Řešení rekurentních rovnic 2 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 11 Evropský sociální fond. Praha& EU: Investujeme do vaší budoucnosti doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 1/ 25
Definice 1 řádu k N je libovolná rovnice ve tvaru a n+k +c k 1 (n)a n+k 1 + +c 1 (n)a n+1 +c 0 (n)a n = b n (1) provšechna n n 0, kde n 0 Z,c i (n)pro i=0,...,k 1(tzv. koeficientyrovnice)jsounějakéfunkcez R,přičemž c 0 (n)není identickynulováfunkce,a{b n } n=n 0 (tzv.pravástranarovnice)jepevně zvolená posloupnost reálných čísel. Jestliže b n =0provšechna n n 0,paksepříslušnárovnicenazývá homogenní. Poznámka: Namístofuncionálníhozápisu f(n),f(n+1),... volímevtomtokontextu běžnějšízápisvetvaruposloupnosti a n,a n+1,... doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 2/ 25
Diference Definice 2 (diferenceposloupnosti)mějmedánuposloupnost {a n },potom posloupnosturčenouvztahem a n = a n+1 a n nazýváme(první) diferencíposloupnosti a n. (k-tádiferenceposloupnosti)prodanouposloupnost {a n }alibovolné k N + definujeme k-toudiferenciposloupnosti {a n }takto: 1 (a n )= (a n )=a n+1 a n pro k=1 k (a n )= k 1 (a n+1 ) k 1 (a n ) pro k >1 Poznámky: Snadno odvodíme, že platí 2 (a n )= (a n+1 ) (a n )=a n+2 2a n+1 +a n 3 (a n )=a n+3 3a n+2 +3a n+1 a n 4 (a n )=a n+4 4a n+3 +6a n+2 4a n+1 +a n Jakbudevypadatvýrazpro i (a n )? doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 3/ 25
Difenční rovnice Lineární diferenční rovnice se zavedou podobně jako rovnice rekurentní s tím,žesemísto a n+i použije i (a n ). k (a n )+c k 1 (n) k 1 (a n )+ +c 1 (n) (a n )+c 0 (n)a n = b n (2) doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 4/ 25
Řešení rekurentní rovnice Definice 3 (řešení rekurentní rovnice) Nechť je dána lineární rekurentní rovnice a n+k +c k 1 (n)a n+k 1 + +c 1 (n)a n+1 +c 0 (n)a n = b n (3) provšechna n n 0.Jejímřešenímnazvemelibovolnouposloupnost {a n } n=n 0 takovou,žepodosazeníodpovídajícíchčlenůdodanérovnice dostáváme pro všechna n pravdivý výrok. Příklad 4 Uvažujme rovnici a n+1 n.a n =0 provšechna n 1. (4) Řešenímtétorovnicejeposloupnost a n = A.(n 1)!,n 1prolibovolné A R,jaksnadnoověřímedosazenímdorovnice. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 5/ 25
Počáteční podmínky Definice 5 (počáteční podmínky) Nechť je dána lineární rekurentní rovnice řádu k a n+k +c k 1 (n)a n+k 1 + +c 1 (n)a n+1 +c 0 (n)a n = b n (5) provšechna n n 0.Počátečnímipodmínkamiprotutorovnicinazveme libovolnousoustavurovnic a n0 = A 0,a n0 +1= A 1,...,a n0 +k 1= A k 1, kde A i Rjsoupevnězvolenáčísla. Pomocí rekurentní rovnice s využitím počátečních podmínek můžeme spočítat a n0 +k= b n0 c k 1 (n 0 )A k 1 c k 2 (n 0 )A k 2 c 1 (n 0 )A 1 c 0 (n 0 )A 0 a n0 +k+1= b n0 +1 c k 1 (n 0 +1)a n0 +k c 0 (n 0 +1)A 1 a podobně pak postupně další hodnoty. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 6/ 25
Existence a jednoznačnost Věta6 (o existenci a jednoznačnosti) Každá lineární rekurentní rovnice má nějaké řešení. Je-li dána lineární rekurentní rovnice řádu k a příslušné počáteční podmínky, pak existuje jediné řešení této rovnice, které splňuje dané počáteční podmínky. Důkaz:(náznak- podrobně viz Habala) Existence řešení- začneme z počátečních hodnot. Používáme silnou indukci(hodnoty jdou zpět o víc než jeden krok), získávámejednoznačněurčenékonečnéposloupnosti {a N,n } N n=n 0. Prefixkonečnéposloupnosti {a N+1,n } N n=n 0 seshodujescelou předchozíposloupností,vybereme {a m }={a m,m } Jednoznačnost ověříme rovněž silnou indukci- prvních k členů se shoduje díky počátečním podmínkám, další se počítá z prvních k, atd. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 7/ 25
