[EX] Soluzione di ricorrenze lineari del secondo ordine

[gugo82]

Esercizio:

Siano \(b,c\in \mathbb{R}\) tali che \(\Delta := b^2-4c<0\) ed \(\alpha,\beta \in \mathbb{R}\).

Trovare una formula elementare che esprima in forma chiusa la soluzione[nota]Nel seguito uso la notazione funzionale \(x(n)\) per denotare il termine generale di una successione al posto dell'usuale simbolo \(x_n\).[/nota] del problema:
\[ \tag{A}
\begin{cases}
x(n+2) + b\ x(n+1) + c\ x(n) =0\\
x(0)=\alpha\\
x(1)=\beta\; .
\end{cases}
\]

[theras]

Sbaglio,o è una "versione discreta" d'un PdC del II° ordine abbastanza classico
(i.e. EDO omogenea del II° ordine,a coefficienti costanti,con due condizioni iniziali)?
Saluti dal web.

[Epimenide93]

Non ho mai avuto a che fare con le successioni per ricorrenza del secondo ordine, ma ho provato a risolverla ripercorrendo la dimostrazione della costruzione della formula chiusa per la successione di Fibonacci, sperando di non aver fatto qualche idiozia la soluzione che mi vien fuori è:

[tex]\displaystyle x(n) = \left ( \frac{\alpha}{2}+i \frac{2 \beta + \alpha b}{2 \sqrt{- \Delta}} \right ) \left ( - \frac{b + i \sqrt{- \Delta}}{2} \right )^n + \left ( \frac{\alpha}{2}-i \frac{2 \beta + \alpha b}{2 \sqrt{- \Delta}} \right ) \left ( \frac{-b + i \sqrt{- \Delta}}{2} \right )^n[/tex]

Che assume sempre valori reali in quanto tutti i complessi che figurano sono coniugati.

EDIT qualcosa non va di sicuro, dato che questa soluzione vale solo se [tex]\alpha = \frac{\sqrt{- \Delta}}{- \Delta}[/tex], cerco qualche idea per la soluzione generale.

EDIT 2 provando su questa strada mi vengono fuori i conti più brutti che abbia mai visto, ci dev'essere un'altra strada (e se non c'è non ho voglia di vedere la soluzione), appena mi riprendo dal tentativo provo qualche altra strada. Un suggerimento è più che gradito dal momento che non ho idea di come procedere, né (se esiste) conosco un procedimento comune dal quale per lo meno partire.

[gugo82]

@ theras: Certo.

@ Epimenide93: L'idea è giusta; bisogna solo trovare un modo "efficiente" per fare i conti.

Suggerimento: Il polinomio caratteristico associato alla ricorrenza ha discriminante negativo, ergo esso ha due radici complesse coniugate; tali radici possono scriversi come \(\rho\ \epsilon\) e \(\rho\ \bar{\epsilon}\) per un appropriato \(\rho >0\) ed un appropriato numero complesso \(\epsilon\) di modulo unitario. Si usi il fatto che \(\bar{\epsilon} = \epsilon^{-1}\).

[Epimenide93]

Grazie mille per il suggerimento! Coi calcoli diventati un po' più gestibili sono riuscito a trovare questa soluzione:
$x(n) = [ \alpha \frac{\Delta}{2c} + i (\alpha + \frac{2 \beta}{\sqrt{c}}) \frac{b\sqrt{- \Delta}}{2c}](\frac{-b+i\sqrt{-\Delta}}{2})^n + [ \alpha (1- \frac{\Delta}{2c}) - i (\alpha + \frac{2 \beta}{\sqrt{c}}) \frac{b\sqrt{- \Delta}}{2c}](- \frac{b+i\sqrt{-\Delta}}{2})^n$

Spero sia giusta.

Ho una domanda in merito alle ricorrenze lineari del secondo ordine. Nelle dimostrazioni che ho visto (e che come ho detto ho ripercorso) della successione di Fibonacci, la ricerca di una successione geometrica veniva indotta in maniera puramente euristica (le successioni più semplici sono quelle aritmetiche e quelle geometriche, chiaramente non è aritmetica, proviamo a trovarne una geometrica, bingo!). Quello che mi chiedo è se c'è una ragione matematica più profonda, al di là della pura euristica, per cui una rappresentazione in formula chiusa di questo tipo di successioni sia particolarmente legata alle successioni geometriche piuttosto che ad altre.

