Problem mit inhomogener Rekursion

13.05.2019, 09:46

Daniel K. M.

Problem mit inhomogener Rekursion

Folgende inhomogene Rekursion ist zu lösen:

a_(n+2) = 4a_(n+) - 4a_n + 3 * 2^n + 5 * 4^n

Das charakteristische Polynom hat eine doppelte Nullstelle bei x= 2 und damit lautet die homogene Lösung

a_(h,n) = C_1 * 2^n + C_2 * 4^n

Für die spezielle Lösung mache ich den Ansatz:

a_(s,n) = B_1 * 2^n + B_2 * 4^n

Damit erhalte ich

a_(n+2) - 4 * a_(n+1) + 4 * a_n =

(4 * B_1 * 2^n + 16 * _2 * 4^n) - 4 * (2 * B_1 * 2^n + 4 * b_2 * 4^n) + 4 * (B_1 * 2^n + B_2 * 4^n) =

(4 - 8 + 4) * B_1 * 2^n + (16 - 16 + 4) * B_2 * 4^n

Aber 4 - 8 + 4 = 0. Und damit klappt der Koeffizientenverglieich für 2^n nicht mehr ! Merkwürdigerweise tritt das bei 4^n nicht auf !

Ich könnte mir vorstellen, dass dies daran liegt, dass die 2 sowohl Basis im Störfaktor ist, als auch (doppelte) Nullstelle. Aber das ist nicht mehr als eine Vermutung meinerseits.

Was mache ich denn jetzt ? Wie muss ich denn den Ansatz abändern, damit die Sache funktioniert ?

13.05.2019, 09:54

HAL 9000

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Vielleicht erstmal die Antworten im alten Thread lesen, dann erübrigen sich solche Anfragen wie diese hier.

Charakteristische Gleichung $\begin{eqnarray*} \lambda^2-4\lambda+4 = 0 \end{eqnarray*}$ besitzt eine Lösung $\begin{eqnarray*} \lambda=2 \end{eqnarray*}$ der Vielfachheit $\begin{eqnarray*} r=2 \end{eqnarray*}$ .

Das bedeutet für Störfunktion $\begin{eqnarray*} s_1(n)=3\cdot 2^n \end{eqnarray*}$ Resonanz, Partikuläransatz lautet dementsprechend $\begin{eqnarray*} C_1n^2 2^n \end{eqnarray*}$ .

Bei zweiten Störfunktionsanteil $\begin{eqnarray*} s_2(n)=5\cdot 4^n \end{eqnarray*}$ läuft es normal ohne Resonanz, Ansatz ist hier $\begin{eqnarray*} C_2 4^n \end{eqnarray*}$ .

Insgesamt kommt man also mit Ansatz $\begin{eqnarray*} C_1n^2 2^n + C_2 4^n \end{eqnarray*}$ zum Erfolg.

13.05.2019, 11:42

Daniel K. M.

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Sorry, ich hatte deinen Beitrag erst gesehen, nachdem ich meinen Post abgeschickt hatte. Das Eintippen der Formeln dauert bei mir nämlich ein Weilchen.

Das mit der Resonanz muss man natürlich wissen ! Das ist im Skript unserer Vorlesung nicht enthalten. Und wenn ich mir das jetzt so anschaue, dann verstehe ich auch, dass da eben die homogene Lösung mit der Störfunktion kollidiert und dass man deshalb die beiden Ausdrücke über ein entsprechendes Polynom trennen muss.

Mit der Information hab ich die Aufgaben jetzt nach einiger Rechnerei lösen können ! smile

14.05.2019, 09:22

Daniel K. M.

