Diskrétní matematika II

Diskrétní matematika II 1. dubna 015

Obsah Obsah 1 1 Diferenční rovnice 1.1 Motivační úlohy................................. Lineární diferenční rovnice 7.1 Prostor komplexních posloupností....................... 8. Homogenní lineární diferenční rovnice..................... 11. Lineární diferenční rovnice s pravou stranou................. 19 Literatura 7 1

1 Diferenční rovnice 1.1 Motivační úlohy Příklad 1.1. Králíci: Kolik párů potomků bude mít v n-tém roce jediný pár králíků, když Králíci dospívají po jednom měsíci. Každý dospělý pár má v každém měsíci jeden pár potomků. Nedochází k úhynu. Dojdeme k rekurenci F n+ = F n+1 + F n, n 0, F 0 = 0, F 1 = 1. 1.1) Příklad 1.. Hanojské věže: Máme tři kolíčky a na jednom z nich je nasunutá věž z koleček od největšího vespodu až k nejmenšímu navrch. Jaký je minimální počet kroků ve k přesunutí věže o n-kolečkách na jiný kolík, když V jednom tahu přesouváme jedno kolečko. Smíme položit jen menší na větší. Označíme H n. Vyzkoušíme a zjistíme H 1 = 1, H =, H = 7. Závislost H n na H n 1 dvodíme následujícím postupem: Máme-li věž výšky n, přesuneme nejdříve horních n 1 kroužků na jiný kolík. To lze provést nejméně H n 1 kroky. Potom přesuneme největší n-té kolečko na prázdný kolík. Nakonec opět přesuneme věž výšky n 1, tentokrát na kolík s největším kolečkem, k čemuž potřebujeme dalších H n 1 kroků. Celkem H n = H n 1 + 1. Teď bychom chtěli vyřešit rekurentní vztah, tedy zjistit H n v závislosti na n, nikoliv na předcházejících členech posloupnosti. 1. řešení: Uděláme si tabulku několika prvních hodnot posloupnosti napočítaných z rekurence, n 1 4 5 6 7... H n 1 7 15 1 6 17...

Zkusíme uhodnout řešení. V tomto případě to není nijak složité, pro prvních sedm hodnot n platí H n = n 1. Musíme ale dokázat, že to platí pro všechna přirozená n. Protože máme k dispozici vztah, převádějící H n na výraz v předchozích členech posloupnosti, vhodným nástrojem k důkazu je matematická indukce. Platnost prvního kroku je zjevná z tabulky hodnot. Předpokládejme, že pro indexy k < n platí H k = k 1. Pak H n = H n 1 + 1 = n 1 1) + 1 = n 1.. řešení: Kdyby se stalo, že nás nenapadne možné pokračování posloupnosti 1,, 7, 15, 1,..., můžeme zkusit metodu postupného dosazování: H n = H n 1 + 1 = H n + 1) + 1 = H n + + 1 = = H n + 1) + + 1 = H n + + + 1 = = n 1 = n 1 H 1 + n + + + 1 = j = n 1, kde jsme využili, že H 1 = 1 a vzorec pro součet členů geometrické posloupnosti.. řešení: Stejně jako v případě soustav lineárních rovnic je někdy je přehlednější místo postupného dosazování napsat všechny rovnice pod sebe a eliminovat neznáme sčítáním vhodných násobků rovnic: H n H n 1 = 1 / 0 H n 1 H n = 1 / 1. H H = 1 / n H H 1 = 1 / n V našem případě sečením všech naznačených násobků rovnic vypadnou neznámé členy H n 1,..., H a získáme n H n n 1 H 1 = j, což vede ke stejnému výsledku jako prve. Příklad 1.. Krájení pizzy: Jaký je nejvyšší počet dílů, na který lze rozkrojit pizzu n- rovnými řezy? Po úvaze brzy zjistíme, že k získání maximálního počtu má smysl dělat řezy pouze tak, aby každý nový řez protínal v šechny předchozí na ploše pizzy. Předpokládámeli, že řezy umíme dělat s libovolnou přesností, můžeme vlastně uvažovat pizzu libovolně velkou a úlohu pak zjednodušit následovně: Hledáme nejvyšší počet částí, na které lze rozdělit rovinu n přímkami. Označme tento počet P n. j=0 j=0

Zkusme opět určit P n pro několik počátečních hodnot n. Zjevně P 0 = 1, P 1 =. Při určování P = 4 a P = 7 si uvědomíme, že je třeba n-tou přímku volit různoběžnou s předchozími. Při umísťování každé další přímky je třeba dbát na to, aby žádné tři neprocházely jedním společným bodem. Rekurentní vztah pro P n vznikne, když si uvědomíme, že oproti P n 1 vznikne tolik nových částí, kolik je průsečíků nové přímky s předchozími, a ještě jedna navíc, tedy celkem n. Máme proto P n = P n 1 + n. Tento rekurentní vztah chceme opět vyřešit. Vytvoříme tabulku prvních několika hodnot posloupnosti, n 0 1 4 5 6... P n 1 4 7 11 16... Tentokrát je výrazně obtížnější odhadnout výsledek pouze z této tabulky. Napíšeme proto rovnice pod sebe. P n P n 1 = n P n 1 P n = n 1. P P 1 = P 1 P 0 = 1 Prostým sečtením získáme rovnost P n P 0 = n j=1 j = 1 nn + 1), takže P n = 1 + nn + 1) = n + n + Příklad 1.4. Krájení másla: Zkoumejme nyní trojrozměrnou analogii předchozí úlohy, tedy otázku, jaký je nejvyšší počet dílů, na který lze rozkrojit n-rovnými řezy kostku másla. Stejně jako v příkladu 1. problém zidealizujeme a převedeme na zjišťování maximálního počtu částí, na které lze rozdělit prostor n rovinami. Označme tento počet R n. Tabulku R n pro několik počátečních hodnot n je sestavujeme teď bez obrázku poněkud obtížněji, máme R 0 = 1, R 1 =, R = 4, R = 8, R 4 = 15,.... Při umísťování rovin je třeba dodržovat následující pravidla: Roviny klademe tak, aby jejich průsečnice byly mimoběžné; žádným bodem prostoru neprochází více než tři roviny. Při splnění těchto podmínek se v n-té rovině zobrazí průsečnice s předchozími n 1 rovinami jako n 1 různoběžek, které se nikdy nesetkávají tři v jednom bodě. To se 4.

nápadně podobá úloze o pizze. Když chceme sestavit pro posloupnost R n ) n 1 rekurentní vztah, uvědomíme si, že přidáním n-té roviny rozdělíme na dvě každý díl z dělení z n 1)- ního kroku, kterým n-tá rovina prochází, a těch je právě tolik, kolik je oblastí v n-té rovině vytyčených průsečnicemi s předchozími přímkami. Těch je ale P n 1. Proto pro každé n platí Rekurenci opět řešíme zapsáním pod sebe, Sečtením získáme rovnost odkud odvodíme n 1 n 1 R n R 0 = P j) = j=0 R n = R n 1 + P n 1. R n R n 1 = P n 1 R n 1 R n = P n j=0 R R 1 = P 1 R 1 R 0 = P 0 1 +. nn + 1) ) = n + 1 n 1 R n = n + 5n 6 6. j=0 j + 1 n 1 j, Příklad 1.5. Pro pořádek odvoďme vztah n j=1 j = 1 6 nn + 1)n + 1) ). Jedním ze způsobů je zkoumání rozdílu n j=1 j + 1) n j=1 j. Na jedné straně je zjevné, že j + 1) j=1 n+1 j = j j=1 Na druhé straně můžeme vyjádřit j= j=0 j = n + 1) 1. 1.) j=1 j + 1) j = j=1 j=1 j + j + 1) = j=1 j=1 j + nn + 1) + n. 1.) Porovnáním 1.) a 1.) dostaneme j = 1 n + n + n ) n + n) n = 1 6 n + n + n), j=1 což odpovídá uváděnému vzorci. 5

