Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Комбинаторные методы. Учебник.pdf
и {yn} совпадают до n-го включительно (n > k). Тогда для x
n+1
и y
n+1
получаем
x
= – a1xn – a2x
n+1
– … – akx
n-1
= – a1yn – a2y
n-k+1
– … – aky
n-1
n-k+1
= y
n+1
Что и требовалось доказать.
Утверждение 3.2. Множество решений рекуррентного уравнения (3.2) относительно операции почленного сложения решений
и операции умножения решений на число представляет собой линейное векторное пространство.
Действительно, пусть последовательности {x
} и {yn} являются
n
решениеми рекуррентного уравнения (3.2), т. е.
x
n+k
y
n+k
+ a1x
+ a1y
n+k-1
n+k-1
+ a2x
+ a2y
+ … + akxn = 0 и
n+k-2
+ … + akyn = 0.
n+k-2
Теперь сложим эти два равенства и получим
(x
+ y
n+k
) + a1(x
n+k
n+k-1
+ y
n+k-1
) + a2(x
n+k-2
+ y
) + … + ak(xn + yn) = 0.
n+k-2
Отсюда следует, что последовательность {xn + yn} также является
решением.
Умножим обе части равенства (3.2) на некоторое число α. Получим
α x
+ a1 αx
n+k
n+k-1
+ a2 αx
+ … + ak αxn = 0.
n+k-2
То есть {αxn} также является решением. Что и требовалось доказать.
Таким образом, множество последовательностей, являющихся
решениями уравнения (3.2), замкнуто относительно операций сложения последовательностей и умножения последовательностей на
числа и образует линейное векторное пространство, являющееся
подпространством линейного векторного пространства всех числовых последовательностей.
Из утверждения 3.2 следует, что любая линейная комбинация
α
1{x1n
} + α
2{x2n
} + … + α
s{xsn
} = {α
+ α2x2n + … + αsxsn}
1x1n
любого числа s решений {x1n}, {x2n}, …, {xsn} (α1, α2, …, αs — некоторые числа) также является решением.
.
111
Определение 3.3. Последовательности {x1n}, {x2n}, …, {xsn}
называются линейно независимыми, если из равенства
α
} + α
1{x1n
где α
, α2, … αs — числа, следует α1 = α2 = … = αs = 0.
1
2{x2n
} + … + α
s{xsn
} = {α
+ α2x2n + … + αsxsn} ={0},
1x1n
Далее мы покажем, что линейное векторное пространство решений (3.2) является конечномерным (т. е. существует s
при s > s
висим). Найдём его размерность s
любой набор решений {x1n}, {x2n}, …, {xsn} линейно за-
max
и базисные линейно независи-
max
такое, что
max
мые решения, в виде линейной комбинации которых выражаются
все решения (3.2).
Будем искать решение (3.2) в виде x
Тогда x
n+1
и сократив на λ
n+1
= λ
, x
n
, получим так называемое характеристическое урав-
n+k
= λ
n+k
. Подставив эти выражения в (3.2)
= λn.
n
нение для последовательности (3.2)
k
λ
+ a1 λ
k-1
+ … + a
λ + ak = 0. (3.3)
k-1
Многочлен, стоящий в левой его части, называется характеристическим многочленом.
По основной теореме алгебры это уравнение k-й степени имеет
ровно k корней (возможно, комплексных). Пусть λ
, λ2, …, λk корни
1
характеристического уравнения (3.3). Может быть два случая:
1) Все корни разные;
2) Среди корней есть совпадающие (кратные корни).
Случай разных корней
характеристического многочлена
Рассмотрим сперва более простой случай 1.
В этом случае у нас имеется k различных последовательностей
}, {
}, …, {
{
линейно независимы. Составим их линейную комбинацию и проверим, существуют ли такие не все равные нулю α
Соотношение типа (3.4) должно выполняться для членов последовательностей при любом n. В частности,
112
}, являющихся решениями (3.2). Покажем, что они
, α2, … αk, что
1
{
} + {
} + … + {
} = {0}. (3.4)
= 0;
= 0 …
= 0.
