07. rekurzivne relacije i
DESCRIPTION
mathTRANSCRIPT
REKURZIVNE RELACIJE
() 5. prosinca 2011. 1 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Pojednostavljeno receno, to su formule kod kojih se n-ti clan niza izrazava pomocunekoliko prethodnih clanova.
() 5. prosinca 2011. 2 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Pojednostavljeno receno, to su formule kod kojih se n-ti clan niza izrazava pomocunekoliko prethodnih clanova.
FIBONACCIJEVI BROJEVIU svom radu ”Liber abaci” 1202. godine Leonardo od Pise poznat kao Fibonaccipostavio je ”Problem zeceva”.Zecevi se razmnozavaju po slijedecoj shemi:Svaki par zec-zecica (starih barem 2 mjeseca) dobiju tijekom svakog slijedeceg mjesecapar mladih: zeca i zecicu.Ako smo na pocetku godine poceli s jednim novorodenim parom, koliko ce ukupnoparova zeceva biti pocetkom slijedece godine, odnosno, opcenito nakon n mjeseci?Pretpostavljamo da zecevi ne ugibaju.
Nakon 1 mjeseca samo 1 parNakon 2 mjeseca imamo samo 2 paraNakon 3 mjeseca imamo samo 3 para (originalan par i njihovi potomci nakon 2. i 3.mjeseca)Nakon 4 mjeseca imamo 5 parova (samo 2 zrela para)Nakon 5 mjeseci smao 8 parova (3 zrela para)Neka je fn broj parova zec-zecica nakon n mjeseci, tj. tijekom (n + 1)-og mjeseca.
() 5. prosinca 2011. 2 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Prema pretpostavci f0 = 1, f1 = 1, f2 = 2, f3 = 3.Opcenito, da se dobije fn treba broju parova fn−1 koji su zivjeli prethodni mjesec dodatinovorodene parove zeceva koji mogu doci samo od fn−2 parova zivih prije dva mjeseca.Slijedi za n ≥ 2 da je
fn = fn−1 + fn−2.
Tako dobijemo niz brojeva
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
fn 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 377 610
Stoga ce nakon godinu dana biti f12 = 233 parova zeceva.Najcesce se n-ti Fibonaccijev broj ovako definira:
F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2 n ≥ 2.
Ustanovljena je veza Fibonaccievih brojeva saa) efikasnosti Euklidovog algoritma (za odredivanje najvece zajednicke mjere dvajubrojeva)b) rasporedom latica u nekih cvjetovac) pojavom ”filotakse” - rasporedom listova na drvecu u vezi sa odredenim razlomcimakoji su kvocijenti Fibonaccijevih brojeva
() 5. prosinca 2011. 3 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Promotrimo slijedeci omjerFn+1
Fn
= 1 +1
1 + 1
1+ 11+...
() 5. prosinca 2011. 4 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Promotrimo slijedeci omjerFn+1
Fn
= 1 +1
1 + 1
1+ 11+...
Ovakvi izrazi zovu se neprekidni razlomci!
1 + 1 = 2, 1 +1
1 + 1=
3
21 +
1
1 + 11+1
=5
31 +
1
1 + 1
1+ 11+1
=8
5
() 5. prosinca 2011. 4 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Teorem 1
(i) F0 + F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2 − 1(ii) F1 + F3 + F5 + . . . + F2n−1 = F2n
(iii) F20 + F
21 + F
22 + . . . + F
2n = FnFn+1
.
() 5. prosinca 2011. 5 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Teorem 1
(i) F0 + F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2 − 1(ii) F1 + F3 + F5 + . . . + F2n−1 = F2n
(iii) F20 + F
21 + F
22 + . . . + F
2n = FnFn+1
.
Dokaz:(i) Zbrojimo sve relacije
F0 = F2 − F1
F1 = F3 − F2
F2 = F4 − F3
...Fn = Fn+2 − Fn+1
⇒ F0 + F1 + . . . + Fn = Fn+2 − F1 = Fn+2 − 1 (F1 = 1)
() 5. prosinca 2011. 5 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Teorem 1
(i) F0 + F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2 − 1(ii) F1 + F3 + F5 + . . . + F2n−1 = F2n
(iii) F20 + F
21 + F
22 + . . . + F
2n = FnFn+1
.
Dokaz:(ii) Zbrojimo sve relacije
F1 = F2 − F0
F3 = F4 − F2
F5 = F6 − F4
...F2n−1 = F2n − F2n−2
⇒ F1 + F3 + . . . + F2n−1 = F2n − F0 = F2n (F0 = 0)
() 5. prosinca 2011. 6 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Teorem 1
(i) F0 + F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2 − 1(ii) F1 + F3 + F5 + . . . + F2n−1 = F2n
(iii) F20 + F
21 + F
22 + . . . + F
2n = FnFn+1
.
Dokaz:(iii) Opcenito vrijedi
F2k = Fk(Fk+1 − Fk−1).