Čtenář možná zná odvození pomocí jináho zajímavého triku, totiž převedení na součet dvojnásobné sumy. Zapíšeme-li j = j k=1 1, máme j = j=1 = 1 j=1 k=1 k=1 j j = k=1 j=k j = k=1 n + k)n + 1 k) nn + 1) + k k ) = n n + 1) + = nn + 1) 4 1 k. k=1 Porovnáním levé a pravé strany dostaneme j=1 což vede ke kýženému výsledku. Příklad 1.6. QuickSort j = n n + 1) + nn + 1) 4, 6

Lineární diferenční rovnice Všechny v úvodu uvedené úlohy vedly na řešení tzv. lineárních rekurentních vztahů, totiž takových, v nichž n-tý člen posloupnosti je lineární kombinací pevného počtu předchozích členů. Přesněji tento pojem uvedeme v následující definici. Definice.1. Nechť k N, fn) ) n 1, α 0 n) ) n 1,..., α k 1 n) ) n 1 jsou komplexní posloupnosti takové, že α 0 n) není rovna nulové posloupnosti. Vztah a n+k +α k 1 n)a n+k 1 +α k n)a n+k + +α 1 n)a n+1 +α 0 n)a n = fn), n 1,.1) se nazývá lineární diferenční rovnice k-tého řádu nebo lineární rekurentní vztah k-tého řádu) pro posloupnost a n ) n 1. Poznámka.. 1. Všimněte si, že pro každé n je závislost na předchozích k členech daná jinou rovnicí, protože posloupnosti α 0 n) ) n 1,..., α k 1 n) ) n 1 nejsou obecně konstantní. Když α 0 n) = α 0 0,..., α k 1 0) = α k 1 pro všechna n 1, nazýváme.1) lineární diferenční rovnice k-tého řádu s konstantními koeficienty.. Podmínka, aby posloupnost α 0 n) ) n 1 nebyla identicky nulová, zaručuje, že diferenční rovnice je právě k-tého a nikoliv nižšího řádu.. Aby byla posloupnost a n ) n 1 vztahem.1) jednoznačně určena, je třeba zadat k počátečních podmínek, tj. hodnot a 0,..., a k 1. Ostatní členy pak ze vztahu.1) lze dopočítat. Posléze uvidíme, že ve skutečnosti stačí zadat libovolných k členů posloupnosti. 4. Nejjednodušším případem pravé strany fn) ) n 1 diferenční rovnice.1) je nulová posloupnost. Pokud fn) = 0 pro každé n 1, nazýváme.1) homogenní lineární diferenční rovnice. Příklad.. Rekurence F n+ = F n+1 +F n zapsána jako F n+ F n+1 F n = 0 je homogenní lineární diferenční rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty, kde α 0 n) = α 1 n) = 1 pro n 0. 7

Příklad.4. Ačkoliv v rekurenci a n = a n závisí n-tý člen vždy pouze na jednom z předchozích členů, je to rekurence druhého řádu, protože k jednoznačnému určení všech členů posloupnosti a n ) n 0 je třeba zadat dvě počáteční podmínky, a 1 a a..1 Prostor komplexních posloupností Pro naše pozdější úvahy je podstatné si připomenout vektorový prostor l komplexních posloupností. Na množině posloupností {a n ) n 1 : a n C} jsou definovány operace : l l l, : C l l, člen po členu, tedy a n ) n 1 b n ) n 1 = a n + b n ) n 1, and α a n ) n 1 = αa n ) n 1. Roli nulového vektoru hraje nulová posloupnost 0) n 1. Čtenář si snadno ověří, že trojice l,, ) splňuje všechny axiomy vektorového prostoru nad tělesem C. Protože jsou operace definované přirozeně a z kontextu je vždy jasné, kdy se jedná o sčítání a násobení skalárem v l, budeme je brzy značit obyčejným + a. Tento prostor má nekonečnou dimenzi, protože pro každé m N existuje m-tice lineárně nezávislých vektorů. Tu lze volit například z posloupností e j) = e j) n ) n 1, j = 1,..., m, kde e j) n = δ jn je dáno Kroneckerovým delta. Symbolicky zapsáno, e 1) = 1, 0, 0,..., 0, 0,... ), e ) = 0, 1, 0,..., 0, 0,... ),. e m) = 0, 0, 0,..., 1, 0,... ). Lineární nezávislost těchto posloupností se ověří přímo z definice. Zjišťujeme, zda jediná lineární kombinace e 1),..., e m) rovná nulové posloupnosti je triviální, tedy zda α 1 e 1) α m e m) = α 1 e 1) n ) + + α m e m) n = 0) n 1 n 1.) implikuje α 1 = = α m = 0. Vztah.) lze vidět jako nekonečně mnoho rovnic pro neznámé α 1,..., α m, z nichž prvních m udává právě α j = 0, další jsou triviální, 0 = 0. Lineární nezávislost posloupností e 1),..., e m) je tedy potvrzena. Využijme tento algebraický pohled na posloupnosti k vyřešení nejjednodušího případu lineární diferenční rovnice druhého řádu, tedy na rekurenci pro Fibonacciho čísla 1.1). Označme M množinu posloupností splňujících stejnou rekurenci, M = { a n ) n 1 l : a n+ a n+1 a n = 0, pro n 1 }, 8

a zkoumejme její strukturu. Především si všimneme, že M je neprázdná, obsahuje například posloupnost Fibonacciho čísel a samozřejmě také nulovou posloupnost. Snadno rovněž vidíme, že M je uzavřená na sčítání a násobení číslem z tělesa C. Pro posloupnosti a n ) n 1, b n ) n 1 M a komplexní číslo α totiž můžeme dosadit posloupnost c n ) n 1 := α a n ) n 1 b n ) n 1 = αa n + b n ) n 1 do rekurence a zjistit, že c n+ c n+1 c n = αa n+ + b n+ ) αa n+1 + b n+1 ) αa n + b n ) = = α a n+ a n+1 a n ) + b n+ b n+1 b n ) = 0. }{{}}{{} =0 protože a n ) n 1 M =0 protože b n ) n 1 M Množina M s operacemi, tedy tvoří podprostor vektorového prostoru l. Protože k jednoznačnému určení posloupnosti z M je třeba znát dva její členy, odhadujeme, že dimenze prostoru M je rovna. Abychom toto dokázali, potřebujeme najít dvoučlennou bázi prostoru M, tedy dvě lineárně nezávislé posloupnosti a 1), a ) z M takové, že každá posloupnost z M je jejich lineární kombinací. Tentokrát smíme volit pouze dva členy v bazických posloupnostech. Ostatní je třeba dopočítat z rekurence a j) n+ a j) n+1 a j) n tak, aby bylo zaručeno, že a 1), a ) jsou prvky množiny M. Volíme-li a 1) 1 = 1, a 1) = 0, a ) 1 = 0, a ) = 1, dostaneme a 1) = 1, 0, 1, 1,,, 5,... ), a ) = 0, 1, 1,,, 5, 8,... ), tedy posunutá Fibonacciho čísla. Snadno se přesvědčíme, že tyto posloupnosti jsou opravdu lineárně nezávislé, protože α 1 a 1) 1 + α a ) 1 = α 1 = 0, α 1 a 1) + α 1 a 1) = α = 0. Ověřme fakt, že a 1), a ) generují celou množinu M. Nechť a n ) n 1 M. Najděme α 1, α C tak, aby a n ) n 1 = α 1 a 1) + α a ). Porovnáním po složkách získáme pro n = 1,, a 1 = α 1 a 1) 1 + α a ) 1 = α 1, a = α 1 a 1) + α a ) = α. Ještě musíme ověřit, že a n = a 1 a 1) n +a a ) n pro každé n 1. To provedeme matematickou indukcí. Pro n = 1, to zjevně platí. Předpokládejme, že a k = a 1 a 1) k + a a ) k pro k < n. Z rekurence pro a n ) n 1 máme a n = a n 1 + a n = a 1 a 1) n 1 + a a ) n 1) + a 1 a 1) n + a a ) n ) = = a 1 a 1) n 1 + a 1) n ) + a a ) n 1 + a ) n ) = a 1 a 1) n + a a ) n, kde jsme využili indukční předpoklad a rekurenci pro posloupnosti a 1) a a ). Tím jsme vlastně dokázali následující tvrzení. 9