[gugo82]

@ Epimenide: Non ho controllato la tua soluzione, però ragioni "estetiche" e concettuali mi impediscono di accettarla...
Infatti la soluzione è una successione reale e, perciò, sarebbe preferibile che nella formula non comparissero numeri immaginari.

La soluzione in forma chiusa senza numeri immaginari si può determinare usando sapientemente le formule che forniscono le potenze dei numeri immaginari di modulo unitario.[nota]Sempre che io non abbia sbagliato a fare i conti. [/nota]

***

Per quel che concerne la seconda questione, vale per le progressioni geometriche lo stesso discorso che vale per le funzioni esponenziali nell'ambito delle EDO.



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[Nietzsche610]

Ciao!
Posto un tentativo con la trasformata Zeta.

Premesse: la trasformata Zeta gode delle seguenti proprietà:

1. $\mathcal(Z){f(n+1)}=\sum_{n=0}^(+\infty)f(n+1)z^(-n)=z\sum_{n=0}^(+\infty)f(n+1)z^[-(n+1)]=$

$=z\sum_{n=0}^(+\infty)[f(n+1)z^[-(n+1)]+f(0)-f(0)]=z[F(z)-f(0)]$.

2. $\mathcal(Z){f(n+2)}=\sum_{n=0}^(+\infty)f(n+2)z^(-n)=z^2\sum_{n=0}^(+\infty)f(n+2)z^[-(n+2)]=$

$=z^2\sum_{n=0}^(+\infty)[f(n+2)z^[-(n+2)]+f(0)-f(0)+f(1)z-f(1)z]=z^2[F(z)-f(0)-f(1)z]$.

Applicando la trasformata all'equazione data si ottiene:

$z^2[X(z)-x(0)-x(1)z]+bz[X(z)-x(0)]+cX(z)=0$

$X(z)=(\betaz^3+\alphaz^2+\alphabz)/(z^2+bz+c)->\tildeX(z)=[X(z)]/z=(\betaz^2+\alphaz+\alphab)/(z^2+bz+c)$

Facendo la divisione fra polinomi si ottiene: $\tildeX(z)=\beta+[(\alpha-b\beta)z]/(z^2+bz+c)+(\alphab-c\beta)/(z^2+bz+c)$.

Il denominatore presenta una coppia di numeri complessi coniugati $z_{1,2}=-b/2+-[sqrt(|\Delta|)i]/2$.

Sfruttando il fatto che ogni numero complesso è esprimibile come $z=cos\phi+isin\phi$, imponiamo

$\{(cos\phi=-b/2),(sin\phi=sqrt(|\Delta|)/2):}->\phi=tan^(-1){-sqrt(|\Delta|)/b}$ e inoltre $|z|=sqrt(b^2+|\Delta|)/2$.

Tenuto conto del fatto che $(z-cos\phi)^2+sin^2\phi=(z-sqrt(|\Delta|)/2)^2+b^2/4$ e moltiplicando il tutto per $z$, si può antitrasformare $z\tildeX(z)$, ottenendo:

$x(n)=(\alphab-c\beta){sqrt(b^2+|\Delta|)/2}^nsin[tan^(-1)(-sqrt(|\Delta|)/b)n]+(\alpha-b\beta){sqrt(b^2+|\Delta|)/2}^ncos[tan^(-1)(-sqrt(|\Delta|)/b)n]+\beta\delta(n+1)$.

L'ho fatto un po' di fretta quindi è possibile che abbia dimenticato qualcosa

[gugo82]

@ Gabriele.Sciaguato: Dovrebbe essere giusto.
Tuttavia si può anche fare a meno di usare sturmenti sofisticati come la trasfomata zeta: basta fare i conti a mano in maniera rapida ed indolore usando i suggerimenti che ho dato sopra.