+
+
+
+ … +
+ … +
+ … +
Таким образом, мы получили систему k линейных уравнений для
k неизвестных α
, α2, … α
1
. Чтобы эта система имела ненулевое ре-
k
шение, необходимо и достаточно, чтобы её детерминант был равен
нулю. Иначе она имеет только тривиальное нулевое решение
α
= α2 = … = αk = 0.
1
Определитель системы имеет вид
…
…
…
…
…
…
=
1 1 … 1
=
…
…
…
…
…
…
=
…
(
) 0
.
Последний определитель — это классический определитель
Вандермонда, равный
(
)
.
Поскольку определитель нашей системы уравнений не равен 0,
система имеет единственное тривиальное нулевое решение
= α
α
=…= αk = 0.
1
2
А следовательно, последовательности {
}, {
}, …, {
} ли-
нейно независимы.
Как следует из утверждения 3.2, линейная комбинация этих последовательностей является решением уравнения (3.2). Покажем,
что любое решение может быть представлено в виде линейной ком-
бинации последовательностей {
}, {
}, … , {
} , причём такое
представление единственно.
Пусть {x
рём числа α
вательности {x
} — некоторое решение уравнения (3.2). Подбе-
n
, α2, … αk так, чтобы первые k членов последо-
1
} и {
n
} + {
} + …+ {
} совпадали.
Для этого составим систему линейных уравнений относительно
α
, α2, … α
1
k
+
+ … +
=
;
113
+
+
+ … +
+ … +
=
=
…
.
Определитель этой системы также сводится к определителю
Вандермонда
…
…
…
…
…
…
=
1 1 … 1
= …
…
…
…
…
…
=…
(
) 0
.
Поскольку определитель системы не равен нулю, она имеет
единственное решение. И как следует из утверждения 3.1, решения
{x
} и {
n
} + {
} + …+ {
совпадают. Иначе говоря, последовательности {
}
}, {
}, …, {
представляют собой базис пространства решений уравнения (3.2).
}
Случай кратных корней
характеристического многочлена
Рассмотрим теперь случай 2.
Пусть среди корней характеристического уравнения λ
есть кратные.
Например, корень λ
имеет кратность s, т. е. λi = λ
i
i+1
Покажем, что система решений
}, {
}, …, {
{
}, {
}, …,
{
}, {
линейно независима. Составим их линейную комбинацию и приравняем её к нулю
114
{
} + {
+
{
} + …+ {
} +
} +
{
} + … + {
{
} + … +
, λ2, …, λk
1
= … = λ
}, … , {
} = {0}.
i+s-1
.
}
Для n-го члена получаем
+
+
+ … +
+
+
+ … +
+ … +
= 0.
В левой части равенства стоит многочлен степени s – 1 относи-
тельно n. Для выполнения равенства правой части требуется равенство нулю его коэффициентов при всех степенях n. То есть
здесь все
= α
1
=… = α
2
α
+
попарно различны, по доказанному выше
= α
i
+ … +
= … = αk = 0.
i+s
= 0. Следовательно,
= 0. Следовательно,
= 0. Следовательно,
+
+ … +
= 0.
= 0 …
= 0.
= 0,
Мы получили, что все коэффициенты в построенной нами линейной комбинации решений равны 0, т. е. эти решения линейно независимы. Отсюда, как и выше, следует, что общее решение для рекуррентного соотношения (3.2) имеет вид
{} = {
+
где α
, α2, … αk — произвольные числа.
1
} + {
} + … + {
{
} +
} +
{
} + … + {
{
} + … +
} = {0},
Если среди корней характеристического уравнения имеются ещё
кратные корни, отличные от рассмотренных, то в общем решении
соответствующие им слагаемые формируются способом аналогичным выше рассмотренному.
Последовательность
Фибоначчи
В качестве применения вышеизложенного метода решения рекуррентных уравнений найдём выражение для общего члена уже
упоминавшейся ранее последовательности Фибоначчи.
Последовательность Фибоначчи описывается следующим однородным рекуррентным соотношением
115
x
= xn + x
n+1
Соответствующее характеристическое уравнение имеет вид
λ
Оно имеет два разных корня:
Поэтому общее решение рекуррентного уравнения имеет вид
1
=
=
где α
, α2 — произвольные числа. Для получения решения, отвечаю-
1
щего начальному условию x
и α
ствующие α
относительно α
. Для этого составим систему линейных уравнений
1
2
и α2:
1
Решая её, находим
x1 = x2 = 1.
