Beobachtungen: Die formalen Potenzreihen bilden einen Ring:

Beobachtungen: Die formalen Potenzreihen bilden einen Ring:

A(z) ± B(z) = X

i≥0

a i ± b i

z ⁱ

c · A(z) = X

i≥0

c · a _i z ⁱ

Hier gilt folgende Produktformel:

A(z) · B(z) = X

n≥0 n

X

k=0

a k · b n−k

!

· z ⁿ

Konvolution von A(z) und B(z)

Diskrete Strukturen 4.10 Erzeugende Funktionen 366/558

c

Ernst W. Mayr

Satz 220

Eine formale Potenzreihe

A(z) = X

n≥0

a _n · z ⁿ

besitzt ein multiplikatives Inverses genau dann, wenn a 0 6= 0.

Beweis:

Annahme: Sei

B(z) = X

n≥0

b n · z ⁿ

ein solches Inverses. Dann muss A(z) · B(z) = 1 sein, also auch

a ₀ · b ₀ = 1, damit a ₀ 6= 0. Daher muss b ₀ = a ₀ ⁻¹ sein.

Beweis (Forts.):

Seien induktiv b ₀ , b ₁ , . . . , b n−1 bereits bestimmt. Dann folgt aus

[z ⁿ ]

A(z) · B(z)

=

n

X

k=0

a _k · b n−k = 0, n ≥ 1

dabei bezeichnet [z ⁿ ](. . .) den Koeffizienten von z ⁿ in (. . .) folgende Formel:

b n = −1 a 0

n

X

k=1

a k · b n−k

Also ist b n und damit per Induktion B(z) eindeutig bestimmt.

Diskrete Strukturen 4.10 Erzeugende Funktionen 368/558

c

Ernst W. Mayr

Beispiel 221

Geometrische Reihe:

A(z) = X

n≥0

z ⁿ

Es gilt A(z) · (1 − z) = 1, da

A(z) · (1 − z) = A(z) − z · A(z)

= (1 + z + z ² . . . .) − (z + z ² + z ³ + . . .) = 1

Also:

A(z) = 1

1 − z

Satz 222

Einige wichtige Erzeugendenfunktionen:

1

X

n≥0

z ⁿ = 1 1 − z

2

X

n≥0

(−1) ⁿ · z ⁿ = 1 1 + z

3

X

n≥0

z ²ⁿ = 1 1 − z ²

Diskrete Strukturen 4.10 Erzeugende Funktionen 370/558

c

Ernst W. Mayr

4

X

n≥0

a n

z ⁿ = (1 + z) ^a , a ∈ C

5

X

n≥0

c + n − 1 n

z ⁿ = 1

(1 − z) ^c = (1 − z) ^−c

6

X

n≥0

m + n n

z ⁿ = 1

(1 − z) ^m+1

7

X

n≥0

z ⁿ n! = e ^z

8

X

n≥1

(−1) ⁿ⁺¹ z ⁿ

n = ln (1 + z)

Diskrete Strukturen 4.10 Erzeugende Funktionen 372/558

c

Ernst W. Mayr

Beweis:

1

s. o.

2

Setze in (1) z 7→ −z.

3

Setze in (1): z 7→ z ² .

4

Der Fall a ∈ N 0 wird durch den Binomialsatz gezeigt, f¨ ur allgemeine a verweisen wir auf die Analysis.

5

X

n≥0

c + n − 1 n

z ⁿ = X

n≥0

−c n

(−1) ⁿ z ⁿ

= X

n≥0

−c n

(−z) ⁿ

(4) = (1 − z) ^−c

6

Setze in (5) c := m + 1.

Beispiel 223 Sei

A(z) = X

n≥0

a _n · z ⁿ , m ∈ N 0 .

Dann ist

z ^m · A(z) = X

n≥0

a n · z ^n+m = X

n≥m

a n−m · z ⁿ .

Diskrete Strukturen 4.10 Erzeugende Funktionen 374/558

c

Ernst W. Mayr

Beispiel (Forts.) Damit gilt

z ^m (1 − z) ^m+1

Folie 6(6)

= z ^m · X

n≥0

m + n n

· z ⁿ

= X

n≥0

m + n n

z ^m+n = X

n≥m

n n − m

z ⁿ

(∗) = X

n≥0

n n − m

· z ⁿ .