[Epimenide93]

Con qualche furbizia che avrei dovuto tirar fuori decisamente prima sono giunto a questa soluzione (esteticamente non è messa molto meglio dell'altra, ma se non altro compaiono esclusivamente numeri reali):
$x(n) = 2 c^{n/2} [\alpha/2 \cos(n \arctan (\sqrt{-\Delta}/b) ) - \frac{\alpha b + 2 \beta}{\sqrt{-\Delta}} \sin(n \arctan (\sqrt{-\Delta}/b) )]$
Grazie per la delucidazione. Devo iniziare il secondo anno, quindi purtroppo non ho ancora visto le EDO (il professore del corso di analisi ha preferito fare quest'anno le successioni e le serie di funzioni e rimandare tutto ciò che riguarda le equazioni differenziali per gli altri anni).
@Gabriele.Sciaguato stavo provando a confrontare la mia soluzione con la tua, ma non riesco a interpretarla, cos'è $\delta(n+1)$ ?

[theras]

@Epimenide93.
A mio avviso sarebbe il caso d'esporre più approfonditamente le considerazioni che t'hanno fatto pervenire a quella conclusione:
questo è un Forum divulgativo e tutoriale, ed a qualcuno dei frequentatori di questa stanza potrebbe essere utile apprendere che hai cercato una base $B$ d'uno spazio vettoriale di dimensione $2$,
per poi imporre le condizioni iniziali richieste al termine generale di quest' ultimo espresso come combinazione lineare degli elementi di $B$ .
Saluti dal web.

[Epimenide93]

Sì, hai pienamente ragione. Il fatto è che come ho detto non ho alle spalle tutta la teoria che sta dietro le successioni ricorsive del secondo ordine (che mi pare di capire siano legate alle EDO un po' come le successioni reali esplicite lo sono alle funzioni reali), e mi sono buttato sull'esercizio un po' all'arrembaggio, senza la certezza di portarlo a termine; non volevo rischiare di suggerire qualcosa di fuorviante o se ho frainteso qualcosa di spacciare il mio fraintendimento per qualcosa di corretto.
L'idea di fondo è quella che hai detto tu, ma a priori non sapevo si trattasse di un sistema di generatori (né ho pensato subito ad un'interpretazione in termini vettoriali), ho trovato due vettori linearmente indipendenti ed ho considerato che una loro combinazione lineare dovesse essere soluzione, il fatto che non ne esistano altri (e che quindi la soluzione sia necessariamente in uno spazio di dimensione $2$ e non ne esista una in uno spazio con dimensione $\geq 2$) non saprei dimostrarlo, né ho idea del perché debba cercarne due da principio, più che altro ne ho trovati due come soluzione di un'equazione ed ho incrociato le dita (come ho detto stavo ripercorrendo una dimostrazione già fatta ma non dovutamente giustificata); ovviamente intuitivamente capisco che date due soluzioni non ho più gradi di libertà "per muovermi", ma non mi sogno neanche di giustificare una mia scelta in virtù di un'intuizione. Comunque mi piacerebbe molto approfondire l'argomento se possibile anche prima di passare allo studio delle EDO (odio usare risultati o teoremi che non ho dimostrato almeno una volta o che non capisco "appieno" almeno all'interno dell'ambito in cui mi trovo), hai qualche testo o dispensa da consigliare?

[Epimenide93]

Per quel che riguarda una spiegazione più dettagliata del procedimento adottato, ho provato con un bel leap of faith a cercare una successione geometrica che rispettasse le condizioni poste, così il termine generico diventava $x^(n+2)=-bx^(n+1)-cx^n$, da cui dividendo per $x^n$ ottengo $x^2=-bx-c$. Le due soluzioni dell'equazione (siano $x_1$ e $x_2$), rispettano certamente la prima condizione e tutte le combinazioni lineari di questa ($[A(x_1^2+bx_1+c) + B(x_2^2+bx_2+c)] x^n = (A0 + B0) x_n = 0$), una volta verificato questo e imposte le condizioni iniziali (e giocato un po' col calcolo simbolico) si ricavano $A$ e $B$.
L'interpretazione vettoriale mi è suggerita con molto senno di poi dalla combinazione lineare, ma non saprei giustificare tutti i passaggi col formalismo algebrico del caso (ho problemi già a capire in quale spazio ci troviamo, a tutta prima direi un sottospazio delle successioni geometriche, ma il fatto che non sia finitamente generato mi spiazza in quanto non ho idea di quali teoremi dell'algebra lineare su spazi finitamente generati restino immutati e di quali cambino/non valgano).
Spero sia un minimo di aiuto, ma più che altro sono io ad averne bisogno in questo caso

[theras]

Non trovo più gli appunti della materia in cui trattai gli argomenti(Sistemi Dinamici),
e probabilmente passerò dalla casa in cui dovrei averli lasciati non prima di Novembre:
per confermare quanto l'istinto t'ha ben suggerito ho però trovato,googlando un po',questa dispensa che mi pare idonea ai tuoi fini(e pure ai miei )..
Saluti dal web.