2
– λ – 1 = 0.
=
=
= x2 = 1, необходимо найти соответ-
+
+
; =
+
n-1
;
.
;
= 1;
= 1.
.
,
И выражение для общего члена последовательности Фибоначчи
приобретает следующий окончательный вид
=
.
Неоднородные
рекуррентные последовательности
Рассмотрим неоднородное рекуррентное соотношение
x
+ a1x
n+k
где f(n) не равна тождественно нулю.
116
n+k-1
+ a2x
+ … + akxn = f(n), (3.5)
n+k-2
Утверждение 3.3. Разность любых двух частных решений неоднородного рекуррентного уравнения (3.5) является решением однородного рекуррентного уравнения, соответствующего данному
(в котором f(n) заменена нулём).
Действительно, пусть последовательности {x
} и {yn} являются
n
решениями рекуррентного уравнения (3.5), т. е.
x
y
n+k
n+k
+ a1x
+ a1y
n+k-1
n+k-1
+ a2x
+ a2y
+ … + akxn = f(n) и
n+k-2
+ … + akyn = f(n).
n+k-2
Теперь вычтем эти два равенства друг из друга и получим
(x
– y
n+k
n+k
)+ a1(x
n+k-1
– y
n+k-1
) + a2(x
n+k-2
– y
) + … + ak(xn– yn) = 0.
n+k-2
Отсюда следует, что последовательность {xn – yn} также является
решением соответствующего однородного уравнения.
Утверждение 3.4. Общее решение неоднородного рекуррентного уравнения (3.5) может быть представлено в виде {x
где {x
уравнения, а {x
} — некоторое частное решение исходного неоднородного
0 n
} — общее решение соответствующего однородного
n
} + {x
n
0 n
},
уравнения.
Действительно, пусть у нас имеется некоторое частное решение неоднородного уравнения {x
в виде {x
} + {x
n
}. Подставив это выражение в соотношение (3.5),
0n
}. Будем искать общее решение
0 n
получим
(x
+ a2(x
n+k
n+k-2
+ x
+ x
)+ a1(x
0 n+k
0 n+k-2
) + … + ak(xn + x
n+k-1
+ x
0 n+k-1
) +
) = f(n)
0 n
или
(x
+ a1x
n+k
+ (x
0 n+k
+ a1x
0 n+k-1
n+k-1
+ a2x
+ a2x
+ … + akxn) +
n+k-2
+ … + akx
0 n+k-2
) = f(n).
0 n
Но вторая скобка в левой части этого соотношения равна f(n),
поэтому задача сводится к получению общего решения однородного
рекуррентного уравнения
(x
+ a1x
n+k
n+k-1
+ a2x
+ … + akxn) = 0.
n+k-2
Что и требовалось доказать.
117
Подбор частного решения
Мы рассмотрим здесь случай, когда f(n) = Pm(n)bn, где Pm(n) —
некоторый полином от n степени m, b — константа.
В этой ситуации вид пробного решения будет зависеть от того,
совпадает ли b с одним из корней характеристического многочлена.
Если не совпадает, то частное решение ищется в виде
Если совпадает, то в виде
(Amxm + A
xs(Amxm+ A
x
+…+ A1x + A0)bn.
x
+…+ A1x + A0)bn,
где s — кратность корня, совпадающего с b.
Для отыскания неопределённых коэффициентов A
пробное решение указанного вида подставляется в неоднородное рекуррентное соотношение, и они определяются путём приравнивания
коэффициентов при равных степенях n в левой и правой частях.
В частном случае f(n) = αb
n
, где α — некоторое число, мы имеем
полином степени 0. Решение в этом случае также ищется в виде Ab
при несовпадении b ни с каким корнем характеристического многочлена или в виде x
sAbn
при совпадении с корнем кратности s,
где A — неопределённый коэффициент.
В частном случае f(n) = P
ищем решение в виде
(Amxm + A
(n) (т. е. при b = 1), как и указано выше,
m
x
+…+ A1x + A0),
если ни один корень характеристического уравнения не равен 1.
Или в виде
xs(Amxm+ A
x
+…+ A1x + A0),
если имеется равный 1 корень кратности s.
