7 Recurrente betrekkingen

Transcriptie

1 7 Recurrente betrekkingen Bij de analyse van allerlei verschijnselen komen we rijen tegen waarvan de termen niet rechtstreeks door een formule worden gegeven, maar waarvoor alleen bekend is hoe je een element van de rij kunt berekenen uit een aantal voorgaande elementen. Een dergelijke definitie van een rij noemen we een recurrente betrekking. Vaak zijn we erin geïnteresseerd vanuit de recurrente beschrijving van de rij een formule te vinden die een term van de rij rechtstreeks beschrijft. 7.1 Definitie en voorbeelden Definitie 7.1 Zijn (a n ) een rij reële getallen en k > 0 een geheel getal. Een recurrente betrekking (van diepte k) is een beschrijving waarin a n wordt uitgedrukt in a n 1, a n,..., a n k. Voorbeeld 7.1 (1) De rij a n = n! kan worden gedefinieerd door de recurrente betrekking a 0 = 0! = 1 en a n = n a n 1 voor n 1. () Is b n een rij, dan kan de rij van partiële sommen n i=0 b i worden gedefinieerd door 0 b i = b 0 i=0 en n i=0 n 1 b i = b n + b i voor n 1. i=0 (3) Is a 0 een reëel getal, dan kan de rij a n = a n worden gedefinieerd door a 0 = 1 en a n = a a n 1 voor n 1. Voorbeeld 7. De getallen van Fibonacci a n zijn gedefinieerd door a n+ = a n+1 + a n. Fibonacci, een andere naam voor Leonardo van Pisa, schreef in 10 zijn boek Liber Abaci, waarin onder andere het probleem voorkomt over het aantal paren konijnen dat in één jaar uit 1 paar ontstaat als er geen konijnen sterven, en uit elk paar iedere maand een nieuw paar geboren wordt dat zelf vanaf de tweede maand deelneemt aan de voortplanting. Dan is a n het aantal paren konijnen na n maanden. Als a 0 = 0 en a 1 = 1, dan zijn de getallen van Fibonacci: 0, 1, 1,, 3, 5, 8, 13,... 87

2 Hoofdstuk 7 Kader 7.1: CODERINGSTHEORIE EN VERBODEN DEELRIJEN. Wanneer informatie door computers wordt verstuurd, wordt een vast bitpatroon, zoals , gebruikt om het einde van een bericht te markeren. Het bericht zelf moet dan zo worden gecodeerd, dat dit patroon er niet in voorkomt, anders stopt de ontvangende machine te snel met luisteren. Om te weten hoeveel bits nodig zijn om een bepaalde boodschap te coderen, onderzoeken we eerst hoeveel bitrijen van een bepaalde lengte er bestaan waarin het speciale patroon niet voorkomt. Er bestaan n bitrijen van lengte n; hoeveel daarvan bevatten het patroon 000 niet? Noem dit aantal A n en bedenk dat A 0 = 1, A 1 =, A = 4 (dus A n = n voor n < 3) omdat een rij korter dan 3 nooit het patroon 000 kan bevatten. Een toegestane bitrij van lengte n kan bestaan uit: 1. 1 gevolgd door een willekeurig toegestaan patroon van lengte n 1; dit kan op A n 1 manieren; of. 01 gevolgd door een willekeurig toegestaan patroon van lengte n ; dit kan op A n manieren; of gevolgd door een willekeurig toegestaan patroon van lengte n 3; dit kan op A n 3 manieren. Het aantal rijen wordt dus gegeven door de recurrente betrekking A n = A n 1 +A n +A n 3. De eerste 11 waarden van A n (met ter vergelijking n ) zijn: n A n n Kun je voorspellen hoe de rij verder gaat, of wat A 1000 en A 000 zijn? Een rij a n die voldoet aan de recurrente betrekking wordt ook een oplossing van deze betrekking genoemd. Een functie a(n) (met k willekeurige constanten), die alle oplossingen van de recurrente betrekking geeft, heet de algemene oplossing. Een oplossing die gegeven startwaarden a 0, a 1,..., a k 1 heeft, heet een specifieke oplossing. 7. De vergelijking a n = Aa n 1 + Ba n Na deze concrete voorbeelden bestuderen we de recurrente betrekking van het type (*) a n = Aa n 1 + Ba n (n ) waarbij a 0 en a 1 gegeven zijn en A en B constanten zijn. Verder nemen we B 0. Stelling 7. Zijn (a n ) een oplossing van de recurrente betrekking ( ) en µ een (reëel of complex) getal, dan is de rij (µa n ) ook een oplossing van ( ). Zijn (a n ) en (a n) twee oplossingen van de recurrente betrekking ( ), dan is de rij (a n + a n ) ook een oplossing van ( ). 88 Bewijs 1. µa n = µ(aa n 1 + Ba n ) = A(µa n 1 ) + B(µa n ).. a n + a n = Aa n 1 + Ba n + Aa n 1 + Ba n = A(a n 1 + a n 1 ) +