Zbrojimo sve relacijeF 2
1 = F1F2 − F0F1 = F1F2 − F 20
F 22 = F2F3 − F1F2
F 23 = F3F4 − F2F3
...F 2
n = FnFn+1 − Fn−1Fn
⇒ F 21 + F 2
2 + . . . + F 2n = FnFn+1 − F 2
0 = FnFn+1.
() 5. prosinca 2011. 7 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Koliko zapravo iznosi Fn (kao funkcija od n) izracunali su u 18. stoljecu De Moivre ineovisno D. Bernoulli i J.P.M. Binet.
Teorem 2
n-ti Fibonaccijev broj Fn jednak je
Fn =1√5
[
(
1 +√
5
2
)n
−(
1 −√
5
2
)n]
, n = 0, 1, 2, . . .
() 5. prosinca 2011. 8 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Koliko zapravo iznosi Fn (kao funkcija od n) izracunali su u 18. stoljecu De Moivre ineovisno D. Bernoulli i J.P.M. Binet.
Teorem 2
n-ti Fibonaccijev broj Fn jednak je
Fn =1√5
[
(
1 +√
5
2
)n
−(
1 −√
5
2
)n]
, n = 0, 1, 2, . . .
Dokaz:Ideja dokaza je da se rjesenje Fibonaccijeve rekurzivne formule Fn = Fn−1 + Fn−2, n ≥ 2(zanemarujuci na trenutak pocetne vrijednosti F0, F1) potrazi u obliku Fn = qn.Uvrstavanjem dobivamo
qn = q
n−1 + qn−2
qn−2
(
q2 − q − 1
)
= 0, n ≥ 2.
Pretpostavimo da q 6= 0 pa je Fn = qn rjesenje Fibonaccijeve rekurzivne relacije ako isamo ako q2 − q − 1 = 0, odnosno, ako je
q1 =1 +
√5
2, q2 =
1 −√
5
2.
() 5. prosinca 2011. 8 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
Stoga su
fn =
(
1 +√
5
2
)n
, fn =
(
1 −√
5
2
)n
rjesenja Fibonaccijeve rekurzivne formule.
() 5. prosinca 2011. 9 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
No, ako su F i G rjesenja takve linearne (tj. nema potencije od F razlicitih od prve)homogene (nema konstantnih clanova) rekurzivne relacije, onda je i njihova linearnakombinacija
H = λ1F + λ2G , λ1, λ2 ∈ R
takoder rjesenje.
Zaista, buduci da je Fn = Fn−1 + Fn−2 i Gn = Gn−1 + Gn−2, tada mnozenjem prverelacije sa λ1, a druge sa λ2 i zbrajanjem dobivamo spomenutu tvrdnju.Slijedi da je i
Fn = λ1
(
1 +√
5
2
)n
+ λ2
(
1 −√
5
2
)n
rjesenje.Pocetne vrijednosti za Fibonaccijeve brojeve su F0 = 0, F1 = 1 pa mora biti
n = 0 : λ1 + λ2 = 0
n = 1 : λ1
(
1 +√
5
2
)
+ λ2
(
1 −√
5
2
)
= 1.
Rjesenje tog sustava linearnih jednadzbi je λ1 = 1√5, λ2 = − 1√
5pa slijedi tvrdnja.
() 5. prosinca 2011. 10 / 17
REKURZIVNE RELACIJE
NAPOMENA:
Napisemo li Fn u obliku
Fn =1√5(αn − βn), α =
1 +√
5
2≈ 1, 61803, β =
1 −√
5
2≈ −0, 61803
pa buduci da βn postaje vrlo mali za dovoljno veliki n ( limn→∞
βn = 0) dobivamo
Fn ≈ 1√5αn.
() 5. prosinca 2011. 11 / 17
LINEARNE HOMOGENE REKURZIVNE RELACIJE S KONSTANTNIMKOEFICIJENTIMA
() 5. prosinca 2011. 12 / 17
LIN. HOM. REK. KONST. KOEF: RAZLICITI KORJENI
Opcenito, linearna homogena rekurzivna relacija s konstantnim koeficijentima ovakoizgleda:
an = c1an−1 + c2an−2 + . . . + cran−r (1)
gdje su c1, . . . , cr zadane konstante, a n ≥ r .Kako je an odreden s prethodnih r vrijednosti an−1, . . . , an−r , kazemo da je (1)rekurzivna relacija reda r .Pridjev linearna odnosi se na cinjenicu da se javljaju samo prve potencije od a, dokpridjev homogena znaci da nema konstantnih clanova.Tocnije, linearna i homogena ce znaciti da skup rjesenja cini linearni vektorski prostornad C i ako su (a′
n) i (a′′n ) dva niza koja zadovoljavaju (1), a λ, µ ∈ C, onda i λa′
n + µa′′n
takoder zadovoljavaju (1).Jedan od najjednostavnijih primjera takvih relacija je Fibonaccijeva Fn = Fn−1 + Fn−2.
