Krzysztof Leśniak. 3 listopada w zadaniach do Paragrafu 6 już wcześniej dopisano konkretne układy,

Transkrypt

1 Liniowe równania rekurencyjne Krzysztof Leśniak 3 listopada 006 Skróty: (LJ-k równanie liniowe jednorodne o stałych współczynnikach rzędu k, (L-k równanie liniowe o stałych współczynnikach rzędu k, (LZ-k równanie liniowe o zmiennych współczynnikach rzędu k, (UL układ równań liniowych, (UL układ dwu równań liniowych Uwagi redakcyjne: w zadaniach do Paragrafu 6 już wcześniej dopisano konkretne układy, już wczesńiej dopisano w Paragrafie Zad pkty (g i (h, 3 poprawiono zauważone literówki, 4 zaktualizowano wreszcie Paragraf 8, choć nie do końca 0

2 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak Najprostsze równania pierwszego rzędu (A Stosujemy indukcję: (B Stosujemy indukcję: (LJ- x n+ = λ x n x = λ x 0, x = λ x = λ (λ x 0 = λ x 0, x 3 = λ x = λ (λ x 0 = λ 3 x 0, x n = λ x n = λ (λ n x 0 = λ n x 0 x n+ = λ x n + y n x = λ x 0 + y 0, x = λ x + y = λ (λ x 0 + y 0 + y = λ x 0 + λ y 0 + y, x 3 = λ x + y = λ (λ x 0 + λ y 0 + y = λ 3 x 0 + λ y 0 + λ y + y, x n = λ x n + y n = λ (λ n x 0 + n λ n i y i + y n = λ n x 0 + n λ n i y i (C Jako szczególny przypadek (B otrzymujemy Rozwiązanie: Ćwiczenia (L- x n+ = a x n + b n x n = a n a x 0 + a n i n x b = 0 + an b, gdy a, a a n x 0 + n b, gdy a = Rozumując indukcyjnie wyprowadzić wzór ogólny na rozwiązanie jednorodnego równania liniowego o zmiennych współczynnikach: x n+ = a n x n, (a n ustalony ciąg współczynników Rozwiązać równania: (a x n+ = 3 x n +, (b x n+ = x n + n, (c x n+ = 4 x n + n+, (d x n+ = (n + x n, (e x n+ = x n n +, (f x n+ = x n, (g x n+ = 5 x n 3, (h x n+ = x n n+, 3 Rozwiązać równanie x n+ = x n + x Zwrócić uwagę na problem z x n = wyznaczając n dopuszczalny zbiór warunków początkowych x 0 Wskazówka: Podstawić z n = x n 4 Sprawdzić, że nieliniowe równanie pierwszego rzędu x n+ = β x n α (α, β > 0 sprowadza się do liniowego, gdy podstawić z n = ln x n Rozwiązać to równanie 5 Opisać rozwiązanie równania (LZ- x n+ = a n x n + b n Wskazówka: W opisie rozwiązania wykorzystać iloczyny n, n s=i+ a s

3 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak Działania nieskończone Przypomnienie: Szeregi S n = a 0 +a + +a n = n a j n-ta suma częściowa szeregu a n Sumą szeregu j=0 nazywamy granicę lim n S n, o ile ta istnieje Szereg o sumie skończonej nazywamy zbieżnym Definicje dotyczą zarówno przypadku rzeczywistego jak i zespolonego Iloczyny nieskończone P n = a 0 a a n = n n-ty iloczyn częściowy iloczynu nieskończonego a j j=0 a n ; zakładamy przy tym a n > 0 Wartością iloczynu nieskończonego nazywamy granicę P = lim n P n, o ile ta istnieje Iloczyn nazywamy zbieżnym pod warunkiem, że 0 < P < Badanie iloczynów możemy sprowadzić do badania szeregów za pomocą logarytmów: iloczynowi a n odpowiada szereg b n = ln a n w myśl zależności ln n a j = n ln a j Ułamki łańcuchowe R n = a 0 + a + a + +an + a n j=0 j=0 = [a 0 ; a, a,, a n, a n ] n-ty redukt ułamka łańcuchowego [a 0 ; a, a, a 3, ] = a 0 + ; a + a + a 3 + zakładamy przy tym a n > 0 Wartością ułamka łańcuchowego nazywamy granicę lim n R n Szczególnie interesujący jest przypadek [a 0 ; a, a, ], gdy a n są całkowite Liczby wymierne posiadają skończone rozwinięcie w taki ułamek łańcuchowy 7 37 = 37 7 = = = + = Liczby niewymierne mogą mieć rozwinięcie okresowe 3 = + ( 3 = = + 3+ = + = = + + = + = + = ( 3 = = = ( 3 = =