3 B(a n + a n ). Zoek naar een oplossing van (*) in de vorm a n = ω n, met een constante ω 0. Substitutie in (*) levert ω n = Aω n 1 + Bω n, ofwel Sectie 7. DE VERGELIJKING a n = Aa n 1 + Ba n (**) ω Aω B = 0. Dus voldoet a n = ω n aan (*) dan en slechts dan als ω een oplossing is van de vierkantsvergelijking (**). De oplossingen ω 1 en ω van (**) zijn gegeven door de formules Er geldt Er zijn nu drie mogelijkheden: ω 1, = A ± 1 A + 4B. ω Aω B = (ω ω 1 )(ω ω ). Geval 1: A +4B > 0. De vergelijking (**) heeft twee reële wortels ω 1 ω. De recurrente betrekking (*) heeft dus twee onafhankelijke oplossingen: ω1 n en ω n. Met stelling 7. zien we dat a n = Cω n 1 + Dω n een oplossing is van (*) voor alle C, D R. Dit is de algemene oplossing van de recurrente betrekking (*) in dit geval. Als de startwaarden a 0 en a 1 zijn gegeven, dan kunnen we C en D op eenduidige manier bepalen uit het stelsel { Cω Dω 0 = a 0 Cω Dω 1 = a 1 of { C + D = a 0 ω 1 C + ω D = a 1 Dit geeft C = a 1 ω a 0 ω 1 ω, D = ω 1a 0 a 1 ω 1 ω. Voorbeeld 7.3 Bij de recurrente betrekking a n = 3a n 1 a n voor (n ) hoort de vierkantsvergelijking ω 3ω + = 0. De wortels van deze vergelijking zijn ω 1 = 1 en ω =. De algemene oplossing is dus a n = Cω n 1 + Dω n = C + D n. Is ook nog gegeven dat a 0 = 1 en a 1 = dan kunnen we C en D bepalen door substitutie van 0 en 1 voor n in de algemene oplossing: { a0 = 1 = C + D a 1 = = C + D dus { C = 0 D = 1. dus de specifieke oplossing is a n = n. 89

4 Hoofdstuk 7 Voorbeeld 7.4 Bij de recurrente betrekking van Fibonacci (zie voorbeeld 7.) a n = a n 1 + a n voor (n ) hoort de vierkantsvergelijking ω ω 1 = 0. De wortels van deze vergelijking zijn ω 1 = De algemene oplossing is dus a n = Cω n 1 + Dω n = C en ω = 1 5. ( 1 + ) n ( 5 1 ) n 5 + D. Als a 0 = 0 en a 1 = 1 dan kunnen we C en D bepalen door substitutie van 0 en 1 voor n in de algemene oplossing: { ( C Hieruit volgt dat 1+ ) 5 + D ( C + D ) = 0 = C = 1 5, D = 1 5. Dus zijn de getallen van Fibonacci gegeven door [( ) n ( ) n ] a n = 1 5 Omdat { C + D = 0 dus C D = 5 < 1, geldt voor n dat a n φn 5 met φ = Geval : A + 4B = 0. De vergelijking (**) heeft één reële wortel. ω 1 = ω = ω = A met multipliciteit m =. De recurrente betrekking (*) heeft dus een oplossing: ω n. Met stelling 7. zien we dat a n = Cω n ook een oplossing is van (*) voor iedere C R. Dit is geen algemene oplossing want die moet van twee constanten afhangen. Dus moeten we nog een onafhankelijke oplossing vinden. We beginnen met de volgende observatie. Stel voor dat A + 4B = 4ε > 0 met een kleine ε > 0. Dan heeft (**) twee verschillende oplossingen: ω 1 = ω + ε en ω = ω ε. Dan is ω ε (ωn 1 ωn ) ook een oplossing van (*) (wegens stelling 7.). Maar ω ε (ωn 1 ω n ) = ω ε [(ω + ε)n (ω ε) n ] = ω ε [(ωn + nω n 1 ε +...) (ω n nω n 1 ε +...)] 90 = ω ε [nωn 1 ε +...] = nω n +... nω n als ε 0.

5 Kader 7.: MAXIMAAL AANTAL DELINGEN BIJ EUCLIDES ALGO- RITME. De historisch gezien eerste serieuze toepassing van Fibonacci s getallen was de analyse van Euclides algoritme door T.F. de Lagny in Het algoritme (zie kader 1.) vindt de grootste gemene deler van twee getallen door herhaalde deling met rest. Lagny zocht een antwoord op de vraag hoe vaak je maximaal zou moeten delen wanneer het grootste getal, A, gegeven is. We draaien deze vraag eerst om: hoe groot moet A minstens zijn om een zeker aantal malen, zeg k keer, te delen? Nummer de achtereenvolgende getallen vanaf het laatste, dus zo (voor de berekening van ggd(615, 5)): Sectie 7. DE VERGELIJKING a n = Aa n 1 + Ba n b 7 b 6 b 5 b 4 b 3 b b 1 b 0 Nu geldt b 0 = 0 en b 1 1 (omdat het laatste getal de eerst optredende 0 is). Verder is b i de rest bij deling van b i+ door b i+1, die minstens één keer gaat, waaruit volgt dat b i+ b i+1 + b i. Hieruit volgt dat b i a i (het i e Fibonaccigetal), dus in het bijzonder geldt dat A = b k a k φ k 5. (Hierin is φ = 1+ 5.) Terugrekenend kan men hieruit afleiden dat k φ log( 5A) log A. Nu gaan we onderzoeken of nω n inderdaad een oplossing van (*) is voor ε = 0. Substitutie in (*) levert dat dan moet gelden of Uit deze vergelijking volgt dat nω n = A(n 1)ω n 1 + B(n )ω n nω = n(aω + B) Aω B. n(ω Aω B) = (Aω + B). Zet ω = A in de laatste vergelijking. Dit geeft: ( ) ( ) A A n 4 + B = + B. Aangezien A + 4B = 0 is deze vergelijking equivalent met 0 = 0. Dus is nω n een andere oplossing van (*) die onafhankelijk van ω n is. De algemene oplossing is a n = Cω n + Dnω n met constanten C, D R. Als de startwaarden a 0 en a 1 bekend zijn, dan kunnen we C en D bepalen uit het stelsel { { Cω 0 + D 0 ω 0 = a 0 C = a0 Cω 1 + Dω 1 of = a 1 ωc + ωd = a 1 Dit geeft C = a 0, D = a 1 ω a 0. Geval 3: A + 4B < 0. De vergelijking (**) heeft nu twee complexe wortels ω 1 ω : ω 1, = A ± i (A + 4B). 91

