Řešení rekurentních rovnic 3. Základy diskrétní matematiky, BI-ZDM ZS 2011/12, Lekce 12

Transkript

1 Řešení rekurentních rovnic 3 doc. RNDr. Josef Kolář, CSc. Katedra teoretické informatiky FIT České vysoké učení technické v Praze c Josef Kolar, 2011 Základy diskrétní matematiky, BI-ZDM ZS 2011/12, Lekce 12 Evropský sociální fond. Praha& EU: Investujeme do vaší budoucnosti doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 1/ 18

2 Rovnice s komplexními charakteristickými čísly Násobná charakteristická čísla Zabýváme se řešením homogenních lineárních rekurentních rovnic s konstantními koeficienty řádu k a n+k +c k 1 a n+k 1 + +c 1 a n+1 +c 0 a n =0 (1) provšechna n n 0 vpřípadě,žecharakteristickárovnicemávícenásobné kořeny. Řešení je pak vyjádřeno v následujícím tvrzení. Věta1 Nechť je dána homogenní lineární rekurentní rovnice s konstantními koeficientyřádu k.nechťjsou λ 1,...,λ M jejírůznácharakteristickáčísla, přičemžkaždé λ i mánásobnost m i N +.Pakjemnožina {λ n 1 },{nλn 1 },...,{nm 1 1 λ n 1 },...,{λn M },{nλn M },...,{nm M 1 λ n M } bází prostoru řešení dané rovnice. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 2/ 18

3 Rovnice s komplexními charakteristickými čísly Příklad- komplexní charakteristická čísla Příklad 2 Uvažujme homogenní lineární rekurentní rovnici a n+2 +a n =0. Rovnicemácharakteristickýpolynom p(λ)=λ 2 +1,takžejejí charakteristickáčísla(násobnostijedna)jsou λ 1 = i,λ 2 = i. Obecnéřešenítétorovnicemátedytvar {u.i n +v.( i) n }-dostávámetak komplexní hodnoty pro reálnou posloupnost. Co s tím? Zamysleme se nad řešením původní rovnice. Vidíme, že se dá psát jako součet(proložení) dvou nezávislých alternujících posloupností {u.a n +v.ã n }určenýchtakto: a n =( 1) k pro n=2k a a n =0 pro n=2k+1 ã n =0 pro n=2k a a n =( 1) k pro n=2k+1 doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 3/ 18

4 Rovnice s komplexními charakteristickými čísly Komplexní charakteristická čísla- obecný případ Obecně bude platit, že pokud má charakteristická rovnice komplexní kořen λ=α+i.β,pakmáikomplexněsdruženýkořen λ = α i.β stejné násobnostiavbáziřešenísetedyobjevídvojiceposloupností {(α+i.β) n } a {(α i.β) n }. Jak najít mezi jejich lineárními kombinacemi dvě lineárně nezávislé reálné posloupnosti? α±i.β= r[cos(φ)±i.sin(φ)] = (α±i.β) n = r n [cos(nφ)±i.sin(nφ)], takže (α+i.β) n +(α i.β) n =2r n cos(nφ), (α+i.β) n (α i.β) n =2ir n sin(nφ). Stačí tedy vzít dvě lineární kombinace 1 2 {λn +(λ ) n }={r n cos(nφ)} a 1 2i {λn (λ ) n }={r n sin(nφ)}, což jsou lineárně nezávislé posloupnosti. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 4/ 18

5 Rovnice s komplexními charakteristickými čísly Komplexní charakteristická čísla- obecný případ Propředchozípříkladmáme λ=i=1.(cos( π 2 )+i.sin(π 2 ),takžeobecné řešenílzepsátvetvaru {u.cos(n π 2 )+v.sin(nπ 2 ),cožodpovídánašemu zjištění. V případě vícenásobných komplexních kořenů stačí doplnit ještě uvedené dvojice posloupností vynásobené postupně rostoucími mocninami n, takže v bázi prostoru řešení budou posloupnosti {r n cos(nφ)},{n.r n cos(nφ)},{n 2.r n cos(nφ)},... {r n sin(nφ)},{n.r n sin(nφ)},{n 2.r n sin(nφ)},... Můžeme tedy formulovat obecný postup řešení homogenních lineárních rekurentních rovnic s konstantními koeficienty(hlrrskk). doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 5/ 18