4 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 3 Okresowość rozwinięcia łatwo zaobserwować dzięki zależnościom: 3 3 =, = 3 + ( 3 + (A Szereg Rozwiązaniem równania x n+ = x n + a n+, gdzie x 0 = a 0, (a n zadany ciąg, jest n-ta suma częściowa szeregu a n, x n = n j=0 a j Np x n+ = x n + (n+ (n+5 opisuje ciąg sum częściowych szeregu Na podstawie (n+(n+4 Paragrafu (B, kładąc λ =, y n = oraz x (n+ (n+5 0 = w x 4 n+ = λ x n + y n, dostajemy x n = x 0 + n = ( 4 + ( n 3 n [!] Rozkładamy na ułamki proste y i = + n y 4 j = n [!] = n ( (j+ (j+4 3 j+ j+4 = ( j= j=0 j=0 + ( ( ( ( ( n n+ + ( n n+ + ( n n+3 + ( n+ n+4 = = ( 6 (j+ (j+4 = + + n+ n+3 n+4 α + β j+ j+4 Natomiast ciąg x n = x 0 + ( n+ n+3 n+4 x n + przy dowolnym warunku początkowym x (n+ (n+5 0 stanowi rozwiązanie równania xn+ = (B Iloczyn nieskończony Rozwiązaniem równania x n+ = x n a n+, gdzie x 0 = a 0, (a n zadany ciąg, jest n-ty iloczyn częściowy iloczynu a n, x n = n j=0 a j Np x n+ = x n ( ( (n+3 opisuje ciąg iloczynów częściowych iloczynu (n+ Rozwiązujemy x n = ( (n+ xn = ( ( (n+ (n+ xn = = n = ( ( ( j+ + ( = n j= n n n+ n n+ n+ j+ 4 6 x0 = n 5 j+ n j+3 j+ j= j= n+ n+ n+3 n n+ n+ j= ( (j+ x0 = x j+ 0 = x0 = ( + 3 n+ x0 (C Ułamek łańcuchowy W trakcie rozwijania liczby x > 0 w ułamek łańcuchowy o całkowitych współczynnikach (a n powtarzamy następującą procedurę: (i weź x = a 0 +, (ii rozłóż y = [y] +, }} y a + część }} a + całkowita część +a n + ułamkowa y (iii i zamień: a n = [y], x = a 0 + a + a + +a n + a n + y

5 4 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak W przypadku wymiernego x proces ten się zatrzyma Dla niewymiernego x dostajemy układ uwikłanych równań rekurencyjnych x n }} y = a n + x n+ }} a n = [x n ], y, z warunkiem początkowym x 0 = x Uzyskany opis ciągu współczynników (a n, a zarazem reduktów [a 0 ; a,, a n ], musi uwzględniać x n+ najniżej położone mianowniki w reduktach [a 0 ; a,, a n, x n+ ] Uwikłanie stanowi tylko pozorną trudność, gdyż zachodzi x n+ = x n [x n ] (D Nieskończony pierwiastek Formuła x n+ = a + x n, gdzie x 0 = 0, a > 0 zadana liczba, opisuje n-te przybliżenie pierwiastka nieskończonego a + a + a + Podobnie x n+ = p a x n, gdzie x 0 =, a > 0, p > zadane liczby, opisuje n-te przybliżenie pierwiastka p a p a p a Ćwiczenia Rozwinąć w ułamek łańcuchowy liczby: 67 9, 55 3, 0 5, 5 57,, Rozwiązać równania: 5, 7 (a x n+ = x n + (n+(n+, (b x n+ = x n + 5 n+, (c x n+ = x n + 6 n+, (d x n+ = x n + n, (e x n+ = x n + ( n, (f x n+ = x n + (n+(n+(n+3 3 Rozwiązać równania: (a x n+ = (n + 3 x n, (b x n+ = 4 n+ x n, (c x n+ = n+4 x n, (d x n+ = 6 n+ x n, (e x n+ = 5 n+ x n, (f x n+ = (n+ x (n+ 3 n, (g x n+ = 7 n (n + x n, (h x n+ = ( n+3 xn, (i x n+ = 3 + x n+ n 4 Wyznaczyć wartości iloczynów: ( 4 n+5, ( + a n ( a < 5 Wyznaczyć wzór na n-te przybliżenie pierwiastka p a p a p a Znaleźć wartość tego pierwiastka Wskazówka: Użyć sumowania n j=0 w wykładniku a 6 Niech dany będzie ciąg (b n Wyznaczyć ciąg wyrazów (a n szeregu (b n za ciąg swych sum częściowych Znaleźć (a n, gdy: (a b n = (n+, (b b n = (n+ a n mającego 7 (Warunek konieczny zbieżności iloczynu Jeśli iloczyn a n jest zbieżny, to lim n a n = Czy iloczyn (n + 7 n + 5 n (n + 7 n + 5 n jest zbieżny? Znaleźć jego wartość

6 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 5 3 Struktura zbioru rozwiązań równania k-tego rzędu Ogólna postać liniowego równania rekurencyjnego k-tego rzędu o stałych współczynnikach, odpowiednio jednorodnego i niejednorodnego: (LJ-k (L-k x n+k = k d i x n+i, x n+k = k d i x n+i + h Oznaczmy: S zbiór rozwiązań (x n C równania (LJ-k, R zbiór rozwiązań (L-k Twierdzenie (Zasada Superpozycji (o Ciąg (x n = (0 S W szczególności S = (i Jeśli (x n S, to α (x n = (α x n S (ii Jeśli (x n, (y n S, to (x n + (y n = (x n + y n S (iii Jeśli (x n, (y n R, to (x n (y n = (x n y n S (iv Jeśli (x n R, (y n S, to (x n + (y n = (x n + y n R Dowód Ad (o: 0 = k d i 0 Ad (i: x n+k = k d i x n+i α x n+k = α k d i x n+i = k d i (α x n+i Ad (ii: x n+k = k Ad (iii-(iv: P ćw d i x n+i, y n+k = k k d i y n+i x n+k + y n+k = (d i x n+i + d i y n+i = d i (x n+i + y n+i Twierdzenie (o strukturze zbioru rozwiązań Zbiór S rozwiązań równania (LJ-k stanowi k-wymiarową podprzestrzeń liniową przestrzeni C, zaś zbiór R rozwiązań (L-k stanowi k-wymiarową podprzestrzeń afiniczną Dowód Każdemu ciągowi warunków początkowych (x 0, x,, x k C k odpowiada rozwiązanie S(x 0, x,, x k = (x n S C k (Jeśli znamy początkowe k-wyrazów możemy wyznaczyć z formuły rekurencyjnej (k + -szy wyraz Ponadto, z Zasady Superpozycji, S (α (x 0, x,, x k = α S(x 0, x,, x k, S ( (x 0, x,, x k + (y 0, y,, y k = S(x 0, x,, x k + S(y 0, y,, y k, czyli S : C k S jest liniowe Oczywiście różnym układom warunków początkowych odpowiadają różne rozwiązania (ciągi mające różne początki są różne, czyli S jest injekcją (monomorfizmem Wreszcie każde rozwiązanie wyznaczone jest przez ciąg warunków początkowych (każdy ciąg ma początek, tzn S