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Nachdem ich eine ganze Reihe von Aufgaben gelöst habe, stellt sich mir jetzt doch noch eine Frage:

Nehmen wir mal die obige Rechnung mit dem Ansatz

$\begin{eqnarray*} a_{h,n} = C_1 n^2 2^n + C_2 4^n \end{eqnarray*}$

Das setze ich jetzt in die Rekursionsgleichung ein:

$\begin{eqnarray*} a_{n+2} - 4 a_{n+1} + 4 a_n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =C_1 (n + 2)^2 2^{n+2} + C_2 4^{n + 2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -4 (C_1 (n + 1)^2 2^{n+1} + C_2 4^{n + 1}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} +4 (C_1 n^2 2^n + C_2 4^n) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =(4 C_1 n^2 + 16 C_1 n + 16 C_1) 2^n + 16 C_2 4^n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} +(-8 C_1 n^2 - 16 C_1 n - 8 C_1) 2^n - 16 C_2 4^n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} +(4 C_1 n^2) 2^n + 4 C_2 4^n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 8 C_1 + 4 C_2 2^4 \end{eqnarray*}$

Durch Koeffizientenvergleich erhalte ich die richtige Lösung.

Aber ... wenn ich mir die Rechnung anschaue, dann habe ich im mittleren Teil das Polynom vor 2^n mit viel Mühe ermittelt, nur um festzustellen, dass sich alle Koeffizienten der n^k für k>0 aufheben ! Das ist ja auch gut so, weil sonst der Ansatz nicht funktioniert hätte.

Trotzdem ist das doch ärgerlich, dass man hier eine riesen Rechnung veranstaltet, die letzten Endes nichts zur Lösung beiträgt Man stelle sich vor, die Nullstelle hätte die Vielfachheit 7 ... smile

Also meine Frage: kann ich sicher davon ausgehen, dass sich die n^k aufheben und ich nur den Koeffizienten für n^0 berechnen muss ? Dann würde man sich doch enorme Arbeit sparen !

14.05.2019, 09:26

Daniel K. M.

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@admin

Es muss natürlich heißen:

$\begin{eqnarray*} = 8 C_1 2^n + 4 C_2 4^n \end{eqnarray*}$

Bitte korrigieren.

14.05.2019, 12:12

HAL 9000

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Zitat:

Original von Daniel K. M.
Aber ... wenn ich mir die Rechnung anschaue, dann habe ich im mittleren Teil das Polynom vor 2^n mit viel Mühe ermittelt, nur um festzustellen, dass sich alle Koeffizienten der n^k für k>0 aufheben ! Das ist ja auch gut so, weil sonst der Ansatz nicht funktioniert hätte.

Eben.

Zitat:

Original von Daniel K. M.
Trotzdem ist das doch ärgerlich, dass man hier eine riesen Rechnung veranstaltet, die letzten Endes nichts zur Lösung beiträgt

Nun ja, immerhin hat es doch einen Aha-Effekt bei dir hervorgerufen. Und wenn du tiefer drüber nachdenkst kannst du es vielleicht selbst sauber beweisen, dass das so klappen muss.

Zitat:

Original von Daniel K. M.
kann ich sicher davon ausgehen, dass sich die n^k aufheben und ich nur den Koeffizienten für n^0 berechnen muss ?

Bei deiner Störfunktion ja. Wenn die Störfunktion aber $\begin{eqnarray*} (3n+2)2^n \end{eqnarray*}$ lauten würde und der Ansatz dann $\begin{eqnarray*} (C_1+C2n)n^22^n \end{eqnarray*}$ , dann ist das was anders.

14.05.2019, 13:31

Daniel K. M.

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Zitat HAL9000

"Wenn die Störfunktion aber (3n+2) 2^n lauten würde und der Ansatz dann (C1+C2 n) n^2 2^n, dann ist das was anders."

Ok, das ist schon klar.

Dann vermute ich folgende Behauptung:

Man muss nur die Koeffizienten von k = 0 bis k = Grad der Polynoms vor dem n^i * x_j^n ausrechnen (x_j ist Nullstelle der Vielfachheit i). Wenn man den Ansatz in der o.a. Weise bildet, dann werden die "unerlaubten" Koeffizienten sich aufheben, und somit nur die "erlaubten" Koeffizienten stehen bleiben (und stehen bleiben dürfen).

Das hab ich jetzt sehr lax ausgedrückt. Aber es klingt mir ganz vernünftig. Und das vereinfacht die kollossale Rechnung natürlich erheblich.

Allerdings habe ich trotz "tieferem Nachdenken" noch keinen "sauberen Beweis" dafür gefunden. smile

Scheint mir nicht ganz so einfach zu sein.

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