Resolución de sucesiones definidas por una Relación de Recurrencia Homogénea Lineal

Resolución de la Relación de Recurrencia

Dada la sucesión:

$\begin{displaymath} S_{n+k}=\beta_{k-1}S_{n+\left( k-1\right) }+\beta_{k-2}S_{n+\left( k-2\right) }+\cdots+\beta_{1}S_{n+1}+\beta_{0}S_{n} \end{displaymath}$

sujeta a las condiciones iniciales $S_{0}=c_{0},$ $S_{1}=c_{1},\ldots ,S_{k-1}=c_{k-1},$ el polinomio definido por la matriz de orden $k\times k:$

$\begin{displaymath} \mathbf{A}=\left( \begin{array}[c]{ccccc}% \beta_{k-1} & ... ...ots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 0 \end{array} \right) \end{displaymath}$

está dado por⁴:

$\begin{displaymath} P\left( \lambda\right) =\lambda^{k}-\beta_{k-1}\lambda^{k-1}-\beta _{k-2}\lambda^{k-2}-\ldots-\beta_{1}\lambda-\beta_{0} \end{displaymath}$

Supongamos que la ecuación característica tiene soluciones distintas dos a dos $\lambda_{1},\lambda_{2},\ldots,\lambda_{m}$ con multiplicidades algebraicas $r_{1},r_{2},\ldots,r_{m}$ respectivamente. Bajo estas condiciones sabemos que:

$\begin{displaymath} A^{n}=P^{-1}\cdot J^{n}\cdot P\mbox{ \ }\forall n,n\in I\!\!N\cup\left\{ 0\right\} \end{displaymath}$

con:

$\begin{displaymath} J^{n}=\left( \begin{array}[c]{ccccc}% \left( B_{1}\left( ... ...ight) ^{n}% \end{array} \right) \mbox{ por }\left( 4\right) \end{displaymath}$

donde cada $B_{j}\left( \lambda_{j}\right)$ es un bloque de Jordan de orden $r_{j}$ y

es la matriz de transformación de semejanza de la forma canónica de Jordan de

Además por el teorema 4 tenemos que:

$\begin{displaymath} B_{j}^{n}\left( \lambda_{j}\right) =\left( \begin{array}[c... ... 0 & 0 & 0 & \cdots & \lambda_{j}^{n}% \end{array} \right) \end{displaymath}$

Por otra parte, para determinar las columnas de la matriz $P^{-1}$ , hemos observado en los casos particulares dos por dos y tres por tres, que por cada valor propio $\lambda_{j}$ de multiplicidad algebraica $r_{j}$ se forman $r_{j}$ columnas de $P^{-1}$ , la primera de ellas corresponde al vector propio $\left( \lambda_{j}^{k-1},\lambda_{j}^{k-2},\ldots,\lambda_{j},1\right)$ asociado a $\lambda_{j}$ y las otras $r_{j}-1$ columnas están constituidas por $r_{j}-1$ vectores propios generalísimos asociados a $\lambda_{j}.$

El número máximo de vectores propios generalísimos que es necesario encontrar en este método, es igual a y lo anterior ocurre cuando de la ecuación característica se obtiene una única solución. Si a lo sumo se requieren vectores propios generalísimos, a continuación se explicará cómo es posible encontrar estos vectores.

En la sección se probó, que para el caso dos por dos el vector propio generalísimo requerido es $\left( 1,0\right)$ . En la sección se concluyó que los vectores propios generalísimos asociados a $\lambda_{j}$ para el caso tres por tres son $\left( 2\lambda _{j},1,0\right)$ y $\left( 1,0,0\right)$ . Utilizando un método análogo al de las secciones 3.1 y 3.2 se puede inferir que para el caso cuatro por cuatro los vectores propios generalísimos asociados a $\lambda_{j}$ son $\left( 3\lambda_{j}^{2},2\lambda_{j},1,0\right) ,$ $\left( 3\lambda_{j},1,0,0\right)$ y $\left( 1,0,0,0\right)$ , para el caso cinco por cinco son $\left( 4\lambda_{j}^{3},3\lambda_{j}^{2}% ,2\lambda_{j},1,0\right) ,\left( 6\lambda_{j}^{2},3\lambda_{j},1,0,0\right) ,\left( 4\lambda_{j},1,0,0,0\right)$ y $\left( 1,0,0,0,0\right)$ y para el caso seis por seis corresponden a $\left( 5\lambda_{j}^{4},4\lambda _{j}^{3},3\lambda_{j}^{2},2\lambda_{j},1,0\right) ,\left( 10\lambda_{j}% ^{3},6\lambda_{j}^{2},3\lambda_{j},1,0,0\right) ,$
$\left( 10\lambda_{j}^{2},4\lambda_{j},1,0,0,0\right)$ , $\left( 5\lambda _{j},1,0,0,0,0\right)$ y $\left( 1,0,0,0,0,0\right) .$

Si formamos por cada grupo de vectores añadiendo el vector propio original, una matriz de coef icientes por f ila para cada potencia de $\lambda_{j},$ se obtiene lo siguiente:

$\begin{displaymath}% \begin{array}[c]{c}% H_{2}^{j}=\left( \begin{array}[c]{l... ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \end{array} \end{displaymath}$

La matriz $H_{i}^{j}\in M_{i}\left( I\!\!R\right)$ $\forall i,i\in I\!\!N,i\geq2,$ representa la matriz de coef icientes del vector propio original y los vectores propios generalísimos asociados a $\lambda_{j}$ , para el caso por

Lo interesante de cada una de estas matrices triangulares superiores, radica en sus diagonales no nulas. Observe por ejemplo las diagonales no nulas de la matriz $H_{6}^{j}$ , el triángulo numérico que estas forman viene dado por:

$\begin{displaymath}% \begin{array}[c]{c}% 1\\ % \begin{array}[c]{ll}% 1 & 1 ... ...]{llllll}% 1 & 5 & 10 & 10 & 5 & 1 \end{array} \end{array} \end{displaymath}$

que corresponde al triángulo de Pascal con

. Lo anterior signif ica que las diagonales de la matriz $H_{6}^{j}$ están constituidas por coef icientes binomiales.

En términos más generales, es posible concluir por inducción f inita que:

$\begin{displaymath} H_{i}^{j}=\left( \begin{array}[c]{llllll} \lambda_{j}^{k... ...0 & {k-1 \choose k-1}% \end{array} \right) \hspace{2cm}{7}% \end{displaymath}$

La matriz $H_{i}^{j}$ del vector propio original y los vectores propios generalísimos asociados a $\lambda_{j},$ nos permite completar las $r_{j}$ columnas de $P^{-1}$ por cada $\lambda_{j}$ con $j=1,2,\ldots,m.$ Finalmente al hallar todas las columnas de $P^{-1},$ por $\left( 2\right)$ tenemos que:

$\begin{displaymath} \left( \begin{array}[c]{l}% S_{n+k-1}\\ S_{n+k-2}\\ \... ...c_{k-2}\\ \vdots\\ c_{1}\\ c_{0}% \end{array} \right) \end{displaymath}$

y $S_{n}$ correspondería a la última fila que se obtiene por el producto de las matrices del lado derecho en la igualdad anterior.