7 6 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak jest surjekcją (epimorfizmem Zatem S zadaje izomorfizm pomiędzy przestrzenią rozwiązań S a przestrzenią ciągów warunków początkowych C k, skąd dim(s = dim(c k = k Na koniec, jak widać z własności (iii-(iv Zasady Superpozycji: R = (x n + S, gdzie (x n R jest dowolnie wybranym rozwiązaniem (L-k Wszystkie rozwiązania (L-k = ustalone rozwiązanie (L-k + + wszystkie rozwiązania (LJ-k Zasada Superpozycji i Twierdzenie o strukturze zbioru rozwiązań zachodzą też dla równań liniowych o zmiennych współczynnikach, a ich dowody wyglądają tak samo jak dane powyżej Jak widzieliśmy wyżej jednorodne równanie liniowe posiada co najmniej jedno rozwiązanie - trywialne rozwiązanie zerowe Już jednak w przypadku równania niejednorodnego niełatwo wskazać takie rozwiązanie za pomocą bezpośredniego wzoru Wyjaśnimy obecnie kiedy dowolne równanie rekurencyjne (niekoniecznie liniowe ma rozwiązania Twierdzenie 3 (o istnieniu i jednoznaczności rozwiązań Nieuwikłane równanie rekurencyjne k-tego rzędu x n+k = f(x n+(k, x n+(k,, x n+, x n posiada dla dowolnego układu warunków początkowych x 0, x,, x k dokładnie jedno rozwiązanie Dowód Mamy dane x 0, x,, x k Dalej kolejno wyznaczamy w sposób jednoznaczny: x k = f(x k,, x, x 0, x k+ = f(x k, x k,, x, x, Poniższe przykłady ukazują istotność założenia, że wyraz najwyższego rzędu x n+k nie jest uwikłany w równaniu Przykład x n+ x n = ( n Brak rozwiązań przy x 0 = 0 Dla x 0 0 istnieje dokładnie jeden ciąg (x n startujący z x 0 Przykład (x n+ x n + = 0 Posiada wyłącznie rozwiązania urojone (brak rzeczywistych Dla każdego warunku początkowego x 0 istnieje nieskończenie wiele ciągów (x n startujących z x 0 Ćwiczenia Uzasadnić własności (iii-(iv Zasady Superpozycji Udowodnić, że rozwiązania jednorodnego równania liniowego drugiego rzędu: x n+ = a n x n+ + b n x n, (a n, (b n zadane ciągi współczynników, podlegają Zasadzie Superpozycji (o-(ii

8 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 7 3 Jeżeli x n = λ n, λ 0, spełnia równanie (LJ- x n+ = a x n+ + b x n, to P (λ = λ a λ b = 0 (tzw równanie charakterystyczne I na odwrót, jeśli P (λ = 0, to x n = λ n stanowi rozwiązanie (LJ- Jeżeli λ jest pierwiastkiem podwójnym równania P (λ = 0, to y n = n λ n stanowi inne, oprócz x n = λ n, rozwiązanie (LJ- Wskazówka: Podstawić ciąg w równaniu Przypomnijmy, że ciągi (x n, (y n, (z n C są liniowo niezależne, o ile dla dowolnych α, β, γ C (α x n + β y n + γ z n = α (x n + β (y n + γ (z n = 0 α = β = γ = 0 4 Niech λ, q 0, λ q, x n = λ n, y n = n λ n, z n = q n Pokazać, że ciągi (x n, (y n, (z n są liniowo niezależne Wskazówka: Spostrzec, że jeśli kombinacja ciągów nieskończonych się zeruje, to również zeruje się kombinacja ciągów trójwyrazowych; wykorzystać wyznacznik Opierając się na wynikach zawartych w ćw 3 i ćw 4 oraz na Twierdzeniu o strukturze zbioru rozwiązań, wyznaczyć wszystkie rozwiązania równań: (a x n+ = x n+ + x n, (b x n+ = 6x n+ 9x n, (c x n+ = i x n+ 6x n, (d x n+ = x n+ x n, (e x n+ = x n+ x n, (f x n+ = i x n+ x n

9 8 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 4 Postać rozwiązań równania k-tego rzędu Przedstawmy równanie nieco inaczej Oznaczamy: I, E : C C, (x n+k k (LJ-k x n+k = k d i (x n+i = 0 d i x n+i (ciąg zerowy I((x n = (x n E((x n = (x n+ (operator identycznościowy, (tzw operator przesunięcia Są to operatory liniowe Zauważmy, że E i (x n = (x n+i, gdzie Ei = } E E E} i krotnie Otrzymujemy: ( k P (E ((x n = E k d i E i ((x n = E k ((x n gdzie P (t = t k k k d i t i P nazywamy wielomianem charakterystycznym d i E i ((x n = 0, Niech P (t = (t λ j µ j ; λ j pierwiastek P, µ j krotność λ j, µ j = k Uzyskujemy j j tzw rozkład spektralny: (Sp P (E ((x n = j (E λ j I µ j ((x n = 0; oznacza tu składanie operatorów, a ( µ j potęgowanie operatorów (µ j -krotne składanie j Ciąg (x n stanowi rozwiązanie (Sp a tym samym rozwiązanie (LJ-k dokładnie wtedy, gdy jest kombinacją liniową rozwiązań zagadnień własnych (ZW (E λ j I µ j ((x n = 0 Dalej indeks j dla prostoty pomijamy a µ = (pierwiastek prosty = jednokrotny (E λi ((x n = 0 x n+ = λ x n x n = λ n x 0 b µ = (pierwiastek podwójny (E λ I ((x n = 0 (E λ I [(E λ I (x n } ] = 0 } (y n (E λ I (xn = (y n ( (E λ I (y n = 0 (