6 Rovnice s komplexními charakteristickými čísly Řešení HLRRsKK- obecný případ 1 Určíme charakteristický polynom p(λ) a jeho kořeny. 2 Pro každé reálné charakteristické číslo λ přidáme do báze řešení B posloupnost {λ n }. 3 Je-litoto λnásobnosti m >1,pakpřidámetaképosloupnosti {n.λ n },{n 2.λ n },...,{n m 1.λ n } 4 Pro každé charakteristické číslo λ = r[cos(φ) + i.sin(φ)], které není reálné,přidámedobázeřešení Bposloupnosti {r n cos(nφ)} a {r n sin(nφ)}. 5 Je-litoto λnásobnosti m >1,pakpřidámetaképosloupnosti {nr n cos(nφ)},{n 2 r n cos(nφ)},...,{n m 1 r n cos(nφ)}. {nr n sin(nφ)},{n 2 r n sin(nφ)},...,{n m 1 r n sin(nφ)}. 6 Je-libáze Btvořenaposloupnostmi { 1 a n },{ { 2 a n },...,{ k a n },pakje k } obecné řešení dané rovnice určeno vzorcem i=1 u i. i a n u 1,u 2,...,u k R. n=n 0 pro 7 Jsou-lidánypočátečnípodmínky a j = A j pro j= n 0,...,n 0 +k 1,pakdonichdosadíme a j = k i=1 u i. i a j a vyřešíme vzniklých k rovnic. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 6/ 18

7 Rovnice s komplexními charakteristickými čísly Příklad HLRRsKK Příklad 3 Najdemeřešenírovnice a n+5 a n+4 +2a n+3 2a n+2 +a n+1 a n =0 provšechna n 0spočátečnímipodmínkami a 0 =1,a 1 =0,a 2 =1, a 3 =0,a 4 =1. Řešení: 1)Charakteristickýpolynom p(λ)=λ 5 λ 4 +2λ 3 2λ 2 +λ 1 = =(λ 1)(λ 2 +1) 2 májednoduchýkořen λ 1 =1advojnásobnékořeny λ 2,3 = ±i. Bázi řešení B tedy tvoří posloupnosti {{1 n } n=0,{1n cos(n π 2 )},{1n sin(n π 2 )},{1n n.cos(n π 2 )},{1n n.sin(n π 2 )}}, takže obecné řešení rovnice má tvar {A+B.cos(n π 2 )+C.sin(nπ 2 )+D.n.cos(nπ 2 )+E.n.sin(nπ 2 )} n=0 doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 7/ 18

8 Rovnice s komplexními charakteristickými čísly Příklad HLRRsKK- pokračování Příklad 4 2) Nyní nalezneme řešení vyhovující zadaným počátečním podmínkám a 0 = 8,a 1 =4,a 2 =0,a 3 =0,a 4 =0. A+B.1+C.0+D.0.1+E.0.0 = 8 A+B = 8 A+B.0+C.1+D.1.0+E.1.1 = 4 A+C+E = 4 A+B.( 1)+C.0+D.2.( 1)+E.2.0 = 0 A B 2D = 0 A+B.0+C.( 1)+D.3.0+E.3.( 1) = 0 A C 3E = 0 A+B.1+C.0+D.4.1+E.4.0 = 0 A+B+4D = 0 Odtudnámvycházíhodnotykonstant A= 2,B= 6,C=10,D=2, E = 4, takže výsledné partikulární řešení rovnice má tvar { 2 6.cos(n π 2 )+10.sin(nπ 2 )+2n.cos(nπ 2 ) 4n.sin(nπ 2 )} n=0 doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 8/ 18

9 Nehomogenní rovnice Nehomogenní rovnice Jak nalézt nějaké řešení nehomogenní rovnice? Kvalifikovaným odhadem podle tvaru pravé strany! Definice 5 (kvazipolynom)řekneme,žeposloupnost {b n } n=n 0 jekvazipolynom, jestližeexistuje λ Rapolynom P(n)takový,že b n = P(n)λ n pro všechna n n 0. Tak např. (2n 3)3 n nebo (n 2 3n+1)( 2) n (atakénapř. n 3 n+3) jsou kvazipolynomy. Pokud je na pravé straně rovnice kvazipolynom, můžeme řešení odhadnout pomocí následujícího tvrzení. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 9/ 18

10 Nehomogenní rovnice Kvazipolynomiální pravá strana Věta6 (řešení rovnice pro kvazipolynomiální pravou stranu) Uvažujme rovnici a n+k +c k 1 a n+k 1 + +c 1 a n+1 +c 0 a n = b n (2) provšechna n n 0.Předpokládejme,žeexistují λ Rapolynom P(n) takový,že b n = P(n)λ n provšechna n n 0. Nechť m je násobnost tohoto čísla λ jako charakteristického čísla přidruženéhomogennírovnice,přičemž m=0vpřípadě,žetoto λvůbec charakteristickým číslem není. Pak existuje polynom Q(n) stupně stejného jako P takový, že je řešením dané rovnice. {n m Q(n)λ n } doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 10/ 18