6 Hoofdstuk 7 Verder gaan we net zo te werken als in Geval 1. De recurrente betrekking (*) heeft dus twee onafhankelijke complexe oplossingen: ω1 n en ω n. Met stelling 7. zien we dat a n = Cω n 1 + Dω n een oplossing is van (*) voor alle C, D C. Dit is de algemene complexe oplossing van de recurrente betrekking (*). Als de startwaarden a 0 en a 1 zijn gegeven, dan krijgen we als in Geval 1: C = a 1 ω a 0 ω 1 ω, D = ω 1a 0 a 1 ω 1 ω, waarin ω 1, complexe getallen zijn. Natuurlijk moet a n reëel zijn voor reële A, B en a 0, a 1 (Ā = A, B = B, ā0 = a 0, ā 1 = a 1 ). Immers dan geldt ω = ω 1 en Dus C = a 1 ω a 0 ω 1 ω = a 1 ω 1 a 0 ω ω 1 = D. a n = Cω n 1 + Dω n = Cω n 1 + C ω n 1 = ā n zo dat a n reëel is. In meer detail: ω 1 = re iϕ, C = se iψ (zie hoofdstuk 6). Dan krijgen we Cω n 1 = sr n e i(nϕ+ψ), Cω n 1 = sr n e i(nϕ+ψ) en a n = sr n cos(nϕ + ψ). Voorbeeld 7.5 Bij de recurrente betrekking a n = a n 1 a n (n ). hoort de vergelijking ω ω + 1 = (ω ω 1 )(ω ω ) = 0 met ω 1 = 1 (1 + i 3) = e iπ/3 en ω = 1 (1 i 3) = e iπ/3. De algemene oplossing is a n = Ae inπ/3 + Be inπ/3. Met a 0 = en a 1 = 1 komt er bij invullen van n = 0 en n = 1 { A + B = Ae iπ/3 + Be iπ/3 = 1, hetgeen we kunnen herschrijven tot rag replacements a n n { A + B = 1 (A + B) + i 1 3(A B) = 1. Hieruit volgt dat A = B = 1. Zo vinden we de oplossing: ( nπ ) a n = e inπ/3 + e inπ/3 = cos. 3 Merk op dat hier geldt a n = a n+6, dus (a n ) is periodiek met periode 6. 9 We vatten deze resultaten samen in de volgende stelling:

7 Stelling 7.3 Laten A, B 0, ω 1, (complexe) constanten zijn zo dat ω Aω B = (ω ω 1 )(ω ω ) voor alle ω. Sectie 7.3 DATAOPSLAG IN BINAIRE AVL-BOMEN Dan zijn er (complexe) constanten C en D zo dat een oplossing van de recurrente betrekking a n = Aa n 1 + Ba n (n ) wordt gegeven door { Cω n a n = 1 + Dω n als ω 1 ω, Cω n + Dnω n als ω 1 = ω = ω. 7.3 Dataopslag in binaire AVL-bomen Een collectie data in een computer wordt vaak opgeslagen in de vorm van een binaire boom. Hierbij wordt één element van de collectie, de wortel, uitgekozen om bovenin de datastructuur te zitten, en de rest van de data wordt verdeeld in een linker- en een rechter deelcollectie. Links komen de elementen kleiner dan de wortel, en rechts de elementen groter dan de wortel, en de linker- en rechterdeelcollectie worden elk weer als een binaire boom georganiseerd. Het voorbeeld laat zien hoe de structuur er uit zou kunnen zien voor de collectie {, 5, 7, 9, 10, 13, 17, 19}; eerst was 13 als wortel gekozen, daarna 9 in de linkercollectie en 17 in de rechtercollectie, etcetera. Een element kan gemakkelijk teruggevonden worden vanuit de wortel: steeds als je een element tegenkomt dat groter is dan wat je zoekt, ga je naar links, en als je een te klein element tegenkomt ga je naar rechts. Zo wordt 10 teruggevonden langs het pad Als je moet zoeken langs langere paden kost het terugvinden van data natuurlijk meer tijd; daarom is het van belang de diepte van de boom te kennen, dat is de lengte van het langste pad in de boom. De voorbeeldboom heeft diepte 4 omdat het pad naar getal 7 lengte 4 heeft. 13 Ingang De binaire boom lijkt een ingewikkeld idee, maar hij kan heel efficiënt zijn: je kunt een collectie van een miljoen elementen opslaan in een binaire boom met 19 Ingang diepte 0! Hoe efficiënt de boom is, hangt echter sterk af van welke elementen steeds als wortel worden gekozen. Wie bijvoorbeeld steeds het kleinste getal kiest, krijgt een heel scheve boom zoals hiernaast en een boom met een miljoen elementen heeft dan diepte een miljoen! Dat lijkt een onverstandige keuze, maar door het toevoegen of verwijderen van elementen kan een boom in de loop van de tijd scheefgroeien. Een mooie oplossing voor het probleem van de scheefgroei werd gevonden door twee Russen, Adelson-Velskii en Landis; we spreken dan van AVL-bomen. Een boom heeft de AVL-eigenschap, wanneer de diepte van de linkerdeelboom en de diepte van de rechterdeelboom ten hoogste 1 verschillen. Niet alleen moet dit gelden voor de twee deelbomen van de wortel van de hele boom, maar ook binnen elke deelcollectie. De eerstgegeven boom is bijvoorbeeld een AVL-boom. De wortel (13) heeft een linkerdeelboom van diepte 3 en een rechterdeelboom van diepte, het verschil is dus 1. Het element 9 heeft een linkerdeelboom van diepte en een rechterdeelboom van diepte 1, het verschil is dus 1. Het element 17 heeft een linkerdeelboom van diepte 0 (hier zit helemaal geen data) en een rechterdeelboom van diepte 1, het verschil is dus 1. Het element 5 heeft een linkerdeelboom van diepte 1 (hier zit helemaal geen data) en een rechterdeelboom van diepte 1, het verschil is dus 0. 93

