Állandó együtthatós lineáris rekurziók

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Állandó együtthatós lineáris rekurziók"

Átírás

1 1. fejezet Állandó együtthatós lineáris rekurziók 1.1. A megoldás menete. Mese. Idézzük fel a Fibonacci-számokat! Az F n sorozatot a következő módon definiáltuk: legyen F 0 = 0, F 1 = 1, és F n+2 = F n+1 + F n (n 0), azaz a másodiktól kezdve minden tag az őt megelőző két tag összege. Így a sorozat minden tagját kiszámíthatjuk, de nem könnyen: a századik taghoz meg kell határoznunk az összes addigi tagot is. Könnyebb a helyzetünk, ha emlékszünk a Fibonacci-számok explicit képletére, mely szerint F n = 1 5 (( ) n ( ) n ) Ebbe n = 100-at helyettesítve rögtön megkapjuk a kívánt eredményt. E fejezetben rekurzióval megadott sorozatoknak explicit képletének kiszámításával fogunk tüzetesebben foglalkozni definíció. Egy a n (n N) sorozatra vonatkozó, a n+k = c 1 a n+k c k a n alakú képletet (homogén, k-adfokú) állandó együtthatós lineáris rekurziónak nevezünk, ahol k rögzített pozitív egész, a c 1,...,c k, c k 0 együtthatók pedig rögzített valós számok. A fenti módon megadott sorozatban tehát minden tag megkapható az őt közvetlenül megelőző k tagból. Természetesen egy ilyen rekurzió csak akkor határozza meg a sorozat tagjait, ha az első k tagot is megadjuk. Pontosabban bármely k szomszédos tag ismerete elegendő, hiszen a rekurzió segítségével visszafelé is számolhatunk. Megjegyezzük, hogy ezen a módon a sorozat nempozitív indexű tagjai is értelmezhetők; ez néha kényelmes.. Megjegyzés. Az elnevezésben az állandó együtthatós jelző arra utal, hogy a c 1,...,c k együtthatók rögzítettek (azaz nem függnek n-től), míg a lineáris jelző arra, hogy az a n+k - t megadó jobboldali kifejezés az a n+k 1,...,a n lineáris kombinációja. Hogy valóban k- adfokú rekurzióról beszéljünk, feltesszük, hogy c k 0. A homogenitás azt jelenti, hogy átrendezve az egyenletet ( 1)a n+k +c 1 a n+k c k a n = 0-t kapunk. Ha a jobb oldalon nem nulla állna, inhomogén rekurziónak neveznénk. 1