Tvrzení.5. Nechť M = {a n ) n 1 l : a n+ a n+1 a n = 0, pro n 1}. Pak M je podprostor prostoru l a platí dim M =. Sice jsme ukázali, že posloupnosti a 1), a ) tvoří bázi prostoru M, nicméně k vyřešení Fibonacciho rekurentního vztahu nám to zatím nepomohlo. Potřebujeme najít vhodnějšíbázi, tak, aby n-tý člen bazických posloupností jednoduchým způsobem závisel na n. Vyzkoušíme, jestli bázi nemůžeme sestavit z posloupností tvaru λ n ) n 1, pro nějaké λ C. Především musí být λ n ) n 1 M, tedy splňovat rekurenci, λ n+ λ n+1 λ n = 0, n 1. Při λ = 0 to je jistě pravda, nicméně výsledkem je nulová posloupnost, která nemůže být prvkem báze. Proto předpokládáme λ 0 a vykrátíme λ n. Aby posloupnost λ n ) n 1 splňovala Fibonacciho rekurenci, je pak nutné a stačí, aby λ byla kořenem rovnice x x 1. Získáme následující fakt. Tvrzení.6. Nechť λ 0. Pak λ n ) n 1 M, právě když λ = 1 1 ± 5). Dostali jsme tedy právě dvě posloupnosti tavru λ n ) n 1 v prostoru M. Byli bychom rádi, kdyby 1+ 5 ) n) n 1 a 1 5 ) n) n 1 tvořily bázi M. K tomu již stačí ověřit jejich lineární nezávislost, tedy platnost implikace 1 + 5 ) n 1 5 ) n α 1 + α = 0 pro každé n N.) α 1 = α = 0. Jednou z možností je použít dvě z nekonečně mnoha rovnic.) pro neznámé α 1, α, např. pro n = 1 a n =, a vyjádřit α 1, α. Platnost implikace lze ale také ověřit použitím vlastností limit posloupnosti. Protože 1 5 > 1 a 1 5 < 1, je limita lim n α 1 1 + 5 ) n ) 1 5 ) n + α = + když α 1 > 0, 0 když α 1 = 0, když α 1 < 0, takže.) platí pouze pro α 1 = 0. Odtud už přímo plyne, že i α = 0 a tedy naše posloupnosti 1+ 5 ) n) n 1 a 1 5 ) n) n 1 jsou lineárně nezávislé. Jelikož dim M =, tvoří bázi prostoru M. Každý prvek z M, a tedy i posloupnost F n ) n 1 Fibonacciho čísel je tedy jejich lineární kombinací. Nalezněme tedy α, β C takové, že pro každé n platí 1 + 5 ) n 1 5 ) n F n = α + β. 10

K tomu použijeme soustavu rovnic danou počátečními podmínkami F 1 = 1, F = 1, F 1 = 1 = α 1 + 5 + β 1 5, 1 + 5 ) 1 5 ) F = 1 = α + β. Jednoduchým výpočtem dostaneme α = β = 1 5. Odvodili jsme tak tzv. Binetovu formuli. Tvrzení.7. Nechť F n ) n N je dána rekurencí F n+ = F n+1 +F n pro n 1 s počátečními podmínkami F 1 = F = 1. Pak F n = 1 1 + 5 ) n 1 1 5 ) n 5, n N. 5 1 Protože posloupnost ) n 5 má za limitu nulu, snadno nahlédneme, že Fn je vlastně nejbližší celé číslo k číslu 1 1+ ) 5 n. 5. Homogenní lineární diferenční rovnice Postup ilustrovaný v předchozím paragrafu na případu rekurence pro Fibonacciho čísla nyní aplikujeme k řešení obecných homogenních lineárních rekurencí k-tého řádu s konstantními koeficienty, a n+k + α k 1 a n+k 1 + α k a n+k + + α 1 a n+1 + α 0 a n = 0, n 1..4) Věta.8. Označme M = {a n ) n 1 l : a n ) n 1 splňuje.4)}. Množina M je podprostor prostoru l a platí dim M = k. Důkaz. Protože M obsahuje nulovou posloupnost, je M. Musíme ještě ověřit uzavřenost na operace a z prostoru l nad tělesem C. Ověření je přímočaré, takže ho necháme na čtenáři. V prostoru M budeme opět hledat vhodnou bázi. Protože je M prostor dimenze k, stačí zvolit k lineárně nezávislých posloupností. Stejně jako v příkladě s Fibonacciho rekurencí vyzkoušíme posloupnosti typu λ n ) n 1. Věta.9. Nechť λ 0. Pak λ n ) n 1 M, právě když λ je kořenem polynomu P x) = x k + α k 1 x k 1 + α k x k + + α 1 x + α 0..5) 11

Definice.10. Polynom.5) v předchozí definici se nazývá charakteristický polynom diferenční rovnice.4). Rovnice P λ) = 0 je charakteristická rovnice.4). Důkaz věty.9. celé provést obecně. Všimněme si, že až po větu.8 bylo možné uvažovat diferenční rovnice s nekonstantními koeficienty. Teprve když jsme odvozovali důkaz věty.9, bylo nutné vzít v potaz konstantnost koeficientů α i n). Poznámka.11. Vzhledem k tomu, že bude třeba pracovat s kořeny charakteristického polynomu diferenční rovnice, je vhodné připomenout některá fakta o polynomech. Z kurzů matematické analýzy a lineární algebry by čtenář měl vědět, že Polynom s komplexními koeficienty stupně k má v C právě k kořenů, tj. existují komplexní čísla λ 1,..., λ k C tak, že P x) = α k x k + + α 1 x + α 0 = α k x λ 1 ) x λ k ). Jestliže má polynom reálné koeficienty, pak s každým kořenem λ 0 C má za kořen i číslo λ 0 komplexně sdružené k λ. Kořeny λ 0, λ 0 mají stejnou násobnost. Toto tvrzení lze snadno odvodit z faktu, že P λ) = P λ) = 0. Jestliže má polynom P kořen λ násobnosti γ 1, pak jeho derivace P má kořen λ násobnosti γ 1. Je-li totiž P x) = x λ) γ Qx), kde Qλ) 0, pak P x) = x λ) γ 1 Qx)+x λ) γ Q x) = x λ) γ 1 Qx)+x λ)q x)) = x λ) γ 1 Rx). Násobnost kořene λ je tedy alespoň γ 1. Dosadíme-li x = λ, zjistíme, že Rλ) = Qλ) + λ λ)q λ) = Qλ) 0. Proto je násobnost kořene λ právě γ 1. Jestliže polynom P λ) = k j=0 α jλ j má kořeny λ 1,..., λ k, a C C je nějaká nenulová konstanta, pak polynom P λ) = k α j λ j, kde α j = C j k α j pro j = 0,..., k, j=0 má kořeny C 1 λ 1,..., C 1 λ k. Platí totiž P C 1 λ) = k α j C 1 λ) j = j=0 j=0 k P λ) = α j λ j = 0 j=0 k C j k λ j α j C = j C k k α j λ j = C k P λ) = 0. j=0 1