Jednoznačnost Důsledek předchozí věty: Nechť {a n } n=n 0 a {ã n } n=n 0 jsoudvěřešenítéželineárnírekurentní rovnice řádu k. Jestliže se shoduje prvních k členů těchto řešení, pak se shodují celé posloupnosti. Řešení tedy máme zaručené, ale nevíme, jak vypadá v uzavřeném tvaru. Definice 7 Uvažujme lineární rekurentní rovnici a n+k +c k 1 (n)a n+k 1 + +c 1 (n)a n+1 +c 0 (n)a n = b n (6) provšechna n n 0.Potomselineárníhomogennírekurentnírovnice a n+k +c k 1 (n)a n+k 1 + +c 1 (n)a n+1 +c 0 (n)a n =0 (7) nazývá k ní přidružená homogenní rovnice. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 8/ 25
Struktura řešení Věta8 (o struktuře řešení) Nechť je dána lineární rekurentní rovnice a n+k +c k 1 (n)a n+k 1 + +c 1 (n)a n+1 +c 0 (n)a n = b n (8) provšechna n n 0 anechť {a n } n=n 0 jenějakéjejířešení. Posloupnost {a n } n=n 0 jeřešenímtétorovniceprávětehdy,pokudsedá napsat jako {a n } n=n 0 = {a n } n=n 0 +{ã n } n=n 0, kde {ã n } n=n 0 jenějakeřešenípřidruženéhomogennírovnice. Musíme se naučit dobře řešit homogénní rovnice. Musíme najít(uhádnout?) aspoň jedno řešení negomogenní rovnice. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 9/ 25
Struktura řešení homogenní lineární rekurentní rovnice Věta9 Nechť je dána homogenní lineární rekurentní rovnice a n+k +c k 1 (n)a n+k 1 + +c 1 (n)a n+1 +c 0 (n)a n =0, (9) (kde c k (n)=1)provšechna n n 0.Pakmnožina Mvšechjejíchřešení je lineární prostor dimenze k. Důkaz:(náznak- podrobně viz Habala) Jsou-li {a n } a {ã n }nějakářešení,paktaké u.{a n }+v.{ã n }je řešením(to plyne z linearity rovnice). Dimenze Mje k:nechťje {a i n}řešenímdanérovniceapočátečních podmínek a n0 +j= δ ij provšechna i,j=0,1,...,k 1 (Kroneckerovo delta). Potom 1 {a i n}pro i=0,1,...,k 1 jsoulineárněnezávisléposloupnosti 2 libovolné řešení lze vyjádřit jako jejich lineární kombinaci. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 10/ 25
Rovnice s konstantními koeficienty Definice 10 řádu k s konstantními koeficienty je libovolná rekurentní rovnice ve tvaru a n+k +c k 1 a n+k 1 + +c 1 a n+1 +c 0 a n = b n (10) provšechna n n 0, kde n 0 Z,c i Rpro i=0,...,k 1jsoupevně zvolenáčísla, c 0 0a{b n } n=n 0 jepevnězvolenáposloupnostreálných čísel. Charakteristickým polynomem této rovnice nazýváme polynom p(λ)=λ k +c k 1 λ k 1 + +c 1 λ+c 0. (11) Kořeny charakteristického polynomu se nazývají charakteristická čísla, popř. vlastní čísla dané rovnice. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 11/ 25
Řešení rovnice s konstantními koeficienty Věta 11 Jestliže je λ charakteristickým číslem homogenní lineární rekurentní rovnice s konstantními koeficienty a n+k +c k 1 a n+k 1 + +c 1 a n+1 +c 0 a n =0 (12) provšechna n n 0,pakjeposloupnost {λ n } n=n0 jejímřešením. Důkaz: Dosadímeposloupnost a n = λ n dodanérovnice: a n+k +c k 1 a n+k 1 + +c 1 a n+1 +c 0 a n = λ n+k +c k 1 λ n+k 1 + +c 1 λ n+1 +c 0 λ n = λ n (λ k +c k 1 λ k 1 + +c 1 λ+c 0 )= λ n (p(λ)=λ n.0=0, neboť λ je kořenem charakteristického polynomu. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 12/ 25