10 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 9 Rozwiązujemy ( x n+ = λ x n + y n x n = λ n x 0 + n λ n i y i (3 Rozwiązujemy ( tak jak w a: y n = λ n y 0 Wynik podstawiamy do (3: x n = λ n x 0 + n = λ n x 0 + n λ n i (λ i y 0 = λ n y 0 = = λ n x 0 + n λ n y 0 = = λ n (x 0 + n y0 λ = λn Q(n, gdzie deg Q < µ = c Ogólnie: (E λ I µ (x n = 0 x n = λ n Q(n, deg Q < µ Zakładamy, że zależność powyższa zachodzi przy µ (E λ I µ (x n = (E λ I µ [(E λ I (x n } ] = 0 } (y n (E λ I (xn = (y n ( (E λ I µ (y n = 0 ( Z założenia indukcyjnego rozwiązanie ( ma postać y n = λ n R(n, deg R(n < µ Podstawiając to teraz do rozwiązania ( zawartego w (3: [!] P ćw 5 x n = λ n x 0 + n λ n i y i = = λ n x 0 + n λ n i (λ i R(i = = λ n n λ [!] (x 0 + R(i = = λ n Q(n, deg Q < (µ + = µ Przedstawione rozumowanie doprowadziło nas do następującego twierdzenia Twierdzenie 4 (o postaci rozwiązań Wszystkie rozwiązania równania są postaci (LJ-k x n+k = k c j Q j (n λ n j, j gdzie λ j pierwiastki równania charakterystycznego d i x n+i P (t = t k k d i t i = 0,

11 0 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak µ j krotności pierwiastków λ j, µ j = k, Q j wielomiany stopnia deg Q j = µ j, c j stałe j dowolne Ciągi x n = n αj λ n j, α j = 0,,, 3,, (µ j, rozpinają przestrzeń rozwiązań S równania (LJ-k Zbiór ciągów (x n stanowiący bazę przestrzeni S nazywamy układem rozwiązań fundamentalnych Ćwiczenia Przypomnijmy, że T : C C jest operatorem liniowym, gdy (xn,(yn C α,β C T (α (x n + β (y n = α T ((x n + β T ((y n Operatory możemy dodawać, odejmować, mnożyć (przez skalar i składać (mnożyć jak macierze skończonych rozmiarów Dla S, T : C C i γ C definiujemy: (γ T ((x n = γ T ((x n, (S ± T ((x n = S((x n ± T ((x n, (T S ((x n = T (S((x n, T i = T} T T}, T 0 = I i krotnie Uzasadnić własności: (o działania, +, i wykonywane na operatorach liniowych prowadzą do operatorów liniowych; (i γ T = (γ I T, T := 0 T = ( T, γ (T ± T = γ T ± γ T ; (ii T + T = T + T, (T + T + T 3 = T + (T + T 3 ; (iii (T T T 3 = T (T T 3, T i T j = T i+j ; (iv S (T + T = S T + S T, (T + T S = T S + T S; (v na ogół S T T S Sprawdzić, że E i ((x n = (x n+i Dla operatora T : C C i wielomianu H(t = k h i t i definiujemy operator k H(T = h i T i 3 Niech W i F będą wielomianami, przy czym W (t = F (t (t λ, tzn λ jest pierwiastkiem wielomianu W Pokazać, że wówczas dla operatora T zachodzi: W (T = F (T (T λ I (T λ j I µ j, gdzie j w ostat- Wywnioskować stąd, że gdy W (t = j nim wzorze oznacza złożenie (t λ j µ j, to W (T = j

12 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 4 Rozwiązać (od początku zagadnienie (E λ I 3 ((x n = 0 Wskazówka: Por część b przy µ = w dowodzie twierdzenia o postaci rozwiązań 5 Jeśli deg W = s dla wielomianu W (n zmiennej naturalnej, to deg V = s + dla splotu V (n = n W (i Wskazówka: Jeśli W (n = w p n p, to V (n = n w p i p = w p U p (n, p s p s p s gdzie U p (n = n i p, deg U p = p + Stopień deg U p można wyznaczyć w oparciu o stosowny wzór bezpośredni na U p Inna metoda: rozłożyć po czym zauważyć, że liczba składników n [ ] n p ([ ] }} n p U p (n = 0 p + p (n p, } }}} ( n 0 < p+ n ( ( n n n p+ p ( n U p(n (n (n p p+ n n p+ < n (Dla pedantów: środkowe wyrażenie posiada granicę, którą można wyznaczyć np za pomocą całek lub reguły Stolza