2 2 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK A továbbiakban a k = 2 esetet vizsgáljuk részletesebben, azaz az a 1 = α, a 2 = β, (1.1) a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n (1.2) alakban megadott sorozatokra keresünk explicit képletet (itt α,β,c 1,c 2 rögzített valós számok). (1.1)-et kezdeti feltételeknek nevezzük, (1.2)-t pedig rekurziónak. A két feltétel együtt egyértelműen meghatározza az a n sorozatot (n 1). A módszer a következő: valahogyan keresünk két (valamilyen értelemben független) sorozatot, amelyek kielégítik (1.2)-t. Ezek várhatóan nem teljesítik a kezdeti feltételeket, viszont a segítségükkel előállítunk olyan sorozatot, ami (1.2) mellett (1.1)-et is teljesíti. A feladatunk tehát két (független) megoldást találni az (1.2) rekurzióra. Vegyük észre, hogy az azonosan nulla sorozat persze megfelel, de semmire sem megyünk vele. Az ötlet az, hogy keressünk olyan mértani sorozatot, ami kielégíti (1.2)-t. Rendhagyó módon most előre vesszük a bizonyítást, és csak utána mondjuk ki a tételt. Bizonyítás. Keressünk olyan a n = x n 1, x 0 mértani sorozatot, ami kielégíti (1.2)-t, azaz amire teljesül, hogy x n+1 = c 1 x n + c 2 x n 1. Leosztva x n 1 -nel (mivel x 0, ezt minden további nélkül megtehetjük), átrendezés után egy másodfokú egyenletet nyerünk x-re, ami ekvivalens a fentivel: x 2 c 1 x c 2 = 0. Ennek a gyökeit (amit a megoldóképlettel könnyen kiszámíthatunk) jelölje x 1 és x 2. Persze a gyökök egyike sem nulla, hiszen feltettük, hogy c 2 0. Levezetésünk éppen azt mutatja, hogy a n = x1 n 1 és a n = x2 n 1 eleget tesznek az (1.2) rekurziónak. Ha x 1 = x 2, akkor a talált sorozatok egybeesnek. Szerencsére ekkor találunk más jó sorozatot: legyen a n = (n 1)x1 n 1. Azt állítjuk, hogy ebben az esetben a n is teljesíti (1.2)-t; ehhez a n-et (1.2)-be helyettesítve az alábbit kell igazolnunk: (n + 1)x n+1 1 c 1 nx n 1 c 2 (n 1)x n 1 1 = 0. Leosztva x n 1 1 -nel és átrendezve ez azzal ekvivalens, hogy (n 1)(x 2 1 c 1 x 1 c 2 ) + 2x 2 1 c 1 x 1 = 0. Ebben x 2 1 c 1 x 1 c 2 = 0, hiszen x 1 éppen az x 2 c 1 x c 2 = 0 egyenlet megoldása; ráadásul x 1 = x 2, így a megoldóképletben a diszkrimináns nulla, azaz a megoldás x 1 = c 1 /2, amiből 2x 1 c 1 = 0 adódik 1. Ezt x 1 -gyel felszorozva látjuk, hogy 2x 2 1 c 1 x 1 is egyenlő nullával, és ezzel az alábbi tétel bizonyítását befejeztük tétel. Legyen x 1 és x 2 az x 2 c 1 x c 2 = 0 (1.3) 1 Ez onnan is látható, hogy x 1 kétszeres gyöke a p(x) = x 2 c 1 x c 2 polinomnak, így a deriváltjának is gyöke, azaz p (x 1 ) = 2x 1 c 1 = 0.

3 1.1. A MEGOLDÁS MENETE. 3 egyenlet két gyöke. Ekkor a n = x1 n 1 és a n = x2 n 1 kielégítik (1.2)-t. Ha x 1 = x 2, akkor a n = (n 1)x1 n 1 is kielégíti (1.2)-t. Bizonyítás. Lásd a tétel előtt definíció. Az (1.3) egyenletet az (1.2) lineáris rekurzió karakterisztikus egyenletének nevezzük. Megjegyzés. Előfordulhat, hogy a karakterisztikus egyenlet gyökei nem valósak, hanem komplex számok. Ez csak annyiban zavarja a megoldás menetét, amennyiben nem szeretünk komplex számokkal számolni; elvi különbséget nem okoz. Most megnézzük, hogyan lehet két, az (1.2) rekurziót kielégítő sorozatból egy harmadik, hasonló tulajdonságú sorozatot készíteni állítás. Legyen a n és a n két sorozat, melyek kielégítik az (1.2) rekurziót. Ekkor tetszőleges λ 1 és λ 2 rögzített (valós vagy komplex) számokra a b n = λ 1 a n + λ 2 a n sorozat is kielégíti az (1.2) rekurziót. Bizonyítás. A feltételünk alapján a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n és a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n egyaránt teljesül. Emiatt b n+2 = λ 1 a n+2 + λ 2 a n+2 = λ 1 (c 1 a n+1 + c 2 a n) + λ 2 (c 1 a n+1 + c 2 a n) = is fennáll. = c 1 (λ 1 a n+1 + λ 2 a n+1) + c 2 (λ 1 a n + λ 2 a n) = c 1 b n+1 + c 2 b n Megjegyzés. Akik már tanultak lineáris algebrát, azok felismerhetik, hogy az előző 1.4. állítás azt mondja, hogy az (1.2) rekurziót kielégítő számsorozatok zártak a lineáris kombinációkra, azaz egy (R vagy C feletti) vektorteret alkotnak. Mivel az első két tag szabadon választható, és a sorozat további tagjait ez egyértelműen meghatározza, eme vektortér dimenziója kettő. Tehát ha találunk valahogyan két, lineárisan független megoldását (1.2)-nek, az egy bázisa lesz ennek a térnek. Azok lineáris kombinációjaként minden olyan sorozat előáll, ami kielégíti (1.2)-t, speciálisan az (1.1) kezdeti feltételeknek eleget tevő sorozat is. Megjegyzés. Az a n = x1 n 1 helyett nyugodtan vehetnénk az a n = x n 1, illetve egybeeső gyökök esetén az a n = (n 1)x1 n 1 helyett az a n = nx1 n 1 sorozatokat is. Ezek ugyanúgy megoldásai (1.2)-nek, ami azonnal látszik az 1.4. állításunkból: pl. x n 1 = x 1 x1 n 1 +0 x2 n 1 előáll x1 n 1 és x2 n 1 -ből λ 1 = x 1, λ 2 = 0 választással. Munkánk gyümölcsét learatandó nézzük meg, hogyan kapjuk meg az a n sorozat explicit képletét az eddigiek felhasználásával állítás. A keresett, (1.1)-nek és (1.2)-nek eleget tevő a n sorozat egyértelműen előállítható λ 1 a n + λ 2 a n alakban, ahol a n és a n az 1.2. tételben kapott sorozatok. Bizonyítás. Az 1.4. állítás szerint a λ 1 a n+λ 2 a n alakú sorozatok teljesítik az (1.2) rekurziót, tehát csak a kezdeti értékekkel kell foglalkoznunk. Ehhez úgy kell megválasztanunk λ 1 -et