8 Hoofdstuk 7 x i lagen AV L i AV L i 1 De scheefgegroeide boom is geen AVL-boom: de elementen 37 en 31 zijn nog in orde, maar 9 heeft een linkerdeelboom van diepte 0 en een rechterdeelboom van diepte, het verschil is dus te groot. Adelson-Velskii en Landis beweerden, dat wanneer hun idee wordt ingevoerd, de diepte van een boom maximaal evenredig is met de logaritme van het aantal elementen. Om dit in te zien stellen we ons de vraag: wat is de maximale diepte van een AVL-boom met n elementen? Net als bij de analyse van Euclides algoritme (kader 7.) draaien we de vraag eerst om: wat is het minimale aantal elementen in een AVL-boom van diepte i? Noem dit aantal M i en bedenk dat M 1 = 1 en M =. Voor i moet de boom tenminste een wortel hebben en één van de deelbomen moet diepte i 1 hebben: we geven de wortel als deelboom de lichtse AVL-boom van diepte i 1. Omdat het verschil tussen de dieptes van de deelbomen niet meer dan 1 mag zijn, moet de andere deelboom tenminste diepte i hebben, en we geven de wortel daarom als andere deelboom de lichtste (qua aantal elementen) AVLboom van diepte i (plaatje). De lichtste AVL-boom met diepte i bestaat dus uit een wortel en de twee vorige AVL-bomen, en voor het aantal elementen vinden we de recurrente betrekking M i = M i 1 + M i + 1. Door de laatste term, +1, is deze recurrente betrekking niet van het bekende type. We kunnen die term gelukkig wegwerken door een andere rij (L i ) te definiëren, waarbij L i = M i + 1; de betrekking voor M i geeft ons nu een bekende betrekking voor L i, als volgt: L i = M i + 1 definitie L = M i 1 + M i betrekking voor M = (M i 1 + 1) + (M i + 1) omschrijven = L i 1 + L i De beginwaarden van L zijn L 1 = en L = 3. Nu zijn en 3 het derde, respectievelijk vierde Fibonaccigetal, en de betrekking voor L i kan nu opgelost worden tot L i = a i+ φi+ 5. De oplossing voor de rij M is nu: M i φ 5 φ i. Hieruit volgt dat als n elementen zijn opgeslagen in een AVL-boom van diepte k, dan geldt n φ 5 φ k, oftewel k φ log ( n ) 5 φ 1.44 log n 0.33 De twee Russen hebben dus gelijk met hun bewering over de diepte van AVLbomen. 7.4 Homogene lineaire recurrente betrekkingen Gesterkt door het succes bij het oplossen van het probleem in sectie 7. proberen we de algemene k-de orde lineaire homogene recurrente betrekkingen met constante coëfficiënten op te lossen, dat wil zeggen recurrente betrekkingen van het type ( ) a n = c 1 a n 1 + c a n c k a n k (n k) 94 waarbij c 1, c,..., c k gegeven constanten, en de startwaarden a 0, a 1,..., a k 1 bekend zijn.