13 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 5 Równanie liniowe drugiego rzędu Wnioski z rozkładu spektralnego Równanie (LJ- ma rozwiązania postaci c ϕ n +d ψ n, gdzie c, d stałe dowolne, (ϕ n, (ψ n rozwiązania fundamentalne (baza przestrzeni rozwiązań postaci: ϕ n = λ n oraz ψ n = λ n, gdy λ λ, albo ψ n = n λ n, gdy λ = λ, gdzie P (t = (t λ (t λ wielomian charakterystyczny Szczegóły ilustruje schemat poniżej (LJ- x n+ = a x n+ + b x n λ = λ (E λ I (x n = 0 postać operatorowa P (E (x n = (E a E b I (x n = 0 rozwiązania fundamentalne ϕ n = λ n n, ψ n = n λ rozwiązanie ogólne x n = c ϕ n + d ψ n = = (c + d n λ n Układ rozwiązań fundamentalnych = baza przestrzeni rozwiązań S (LJ-, a, b R, posiada rzeczywiste rozwiązania fundamentalne (ϕ n, (ψ n ; wszystkie rozwiązania rzeczywiste są postaci x n = c ϕ n + d ψ n, c, d R Proste równania niejednorodne wielomian charakterystyczny P (t = t a t b = (t λ (t λ rozkład spektralny λ λ (E λ I (E λ I (x n = 0 rozwiązania fundamentalne ϕ n = λ n n, ψ n = λ rozwiązanie ogólne x n = c ϕ n + d ψ n = = c λ n + d λ n dekompleksyfikacja λ = λ (sprzężone λ, = r (cos α ± i sin α rzeczywiste rozwiązania fundamentalne ϕ n = ϕn+ψn = r n cos nα, ψ n = ϕn ψn = r n sin nα i rozwiązanie ogólne x n = c ϕ n + d ψ n = = r n (c cos nα + d sin nα (L- x n+ = a x n+ + b x n + h (a + b Jako jedno z rozwiązań szczególnych postulujemy rozwiązanie stałe (stacjonarne: x n = y Wstawiając x n = y do naszego równania wyznaczamy wartość y: y = a y + b y + h y = h (a+b Ostatecznie (na podstawie Twierdzenia o strukturze zbioru rozwiązań rozwiązanie ogólne ma postać h x n = + c ϕ n + d ψ n (a + b }}}} ogólne rozw (LJ- szczególne rozw (L-

14 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 3 Uzmiennianie stałych (metoda Lagrange a (L- x n+ = a x n+ + b x n + h n Rozwiązanie stowarzyszonego równania jednorodnego (LJ- ma postać x n = c ϕ n + d ψ n, gdzie c, d stałe dowolne, (ϕ n, (ψ n rozwiązania fundamentalne Postulujemy, że rozwiązanie równania niejednorodnego (L- ma postać x n = c n ϕ n + d n ψ n (4 gdzie (c n, (d n uzmiennione stałe c, d Oznaczmy : C C, Podwyższamy w (4 indeksy: ((x n = (x n+ x n (tzw operator różnicy x n+ = c n+ ϕ n+ + d n+ ψ n+ [!] = = (c n ϕ n+ + d n ψ n+ + ( c n ϕ n+ + d n ψ n+ [!] P ćw (Ec n = c n+ = c n + c n Zakładamy ponadto, że c n ϕ n+ + d n ψ n+ = 0 (5 Poprzednie równanie upraszcza się do Podnosimy w (6 indeksy: x n+ = c n ϕ n+ + d n ψ n+ (6 x n+ = c n+ ϕ n+ + d n+ ψ n+ = = (c n + c n ϕ n+ + (d n + d n ψ n+ = = (c n ϕ n+ + d n ψ n+ + ( c n ϕ n+ + d n ψ n+ Rezultat wraz z (6 i (4 wstawiamy do (L-: (c n ϕ n+ + d n ψ n+ + ( c n ϕ n+ + d n ψ n+ = }} x n+ = a (c n ϕ n+ + d n ψ n+ + b (c n ϕ n + d n ψ n + h n }}}} x n+ x n Ponieważ (ϕ n, (ψ n są rozwiązaniami (LJ-, więc c n ϕ n+ = c n (a ϕ n+ + b ϕ n = a c n ϕ n+ + b c n ϕ n, d n ψ n+ = d n (a ψ n+ + b ψ n = a d n ψ n+ + b d n ψ n Dzięki temu poprzednie równanie upraszcza się do Kluczowe równania (5 i (7 zbieramy w układ: c n ϕ n+ + d n ψ n+ = h n (7 (US cn ϕ n+ + d n ψ n+ = 0, c n ϕ n+ + d n ψ n+ = h n

15 4 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak Na mocy wzorów Cramera: c n = 0 ψ n+ h n ψ n+ ϕ n+ ψ n+, d n = ϕ n+ ψ n+ ϕ n+ 0 ϕ n+ h n ϕ n+ ψ n+ ϕ n+ ψ n+ Przyjmując np c 0 = 0, d 0 = 0 (lub inne dogodne dla nas wartości początkowe łatwo wyznaczamy (c n i (d n (por cz (B Paragrafu Zgodnie z twierdzeniem o strukturze zbioru rozwiązań wszystkie rozwiązania (L- są postaci x n = (c n ϕ n + d n ψ n + (c ϕ n + d ψ n = }}}} znalezione rozw rozw ogólne (LJ- szczególne (L- = (c n + c ϕ n + (d n + d ψ n (c, d stałe dowolne Wyznacznik ϕ n+ ψ n+ ϕ n+ ψ n+ 0 to tzw wyznacznik Casoratiego Jako utworzony z rozwiązań fundamentalnych (które są liniowo niezależne jest niezerowy Przykład Rozwiązujemy zagadnienie jednorodne: Wielomian charakterystyczny: Rozwiązania fundamentalne: Rozwiązanie ogólne (L-: (L- x n+ = 8x n+ 6x n + 6 n (LJ- x n+ = 8x n+ 6x n P (t = t 8t + 6 = (t 4 ϕ n = 4 n, ψ n = n 4 n x n = (c n + c ϕ n + (d n + d ψ n = ((c n + c + n (d n + d 4 n Ciągi c n, d n wyznaczamy z układu (US, przyjmując c 0 = 4, d 0 = : cn 4 n+ + d n (n + 4 n+ = 0 c n 4 n+ + d n (n + 4 n+ = 6 n cn + d n (n + = 0 d n = 6 n = 3 n 4 n+ c n = n (j + 3 j + c 0 = 3n (n + + = 4 4 3n (n 4 [!] j=0 d n = n j=0 3 j + d 0 = 3n + = 3n Ostatecznie rozwiązanie ogólne (L-: [!] Pćw3 x n = ( 3 n n ( + c + n 4 3n + d 4 n = (c + n d 4 n + 4 n