Při vyšetřování kořenů polynomu P mohou nastat dvě situace: 1. Pokud máme štěstí, kořeny λ 1,..., λ k charakteristického polynomu jsou navzájem různé. Tyto kořeny jsou navíc nenulové, což je zaručeno podmínkou α 0 0. V prostoru M tedy máme k posloupností λ n 1) n 1,..., λ n k ) n 1. Když ověříme jejich lineární nezávislost, budeme mít vhodnou bázi prostoru M.. Může se ale stát, že některé kořeny polynomu P mají násobnost. Polynom P má pak pouze l < k navzájem různých nenulových kořenů λ 1,..., λ l, a i kdyby posloupnosti λ n 1) n 1,..., λ n l ) n 1 byly lineárně nezávislé, není jich dost, aby tvořily bázi prostoru M, který má dimenzi k. Bude tedy nutné soubor doplnit o další lineárně nezávislé posloupnosti. Každou ze situací rozebereme zvlášť...1 Charakteristický polynom s různými kořeny Nechť charakteristický polynom P ze vztahu.5) má k navzájem různých kořenů λ 1,..., λ k. Ověřme lineární nezávislost posloupností λ n 1) n 1,..., λ n k ) n 1, tj. platnost implikace β 1 λ n 1 + + β k λ n k = 0 pro n N β 1 = = β k = 0. Zapišme matici soustavy prvních k rovnic pro neznámé β 1,..., β k, λ 1 λ λ... λ k λ 1 λ λ... λ k A = λ 1 λ λ... λ k....... λ k 1 λ k λ k... λ k k.6) Chceme ukázat, že soustava homogenních lineárních rovnic s takovou maticí má pouze triviální řešení. Čtenář obeznámený s pojmem determinantu jistě rozpoznal Vandermondovu matici, jejíž determinant je roven det A = 1 i n λ i 1 i<j k λ i λ k ), a proto je v případě navzájem různých nenulových λ 1,..., λ k různý od nuly. Matice A je tedy regulární a soustava má pouze triviální řešení. Protože ale nepředpokládáme znalost látky kurzu Lineární algebra, pokusíme se přesvědčit i čtenáře s determinantů neznalé. Můžeme provést ekvivalentní úpravy matice A, tj. ty, které nezmění řešení příslušné soustavy rovnic. Takovou úpravou je například přičítání λ 1 -násobku předchozího řádku k následujícímu, 1

které vyrobí v prvním sloupci nuly, λ 1 λ λ... λ k 0 λ λ λ 1 ) λ λ λ 1 )... λ k λ k λ 1 ) A 0 λ λ λ 1 ) λ λ λ 1 )... λ k λ k λ 1 )....... 0 λ k 1 λ λ 1 ) λ k 1 λ λ 1 )... λ k 1 k λ k λ 1 ).7) V následujícím kroku bychom chtěli vydělit všechny sloupce tak, aby podmatice k 1 k 1 byla stejného typu jako původní matice A. Dostaneme matici λ λ 1 λ λ 1 λ λ λ 1 ) 1... λ k λ k λ 1 ) 1 0 λ λ... λ k B = 0 λ λ... λ k..8)....... 0 λ k 1 λ k 1... λ k 1 k Tato úprava už ovšem nepatří mezi ekvivalentní úpravy. Z našeho hlediska to ale nevadí, protože soustava s maticí B má pouze triviální řešení, právě když soustava s maticí A má pouze triviální řešení. Zavedeme-li totiž γ 1 = β 1, γ = β λ λ 1 ),..., γ k = β k λ k λ 1 ), pak β 1,... β k splňují homogenní soustavu s maticí A, právě když γ 1,..., γ k splňují homogenní soustavu s maticí B, a z jejich vztahu je jasné, že β 1 = 0, právě když γ i = 0. Je zjevné, že úpravami obdobnými těm z.7) a.8) obdržíme matici v horním trojůhelníkovém tvaru s diagodálou λ 1, λ,..., λ k ), takže příslušná homogenní soustava má pouze triviální řešení. Odtud vyplývá, že nutně β 1 = β = = β k = 0. V prostoru M dimenze k tudíž máme k lineárně nezávislých posloupností λ n 1) n 1,..., λ n k ) n 1, které tedy tvoří bázi. Libovolná posloupnost a n ) n 1 M je tedy jejich lineární kombinací. Přesněji: Tvrzení.1. Nechť charakteristický polynom.5) lineární rekurence.4) má k navzájem různých kořenů λ 1,..., λ k. Pak ke každé posloupnosti a n ) n 1, která je řešením.4), existují komplexní čísla β 1,..., β k tak, že pro každé n 1 platí a n = β 1 λ n 1 + + β k λ n k..9) Koeficienty β 1,..., β k získáme porovnáním.9) s počátečními podmínkami pro posloupnost a n ) n 1, obvykle zadanými určením hodnot a 1,..., a k. Dostáváme soustavu k lineárních rovnic pro neznámé β 1,..., β k. Matice této soustavy je regulární, takže soustava má jednoznačné řešení. V případě zadání právě hodnot a 1,..., a k je maticí soustavy 14

matice A ze vztahu.6). Je ale zřejmé, že zadáním jiných k hodnot posloupnosti a n ) n 1 bychom opět dostali soustavu lineárních rovnic, jejímž řešením bychom získali koeficienty β 1,..., β k do.9)... Charakteristický polynom s násobnými kořeny Příklad.1. Motivacni priklad: Řešme diferenční rovnici a n+ a n+1 + a n = 0 s počátečními podmínkami a 1 = 1, a = 1. Charakteristický polynom této rovnice je P λ) = λ λ + 1 = λ 1). Kořen máme tedy pouze jeden, λ 1 = λ = 1. Ke konstantní posloupnosti 1 n ) n 1 = 1) n 1 tedy musíme dodat ještě jednu jinou tak, aby společně tvořily bázi prostoru M = { a n ) n 1 l : a n+ a n+1 + a n = 0, pro n 1 }. Protože lze naší rekurenci přepsat a n+ a n+1 = a n+1 a n, snadno nás napadné jiné možné řešení, třeba a n ) n 1 = n) 1. Vyzkoušíme, zda posloupnosti 1) n 1 a n) n 1 jsou lineárně nezávislé, jako obvykle přímo z definice. Musíme ověřit, že α + βn = 0 pro každé n 1 implikuje α = β = 0. To je ovšem pravda, protože už pro n = 1 a n = máme soustavu α + β = 0 α + β = 0 která má samozřejmě pouze triviální řešení. Posloupnosti 1) n 1 a n) n 1 tedy tvoří bázi prostoru M a každé řešení naší rekurence musí být jejich lineární kombinací. Přesněji řečeno, oro každé a n ) n 1 M existují komplexní čísla α, β taková, že a n = α + βn pro n 1. Prostor M tedy obsahuje právě všechny aritmetické posloupnosti. Koeficienty α, β C spočítáme z počátečních podmínek, α + β = 1 α + β = 1 kde vidíme, že β = a α =. Řešením naší úlohy je proto posloupnost a n ) n 1 = n) n 1. Podívejme se, jak obecně řešit situaci, když některé kořeny charakteristického polynomu P mají násobnost. Označme navzájem různé nenulové kořeny λ 1,..., λ l a jejich násobnosti postupně γ 1,..., γ l. Jak tedy doplnit soubor λ n 1) n 1,..., λ n l ) n 1 o dalších k l posloupností, aby vznikla báze prostoru M? 15