9 Als we de startwaarden a 0, a 1,..., a k 1 vrijlaten, dan gelden de volgende eigenschappen (1) als (a n ) een oplossing is van vergelijking ( ), dan ook (µa n ) voor elke µ C, () als (a n ) en (a n) oplossingen zijn van vergelijking ( ), dan ook (a n +a n). Sectie 7.4 HOMOGENE LINEAIRE RECURRENTE BETREKKINGEN Deze eigenschappen kunnen we net als stelling 7. bewijzen. Als men dus op een of andere wijze oplossingen (a (1) n ), (a() n ),..., (a(k) n ) van vergelijking ( ) heeft gevonden, dan is ook (µ 1 a (1) n + µ a () n µ la (k) n ) een oplossing van vergelijking ( ), voor iedere keuze van constanten µ 1, µ,..., µ k. In het bijzonder worden oplossingen van vergelijking ( ) gegeven door waarbij a (j) n = ω n j, ω 1, ω,..., ω k de oplossingen zijn van de vergelijking x k c 1 x k 1... c k 1 x c k = 0. Als een oplossing ω j van deze vergelijking de multipliciteit m j > 1 heeft, dan zijn ook a n = nω n j, a n = n ω n j,..., a n = n mj 1 ω n j oplossingen van vergelijking ( ) (dit volgt uit corollarium 6.7). Zo vinden we k onafhankelijke oplossingen van vergelijking ( ), die kunnen worden gecombineerd tot een algemene oplossing. De onbekende µ s worden vastgelegd door de startwaarden a 0, a 1,..., a k 1. Voorbeeld 7.6 Bij de recurrente betrekking a n = 16a n 1 97a n + 78a n 3 380a n a n 5 met n 5, hoort het polynoom (x ) 3 (x 5) = x 5 16x x 3 78x + 380x 00 met gegeven startwaarden a 0, a 1, a, a 3, a 4. De nulpunten van dit polynoom zijn (3 maal) en 5 ( maal), dus wordt de oplossing gegeven door a n = A n + Bn n + Cn n + D5 n + En5 n. Door nu voor n achtereenvolgens de waarden 0 tot en met 4 in te vullen, kan men de constanten A, B, C, D, E berekenen uit een stelsel van 5 vergelijkingen. Voor a 0 = 1, a 1 = 3, a = 9, a 3 = 53, a 4 = 369 vinden we zo A = B = 0, C = 1, D = 1, E = 0, dus a n = n n + 5 n. 95

10 Hoofdstuk Niet-homogene lineaire recurrente betrekkingen De volgende stap is het toevoegen van een dwangterm f(n) aan de recurrente betrekking in vergelijking ( ). Dan komt er (*) a n = c 1 a n 1 + c a n c k a n k + f(n) (n k) waarbij c 1, c,..., c k gegeven constanten, en de startwaarden a 0, a 1,..., a k 1 bekend zijn. Tot nu toe hebben we alleen de zogenaamde homogene betrekking (met f(n) = 0) behandeld. In dit nieuwe niet-homogene probleem kan de oplossing van het homogene probleem goed gebruikt worden. Een mogelijkheid om hier tot tot een oplossing te komen, is het splitsen van het probleem in twee deelproblemen. Eerst proberen we een liefst zo eenvoudig mogelijke oplossing van (*) te vinden, zonder op de startwaarden te letten. Als we er in slagen om (p n ) te vinden, zo dat p n = c 1 p n 1 + c p n c k p n k + f(n) (n k), dan lossen we vervolgens de homogene recurrente betrekking (de oorspronkelijke vergelijking (*) met weglating van de dwangterm) h n = c 1 h n 1 + c h n c k h n k met nieuwe startwaarden h j = a j p j (j = 0, 1,..., k 1) op. De oplossing van (*) wordt dan gegeven door a n = p n + h n voor alle n. In het bovenstaande wordt (p n ) vaak een particuliere oplossing genoemd, terwijl men (h n ) de oplossing van het homogene deel noemt. Samengevat: Voor het oplossen van a n = c 1 a n 1 + c a n c k a n k + f(n) met n k is het volgende een goede strategie: 1. Vind een particuliere oplossing p n voor a n.. Vind de oplossing h n van het homogene probleem (f(n) = 0) met aangepaste startwaarden. 3. De oplossing is dan a n = h n + p n. Punt van deze methode is in sectie 7.3 behandeld. Het vinden van een particuliere oplossing p n bij punt 1 kan vaak met de zogenaamde methode van onbepaalde coëfficiënten. Hierbij vindt men een particuliere oplossing door p n te zoeken in de vorm van de dwangterm f(n). Bijvoorbeeld: is f(n) een polynoom, probeer dan voor p n ook een polynoom van dezelfde graad. Andere vormen zijn bijvoorbeeld (waarbij we voor de leesbaarheid polynomen alleen in de eerste regel hebben uitgeschreven): 96 type dwangterm f(n) probeer voor p n polynoom: d 0 + d 1n d mn m n s (b 0 + b 1n b mn m ) (polynoom) c n n s (polynoom) c n (polynoom) c n sin(dn) n s ((polynoom) c n cos(dn)+(polynoom) c n sin(dn))