Primjer:an · an−1 + an−2 · an−3 = 0 nije linearnaan = 2an−1 + 3 nije homogenaan = (n + 3)an−1 + 4an−2 nema konstantne koeficijente
() 5. prosinca 2011. 13 / 17
LIN. HOM. REK. KONST. KOEF: RAZLICITI KORJENI
Rjesenje jednadzbe (1):
Kao i kod Fibonaccijevih relacija, rjesenje cemo traziti u obliku kombinacije partikularnihrjesenja oblika an = xn.
xn = c1x
n−1 + c2xn−2 + . . . + crx
n−r/ : xn−r
xr − c1x
r−1 − c2xr−2 − . . . − cr = 0 (2)
Jednadzba (2) se zove KARAKTERISTICNA JEDNADZBA rekurzivne relacije (1).Ona ima r korjena x1, . . . , xr koji se zovu KARAKTERISTICNI KORJENI od (1).Ti korjeni su kompleksni brojevi koji ne moraju opcenito biti razliciti, ali su zbog cr 6= 0svi razliciti od 0.
Zbog cinjenice da je skup svih rjesenja od (1) vektorski prostor nad C proizlazi da ako sux1, . . . , xr karakteristicni korjeni od (1), a λ1, . . . , λr ∈ C, onda je i
an = λ1xn1 + λ2x
n2 + . . . + λrx
nr (3)
takoder rjesenje od (1).
Kazemo da je rjesenje od (1) OPCE RJESENJE rekurzivne relacije (1) ako se svakorjesenje moze zapisati u obliku (3) za neki izbor konstanti λ1, . . . , λr .
() 5. prosinca 2011. 14 / 17
LIN. HOM. REK. KONST. KOEF: RAZLICITI KORJENI
Teorem 4
Pretpostavimo da su svi karakteristicni korjeni x1, . . . , xr rekurzivne relacije
an = c1an−1 + c2an−2 + . . . + cran−r , cr 6= 0
n ≥ r medusobno razliciti. Tada je opce rjesenje dano s
an = λ1xn1 + λ2x
n2 + . . . + λrx
nr . (3∗)
() 5. prosinca 2011. 15 / 17
LIN. HOM. REK. KONST. KOEF: RAZLICITI KORJENI
Teorem 4
Pretpostavimo da su svi karakteristicni korjeni x1, . . . , xr rekurzivne relacije
an = c1an−1 + c2an−2 + . . . + cran−r , cr 6= 0
n ≥ r medusobno razliciti. Tada je opce rjesenje dano s
an = λ1xn1 + λ2x
n2 + . . . + λrx
nr . (3∗)
Dokaz:Neka je an neko rjesenje te rekurzivne relacije. Tada je an potpuno odreden pocetnimuvjetima:
a0 = b0, a1 = b1, . . . , ar−1 = br−1.
Treba pokazati da mozemo odabrati konstante λ1, . . . , λr tako da vrijedi
n = 0 : λ1 + λ2 + . . . + λr = b0
n = 1 : λ1x1 + λ2x2 + . . . + λrxr = b1
. . .
n = r − 1 : λ1xr−11 + λ2x
r−12 + . . . + λrx
r−1r = br−1.
() 5. prosinca 2011. 15 / 17
LIN. HOM. REK. KONST. KOEF: RAZLICITI KORJENI
Teorem 4
Pretpostavimo da su svi karakteristicni korjeni x1, . . . , xr rekurzivne relacije
an = c1an−1 + c2an−2 + . . . + cran−r , cr 6= 0
n ≥ r medusobno razliciti. Tada je opce rjesenje dano s
an = λ1xn1 + λ2x
n2 + . . . + λrx
nr . (3∗)
Dokaz:Ovaj sustav je sustav od r linearnih jednadzbi s r nepoznanica λ1, . . . , λr . Matricakoeficijenata tog sustava je
1 1 . . . 1x1 x2 . . . xr
......
......
x r−11 x r−1
2 . . . x r−1r
.
Ta matrica poznata je pod imenom Vandermondeova matrica.
() 5. prosinca 2011. 16 / 17
LIN. HOM. REK. KONST. KOEF: RAZLICITI KORJENI
Teorem 4
Pretpostavimo da su svi karakteristicni korjeni x1, . . . , xr rekurzivne relacije
an = c1an−1 + c2an−2 + . . . + cran−r , cr 6= 0
n ≥ r medusobno razliciti. Tada je opce rjesenje dano s
an = λ1xn1 + λ2x
n2 + . . . + λrx
nr . (3∗)
Dokaz:Njena determinanta je produkt ⊓1≤i<j≤r (xj − xi ) svih
(
r
2
)
razlika oblika xj − xi ,1 ≤ i < j ≤ r .Kako su prema pretpostavci svi karakteristicni korjeni x1, . . . , xr medusobno razliciti, tadeterminanta je razlicita od nule, pa sustav ima jedinstveno rjesenje po λ1, . . . , λr .
() 5. prosinca 2011. 17 / 17