P.S.Se il link non t'indirizza, prova con http://www.mat.uniroma2.it/~gealbis/ALDifferenzeFinite.pdf..

[Epimenide93]

Grazie mille! Ad una prima occhiata mi sembra proprio quello che cercavo, mi metto subito a studiarla con calma!

[theras]

E di cosa?
Grazie a te per lo spunto :
saluti dal web.

[gugo82]

Posto la mia, così qualcuno si prenderà la briga di confrontare.


Come detto sopra, chiamo \(\rho \epsilon\) e \(\rho \bar{\epsilon}=\rho \epsilon^{-1}\) le radici del polinomio caratteristico associato alla ricorrenza, in cui \(\rho >0\) ed \(\epsilon\in \mathbb{C}\) ha modulo unitario ed argomento principale in \(]0,\pi[\).
Per fatti di teoria, so che:
\[
x(n) = A\ \rho^n\ \epsilon^n + B\ \rho^n\ \bar{\epsilon}^n
\]
con \(A,B\) da determinare usando le condizioni iniziali, i.e. risolvendo il sistema:
\[
\tag{1}
\begin{cases}
A+B=\alpha \\
\rho\ \epsilon\ A + \rho\ \bar{\epsilon}\ B = \beta\; .
\end{cases}
\]
Dato che le soluzioni di (1) sono:
\[
\begin{split}
A &= \frac{1}{ \rho\ (\bar{\epsilon} - \epsilon )}\ \begin{vmatrix} \alpha & 1 \\ \beta & \rho\ \bar{\epsilon} \end{vmatrix}\\
&= -\frac{1}{\rho\ 2\imath\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \left( \alpha\ \rho\ \bar{\epsilon} - \beta\right)\\
B&= \frac{1}{ \rho\ (\bar{\epsilon} - \epsilon )}\ \begin{vmatrix} 1& \alpha \\ \rho\ \epsilon & \beta \end{vmatrix}\\
&= -\frac{1}{\rho\ 2\imath\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \left( \beta -\alpha\ \rho\ \epsilon\right)
\end{split}
\]
la soluzione della ricorrenza è:
\[
\begin{split}
x(n) &= -\frac{1}{\rho\ 2\imath\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \left( \alpha\ \rho\ \bar{\epsilon} - \beta\right)\ \rho^n\ \epsilon^n -\frac{1}{\rho\ 2\imath\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \left( \beta -\alpha\ \rho\ \epsilon\right)\ \rho^n\ \bar{\epsilon}^n \\
&= \frac{\alpha\ \imath}{2\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^n\ \left( \bar{\epsilon}\ \epsilon^n - \epsilon\ \bar{\epsilon}^n\right) + \frac{\beta\ \imath }{2\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^{n-1}\ \left( \bar{\epsilon}^n - \epsilon^n\right)
\end{split}
\]
Usando il fatto che \(\bar{\epsilon}=\epsilon^{-1}\), ossia che \(\epsilon = \bar{\epsilon}^{-1}\), e che il coniugato commuta con la potenza, dall'ultimo membro della precedente ottengo:
\[
\begin{split}
x(n) &= \frac{\alpha\ \imath}{2\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^n\ \left( \epsilon^{n-1} - \bar{\epsilon}^{n-1}\right) + \frac{\beta\ \imath}{2\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^{n-1}\ \left( \bar{\epsilon}^n - \epsilon^n\right) \\
&= \frac{\alpha\ \imath}{2\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^n\ \left( \epsilon^{n-1} - \bar{\epsilon}^{n-1}\right) + \frac{\beta\ \imath }{2\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^{n-1}\ \left( \bar{\epsilon}^n - \epsilon^n\right)\\
&= \frac{\alpha\ \imath}{2\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^n\ 2\imath\ \operatorname{Im}(\epsilon^{n-1}) - \frac{\beta\ \imath }{2\ \operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^{n-1}\ 2\imath\ \operatorname{Im}(\epsilon^n)\\
&= - \frac{\alpha}{\operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^n\ \operatorname{Im}(\epsilon^{n-1}) + \frac{\beta}{\operatorname{Im}(\epsilon)}\ \rho^{n-1}\ \operatorname{Im}(\epsilon^n)\; .
\end{split}
\]
Dato che \(\epsilon\) ha modulo unitario, detto \(\theta \in ]0,\pi[\) il suo argomento principale, ho:
\[
\operatorname{Im}(\epsilon) = \sin \theta \ ,\quad \operatorname{Im}(\epsilon^{n-1}) = \sin \big( (n-1)\ \theta\big) \quad \text{e} \quad \operatorname{Im}(\epsilon^n) = \sin \big( n\ \theta\big)
\]
dunque trovo la formula:
\[
\boxed{x(n) = - \frac{\alpha}{\sin \theta}\ \rho^n\ \sin \big( (n-1)\ \theta\big) + \frac{\beta}{\sin \theta}\ \rho^{n-1}\ \sin (n\ \theta)}
\]
in cui:
\[
\theta = \operatorname{arccot} \frac{-b}{\sqrt{4c-b^2}}
\]
è l'argomento principale della radice del polinomio caratteristico con parte immaginaria positiva.