16 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 5 Ćwiczenia Sprawdzić, że I + = E (Operatory I, E zdefiniowano w Paragrafie 4 Rozwiązać równania (a 4x n+ = x n+ x n + 6i, (b 5x n+ = 30x n+ 9x n + 3, (c x n+ = x n+ + 6x n n, (d x n+ = 6x n x n+ + 4n, 5 n+ (e x n+ = 6x n+ 5x n +, (f x n+ = 6x n+ 5x n + 3 n, (g x n+ = 0x n+ 5x n + 0 n+, (h x n+ = 6x n+ 9x n + 6n, (i x n+ = 0x n+ 5x n + 00n 0 n, (j x n+ = 6x n+ 9x n + 6 n, (k x n+ = 4i x n+ + 4x n ( + i, (l x n+ = 4i x n+ + 4x n + 4 n, (m x n+ = ( + i x n+ + (3i 3 x n + i, (n x n+ = x n++x n 3, x (p n+ = ( i 3 x n+ + ( + i 3 x n, (q x n+ = (x n+ + x n + 3n, (r x n+ = ( + i x n+ + (i x n + i n, (s x n+ = x n+ + x n 3 Korzystając ze związku rozwiązać równanie 4 Równanie Riccatiego ( n m z m n = z z m m= m= z x n = n α n (i (α ustalone a x n+ x n + b x n + c sprowadza się do równania liniowego a z n+ + b z n+ + c z n = 0, gdy podstawić x n = z n+ z n ; (ii a x n+ x n + b x n+ + c sprowadza się do równania liniowego c z n+ + b z n+ + a z n = 0, gdy podstawić x n = zn z n+ ; przy czym z n 0 5 Równanie x n+ =, x 0 = 0, a + x n opisuje n-ty redukt ułamka łańcuchowego [0; a, a, ] Rozwiązując to równanie wyznaczyć n-ty redukt i wartość ułamka

17 6 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 6 Układy równań liniowych W zapisie macierzowym x,n+ x,n+ x k,n+ (UL = x i,n+ = k a i,j x j,n + h i,n j= i =,, k a, a, a,k a, a, a,k a k, a k, a k,k x,n x,n x k,n x l,m m-ty wyraz ciągu x l, l =,, k, m = n lub m = n + + [ a, ] a, a,k Twierdzenie 5 (o strukturze zbioru rozwiązań układu Jeśli det a, a, a,k a k, a k, a k,k 0, to układ liniowych równań rekurencyjnych pierwszego rzędu (UL ma za zbiór rozwiązań k-wymiarową przestrzeń afiniczną, a każde rozwiązanie jest jednoznacznie związane z wyborem warunków początkowych (x,0, x,0, x k,0 Dowód Uzasadnienie przebiega analogicznie do dowodu twierdzenia o strukturze dla równań k- tego rzędu Warto najpierw sformułować i udowodnić odpowiednią Zasadę Superpozycji Pćw 3 Z układem (UL można stowarzyszyć odpowiedni rozkład spektralny Można też taki układ sprowadzić do zagadnienia opisanego przez równanie liniowe k-tego rzędu (co czynimy poniżej dla układu dwóch równań Ponadto możliwa jest pełna analiza zbioru rozwiązań w przypadku, gdy układ ma zerowy wyznacznik lub ogólniej, gdy jest prostokątny (liczba równań różna od liczby niewiadomych ciągów; teoria biegnie analogicznie do twierdzenia Kroneckera-Capelliego wykorzystującego pojęcie rzędu macierzy Przypadek zmiennych współczynników jest trudniejszy Metoda podstawiania Dalej koncentrujemy się na przypadku układu dwóch równań liniowych o stałych wspólczynnikach xn+ = a x (UL n + b y n + f n y n+ = c x n + d y n + g n Zakładamy, że det [ a c d b ] 0 W szczególności b 0 lub d 0; dla ustalenia uwagi niech b 0 Przekształcając górne równanie i podstawiając do dolnego otrzymujemy y n = b (x n+ a x n f n (8 h,n h,n h k,n (x b n+ a x n+ f n+ = y n+ = = c x n + d (x b n+ a x n f n + g n (L- x n+ = (d + a x n+ + (bc da x n + (b g n d f n + f n+ (9 Rozwiązując równanie liniowe drugiego rzędu (9 i wracając do (8 uzyskujemy ostatecznie parę szukanych ciągów (x n, (y n

18 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 7 Przykład (UL xn+ = 3 x n 3 y n + ( 8 n y n+ = 6 x n 8 y n Przekształcamy górne równanie y n = x n 3 x n+ + 3 ( 8n i wstawiamy do dolnego uzyskując (L- x n+ = 5x n+ + 6x n + 3 Równanie charakterystyczne problemu jednorodnego (LJ- x n+ = 5x n+ + 6x n, P (t = t + 5t 6 = (t (t + 6 = 0 Rozwiązanie problemu niejednorodnego (L- ma postać x n = (c n + c + (d n + d ( 6 n, gdzie c, d stałe dowolne, a ciągi (c n, (d n spełniają (US cn + d n ( 6 n+ = 0, c n + d n ( 6 n+ = 3 Przekształcamy górne równanie, d n ( 6 n+ = c n, i wstawiamy do dolnego otrzymując: d n = cn, ( 6 n+ c n = 3 7 Rozwiązujemy c n = 3 7 n + c 0, n+ d n = 3 ( 7 6 d n = ( 3 ( 7 nj= j 6 + d0 = 3 ( ( n d0 Przyjmując dla wygody c 0 = 3 49, d 0 = 3 49 ostatecznie dostajemy x n = 3 n + c + d 7 ( 6n, y n = ( 3 ( 8n + n c + 3d 3 ( 6n Ćwiczenia

