求解$c_{n}-2c_{n-1}-5c_{n-2}-c_{n-3}=0$

Question

求解以下齐次递归关系\开始{方程}c{n}-2c{n-1}-5c{n-2}-c{n-3}=0\quad\quadn\geq3\end{方程具有初始条件$c_{0}=0，c_{1}=1$和$c_{2}=14$.

我打算用通常的方法解决这个问题；通过找到特征多项式$c_{n}$和初始条件。但是，特征多项式似乎在$\mathbb{Z}$.

有人对我该怎么做有什么建议吗？

Answer 1

对于$x^3-2x^2-5x-1$，判别式为$361 = 19^2,$根是\开始｛align*｝\smallr1=1+2\cos\left（\frac{8\pi}{19}\ right）+2\cos\leftr2=1+2\cos\left（\frac{2\pi}{19}\ right）+2\cos\leftr_3=1+2\cos\left（\frac｛4\pi｝｛19｝\right）+2\cos\left（\frac｛28\pi｝｛19｝\right）+2\cos\left（\frac｛32\pi｝｛19｝\right）\约3.5070186440929\\\结束{align*}

线性递归的系数应等于$r_1、r_2、r_3、$这些仍有待发现。

我对Tito的一些问题感兴趣，关于立方体的三角根此立方体的标准版本（替换x美元$通过$x+1美元$)在中重用第26页高斯方法的现代呈现考克斯-伽罗瓦理论，很好，但他只做了几个例子（这就是Reuschle的用武之地）。

Answer 2

特征多项式方法确实有效$x^3-2x^2-5x-1$，你有根\开始{align*}r_1约-1.28514248182979\\r_2和大约-0.221876162263191\\r_3&\约3.50701864409298\结束｛align*｝然后我们期望得到该形式的解决方案$Ar_1^n+Br_2^n+Cr_3^n$，所以通过代入我们的初始值，我们得到了一个由3个方程组成的系统，可以用矩阵方程表示$$\左[{\开始{array}{ccc}1 & 1 & 1\\r1、r2和r3\\r_1^2和r_2^2&r_3^2\\\结束{数组}}\right]\左[{\开始{array}{c}A类\\B类\\C类\\\结束{数组}}\right]=\左[{\开始{array}{c}0\\1\\14\\\结束{数组}}\right]$$乘以矩阵的逆矩阵可以得到以下值A、B、C美元$.\开始{align*}大约2.10287\\B&\约-2.97066\\C&\约0.86779\结束{align*}把所有这些放在一起$$c_n约2.10287*（-1.28514248182979）^n+-2.97066*（-0.221876162263191）^n+0.86779*3.50701864409298^n$$

Answer 3

我们可以确定$（c_n）_{n\geq 0}$通过推导生成函数\开始{align*}C（z）=\sum_{n=0}^{\infty}C_nz^n\结束｛align*｝

C（n）美元$是有理函数，我们可以导出加元（z）$直接从递归关系\开始{align*}c{n}&-2c{n-1}-5c{n-2}-c{n-3}=0\quad\quadn\geq3\\c0&=0，c1=1，c2=14\tag{1}\结束{align*}作为\开始{align*}\颜色{蓝色}{C（z）=\frac{a_0+a_1z+a_2z^2}{1-2z-5z^2-z^3}}\tag{2}\结束{align*}陈述了一个断言这种关系的定理在这里.我们计算$C（z）$（2）与分母相乘。通过比较系数，我们得出：\开始{align*}C（z）&\左（1-2z-5z^2-z^3\右）=a_0+a_1z+a_2z^2\\a0&=c0\颜色{蓝色}{=0}\\a1&=-2c0+c1\颜色{蓝色}{=1}\\a2&=-5c0-2c^1+c2=-2+14\颜色{蓝色}{=12}\\\结束{align*}和生成函数$C（z）$是

\开始{align*}\颜色{蓝色}{C（z）}&\color{蓝色{=\frac{z+12z^2}{1-2z-5z^2-z^3}}\tag{3}\\&\颜色{蓝色}{=z+14z^2+33z^3+137z^4+453z^5+\cdots}\结束{align*}其中最后一行是在Wolfram Alpha的帮助下计算出来的。

的系数$C（z）$:我们计算了$C（z）$。我们使用系数操作人员美元[z^n]$表示系数$z^n美元$系列的。

我们获得$n>2美元$:\开始{align*}\颜色{蓝色}{c_n}&=[z^n]c（z）\\&=\左（[z^{n-1}]+12[z^}n-2}]\右）\sum_{q=0}^{\infty}z^q\左（2+5z+z^2\右）^q\标签{4}\\&=\sum_{q=0}^{n-1}[z^{n-1-q}]\左（2+5z+z^2\右）^q\\&\qquad+12\sum{q=0}^{n-2}[z^{n-2-q}]\左（2+5z+z^2\右）^q\tag{5}\\&\颜色{蓝色}{=\sum{q=0}^{n-1}\sum{b+2c=n-1-q}\顶部{a+b+c=q}}\二进制{n-1-q}{a、b、c}2^a5^b}\\&\qquad\color{blue}{+12\sum{q=0}^{n-2}\sum{b+2c=n-2-q}\顶{a+b+c=q}}\二进制{n-2-q}{a、b、c}2^a5^b}\标签{6}\\\结束{align*}

备注：

• 在（4）中，我们对$C（z）$和使用$（z）=（z）$.

• 在（5）中，我们再次使用系数操作符规则，如（4）所示。

• 在（6）中，我们使用三项式系数.

计算c_5美元$:我们做了一个小的合理性检查和计算c_5美元$.我们从（6）中获得\开始{align*}\颜色{蓝色}{c5}&=\左（2\binom{2}{1,0,1}+5^2\binom{2}}{0,2,0}+2^2\cdot 5\binom{3}{2,1,0}+4^2\binom{4}{4,0,0}\right）\\&\qquad\quad+12\left（\binom{1}{0,0,1}+2\cdot 5\binom}{2}{1,1,0}+2^3\binom[3]{3,0,0}\right）\\&=2\frac{2！}{1！0！1！}+25\frac}2！}}{1\\&\qquad\quad+12\left（\frac{1！}{0！0！1！}+10\frac{2！}{1！1！0！}+8\frac{3！}{3！0！0}\right）\\&=4+25+60+16+12\左（1+20+8\右）\\&\，\，\颜色{蓝色}{=453}\结束｛align*｝根据系数$z^5美元$在（3）中。