[ciampax]

Concordo, mi era venuta la stessa cosa. Stavo pensando, però, se non si potesse cercare di esprimere il tutto in maniera differente, magari in forma maggiormente "algebrica" (non so se mi sono spiegato).

[Epimenide93]

Per operare un confronto tra le due soluzioni bisognerebbe esprimere $\sin((n-1)\theta$ in funzione di $cos(n\theta)$... Magari è meglio di no scrivo i calcoli che ho utilizzato per arrivare alla soluzione.
Come suggerito da gugo82 le due soluzioni si possono esprimere come $\rho\epsilon$ e $\rho\bar(\epsilon)$ con $\rho = |x_1| = |x_2| = \sqrt{c}$ mentre $\epsilon$ ed $\bar(\epsilon)$ si ricavano dalle soluzioni, dividendo per $\sqrt{c}$, per comodità li scrivo come $\epsilon = h+ik$, $\bar(\epsilon)= h-ik$ .
Da:
${ ( A+B=\alpha ),( A\epsilon + B\bar(epsilon) = \beta/\sqrt(c)):}$
ho, ponendo $A = \gamma + i\delta$, $B= \alpha - \gamma - i\delta$, inoltre, dalla seconda equazione (svolgendo i calcoli coi simboli che ho introdotto) si ha $(\alpha h - 2 \delta k) + i(2k\gamma - \alpha k) = \beta/\sqrt(c)$, RHS è reale, quindi:
${ ( \alpha h - 2 \delta k = \beta/\sqrt(c)),( 2k\gamma - \alpha k = 0):}$
e sostituendo alla fine $h$ e $k$ coi loro valori:
${ ( \gamma = \alpha/2),( \delta = \frac{-\alpha b - 2 \beta}{\sqrt(4c-b^2)}):}$
dunque
${ (A=\alpha/2 - i \frac{\alpha b + 2 \beta}{\sqrt(4c-b^2)}),(B=\alpha/2 + i \frac{\alpha b + 2 \beta}{\sqrt(4c-b^2)} = \bar(A)):}$
scrivo il termine generico $x(n)$ usando in alcuni passaggi i $\gamma$ e $\delta$ definiti prima e con $\epsilon = e^(i n\theta)$ e $\bar(\epsilon)=e^(-i n\theta)$
$x(n) = Ac^(n/2)\epsilon^n + \bar(A)c^(n/2)\bar(epsilon)^n =$
$=c^(n/2)[\gamma(e^(i n\theta)+e^(-i n\theta))+i\delta(e^(i n\theta)-e^(-i n\theta))]=$
$=c^(n/2)[2\gamma\cos(n\theta)-2\delta\sin(n\theta)]=$
$=2c^(n/2)(\alpha/2\cos(n\theta)+\frac{\alpha b + 2\beta}{\sqrt{4c-b^2}}\sin(n\theta))$ con $\theta=-\arctan(\frac{\sqrt(4c-b^2)}{b})$, che è la soluzione che ho proposto qualche risposta fa.