Ke každému λ i uvažujme následujících γ i posloupností: λ n i ) n 1, nλ n i ) n 1, n λ n i ) n 1,..., n γ i 1 λ n i ) n 1. První, co je třeba dokázat, je fakt, že uvedené posloupnosti všechny patří do M, tedy že splňují rekurenci.4). To odvodíme následující úvahou o charakteristickém polynomu P λ). Zderivujeme-li polynom λ n P λ) pro pevné n N podle proměnné λ, dostaneme λ n P λ) ) = λ n+k + α k 1 λ n+k 1 + + α 1 λ n+1 + α 0 λ n) = = n + k)λ n+k 1 + α k 1 n + k 1)λ n+k + + α 1 n + 1)λ n + α 0 nλ n 1 Když předchozí polynom vynásobíme λ, dostaneme λ λ n P λ) ) = n + k)λ n+k + α k 1 n + k 1)λ n+k 1 + + α 1 n + 1)λ n + α 0 nλ n..10) Chceme-li ověřit, zda posloupnost nλ n i ) n 1 splňuje.4), stačí zjistit, zda polynom.10) má kořen λ i. Pokud má polynom P λ) kořen λ i násobnosti γ i, totéž platí i pro polynom λ n P λ) přibyde jen n-násobný kořen 0). Vzhledem k poznámce.11, má polynom λ n P λ) ) a tedy i λ λ n P λ) ) kořen λ i násobnosti γ i 1 1. Proto pro každé pevné n 1 platí n + k)λ n+k i + α k 1 n + k 1)λ n+k 1 i + + α 1 n + 1)λ n i + α 0 nλ n i = 0, což není nic jiného než dosazení posloupnosti nλ n i ) n 1 do.4). nλ n i ) n 1 proto patří do prostoru M. Pro ověření n λ n i ) n 1 M uvažujeme polynom λ λ λ n P λ) ) ) = n + k) λ n+k + α k 1 n + k 1) λ n+k 1 + + α 1 n + 1) λ n + α 0 n λ n, který má kořen λ i, právě když násobnost λ i v polynomu P λ) je γ i. Stejným způsobem bychom odvodili, že n k λ n i ) n 1 M pro všechna k = 0,..., γ i 1. Zároveň vidíme, že posloupnost n γ λ n i ) n 1 už rekurenci.4) nesplňuje. Protože ke každému kořenu λ i máme tolik posloupností, kolik je jeho násobnost, máme celkem k = l i=1 γ i posloupností jako kandidáty na bázi prostoru M. Nyní je třeba zjistit, zda jsou tyto posloupnosti lineárně nezávislé. Postup by byl obdobný jako v předcházejících případech, jen o poznání techničtější. Zapišme tedy, co jsme odvodili: Tvrzení.14. Nechť charakteristický polynom.5) lineární rekurence.4) má l navzájem různých kořenů λ 1,..., λ l, násobností po řadě γ 1,..., γ l. Pak každá posloupnost a n ) n 1, která je řešením.4), je komplexní lineární kombinací posloupností λ n i ) n 1, nλ n i ) n 1, n λ n i ) n 1,..., n γ i 1 λ n i ) n 1, i {1,..., l}..11) 16

.. Charakteristický polynom s komplexními kořeny Příklad.15. Vyřešme rekurenci a n+ + a n+1 + 4a n = 0, a 0 = a 1 = 1. Charakteristický polynom P λ) = λ +λ+4 má tentokrát dva navzájem komplexně sdružené kořeny λ 1, = 1±i. Naše posloupnost a n ) n 0 je tedy lineární kombinací posloupností λ n i ) n 0, tedy musí existovat komplexní α, β tak, že pro každé n 0 platí a n = α 1 + i ) n + β 1 i ) n. Dosazením počátečních podmínek dostaneme soustavu lineárních rovnic jejímž řešením je α = +i i a 1 = 1 = α + βa = 1 = α 1 + i ) + β 1 i ) vyjádření n-tého členu posloupnosti a n : a n = i 6 = i 6, β = i i = +i 1 + i ) n + + i 1 i ) n. 6 6. Máme proto následující Vzhledem k tomu, že ze zadání je posloupnost a n ) n 0 zjevně celočíselná, tento výsledek zapsaný pomocí komplexních čísel se nám moc nelíbí. Pokusme se tedy najít vyjádření pro a n, které by používalo pouze reálná čísla. Protože λ = λ 1, je také λ n = λ 1 n = λ n 1. Protože také β = α, je a n vlastně reálnou složkou výrazu i 6 1 + i ) n. Pro její určení použijeme zápis komplexních čísel v goniometrickém tvaru a Moivreovu větu. Máme 1 + i = 1 + i ) = cos π + i sin π ). Proto Odtud odvodíme 1 + i ) n = n cos π + i sin π ) n ) = n cos πn + i sin πn. i a n = R 1 + i ) ) n = n cos πn + n+1 sin πn 6. Toto vyjádření už nevyužívá komplexní jednotku. Čtenáře může napadnout, zda nelze pro ještě hezčí zápis a n využít faktu, že posloupnosti sin πn a cos πn jsou periodické s periodou. Máme a proto sin πk) = 0, cos πk) = 1, sin πk+1) =, cos πk+1) = 1, sin πk+) =, cos πk+) =, a k = k, a k+1 = k + k+1 = k, a k+ = k+1 k+ = k+1. 17

Získáním takto jednoduchého vyjádření vyvstane otázka, jestli jsme si všechnu práci nemohli ušetřit a dospět k němu z rekurence rovnou. Jak se snado ukáže, toto možné bylo, pokud bychom provedli hned na začátku jednoduchý trik: Protože požadujeme platnost rekurence a n+ + a n+1 + 4a n = 0 pro každé n, napíšeme si tento vztah pod sebe pro dva po sobě jdoucí indexy, a n+ + a n+1 + 4a n = 0, a n+ + a n+ + 4a n+1 = 0. Odečtením dvojnásobku první rovnice od druhé získáme vztah a n+ = 8a n = a n. S použitím počáteční podmínky a 0 = 1 odtud plyne a k = k, z podmínky a 1 = 1 odvodíme a k+1 = k a protože a = a 1 4a 0 = 6, dostaneme také a k+ = 6 k = k+1. Ve skutečnosti každý polynom s reálnými koeficienty má s komplexním kořenem λ 0 za kořen i číslo λ 0 komplexně sdružené, a to oba se stejnou násobností. Můžeme se stejně jako příkladu.15 ptát, zda řešení příslušné diferenční rovnice nelze zapsat pomocí reálné báze, tedy nahradit posloupnosti n j λ n 0) n 1, n j λ n 0) n 1 dvěma jinými posloupnostmi v prostoru M, které by byly lineárně nezávislé. Využijeme následující tvrzení z lineární algebry. Tvrzení.16. Pokud x, y, z 1,..., z k 1 x + y), 1 x y), z i 1,..., z k je báze vektorového prostoru V. je báze vektorového prostoru V nad C, pak i Důkaz. Toto tvrzení dokážeme, když ověříme, že z lineární nezávislosti x, y, z 1,..., z k plyne lineární nezávislost 1 x + y), 1 i x y), z 1,..., z k. Důsledek.17. Nechť mezi kořeny charakteristického polynomu.5) lineární rekurence.4) jsou λ 0 = rcos φ + i sin φ), λ 0 = rcos φ i sin φ) s násobností γ 0. Pak posloupnosti n j λ n 0) n 1, n j λ n 0) n 1, 0 j < γ 0, v bázi.11) prostoru M lze nahradit posloupnostmi n j r n cos nφ) n 1, n j r n sin nφ) n 1, 0 j < γ 0. Důkaz. Máme 1 n j λ n 0) n 1 n j λ n ) 1 0) n 1 = 1 i n j λ n 0) n 1 n j λ n ) 1 0) n 1 = i = = n j λ n 0 + n j λ n ) ) 0 n 1 R n j λ n 0 ) ) = n 1 n j λ n 0 n j λ n ) ) 0 n 1 I n j λ n 0 ) ) = n 1 = n j R ) ) λ n 0 n 1 = n j I ) ) λ n 0 n 1 Protože λ 0 = rcos φ+i sin φ), podle Moivreovy věty odvodíme λ n 0 = r n cos φ+i sin φ) n = r n cos nφ + i sin nφ), takže R λ n 0) = r n cos nφ a I λ n 0) = r n sin nφ. 18