4 4 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK és λ 2 -t (a többi paraméter ismert), hogy a 1 = α = λ 1 a 1 + λ 2 a 1, és a 2 = β = λ 1 a 2 + λ 2 a 2 egyaránt teljesüljenek. Ha x 1 x 2, azaz a n = x n 1 1 és a n = x n 1 2, ez a α = λ 1 + λ 2 β = λ 1 x 1 + λ 2 x 2 egyenletrendszert adja, amit a középiskolából ismert módszerekkel megoldva a λ 1 = (β αx 2 )/(x 1 x 2 ), λ 2 = (αx 1 β)/(x 1 x 2 ) megoldást kapjuk. Ha x 1 = x 2, azaz a n = x n 1 1 és a n = (n 1)x n 1 1, a α = λ 1 β = λ 1 x 1 + λ 2 x 1 egyenletrendszert kapjuk, amiből λ 1 = α, λ 2 = (β αx 1 )/x 1 adódik. Megjegyzés. Láttuk, hogy mértani sorozat formájában keresni a rekurziót kielégítő sorozatokat célravezető és jól kezelhető ötlet. Ezzel együtt nem kötelező: bárhogyan is találunk két valamilyen értelemben független jó megoldást (akár próbálgatással), abból elő fogjuk tudni állítani a keresett sorozatot. Erről bővebben az Olvasmányban írunk. Összefoglalva a fejezet tanulságait: Egy a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n egyenlettel és az a 1, a 2 tagokkal megadott sorozat explicit képletét megkaphatjuk az alábbi lépésekkel. 1. Keresünk megoldást csak a rekurzióra mértani sorozatként: x n+1 = c 1 x n + c 2 x n 1. Átrendezve elég az x 2 c 1 x c 2 = 0 egyenlet x 1 és x 2 gyökeit meghatároznunk. 2. Ha x 1 x 2, akkor a megoldást a n = λ 1 x n λ 2 x n 1 2 alakban keressük. 3. Ha x 1 = x 2, akkor a megoldást a n = λ 1 x n λ 2 (n 1)x n 1 1 alakban keressük. 4. A λ 1 és λ 2 értékeket az a 1 és a 2 kezdeti értékekhez igazítjuk (kétismeretlenes egyenletrendszer) Példák. Az indexeket néha szándékosan eltolva adjuk meg, ez a megoldás menetét nem befolyásolja. Példa. Adjunk explicit képletet az a n = 7a n 1 12a n 2, a 1 = 1, a 2 = 6 rekurzióval megadott sorozatra!