Если же в правой части рекуррентного уравнения стоят несколько
функций рассмариваемого типа с различными b, то проще всего найти
частные решения, соответствующие каждой из этих функций в отдельности, а потом просуммировать их для получения искомого частного
решения исходного неоднородного уравнения.
Пример 3.4. Найти общее решение рекуррентного уравнения
x
n+2
+ 2x
– 8xn = 2n + 5n.
n+1
, A
, …, A1, A0
m
m-1
n
118
Характеристическое уравнение λ
λ
1
= 2, λ
= – 4.
2
2
+ 2λ – 8 = 0 имеет два корня
Общее решение соответствующего однородного уравнения
имеет вид
x
n
Найдём частное решение для уравнения
x
+ 2x
n+2
=
2
1
– 8xn = 2n.
n+1
n
+
(–4)n.
2
(3.6)
В наших обозначениях правая часть имеет вид f(n) = P1(n)bn, где
b = 1. Ни один из корней характеристического уравнения не равен 1.
Поэтому пробное решение будет иметь вид x
= An + B. Подставив
n
его в (3.6), получим
A(n + 2) + B + 2A(n + 1) + 2B – 8An – 8B = 2n;
– 5An + 4A – 5B = 2n.
Сравнивая коэффициенты при соответствующих степенях n в ле-
вой и правой частях равенства, находим A = – 2/5, B = – 8/25. Для
данной правой части частное решение имеет вид x
Найдём частное решение для уравнения
x
n+2
+ 2x
– 8xn = 5n.
n+1
= – 2n/5 – 8/25.
n
(3.7)
В наших обозначениях правая часть имеет вид f(n) = P0(n)bn, где
b = 5. Ни один из корней характеристического уравнения не равен 5.
Поэтому пробное решение будет иметь вид x
в (3.7), получим
A5
n+2
+ 2A5
n+1
– 85n = 5n;
= A5n. Подставив его
n
25A + 10A – 8A = 1.
Отсюда находим A = 1/27. Для данной правой части частное ре-
шение имеет вид x
имеет вид
Покажем теперь на примерах, почему при совпадении b с одним
из корней характеристического уравнения необходимо пробное решение домножать на x
= 5n/27. Общее решение исходного уравнения
n
=
n
2
+
1
s
(–4)n + 5n/27 – 2n/5 – 8/25.
2
, где s — кратность этого корня.
x
n
119
Пример 3.5. Рассмотрим рекуррентное соотношение
x
n+2
+ 2x
– 8xn = 2n.
n+1
Из предыдущего примера мы знаем, что характеристическое
уравнение имеет корни λ
равна 1. В нашем представлении f(n) = P
= 2, λ
1
= – 4. Кратность каждого корня
2
(n)bn, где b = 2. То есть b
0
совпадает с корнем кратности s = 1. Попробуем сначала подобрать
частное решение без домножения на n
= A2n. Получаем
x
n
A2
n+2
+ 2 A2
s
. Будем искать его в виде
n+1
– 8 A2n = 2n;
4A + 4A – 8A = 1.
Мы пришли к невозможному равенству. Используем теперь пра-
вильное пробное решение x
A(n+2)2
= An2n. Получим
n
n+2
+ 2 A(n+1)2
n+1
– 8 An2n = 2n;
4An + 8A + 4An + 4A – 8An = 1.
Отсюда находим A = 1/12, и частное решение имеет вид
= n5n/12.
x
n
Рассмотрим теперь случай совпадения b с корнем характеристи-
ческого уравнения кратности s = 2.
Пример 3.6. Будем искать частное решение рекуррентного соот-
ношения
x
– 4x
n+2
Характеристическое уравнение λ
λ
= λ2 = 2 кратности 2, с которым совпадает b = 2. Попробуем сна-
1
+ 4xn = 2n.
n+1
2
– 4λ + 4 = 0 имеет корень
чала две неправильные версии пробного решения.
Ищем частное решение в виде x
A2
n+2
– 4A2
= A2n. Получаем
n
n+1
+ 4A2n = 2n;
4A – 8A + 4A = 1.
Как и ожидалось, приходим к невозможному равенству.
Теперь ищем частное решение в виде x
120
= An2n. Получаем
n