. Lineární diferenční rovnice s pravou stranou Podívejme se nyní na řešení lineární rekurence k-tého řádu s konstantními koeficienty ale nenulovou pravou stranou, a n+k + α k 1 a n+k 1 + α k a n+k + + α 1 a n+1 + α 0 a n = fn), n 1..1) Přidruženým charakteristickým polynomem je polynom P λ) = λ k + α k 1 λ k 1 + + α 1 λ + α 0. Abychom naznačili obecný postup řešení nehomogenní diferenční rovnice, prozkoumejme nejprve na příkladě nejjednodušší případ pravé strany, kdy fn) 1 je konstantní. Příklad.18. Řešme diferenční rovnici druhého řádu s nenulovou pravou stranou, a n+ a n+1 + a n = 1..1) Protože požadujeme platnost tohoto vztahu pro každé přirozené n, můžeme využít, že i a n+ a n+ + a n+1 = 1. Odečtením obou rovností dostaneme a n+ 4a n+ + 5a n+1 a n = 0..14) To už je homogenní diferenční rovnice, ovšem třetího řádu. Zkusme ji řešit metodou, kterou jsme se naučili. Charakteristický polynom.14) je P λ) = λ 4λ + 5λ = λ 1) λ ), proto každé řešení.14) je lineární kombinací posloupností 1) n N, n) n N a n ) n N, a tedy n-tý člen je tvaru a n = α + βn + γ n, pro nějaké α, βγ C..15) Je zřejmé, že pro jednoznačné určení řešení.1) stačí dvě počáteční podmínky, proto jistě ne každá trojice komplexních koeficientů α, β, γ povede k řešení původní rovnice. Dosaďme.15) do.1), α + βn + ) + γ n+ α + βn + 1) + γ n+1) + α + βn + γ n ) = 1, 1 + )α + ) n + n + 1) + n β + }{{} n+ n+1 + n ) = 1, }{{}}{{} =0 = 1 =0 z čehož odvodíme β = 1. Obecným řešením rovnice.1) je tedy posloupnost a n ) n 1, kde a n = α n + γ n. 19

Čtenáře možná už napadlo, proč závislost na parametrech α a γ zmizela. Je to tím, že právě posloupnosti tvaru α + γ n jsou řešením rovnice.1) bez pravé strany. Charakteristickým polynomem je totiž P λ) = λ λ + = λ 1)λ ), takže příslušnou homogenní rovnici řeší všechny lineární kombinace posloupností 1 n ) n 1 a n ) n 1. Z toho je vidět, že řešení nehomogenní rovnice.1) lze rozložit na součet řešení a h n přidružené homogenní rovnice a jednoho partikulárního řešení a p n k pravé straně. V našem případě a n = a h n + a p n, kde a h n = α + γ n a a p n = n. Snadno si uvědomíme, že linearita diferenční rovnice umožňuje rozklad na homogenní a partikulární řešení i v případě obecné pravé strany. Tvrzení.19. Nechť posloupnost a p n) n 1 je libovolné řešení diferenční rovnice.1). Pak všechna řešení této rovnice najdeme ve tvaru a n = a h n + a p n, n 1, kde a h n) n 1 je nějaké řešení přidružené homogení diferenční rovnice.4). Otázkou zůstává, jak nalézt nějaké partikulární řešení k dané pravé straně. Probereme několik typů posloupností fn) ), u kterých lze dát k hledání partikulárního řešení n 1 návod...1 Polynomiální pravá strana Prvním případem nenulové pravé strany pro nás byla konstantní posloupnost. Ukážeme si, že postup lze zobecnit. To, co se v příkladě.18 dělo, totiž nebylo náhodou. Zkoumejme nyní obecnější případ, kdy na pravé straně diferenční rovnice bude polynom fn) = c 0 + c 1 n + + c t n t, kde stf = t 0, c 0,..., c t jsou obecně komplexní koeficienty a c t 0. Podíváme se, co se stane, když stejně jako v příkladě provedeme posunutí indexu a odečtení. Na pravé straně nové rekurence máme polynom fn) := fn + 1) fn) = c 0 + c 1 n + 1) + + c t n + 1) t c 0 + c 1 n + + c t n t ) = = c 1 + + c t 1 n + 1) t 1 n t 1) + c t n + 1) t n t) = = c 1 + + c t tn t 1 + ) t n t + + tn + 1 ) Polynom f je tedy stupně právě t 1, protože u nejvyšší mocniny n t 1 stojí koeficient c t 0. Situace je tedy zlepšila, nicméně abychom získali homogenní diferenční rovnici, budeme muset tento posun s odečtením znovu a znovu, celkem t + 1)-krát. Po t krocích 0