(∗) Das Gleichheitszeichen gilt, da f¨ ur n < m

n n − m

= 0

ist.

4.11 Aufl¨ osung von Rekursionsgleichungen Beispiel 224

a 0 = 2

a n = 2 · a n−1 + 2 ⁿ f¨ ur alle n ≥ 1

lineare inhomogene Rekursionsgleichung 1. Ordnung

a _n = 2 · a n−1 + 2 ⁿ

a n−1 = 2 · a n−2 + 2 ⁿ⁻¹ | · (−2)

a _n − 2 · a n−1 = 2 · a n−1 − 4 · a n−2 + 2 ⁿ − 2 · 2 ⁿ⁻¹

⇒ 0 = a n − 4 · a n−1 + 4 · a n−2

lineare homogene Rekursionsgleichung 2. Ordnung

Diskrete Strukturen 4.11 Aufl¨osung von Rekursionsgleichungen 376/558 c

Ernst W. Mayr

Beispiel (Forts.)

Zu dieser linearen Rekursionsgleichung

a n − 4 · a n−1 + 4 · a n−2 = 0

geh¨ ort das folgende charakteristische Polynom:

(x − 2) ² = x ² − 4 · x + 4 = 0

Sp¨ ater wird gezeigt, dass die a n hier von der Form a n = (c 1 · n + c 2 ) · 2 ⁿ c 1 , c 2 ∈ C

sind. Aus den Anfangsbedingungen (a ₀ = 2, a ₁ = 6) ergibt sich c 1 = 1 und c 2 = 2. Damit gilt

a n = (n + 2) · 2 ⁿ ∀n ≥ 0

Beispiel (Forts.)

Man zeigt auch allgemein, dass

a n = (c 1 · n + c 2 ) · 2 ⁿ folgende Bedingung erf¨ ullt:

a _n − 4a n−1 + 4a n−2 = 0 (c ₁ , c ₂ ∈ C ).

Diskrete Strukturen 4.11 Aufl¨osung von Rekursionsgleichungen 378/558 c

Ernst W. Mayr

Beispiel 225

Sei (a 0 , a 1 , a 2 ) = (0, 1, 2) und

a n = a n−1 − a n−2 + a n−3 ∀n ≥ 3

also (a _i ) i≥0 = (0, 1, 2, 1, 0, 1, 2, 1, . . .)

. Das zugeh¨ orige charakteristische Polynom ist

x ³ − x ² + x − 1 = 0 = (x − 1)(x ² + 1)

= (x − 1)(x − i)(x + i).

Setze nun a _n = c ₁ · 1 ⁿ + c ₂ · i ⁿ + c ₃ · (−i) ⁿ . Durch Einsetzen der Anfangsbedingungen erh¨ alt man dann c ₁ = 1 und c ₂ = c ₃ = − ¹ ₂ , also

a n = 1 − 1

2 (i ⁿ + (−i) ⁿ ).

Satz 226

Sei (q ₁ , q ₂ , . . . , q _d ) eine gegebene Folge, q _i ∈ C , d ≥ 1, q _d 6= 0. Sei weiter

q(z) := 1 + q ₁ z + q ₂ z ² + . . . + q _d z ^d Das reflektierte Polynom dazu ist

q ^R (z) := z ^deg(q) · q 1

z

= z ^d + q 1 z ^d−1 + q 2 z ^d−2 + . . . + q _d

(Bemerkung: q ^R (z) ist das charakteristische Polynom). Seien {α _i } _1≤i≤k die verschiedenen Nullstellen von q ^R , sei d i die Vielfachheit von α _i . Damit ist

k

X

i=1

d i = d.

Diskrete Strukturen 4.11 Aufl¨osung von Rekursionsgleichungen 380/558 c

Ernst W. Mayr

Satz 226 (Forts.)

