Beispiel (Forts.)

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 ).

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.

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

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 .

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

.

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 _j = d,

also V 3 ⊆ V 2 und damit V 2 = V 3 .

V ₃ = V ₄ : Sei

f n

n≥0 ∈ V 3 . Zu zeigen ist, dass

f _n

n≥0 ∈ V ₄ . Es gilt, dass

F (z) =

k

X

i=1

g _i (z)

(1 − α _i z) ^d

deg g _i (z)

< d _i .

Aus Satz 222 (5) (Folie 371) wissen wir, dass

1

(1 − x) ^c = X

n≥0

c + n − 1 n

· x ⁿ .

Damit gilt, dass

1

(1 − α _i z) ^d

= X

n≥0

d i + n − 1 n

· (α i z) ⁿ

= X

n≥0

d i + n − 1 n

· α i n z ⁿ .

Beweis (Forts.):

Mit

g _i (z) = g _i,0 + g _i,1 z + . . . + g _i,d

−1 z ^d

⁻¹ =

d

−1

X

j=0

g _i,j z ^j

gilt:

g i (z)

(1 − α i z) ^d

= X

n≥0





d

−1

X

j=0

g i,j ·

d i + n − j − 1 n − j

· α i n−j



 · z ⁿ

Beweis (Forts.):

Also gilt auch, dass F (z) =

k

X

i=1

g _i (z) (1 − α _i z) ^d

= X

n≥0















k

X

i=1 d

−1

X

j=0

α i −j · g i,j ·

n + d i − j − 1 d i − 1

| {z }

p

(n)

·α _i ⁿ















· z ⁿ

Betrachte nun

f _n = [z ⁿ ]F (z) =

k

X

i=1

p _i (n) · α _i ⁿ .

Es gilt, dass deg p i (n)

≤ d i − 1, und damit ist auch f n

n≥0 ∈ V 4 , also V 3 = V 4 .

Anwendung: Sei eine homogene Rekursion gegeben, z. B.

F _n+2 = F _n+1 + F _n F ₀ = 0, F ₁ = 1

1

Dr¨ ucke die Rekursion in einer einzigen Formel aus, inklusive der

Anfangsbedingungen. Wie immer ist F _n = 0 f¨ ur n < 0. F _n = F n−1 + F n−2 gilt auch f¨ ur n = 0, aber f¨ ur n = 1 ist F ₁ = 1, die rechte Seite jedoch 0. Also ist die vollst¨ andige Rekursion

F _n = F n−1 + F n−2 + δ _n,1 , mit

δ _n,m =

( 1 n = m

0 sonst

2

Interpretiere die Gleichung aus 1. mit Hilfe von erzeugenden Funktionen. Wir wissen schon, dass Indexerniedrigung einer Multiplikation mit einer Potenz von z entspricht.

Also erhalten wir:

F (z) = X

n∈ Z

F n z ⁿ

= X

n∈ Z

F n−1 z ⁿ + X

n∈ Z

F n−2 z ⁿ + X

n∈ Z

δ _n,1 z ⁿ

= z · F(z) + z ² · F (z) + z

3

L¨ ose die Gleichung in F (z). Das ist leicht:

F(z) = z

1 − z − z ²

4

Dr¨ ucke die rechte Seite als formale Reihe aus und ermittle daraus die Koeffizienten.

Dies ist der schwierigste Schritt. Zun¨ achst schreiben wir 1 − z − z ² in der Form 1 − z − z ² = (1 − αz)(1 − βz) und ermitteln dann durch Partialbruchzerlegung die Konstanten a und b, so dass gilt:

1

(1 − αz)(1 − βz) = a

1 − αz + b 1 − βz .

Es ergibt sich z.B.

α = 1 + √ 5

2 β = 1 − √

5

2

Es gilt:

F(z) = z a

1 − αz + b 1 − βz

= z



a X

n≥0

α ⁿ z ⁿ + b X

n≥0

β ⁿ z ⁿ





= X

n≥1

(aα ⁿ⁻¹ + bβ ⁿ⁻¹ )z ⁿ

und somit

F _n = aα ⁿ⁻¹ + bβ ⁿ⁻¹

= 1

√ 5

1 + √ 5 2

n

− 1 − √ 5 2

n ,

nachdem man die Konstanten a und b etwa aus den Gleichungen f¨ ur F ₀ und F ₁

bestimmt hat.