11 waarbij s het kleinste natuurlijke getal is dat zorgt dat geen term van p n een oplossing is van de homogene vergelijking. In de praktijk beginnen we met s = 0 te stellen. Lukt het daarmee niet, dan hogen we s met 1 op en proberen het opnieuw. Dit ophogen van s herhalen we tot succes volgt. Voor meer theorie hierover verwijzen we geïnteresseerden naar de vraagstukken 7.5 t/m 7.9. Sectie 7.5 NIET-HOMOGENE LINEAIRE Voorbeeld 7.7 Vind een particuliere oplossing p n voor de recurrente betrekking a n = a n + 3n. De dwangterm 3n heeft de vorm van een eerstegraads polynoom. Diezelfde vorm proberen we voor p n : p n = an + b, met a en b te bepalen constanten ( onbepaalde coëfficiënten ). Invullen van p n in de betrekking geeft: an + b = (a(n ) + b) + 3n an + b = an 4a + b + 3n sorteren op de macht van n van iedere term geeft n(a a 3) + (b + 4a b) = 0 n( a 3) + (4a b) = 0 links en rechts gelijkstellen van de coëfficiënten van n 1 en n 0 geeft { a 3 = 0 4a b = 0 dus { a = 3 b = 1. We vinden voor p n dus p n = 3n 1. Narekenen door substitutie van p n voor a n levert dat dit inderdaad een juiste oplossing is van de gegeven recurrente betrekking. Voorbeeld 7.8 Vind een particuliere oplossing p n voor de recurrente betrekking a n = 3a n 1 a n + n. De dwangterm is een een eerstegraads polynoom, dus we proberen p n = an + b. Invullen levert an + b = 3(a(n 1) + b) (a(n ) + b) + n an + b = 3an 3a + 3b an + 4a b + n sorteren op machten van n : n(a 3a + a 1) + (b + 3a 3b 4a + b) = 0 n( 1) + ( a) = 0. Dit levert dus een strijdigheid op, aangezien de coëfficiënt van n niet links en rechts gelijk kan worden gemaakt! In dit geval hogen we het getal s uit de tabel op van 0 naar 1 en proberen we nu p n = n(an + b) = an + bn. Invullen levert nu an + bn = 3(a(n 1) + b(n 1)) (a(n ) + b(n )) + n uitwerken en sorteren op machten van n levert tenslotte: n (a 3a + a) + n(b + 6a 3b 8a + b 1)+ +( 3a + 3b + 8a 4b) = 0 n( a 1) + (5a b) = 0 gelijkstellen van de coëfficiënten levert dan: { a 1 = 0 5a b = 0 Dus p n = 1 n 5 n. dus { a = 1 b = 5. Voorbeeld 7.9 Vind een particuliere oplossing van a n = a n 1 a n +n 3 n. Volgens de tabel proberen we p n = 3 n (an + bn + c). Invullen, uitwerken en gelijkstellen van de coëfficiënten van n, n 1 en n 0 levert uiteindelijk op: p n = 3 ( n 9 7 n n 343)

12 Hoofdstuk Voortbrengende functies In hoofdstuk zochten we bij een gegeven functie naar de coëfficiënten van de bijbehorende machtreeks (Taylorreeks) in de hoop de functie beter te kunnen begrijpen. Nu gaan we het omgekeerde doen, namelijk, bij een reeks getallen (bijvoorbeeld door een recurrente betrekking gedefinieerd) de functie bekijken met die rij als coëfficiënten in de machtreeks. Die functie heet de voortbrengende functie van de rij en kan een hulpmiddel zijn om het gedrag van de reeks beter te begrijpen. Definitie 7.4 Is (a n ) een rij getallen, dan heet a(x) = a n x n de voortbrengende functie van (a n ). Voorbeeld 7.10 De voortbrengende functie van de eindige rij 1,, 1 (dus a 0 = 1, a 1 =, a = 1) is 1 + x + x = (1 + x). Voorbeeld 7.11 De voortbrengende functie van de rij (a n ) met a n = 1 voor alle n, is x n = 1 1 x. Zie hiervoor voorbeeld.4. Voorbeeld 7.1 De voortbrengende functie van de rij (a n ) met a n = 1 n! is 1 n! xn = e x. Zie hiervoor voorbeeld.5. Voorbeeld 7.13 De voortbrengende functie van de rij (a n ) met a n = n is n x n = x + x (1 x) 3. Om dit te bewijzen merken we eerst op dat n x n voorkomt in de tweede afgeleide van x n. We kunnen dus proberen het bewijs te leveren door te kijken naar afgeleiden van x n : 98 eerste afgeleide: tweede afgeleide: resultaat: x n = 1 1 x nx n 1 = 1 (1 x) dus nx n = x n(n 1)x n = (1 x) 3 n x n nx n = (1 x) 3 n x n nx n = n x n = x (1 x) 3 (1 x) x (1 x) + x 3 (1 x) = x +x x (1 x) = x +x 3 (1 x). 3 Voor een alternatief bewijs, zie het bewijs van corollarium 6.7. Wat daar gedaan is voor een polynoom, geldt wegens stelling.7 ook voor machtreeksen. De uitkomst is hier dus xf (1) (x)+x f () (x), hetgeen met f(x) = 1 1 x inderdaad de gewenste formule levert.

13 Nog een andere techniek die tot dit resultaat leidt, gebruikt voorbeeld.4. Eerst merken we op dat ( ) ( n+k n = n+k ) k. Daarmee krijgen we 1 (1 x) k+1 = ( ) n + k x n x k, dus k (1 x) k+1 = ( ) n x n. k Sectie 7.6 VOORTBRENGENDE FUNCTIES De sommatie in het rechterlid van de laatste gelijkheid zou moeten lopen vanaf n = k, maar ( n k) = 0 als n N en n < k. Verder gaat men na dat ( ) ( ) n n n = +, 1 waaruit met bovenstaande volgt dat n x n = ( ) n x n + ( n )x n = x 1 (1 x) 3 + x (1 x) hetgeen na uitwerking ook de gewenste formule levert. Voorbeeld 7.14 De voortbrengende functie van de rij (a n ) n 1 met a n = 1/n is n=1 x n n = ln(1 x). Met stelling.5 volgt dat deze machtreeks convergentiestraal ρ = 1 heeft. Stel dus dat de uitkomst binnen de convergentiestraal de functie g(x) is. Toepassen van stelling.7 geeft dan g (x) = x n = 1 1 x. Dit houdt in (zie vraagstuk vr..15) dat g(x) = ln(1 x) + C, waarin C een integratieconstante is. Invullen van x = 0 leert echter dat C = 0, waarmee de bewering is aangetoond Voortbrengende functies en recurrente betrekkingen We geven een paar voorbeelden van het gebruik van voortbrengende functies bij het oplossen van recurrente betrekkingen. Voorbeeld 7.15 a n = a n 1 + a n (n ). Stel a(x) de voortbrengende functie van de (nog te vinden) rij (a n ). Dan geldt a(x) = a n x n = a 0 + a 1 x + a n x n = a 0 + a 1 x + = a 0 + a 1 x + x n= (a n 1 + a n )x n n= a n x n + x n=1 a n x n = a 0 + a 1 x + x(a(x) a 0 ) + x a(x), 99