19 8 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak Rozwiązać jednorodne układy równań: (a xn+ = 3x n y n y n+ = x n + 6y n, (a xn+ = 6x n y n y n+ = x n + 3y n, (a3 xn+ = 5x n + 3y n y n+ = 4y n, (a4 xn+ = 7x n 6y n y n+ = x n + y n, (a5 xn+ = x n 7y n y n+ = 8x n 3y n, (a6 xn+ = 7x n y n y n+ = 3x n + y n, (b (c (c3 xn+ = 9x n 3y n y n+ = 3x n + 3y n, xn+ = 3x n + 3y n y n+ = 3x n + 3y n, xn+ = 5x n y n y n+ = 3x n + y n, Rozwiązać następujące układy równań (a (c xn+ = 4x n + 6y n + y n+ = 6x n + 9y n, xn+ = 3x n + y n + n y n+ = x n + y n + 5 n, (b (d (b (c (c4 xn+ = 8x n y n y n+ = x n + 4y n, xn+ = 4x n y n y n+ = 5x n + y n, xn+ = 3x n + y n y n+ = 9x n + 3y n xn+ = 3x n + y n + 3 n y n+ = x n + y n, xn+ = 6x n + y n + n 7 n y n+ = 5x n y n 4n 7 n, 3 Udowodnić twierdzenie o strukturze zbioru rozwiązań układu równań liniowych 4 Ułożyć układy równań rekurencyjnych opisujące współczynniki potęgi A n = [ ] α n β n γ n δ n Rozwiązać te układy i znaleźć jawną postać A n, gdy A = (a [ ] [ ] [ ] [ ] 3 α α, (b, (c, (d, (e α [ 4 ] 3 4, (f [ ] 3 4

20 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 9 7 Równania rzędu trzeciego i czwartego Przykład Równanie charakterystyczne: (LJ-3 4x n+3 = 7x n+ 4x n+ 4x n P (t = t t + 7 t + = 0 4t 3 7t + 4t + 4 = 4 (t + 4 (t t + 4 = 0 t 4, i 3 } = 4, (cos π 3 i sin π 3 } Rozwiązania bazowe Rozwiązanie ogólne Przykład φ n = ( n 4 n, ϕ n = n cos nπ 3, ψ n = n sin nπ 3 ( x n = c ( n + n c 4 n cos nπ 3 + c 3 sin nπ 3 (L-3 7x n+3 = 54x n+ 36x n+ + 8x n 3 5 Szukamy stałego rozwiązania szczególnego x n = y (p ćw 3 poniżej, por Paragraf 5 7y = 54y 36y + 8y 3 5 y = 3 5 Rozwiązujemy stowarzyszone zagadnienie jednorodne Równanie charakterystyczne: Rozwiązania bazowe (LJ-3 7x n+3 = 54x n+ 36x n+ + 8x n P (t = t 3 t + 4 t 8 = t 3 54t + 36t 8 = 7 (t 3 3 = 0 t = (pierwiastek potrójny 3 φ n = n 3 n, ϕ n = n n 3 n, ψ n = n n 3 n Rozwiązanie ogólne (LJ-3 x n = (c + c n + c 3 n n 3 n Rozwiązanie ogólne (L-3 Przykład Równanie charakterystyczne: x n = (c + c n + c 3 n n 3 n 3 5 P (t = t 4 ( 3 t + = t = 3 ± i (LJ-4 x n+4 = 3 x n+ x n t 3 i ( t 3 + i = 0 = cos π 6 ± i sin π 6 t = ( cos π ± i sin π

21 0 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak Rozwiązania bazowe Rozwiązanie ogólne Przykład ϕ n = cos nπ, ψ n = sin nπ, φ n = ( n cos nπ, ϖ n = ( n sin nπ Równanie charakterystyczne: x n = (c + c ( n cos nπ + (c 3 + c 4 ( n sin nπ (LJ-4 x n+4 = 4x n+3 8x n+ + 8x n+ 4x n P (t = t 4 4t 3 + 8t 8t + 4 = [!] (t t + = 0 t = ± i = (cos π ± i sin π (pierwiastki podwójne 4 4 [!] Rozkład należy odgadnąć; dzielniki wyrazu wolnego nie są pierwiastkami Rozwiązania bazowe ϕ n = n Rozwiązanie ogólne Ćwiczenia cos nπ 4, ψ n = n sin nπ 4, φ n = n n cos nπ 4, ϖ n = n n sin nπ 4 x n = n ( (c + c n cos nπ 4 + (c 3 + c 4 n sin nπ 4 Rozwiązać następujące równania jednorodne rzędu 3: (a x n+3 = 7x n, (b x n+3 = 64x n, (c x n+3 = 3x n+ 4x n+ + x n, (d x n+3 = x n+ + 8x n+ + x n, (e 3x n+3 = x n+ + 7x n+ 9x n, (f x n+3 = x n+ 48x n+ + 64x n, (g x n+3 = 6 x 3 n+ 0x n+ + 6x n, (h x n+3 = 5x n+ x n+ 8x n, (i x n+3 = i x n+ + x n+ i x n, (j x n+3 = (3 + 3i x n+ + 6i x n+ + ( i x n Rozwiązać następujące równania jednorodne rzędu 4: (a x n+4 = x n+ 6x n, (b x n+4 = 8x n+3 4x n+ + 3x n+ 6x n, (c x n+4 = 5x n+ 4x n, (d x n+4 = 0x n+3 36x n+ + 56x n+ 3x n, (e x n+4 = 3x n+3 + 8x n+ 4x n, (f x n+4 = x n+3 + x n+ + 6x n+ 6x n, (g x n+4 = 4x n+ + 6x n+ 3x n, (h x n+4 = x n+3 x n+ + x n+ 8x n 3 Równanie (L-k x n+k = k d i x n+i + h, h 0, posiada rozwiązanie stałe x n = y wtedy i tylko wtedy, gdy k d i Zachodzi przy tym wzór y = h k d i