5 1.2. PÉLDÁK. 5 Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 2 7x + 12 = 0. Ennek két gyöke x 1 = 4 és x 2 = 3. Ezért a megoldást a n = λ 1 4 n 1 + λ 2 3 n 1 alakban keressük. A kezdeti értékek figyelembe vételével az alábbi egyenletrendszert kapjuk: (a 1 =) 1 = λ 1 + λ 2 (a 2 =) 6 = λ λ 2 3. Ezt megoldva (mondjuk λ 2 = 1 λ 1 -et behelyettesítve a második egyenletbe) λ 1 = 3, λ 2 = 2 adódik. Tehát az explicit képlet a n = 3 4 n n 1. Példa. Oldjuk meg az a n+2 = 4a n+1 4a n, a 1 = 2, a 2 = 6 lineáris rekurziót! Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 2 4x + 4 = 0, melynek x = 2 kétszeres gyöke. Így a n -et λ 1 2 n 1 + λ 2 (n 1) 2 n 1 alakban keressük, egyenletrendszerünk pedig két egyenletből áll: (a 1 =) 2 = λ 1 (a 2 =) 6 = 2 λ λ 2. Ennek azonnal láthatóan λ 1 = 2, λ 2 = 1 a megoldása, amit visszaírva a n kifejezésébe kapjuk, hogy a n = (n + 1)2 n 1. Példa. Oldjuk meg az a n+2 = 2a n+1 2a n, a 1 = 1, a 2 = 2 lineáris rekurziót! Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 2 2x + 2 = 0, aminek x 1 = 1 + i és x 2 = 1 i a megoldásai. A megoldást tehát a n = λ 1 (1 + i) n 1 + λ 2 (1 i) n 1 alakban keressük. A kezdeti értékekből kapott egyenletrenszer (a 1 =) 1 = λ 1 + λ 2 (a 2 =) 2 = (1 + i) λ 1 + (1 i) λ 2. Ismét például λ 2 = 1 λ 1 -et behelyettesítve a második egyenletbe 2 = 2 i λ i, azaz 2 i λ 1 = 1 + i adódik, amiből λ 1 = 1 + i 2i = 1 + i 2i 2i 2i = 2i(1 + i) 4i 2 = 2 2i 4 = 1/2 i/2, és λ 2 = 1/2+i/2 kiszámítható. Végeredményben a n = 1 i 2 (1+i)n i 2 (1 i)n 1. Ugyancsak fontos, hogy felismerjük, mikor vezet egy szöveges feladat állandó együtthatós lineáris rekurzióra. Erre általános recept nincs, néhány ötletet láthatunk most. Amikor azt látjuk, hogy a feladat ugyanolyan típusú, csak valamilyen értelemben kisebb részfeladatokra vezethető vissza, próbálkozhatunk rekurzió felírásával. A rekurziókat most nem oldjuk meg (azt már gyakoroltuk), csak a rekurziók felírására koncentrálunk. Példa. Hányféleképpen mehetünk fel az n lépcsőfokból álló lépcsőn, ha egyszerre 1 vagy 2 fokot léphetünk? És ha 3-at is?