dostaneme polynom stupně nula, tedy konstantu, po posledním, t + 1)-ním kroku bude na pravé straně opravdu nulový polynom. Musíme ovšem vyzkoumat, co se při těchto operacích děje na levé straně rekurence. Už po jednom kroku tam stojí komplikovaný výraz a n+k+1 + α k 1 a n+k + + α 0 a n+1 ) a n+k + α k 1 a n+k 1 + + α 0 a n =.16) = a n+k+1 + α k 1 1)a n+k + α k α k 1 )a n+k 1 + α 0 α 1 )a n α 0 a n. Ve skutečnosti ale tento výraz zkoumat nepotřebujeme. Potřebujeme totiž znát jen charakteristický polynom P přidružený k nové rovnici. Ten získáváme dosazením posloupnosti λ n. Uvědomíme-li si, že posun v indexu pak znamená pouze vynásobí proměnnou λ, vidíme, že polynom P λ) vznikne odečtením původního charakteristického polynomu P λ) od jeho λ-násobku, tedy P λ) = λp λ) P λ) = λ 1)P λ). Jak jsme si řekli, operaci posunu indexu a odečtení potřebujeme provést t + 1)-krát. Na konci tak budeme mít homogenní diferenční rovnici b n+k+t+1 + α k+t b n+k+t + + α 1 b n+1 + α 0 b 0 = 0, n 1,.17) s charakteristickým polynomem λ 1) t+1 P λ). Řšení této nové homogenní rekurence umíme najít postupem z předchoizích kapitol jako lineární kombinací posloupností získaných z kořenů polynomu λ 1) t+1 P λ). Označme λ 1 = 1 a nechť r 0 je násobnost λ 1 jako kořene v původním polynomu P λ). Pak podprostor M posloupností, které řeší homogenní rekurenci.17), má bázi 1) n 1, n) n 1,... n r 1 ) n 1, n r ) n 1,..., n r+t ) n 1,.18) λ n i ) n 1, nλ n i ) n 1,... n γi 1 λ n i ) n 1, i {,..., l}. Poznamenejme, že pokud polynom P neměl kořen λ 1 = 1, pak 1) n 1, n) n 1,..., n r 1 ) n 1 je prázdný seznam. Odvodili jsme, že každé řešení nehomogenní diferenční rovnice.1) je řešením homogenní rovnice.17). Naopak to ovšem neplatí. Ne každá lineární kombinace prvků báze.18) prostoru M splňuje rovnici.1). Posloupnosti n r ) n 1,..., n r+t ) n 1 jsou v bázi M díky faktoru λ 1) t+1 polynomu P λ). Zbytek uvedených posloupností tedy tvoří bázi prostoru M všech řešení homogenní diferenční rovnice přidružené k původní rovnici.1). Každá jejich lineární kombinace proto odpovídá homogennímu řešení a h n) n 1. Naopak lineární kombinací posloupností n r ) n 1,..., n r+t ) n 1 získáme partikulární řešení k dané pravé straně. Toto partikulární řešení je ve tvaru a p n = d 0 n r + d 1 n r+1 + + d t n r+t = n r d 0 + d 1 n + + d t n t ), n 1. 1

Koeficienty d 0,..., d t zjistíme dosazením a p n) n 1 do.1). Shrňme uvedené poznatky do tvrzení. Tvrzení.0. Je-li pravá strana fn) ) n 1 diferenční rovnice.1) dána polynomem fn) stupně t 0, pak partikulární řešení rovnice.1) je ve tvaru a p n = n r gn), kde r 0 je násobnost kořene λ = 1 v charakteristickém polynomu P λ) přidružené homogenní diferenční rovnice a gn) je nějaký polynom stupně stg) = stf) = t. Příklad.1. Metodu použijeme k výpočtu sumy n k=1 k ještě jiným způsobem než v příkladu 1.5. Označíme-li například S n := n k=1 k, snadno získáme pro posloupnost S n ) n 1 rekurentní vztah S n+1 S n = n + 1). Protože 1 k=1 k = 1, součtem naší sumy je tedy právě řešení této rekurence s počáteční podmínkou S 1 = 1. Řešení homogenní soustavy S h n+1 S h n = 0 jsou samozřejmě konstantní posloupnosti, S h n = α C. Abychom určili partikulární řešení, uvědomíme si, že na pravé straně rekurence je polynom stupně t =, a charakteristický polynom rekurence P λ) = λ 1 má kořen 1 násobnosti r = 1. Proto partikulární řešení hledáme ve tvaru S p n = nd 0 + d 1 n + d n ). Koeficienty d 0, d 1, d získáme dosazením do rekurence s pravou stranou, S p n+1 S p n =n + 1) d 0 + d 1 n + 1) + d n + 1) ) nd 0 + d 1 n + d n ) = = d 0 + d 1 n + 1) + d n + n + 1) = n + 1). Protože potřebujeme rovnost pro všechna n 1, stačí porovnat koeficienty u jednotlivých mocnin n. n 0 : d 0 + d 1 + d = 1 n 1 : d 1 + d = n : d = 1 To je soustava tří lineárních rovnic o třech neznámých d 0, d 1, d, kterou snadno vyřešíme. Řešením je trojice d = 1, d 1 = 1, d 0 = 1 6. Partikulártní řešení proto nacházíme ve tvaru S p n = n 1 6 + 1 n + 1 n ) = 1 6 n + n + n). Obecné řešení rekurence S n+1 S n = n+1) je tedy S n = S h n +S p n = α+ 1 6 n +n +n). Koeficient α, který odpovídá právě řešení udávajícímu součet sumy n k=1 k, vypočítáme dosazením počáteční podmínky S 1 = 1. Máme S 1 = 1 = α + 1 + + 1), takže α = 0. 6 Můžeme tedy uzavřít, že n k=1 k = 1 6 n + n + n), což samozřejmě odpovídá výsledku z příkladu 1.5.

.. Kvazipolynomiální pravá strana Uvažujme ješte obecnější pravou stranu diferenční rovnice ve tvaru tzv. kvazipolynomu, tj. fn) = C n pn), kde pn) je polynom a 0 C C. Podívejme se, jakým způsobem řešení úlohy převedeme na známý případ. Vydělíme-li celou rovnici a n+k + α k 1 a n+k 1 + + α 1 a n+1 + α 0 a n = C n pn)..19) číslem C n+k, dostaneme při šikovném zápisu a n+k C + α k 1 a n+k 1 n+k C C + + α 1 a n+1 n+k 1 C k 1 C + α 0 a n n+1 C k C = pn) n C. k Zavedeme-li novou posloupnost ã n = a n C n, získali jsme vlastně diferenční rovnici ã n+k + α k 1 ã n+k 1 + + α 1 ã n+1 + α 0 ã n = pn)..0) s koeficienty α j = C j k α j, j {0,..., k 1}, a na pravé straně je polynom pn) = C k pn). Je třeba si uvědomit, že k je pevné, je to řád diferenční rovnice.) Vyřešíme rekurenci.0) postupem výše uvedeným, kde ã n = ã h n+ã p n. Řešení diferenční rovnice.19) dostaneme ve tvaru a n = C n ã n = C n ã h n + C n ã p n..1) Zkoumejme vztah dvou výše uvedených rekurencí.19) a.0). Charakteristický polynom homogenní rekurence přidružené k.19) označme P λ), polynom příslušný k.0) označme P λ). Podle poznámky.11 jsou kořeny λ i polynomu P jen C 1 -násobky kořenů polynomu P λ), tj. C 1 λ i. Proto víme, že když λ n i ) n 1, nλ n i ) n 1,..., n γ i 1 λ n i ) n 1, i {1,..., l}. je báze prostoru řešení původní homogenní rovnice přidružené k.19), pak bázi λn i ) n 1, n λ n i )n 1,..., n γ i 1 λn i ) n 1, i {1,..., l}, prostoru řešení homogenní rovnice přidružené k.0) lze zapsat pomocí kořenů polynomu P λ) jako C n λ n i ) n 1, nc n λ n i ) n 1,..., n γ i 1 C n λ n i ) n 1, i {1,..., l}. Odvodíme tak, že C n ã h n ve vztahu.1) je vlastně řešením a p n homogenní rovnice přidružené k.19). Partikulární řešení a p n získáme jako a p n = C n ã p n. Připomeňme, že ã p n jsme podle předpisu z tvrzení.0 hledali ve tvaru ã p n = n r gn), kde gn) je polynom stupně stg = st p = stp a r je násobnost kořene 1 v polynomu P. Ta je ale stejná jako násobnost kořene C v polynomu P. Odvodili jsme tak následující tvrzení.