14 Hoofdstuk 7 dus (1 x x )a(x) = a 0 + (a 1 a 0 )x. We krijgen dan a(x) = a 0 + (a 1 a 0 )x 1 x x = A + B, x τ 1 x τ waarin τ 1 en τ de oplossingen zijn van 1 x x = 0 en de constanten A en B worden berekend volgens de methode van breuksplitsing (doe dit zelf, zie sectie 6.8.) Wanneer we alvast aannemen dat A, B, τ 1, τ berekend zijn, dan komt er a(x) = A/τ1 1 (x/τ 1) = A τ 1 = B/τ 1 (x/τ ) (τ 1 ) n x n B (τ ) n x n τ ( A (τ 1 ) n B (τ ) n )x n. τ 1 τ Het resultaat is dus dat de oplossing van de recurrente betrekking wordt gegeven door a n = A τ 1 (τ 1 ) n B τ (τ ) n voor alle n 0. Voorbeeld 7.16 a n = a n 1 + a n + n (n ). Gaan we te werk als in voorbeeld 7.15, dan vinden we (1 x x )a(x) = a 0 + (a 1 a 0 )x + nx n (zie het laatste gedeelte van voorbeeld 7.13). Er komt dus a(x) = a 0 + (a 1 a 0 1)x (1 x x ) = C x τ 1 + n= ( ) n = a 0 + (a 1 a 0 )x x + x n 1 = a 0 + (a 1 a 0 1)x + x (1 x) D x τ + + x (1 x) (1 x x ) E (1 x) + F 1 x, waarin τ 1 en τ zijn als in voorbeeld 7.15 en C, D, E, F constanten zijn die weer met breuksplitsing worden berekend. Met voorbeelden 7.15 en.4 vinden we tenslotte a n = C τ 1 (τ 1 ) n D τ (τ ) n + E(n + 1) + F Na deze concrete voorbeelden geven we het algemene idee van de toepassing van voortbrengende functies bij het oplossen van de lineaire recurrente betrekkingen van orde k met constante coëfficiënten en een dwangterm a n = c 1 a n 1 + c a n c k a n k + f(n) (n k). 100 We stellen a(x) = a n x n,

15 p(x) = 1 c 1 x c x... c k x k. Vermenigvuldigen van p(x) met a(x) geeft wegens de recurrente betrekking het resultaat p(x)a(x) = q(x) + f(n)x n, n=k waarin q(x) een polynoom is van graad k 1, namelijk k 1 n q(x) = a 0 + a n c j a n j x n. n=1 j=1 Sectie 7.6 VOORTBRENGENDE FUNCTIES Heeft men nu het geluk dat de nulpunten van p(x) kunnen worden berekend en dat n=k f(n)xn een bekende functie r(x) voorstelt, dan kan wellicht met breuksplitsing de voortbrengende functie a(x) = q(x) + r(x) p(x) expliciet als een machtreeks worden geschreven, waaruit a n volgt als de coëfficiënt van x n. Zoals de voorgaande voorbeelden laten zien, kan dit zeker als k en f(n) een niet-negatieve gehele macht van n is. Immers dan kan men de oplossingen van p(x) = 0 berekenen en gebruik maken van de voorbeelden 7.11 en 7.13 om f(n)x n te schrijven als een quotiënt van hanteerbare polynomen Verbanden tussen oplosmethoden Er zijn sterke verbanden tussen de oplosmethode met voortbrengende functies (zie sectie 7.6.1) en de eerder gebruikte methoden (zie sectie 7.4). In 7.4 spelen de nulpunten van het polynoom P (x) = x k c 1 x k 1... c k 1 x c k een rol en in sectie zijn het de nulpunten van p(x) = 1 c 1 x c x... c k x k die ons interesseren. Een belangrijke opmerking is hier Lemma 7.5 Zij c k 0. Dan geldt ( P (y) = 0 dan en slechts dan als p 1 y ) = 0. Bewijs Men rekent na dat x k p(1/x) = P (x), waaruit de bewering volgt, omdat x = 0 wegens het gegeven geen nulpunt van P (x) kan zijn. De nulpunten van p(x) zijn dus precies de inversen van de nulpunten van P (x). Dat wordt weer goed gemaakt bij de breuksplitsing, immers in de voorbeelden 7.15 en 7.16 zien we in de oplossingen negatieve machten van τ 1 en τ optreden! Het grote voordeel van het gebruik van voortbrengende functies is, dat corollarium 6.7 op een veel natuurlijker manier weerspiegeld wordt door de machtreeksen van (x ω 1 ) k in de breuksplitsing. 101