Gelten diese Bedingungen, so sind f¨ ur eine Folge (f n ) n≥0 , mit F (z) := X

n≥0

f _n z ⁿ

der zugeh¨ origen Erzeugendenfunktion, die folgenden Aussagen

¨ aquivalent:

1

Lineare Rekursion: (d ist die Ordnung der Rekursion) (∀n ∈ N

) h

f

+ q

· f

+ q

· f

+ . . . + q

· f

= 0 i

2

Erzeugende Funktion:

F (z) = p(z)

q(z)

f¨ ur ein Polynom p(z) vom Grad < d.

Satz 226 (Forts.)

3

Partialbruchzerlegung: Es gibt Polynome g i , deg(g i ) < d i

f¨ ur i = 1, . . . , k, so dass

F (z) =

k

X

i=1

g i (z) (1 − α i z) ^d

4

Explizite Darstellung: Es gibt Polynome p _i , deg(p _i ) < d _i , so dass

(∀n ≥ 0) h f _n =

k

X

i=1

p _i (n) · α _i ⁿ i

Diskrete Strukturen 4.11 Aufl¨osung von Rekursionsgleichungen 382/558 c

Ernst W. Mayr

Beweis:

Betrachte die komplexen Vektorr¨ aume V _k =

(f _n ) n≥0 : (f _n ) n≥0 erf¨ ullt Eigenschaft k

mit k ∈ {1, 2, 3, 4}. Es gilt:

dim(V 1 ) = d

dim(V 2 ) = d (p hat d frei w¨ ahlbare Koeffizienten)

dim(V ₃ ) =

k

X

i=1

d _i = d (g _i hat d _i frei w¨ ahlbare Koeffizienten)

dim(V 4 ) =

k

X

i=1

d i = d (p i hat d i frei w¨ ahlbare Koeffizienten)

Um zu zeigen V _i = V _j , gen¨ ugt es daher, V _i ⊆ V _j zu zeigen.

Beweis (Forts.):

V 1 = V 2 : Sei (f n ) n≥0 ∈ V 2 . Wir wissen, dass

F (z) = X

n≥0

f n · z ⁿ = p(z) q(z) . Es ist

F ˜ (z) = (1 + q ₁ z + q ₂ z ² + . . . + q _d z ^d ) · X

n≥0

f _n z ⁿ = p(z)

mit deg(p) ≤ d − 1, also [z ^d+n ]p(z) = 0 f¨ ur alle n ≥ 0.

Betrachte f¨ ur n ≥ 0

[z ^d+n ] ˜ F (z) = f _n+d + f n+d−1 q ₁ + . . . + f _n q _d = 0 . Damit gilt, dass

f n

n≥0 ∈ V 1 , also V 2 ⊆ V 1 , und damit V 1 = V 2 .

Diskrete Strukturen 4.11 Aufl¨osung von Rekursionsgleichungen 384/558 c

Ernst W. Mayr

Beweis (Forts.):

V 2 = V 3 : Sei f n

n≥0 ∈ V 3 , also F (z) =

k

X

i=1

g _i (z) (1 − α _i z) ^d

. Zu zeigen ist, dass

F (z) = p(z) q(z) . Betrachte hierzu

k

Y

i=1

(1 − α _i z) ^d

.

Wir wissen, dass

q ^R (z) =

k

Y

i=1

(z − α i ) ^d

.

Beweis (Forts.):

Weiter gilt, dass

q ^R (z) = z ^d · q( 1 z ), also

q(z) =

q ^R (z) R

=

k

Y

i=1

(z − α i ) ^d

! ^R

= z ^d ·

k

Y

i=1

( 1

z − α i ) ^d

=

k

Y

i=1

(1 − α _i z) ^d

.

Diskrete Strukturen 4.11 Aufl¨osung von Rekursionsgleichungen 386/558 c

Ernst W. Mayr

Beweis (Forts.):

Daraus erh¨ alt man (durch Bilden des Hauptnenners)

F(z) =

k

X

i=1







 g i (z) ·

k

Y

j=1 j6=i

(1 − α j z) ^d









k

Y

i=1

(1 − α _i z) ^d

= p(z) q(z) .

Es ist damit

deg p(z)

< d i +

k

X

j=1 j6=i

d i = d,

also V 3 ⊆ V 2 und damit V 2 = V 3 .