Tvrzení.. Je-li pravá strana fn) ) diferenční rovnice.1) dána kvazipolyno- n 1 mem fn) = C n pn), kde 0 C C a p je polynom stupně t 0, pak partikulární řešení rovnice.1) je ve tvaru a p n = C n n r gn), kde r 0 je násobnost kořene λ = C v charakteristickém polynomu P λ) přidružené homogenní diferenční rovnice a gn) je nějaký polynom stupně stg) = stf) = t. Příklad.. Vypočítáme součet n k=1 1)k k. Obdobně jako v příkladu.1 označíme S n = n k=1 1)k k. Posloupnost S n ) n 1 splňuje rekurenci S n+1 S n = 1) n+1 n + 1). Řešení bude dáno jednoznačně, pokud zadáme počáteční podmínku S 1 = 1. Obecné řešení této rekurence s kvazipolynomiální pravou stranou je součtem obecného řešení homogenní rovnice, což je opět S h n = α a partikulárního řešení S p n. Podle tvrzení. lze partikulární řešení hledat ve tvaru S p n = C n n r gn), kde C = 1, r je násobnost kořene 1 v polynomu P λ) = λ 1, tj. r = 0. Polynom g je stupně stejného jako n + 1), tj. stg =. Je tedy S p n = 1) n d 0 + d 1 n + d n ). Koeficienty d 0, d 1, d zjistíme, když S p n dosadíme do původní rekurence s pravou stranou. S p n+1 S p n = 1) n+1 d 0 + d 1 n + 1) + d n + 1) ) 1) n d 0 + d 1 n + d n ) = = 1) n+1 d 0 + d 1 n + 1) + d n + n + 1) ) = 1) n+1 n + 1). Porovnáme koeficienty u jednotlivých mocnin n, Řešením této soustava rovnic je trojice n 0 : d 0 + d 1 + d = 1 n 1 : d 1 + d = n : d = 1 d = 1, d 1 = 1, d 0 = 0. Partikulártní řešení proto nacházíme ve tvaru S p n = 1) n 1 n + 1 n ) = 1)n n + n). Obecné řešení rekurence S n+1 S n = 1) n+1 n+1) je tedy S n = S h n+s p n = α+ 1)n n + n). Koeficient α, který odpovídá právě řešení udávajícímu součet sumy n k=1 1)k k, vypočítáme dosazením počáteční podmínky S 1 = 1. Máme S 1 = 1 = α + 1 1 + 1) = α 1, takže opětα = 0. Můžeme tedy uzavřít, že n k=1 1)k k = 1)n n + n). Příklad.4. Seťěme sumu n k=1 k n k). Tentokrát už samotné sestavení rekurence není úplně přímočaré. Označíme-li opět S n = n k=1 k n k ), pak Sn+1 = n+1 k=1 k n+1 k ). Když ) = chceme vyjádřit S n+1 pomocí předchozích členů posloupnosti, použijeme identitu n+1 k 4

n k) + n k 1), která platí pro 1 k n. Je proto n+1 S n+1 = k n+1 k = = k=1 k=1 ) = k=1 k=1 k n+1 k ) + n + 1) n+1 ) = k=1 n+1 k=1 k=0 k ) n k + n k 1)) + n + 1 = k ) n k + k ) n k 1 + n + 1 = k ) n 1 n k + k + 1) n k) + n + 1 = k=1 k n k ) + k=0 n ) k = Sn + n, kde jsme využili, že n n) = 1 a n k=0 n k) = n. Odvodili jsme tedy rekurenci S n+1 S n = n, S 1 = 1. Víme, že S n = S h n + S p n. Protože charakteristický polynom přidružené homogenní rovnice je P λ) = λ, je obecné řešení S h n S p n = n nd 0. Dosazením do rekurence zjistíme = α n. Partikulární řešení hledáme ve tvaru S p n+1 S p n = n+1 n + 1)d 0 n nd 0 = n, odkud snadno odvodíme, že d 0 = 1, tudíž d 0 = 1. Je tedy S n = S h n + S p n = α n + n 1 n. S využitím počáteční podmínky máme S 1 = 1 = α + 1, takže α = 0. Celkově tedy n k=1 k n k) = n 1 n. Tento příklad ovšem zaslouží drobný komentář. Ke stejnému výsledku bychom totiž mohli dojít na základě jednoduché kombinatorické úvahy. Zjistíme počet možností, jak ze třídy o n žácích vybrat výbor s předsedou. Při pevném k je počet různých k-členných komisí v n-členné třídě roven n k). V každé z těchto komisí máme k možností výběru předsedy. Proto k n k) je počet k-členných komisí s předsedou. Abychom získali počet všech možností, musíme sečíst přes 1 k n. Naše suma n k=1 k n k) tedy označuje počet různých komisí s předsedou v n-členné třídě. Stejný počet ovšem zjistíme, když nejprve určíme ve třídě předsedu - tu máme n možností. Pak komisi libovolně doplníme, a to tak, že každému ze zbývajících n 1 žáků řekneme, jestli v komisi bude nebo ne. To provedeme n 1 způsoby. Celkem n n 1... Algebraický přístup Na problém řešení lineárních diferenčních rovnic lze nahlédnout ještě více algebraicky. Uvažujme operátor A na prostoru l, zadaný předpisem Aa n ) n 1 = a n+k + α k 1 a n+k 1 + + α 1 a n+1 + α 0 a n )n 1. 5

Snadno ověříme, že tento operátor je lineární, totiž že pro dvě komplexní posloupnosti a n ) n 1, b n ) n 1 a komplexní číslo α platí A αa n ) n 1 + b n ) n 1 ) = αaan ) n 1 + Ab n ) n 1. Řešení diferenční rovnice.1) je vlastně hledání posloupnosti a n ) n 1 takové, že Aa n ) n 1 = fn) ). Z lineární algebry víme, že množina všech řešení takové rovnice, n 1 tj. množina A 1 fn) ) n 1 má tvar A 1 fn) ) n 1 = ap n) n 1 + kera, kde posloupnost a p n) n 1 splňuje Aa p n) n 1 = fn) ) n 1 je nějaké partikulární řešení a kera = A 1 0) n 1 ) je jádro operátoru A, tj. množina všech řešení homogenní rovnice.4). My jsme již dříve viděli, že kera = M je podprostor prostoru l. Množina všech řešení nehomogenní rovnice.1) je tedy lineární varieta v l. Předpokládejme, že je dáno více pravých stran f i n) ), pro i {1,..., m}, a k nim n 1 partikulární řešení a p,i n ) n 1, tj. takové posloupnosti, že Aa p,i n ) n 1 = f i n) ) n 1. Protože operátor A je lineární je množina řešení rovnice Aa n ) n 1 = f 1 n) ) n 1 + f n) ) n 1 + + f m n) ) n 1 rovna f1 A 1 n) ) f n 1 m n) ) ) = A 1 f n 1 1 n) ) A 1 f n 1 m n) ) = n 1 = a p,1 n ) n 1 a p,m n ) n 1 + kera. Pravou stranu lineární diferenční rovnice.1) si tedy můžeme rozložit na součet dílčích pravých stran tak, aby se nám snáze hledala partikulární řešení. Tuto mˇyšlenku posléze využijeme...4 Pravá strana sinnγ), cosnγ) Posledním případem pravé strany, kterým se budeme zabývat, jsou posloupnosti typu sin nφ) n 1, cos nφ) n 1 pro nějaké φ R. Příklad.5. 6

Literatura [1] J. Herman, R. Kučera, J. Šimša, Equations and Inequalities: Elementary Problems and Theorems in Algebra and Number Theory. 1. vyd. New York : Springer-Verlag, 000. 55 s. Canadian Mathematical Society Books in Math. [] L. Lovász, J. Pelikán, K. Vesztergombi, Discrete mathematics: Elementary and Beyond, Graduate Texts in Mathematics. Springer-Verlag, New York, 00. 7