16 Hoofdstuk Opmerking over formele machtreeksen Bij het werken met voortbrengende functies interesseren ons zulke dingen als de convergentiestraal van een machtreeks niet. We willen uitsluitend formeel kunnen rekenen met machtreeksen, omdat we ons voor de coëfficiënten ervan interesseren. In de wiskunde is de theorie van deze zogenaamde formele machtreeksen een heel apart vak. Een formele machtreeks ziet er in veel gevallen uit als de Taylorreeks van een concrete functie, en omgekeerd is elke Taylorreeks tevens te interpreteren als een formele machtreeks. Het voert voor dit college te ver om het verschil tussen een Taylorreeks en een formele machtreeks uit te leggen. In een Taylorreeks a nx n moet men x opvatten als een variabele, waarvoor men een reëel of complex getal kan invullen. In een formele machtreeks a nx n moet men x echter opvatten als een symbool, waarmee gerekend kan worden Een geavanceerd voorbeeld Uit het voorgaande lijkt het alsof de voortbrengende functies eigenlijk niets bijdragen aan het oplossen van recurrente betrekkingen. Toch is dat niet waar. Weliswaar helpen ze nauwelijks bij lineaire recurrente betrekkingen van orde k met constante coëfficiënten, maar er zijn recurrente betrekkingen waarvoor voortbrengende functies precies het goede gereedschap vormen. Een dergelijk voorbeeld is het tellen van het aantal binaire bomen met n inwendige knopen. Daarbij hoort de recurrente betrekking a n = a 0 a n 1 + a 1 a n a n 1 a 0 (n 1), met a 0 = 1. Hier zien we in het rechterlid de coëfficiënt staan van x n 1 in a(x). Er komt dus a(x) = 1 + xa(x), met oplossing xa(x) = 1 1 4x. We gaan hier niet verder op in, maar geven een ander voorbeeld dat we wel zullen uitwerken. Voorbeeld 7.17 a n = na 0 + (n 1)a 1 + (n )a a n 1 (n 1), met a 0 = 1. In het rechterlid staat de coëfficiënt van x n in het produkt ( ) ( ) nx n a n x n = xa(x) (1 x). n=1 We krijgen dus de vergelijking a(x) 1 = xa(x) (1 x), die na uitwerking het volgende resultaat oplevert a(x) = 1 x + x 1 3x + x = 1 + x (σ 1 x)(σ x). Hierin is σ 1 = (3 + 5)/ en σ = (3 5)/. Breuksplitsing leidt tot 10 x (σ 1 x)(σ x) = A σ 1 x + B σ x,

17 met A = σ 1 /(σ σ 1 ) en B = σ /(σ 1 σ ). Werken we dit uit zoals in voorbeeld 7.15, dat komt er 1 a(x) = 1 + σ σ 1 ( 1 n=1 σ n 1 1 ) σ n x n. Sectie 7.7 VRAAGSTUKKEN Fatsoeneren brengt ons tenslotte tot a n = (3 + 5) n (3 5) n n 5 (n 1). 7.7 Vraagstukken vr.7.1. Om het spaargedrag te bevorderen geeft een bank jaarlijks 8% rente op spaartegoeden die tussen 1 en jaar oud zijn en 10% rente op spaartegoeden die minstens jaar oud zijn. Stel een recurrente betrekking op voor het kapitaal na n jaar, aannemend dat het beginkapitaal 100 euro is en dat geen stortingen of opnamen plaatsvinden. Los de gevonden recurrente betrekking op. vr.7.. De waarde van een bepaald tweedehands artikel wordt als volgt bepaald: na 1 jaar 80% van de nieuwwaarde, daarna vermindert de waarde elk jaar met de helft van de vermindering in het vorige jaar. Stel een recurrente betrekking op voor de waarde van een artikel dat n jaar oud is, uitgaande van een nieuwwaarde van 00 euro. Los de gevonden recurrente betrekking op en bereken de limietwaarde. vr.7.3. Van een rij (a n ) is gegeven dat a n het gemiddelde is van a n 1 en a n als n. Stel een recurrente betrekking op voor a n en los die op voor de volgende gevallen a. a 0 = 1, a 1 = 1 b. a 0 = 1, a 1 = 3 vr.7.4. Van een rij (a n ) is gegeven dat a n het gemiddelde is van a n 1, a n en a n 3 als n 3. Bereken a n als a 0 = 1, a 1 = 1, a = 1. Kunt u a n ook berekenen als a 0 = 1, a 1 =, a = 3? vr.7.5. In het platte vlak, voorzien van een orthogonaal (loodrecht) assenstelsel, definiëren we een rij punten ((x n, y n )) door ( (x n, y n ) = x n 1 + y n 1 y n, y n 1 x ) n 1 x n als n Teken de eerste 6 punten als (x 0, y 0 ) = (0, 0) en (x 1, y 1 ) = (10, 0). Stel voor x n en y n aparte recurrente betrekkingen op door uit bovenstaande betrekking de ongewenste variabele te elimineren. Los de recurrente betrekkingen op en vind het limietpunt van de rij ((x n, y n )). vr.7.6. Stel een recurrente betrekking op voor het aantal manieren a n om n te schrijven als een som van getallen die elk 1 of zijn. Bijvoorbeeld: a 4 = 5: +, , , , Bereken a n. 103