11 Nehomogenní rovnice Příklad s kvazipolynomiální pravou stranou Příklad 7 Najdemeobecnéřešenírovnice a n+2 2a n+1 3a n = 9n2 n pro n 0. Řešení: 1)Najdemeobecnéřešenírovnice a n+2 2a n+1 3a n =0pro n 0. Charakteristickárovnice λ 2 2λ 3=0dávácharakteristickáčísla-1,3 aobecnéřešení {u.( 1) n +v.3 n } n=0. 2)Pravástranajekvazipolynom,kde λ=2ap(n)= 9njepolynom stupně 1. Číslo λ = 2 není charakteristickým číslem přidružené homogenní rovnice,takžebude m=0ačinitel n 0 =1zřešenívypadne. Existujetedynějakéřešenívetvaru {n 0.Q(n).2 n }={Q(n)2 n },kde Qje jistý polynom stupně 1, jinak řečeno řešení rovnice bude mít tvar {(An+B).2 n }. Konstanty A, B najdeme dosazením do výchozí rovnice. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 11/ 18

12 Nehomogenní rovnice Příklad s kvazipolynomiální pravou stranou- dokončení Příklad 8 Dosazujemeřešení {(An+B).2 n }dovýchozírovnice: a n+2 2a n+1 3a n (A(n+2)+B)2 n+2 2(A(n+1)+B)2 n+1 3(An+B)2 n = 9n2 n = 9n2 n (An+2A+B).4 2(An+A+B)2 3(An+B) = 9 4An+8A+4B 4An 4A 4B 3An 3B = 9n 3An+4A 3B = 9n [ 3A]n+[4A 3B] = 9n+0 Odtudplyne A=3,B=4ahledanéřešenímátvar {(3n+4)2 n }. Obecné řešení zadané nehomogenní rovnice je {(3n+4)2 n +u.( 1) n +v.3 n } n=0. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 12/ 18

13 Nehomogenní rovnice Příklad 2 Příklad 9 Najdemeřešenírovnice a n =2a n n pro n 1spodmínkou a 0 =13.Popřepsánídostandardníhotvarudostanemerovnici a n+1 2a n =3.2 n+1 pro n 0. Řešení: 1) Rovnice má zjevně jediné charakteristické číslo λ = 2, takže obecné řešeníhomogénnírovnicemátvar {u.2 n }. 2)Pravástranarovnicejekvazipolynomsparametry λ=2,p(n)=6,což znamená koincidenci s vlastním číslem rovnice. Řešenítedyodhadujemevetvaru n 1.Q(n).2 n,kde Q(n)jepolynom stupně0,takže a n = A.n2 n akonstantu Aurčímedosazenímdorovnice. a n+1 2a n A(n+1)2 n+1 2.An2 n = 6.2 n = 6.2 n 2A(n+1) 2An = 6 2A = 6 = A=3. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 13/ 18

14 Nehomogenní rovnice Příklad 2- dokončení Příklad 10 Hledanéřešenímátedytvar a n =3n2 n.posečtenízískanýchdvou výsledků dostáváme obecné řešení nehomogénní rovnice ve tvaru {3n2 n +u.2 n } n=0. Zbývá určit konstantu u tak, aby řešení vyhovovalo počáteční podmínce: 13=a 0 = u.2 0 =0+u = u=13 Řešení vyhovující počáteční podmínce má tedy tvar {(3n+13).2 n } n=0. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 14/ 18

15 Nehomogenní rovnice Odhad řešení nehomogénní rovnice Následující tabulka ukazuje odhad tvaru řešení rovnice v záhlaví, pokud bude mít pravá strana tvar uvedený v prvním sloupci. ( ) a n+2 9a n=( ) a n+2 3a n+1 +2a n=( ) a n+2 4a n+1 +4a n=( ) [λ= 3,3] [λ=1,2] [λ=2,2] n.2 n (An+B)2 n n(an+b)2 n n 2 (An+B)2 n [λ=2] n 2 ( 1) n (An 2 +Bn+C)( 1) n (An 2 +Bn+C)( 1) n (An 2 +Bn+C)( 1) n [λ= 1] 2n 5 An+B n(an+b) An+B [λ=1] ( 3) n n.a( 3) n A( 3) n A( 3) n [λ= 3] doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 15/ 18

16 Nehomogenní rovnice Princip superpozice Věta 11 (principsuperpozice)nechť k N + a c 0 (n),c 1 (n),...,c k 1 (n): Z Rjsouzadanéfunkce.Jestližeposloupnost {a n } n=n 0,resp. {ã n } n=n 0 řešírovnici k 1 k 1 a n+k + c i (n)a n+i = b n, resp. a n+k + c i (n)a n+i = b n i=0 provšechna n n 0,pakposloupnost {a n +ã n } n=n 0 řešírovnici provšechna n n 0. i=0 k 1 a n+k + c i (n)a n+i = b n + b n i=0 doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 3 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 12 16/ 18