22 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 4 Jeżeli równanie (L-k x n+k = k d i x n+i + h n posiada rozwiązanie wielomianowe, to niejednorodność h n jest też wielomianowa 5 (Metoda przewidywań Szukając rozwiązań szczególnych w postaci wielomianowej rozwiązać następujące równania liniowe o stałych współczynnikach z niejednorodnością wielomianową: (a x n+3 = 3x n+ + 4x n+ x n n, (b x n+3 = 3x n+ + 4x n+ x n n, (c x n+3 = 9x n+ 6x n+ + 4x n + n, (d x n+3 = 9x n+ 6x n+ + 4x n + 6n, (e x n+3 = 3x n+ 4x n+ + x n 5n + 3, (f x n+3 = 3x n+ 4x n+ + x n + 0n,

23 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 8 Transformata Z Ciąg (x n można traktować jako ciąg współczynników szeregu Taylora (potęgowego, Laurenta, czy Fouriera (trygonometrycznego Takie przyporządkowanie ciąg szereg nazywamy transformatą Definiujemy: (x n Z Z(z = x n z n (tzw transformata Z (x n G G(z = x n z n (przekształcenie G Z, G tzw funkcje tworzące określone w obszarze zbieżności szeregu; związane są zależnością Z(z = G( Dalej używamy przekształcenia G zwanego niekiedy również transformatą Z z Twierdzenie 6 (własności transformaty Niech (x n G(z = H(z = y n z n (i (x n ± y n = (x n ± (y n G(z ± H(z, (ii (α x n = α (x n α G(z, (iii (x n+ = E(x n (G(z x 0 z, (iv (α n x n G(αz, ( (v (x n+i = E i (x n G(z i x j z j z i n= j=0 x n z n, (y n Dowód Ad (i,(ii,(iv,(v: ( P ćw ( Ad (iii: x n+ z n = x n z n z = x n z n x 0 z = (G(z x 0 z Ciąg x n = x n = n x n = α n x n = ( n n+ x n = n+ Tabelka transformat Przekształcenie G z n = z n z n = ( (z n z = z z n = = z ( z = z ( z α n z n = α z ( n ( n+ zn = z ln( + z, ( n n+ (zn z = = ( z n = +z z n = n+ z ln( z ( n n+ (n + zn = = (ln( + z

24 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak 3 Przykład (de Moivre xn+ = x n+ + x n, x 0 = x = Transformujemy a otrzymane równanie algebraiczne rozwiązujemy: (x n G(z, (x n+ (G(z z, (x n+ (G(z z z, (G(z z z = (G(z z + G(z, z G(z = z + z = α z β z 5, α = 5, β = 5 Za pomocą rozkładu na ułamki proste znajdujemy transformatę odwrotną: G(z = 5 Przykład (por Paragraf 6 Transformujemy: z x n = 5 ( ( n ( ( n = n+ (x n G(z, ( ( = n+ ( (x n+ (G(z x 0 z, x n+ = 5x n + + 6x n + 3 (x n+ (G(z x 0 x z z, (wzór Bineta, + 5 z (3 3 z n = 3, z (G(z x 0 x z z = 5 (G(z x 0 z + 6 G(z + 3, z G(z = x 0 + (x 0 x z 6z 3z 5z (6z 5z ( z Transformata odwrotna G(z = ( x 0 x 7 + x +6z 7 G ( ( z = G ( z z ( z = G z 49 +6z 49 ( z x n = G (G(z = ( x 0 x 7 + ( 3 49 G = ( x 0 7 x = G ( +6z n z n = z ( z, z ( n z n = G (n + z n = (n +, ( + x 7 ( 4 G ( 6 n + ( x gdzie d = x 0 7 x , c = 7 x = 7 x z G ( ( z = (n + = d ( 6n + c n,

25 4 Liniowe równania rekurencyjne K Leśniak Ćwiczenia Sprawdzić własności (i,(ii,(iv,(v transformaty Znaleźć transformaty ciągów (a x n = 3, (b x n = 8 n+, (c x n = 3n +, (d x n = + ( n, (e x n = ( + ( n 3 n, (f x n = n +, 5 (g x n =, gdy n, gdy n = 3 (h x 0, gdy n, n = (i x 0, gdy n 3, n = 3 n n (j x n = n 6 n (k x n = n (n, (l x n = n, (m x n = 4n + 5, (n x n = n 8n +, (p x n = n + n, (q x n = (n + (n + 3 (Transformata odwrotna Znaleźć ciągi o następujących transformatach: (a G(z = 3z, (b G(z = 5z +, (c G(z = 6z + 6z +, (d G(z = z 4, (e G(z = ln(4z +, (f G(z = z3 + z z Stosując transformaty rozwiązać równania: (a x n+ = x n+ + 8x n, (b x n+ = 7x n+ + 8x n + n 5 n, (c x n+ = x n+ + 8x n, (d x n+ = 5x n+ + 6x n + 3 n, (e x n+ = 4x n+ 4x n + n, (f x n+3 = 3x n+ + 0x n+ 4x n, (g x n+ = x n+ x n + n, (h x n+3 = 3x n+ + 0x n+ 4x n + n 5 n 5 Wyrazić funkcję tworzącą G za pomocą Z 6 Sformułować i udowodnić dla transformaty Z odpowiednik Twierdzenia 6