Řešení rovnice s konstantními koeficienty Věta 12 Uvažujme homogenní lineární rekurentní rovnici 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 (13) provšechna n n 0.Jestližemá k(různých)charakteristickýchčísel λ i, pakposloupnosti {λ n i } n=n0 tvoříbáziprostoruřešenídanérovnice. Důkaz:(podrobně viz Habala) Potřebujemeukázat,žerovnice k i=1 u i{λ n i }={0}nutněvedena u i =0provšechna i. Stačí se ale podívat na prvních k členů zúčastněných posloupností a dostaneme soustavu rovnic s regulární maticí(vandermont). Obecnéřešenírovnicemátedytvar { k i=1 u i{λ n i }= k } i=1 u iλ n i Otázkaprozvídavé:Můžebýtněkteré λ i rovnonule? doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 13/ 25
Příklad rovnice s konst. koeficienty Příklad 13 Uvažujme homogenní lineární rekurentní rovnici druhého řádu a n+2 3a n+1 +2a n =0 pro n 1 spočátečnímipodmínkami a 1 = 1,a 2 =2. Řešení: Najdeme obecné řešení pomocí kořenů charakteristického polynomu p(λ)=λ 2 3λ+2=(λ 2)(λ 1). Kořenyjsou λ 1 =2,λ 2 =1,takžeobecnéřešenímátvar {u 2 n +v 1 n } n=1 = {u 2n +v} n=1 prolib. u,v R Zbývá nalézt řešení splňující zadané počáteční podmínky- tak dostaneme u= 3 2a v= 4. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 14/ 25
Příklad- Fibonacci-ho posloupnost Příklad 14 Chceme nalézt vyjádření v uzavřeném tvaru pro Fibonacci-ho posloupnost definovanou rekurentní rovnicí F n+2 F n+1 F n =0 pro n 1 spočátečnímipodmínkami F 1 = F 2 =1. Řešení:Zcharakteristickérovnice p(λ)=λ 2 λ 1=0dostaneme charakteristickáčísla λ 1,2 = 1± 5 2,obecnéřešenírovnicemátedytvar ) n. F n = u ( 1+ 5 2 Nyní aplikujeme počáteční podmínky: ) n+v ( 1 5 2 F 1 = u 1+ 5 2 +v 1 5 2 =1 a F 2 = u ( 1+ 5 2 ) 2+v ( ) 1 5 2=1 2 doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 15/ 25
Příklad- Fibonacci-ho posloupnost pokračování Příklad 15 Zpočátečníchpodmínekdostanemehodnoty u= 1 5 = v,takže dostáváme řešení (( F n = 1 ) n ( ) n ) 1+ 5 5 2 1 5 2 = 1 5 (φ n (1 φ) n ), kde φ= 1+ 5 2 = 1,62jetzv.zlatýřez(cojeto?). Asymptotickyplatí F n =Θ(φ n ) (proč?),alejakspočítámepřesněnapř. F 100,kdyžnemákonečnédesítkové/dvojkovévyjádření? Provýpočet F n sevícehodímaticováformule [ ] n [ ] 1 1 F(n+1) F(n) =, 1 0 F(n) F(n 1) vekterélzemocninuspočítatvčaseθ(lg n)(jak?). doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 16/ 25
Násobná charakteristická čísla Věta 16 Nechť je dána homogenní lineární rekurentní rovnice s konstantními koeficienty. Jestliže je λ její charakteristické číslo s násobností m, pak posloupnosti {λ n },{nλ n },...,{n m 1 λ n }jsouřešenímdanérovnicea tvoří lineárně nezávislou množinu. Důkaz:(viz Habala) Tím dostáváme následující hlavní tvrzení. Věta 17 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 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 17/ 25
Příklad- násobná charakteristická čísla Příklad 18 Najdemeobecnéřešenírovnice a n+3 a n+2 a n+1 +a n =0provšechna n 2. Řešení:Charakteristickýpolynomje p(λ)=λ 3 λ 2 λ+1.dokážeme nalézt jeho kořeny? p(λ)=(λ 1)(λ 2 1)=(λ 1)(λ 1)(λ+1) Takžemáme λ 1 =1(dvojnásobný)aλ 2 = 1(jednoduchý),báziprostoru řešení tvoří trojice posloupností aobecnéřešenímátvar {1 n } n= 2, {n.1n } n= 2, {( 1)n } n= 2 {A+Bn+C( 1) n } n= 2. doc. Josef Kolář (FIT ČVUT) Řešení rekurentních rovnic 2 ZDM, ZS 2011/12, Lekce 11 18/ 25