6 6 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK Megoldás. Az ötlet tipikus: diszjunkt részfeladatokra bontunk az első lépés szerint. Jelölje a n a választ n lépcsőfok esetén. Ha az első lépésnél k fokot lépünk, a maradék n k lépcsőfokon éppen a n k -féleképpen mehetünk fel. (Itt látjuk, hogy az első lépés után egy ugyanolyan jellegű feladatot kapunk.) A k lehetséges értékeit megnézve az első esetben az a n = a n 1 + a n 2, a másodikban az a n = a n 1 + a n 2 + a n 3 rekurziót kapjuk. Az első esetben két, a másodikban három kezdeti tagot kell meghatároznunk, hogy leírjuk a sorozatot. Ezt kézzel kiszámolva az első esetben a 1 = 1, a 2 = 2, míg a másodikban a 1 = 1, a 2 = 2, a 3 = 4 adódik. Így kaptunk egy lineáris rekurziót kezdeti felétételekkel, amit a tanult módszerekkel meg tudunk oldani az első esetben. A másodikban a rekurzió harmadfokú. Magasabbfokú rekurziók megoldásával az Olvasmányban foglalkozunk. Megjegyzés. Formálisan n = 0 lépcsőfokra is megkérdezhetjük ugyanezt. Egyetlen olyan lépéssorozat van, amellyel nulla lépcsőfokot mászunk meg: az üres sorozat (azaz amikor nem lépünk semmit). Így az a megérzésünk támadhat, hogy a 0 = 1 kell legyen mindkét esetben. A rekurzív képletek is alátámasztják ezt a megérzésünket: például az első esetben a képletet az a 2 -re felírva a 2 = a 1 + a 0 adódik, ami szintén a 0 = 1-et eredményez. Példa. Hányféleképpen költhetünk el n eurót, ha 1 euróért 3-féle, 2 euróért 4-féle különböző cikket vásárolhatunk? Lényeges, hogy milyen sorrendben vásároltuk a cikkeket! (A megvásárolt cikkek száma nyilván függ attól, hogy miket vettünk; ez a feladat szempontjából azonban lényegtelen.) Megoldás. Jelölje a n azt, hogy n eurót hányféleképpen költhetünk el. Megint az első vásárlás szerint bontunk szét. A különbség az, hogy most az első vásárlás többféleképpen alakulhat. Így az a n = 3a n 1 + 4a n 2 rekurziót kapjuk. A jobb oldal első tagjában 3- féleképpen költhetjük el egy cikkre az első eurót, ettől függetlenül költhetjük el a maradék n 1 eurót. Hasonlóan, ha elsőre 2 eurós cikket vásárolunk, azt 4-féleképp tehetjük meg, majd ettől függetlenül elkölthetjük a megmaradt (n 2) eurónkat. Figyelem! Az a n 2 együtthatója nem az, hogy 2 eurót hányféleképpen költhetünk el, hanem az, hogy 2 eurót egyetlen cikkre hányféleképpen költhetünk el, hiszen az első megvett árucikk értéke szerint esetelünk. Az első két tag a 1 = 3, a 2 = , összhangban az a 0 = 1 érzésünkkel. Ez segíthet az ellenőrzésben, a 2 -t (illetve ha a 3 -ra is szükségünk van, akkor azt) ugyanazzal a részfeladatokra bontással számolhatjuk ki, mint amivel a rekurziót kapjuk. Példa. Hány olyan n hosszú, az a, b és c betűkből felépülő szó (azaz nem feltétlenül értelmes betűsorozat) van, amelyben nincs két b betű egymás mellett? Megoldás. Szokás szerint jelölje a n az n betűből álló jó (azaz bb-mentes) szavak számát. Itt is az első (illetve az első kettő) betű szerint csoportosítjuk az n hosszú, jó szavakat. Két esetet vizsgálunk: Ha az első betű nem b, akkor ezt tetszőleges n 1 hosszú jó szó követheti, amiből a n 1 darab van. Mivel az első betű kétféle (a vagy c) lehet, összesen 2a n 1 olyan n hosszúságú jó szó van, ami nem b-vel kezdődik.

7 1.2. PÉLDÁK. 7 Ha az első betű b, akkor utána a vagy c kell jöjjön, azt pedig bármely n 2 hosszú jó szó köveheti, amiből a n 2 van. Tehát b-vel kezdődő, n hosszú jó szóból 2a n 2 van. Végeredményben az a n = 2a n 1 + 2a n 2 rekurziót kaptuk. Könnyen megkapható, hogy a 1 = 3, a 2 = 8 (és a 0 = 1 az üres szó miatt). Nehezebb feladathoz jutunk, ha a bc egymást követő párt zárjuk ki. Példa. Hány olyan n hosszú, az a, b és c betűkből felépülő szó van, amelyben nincs egymás mellett bc ilyen sorrendben? (Tehát cb vagy bac lehet.) Megoldás. Most fordítva okoskodunk: minden n hosszú jó szót megkapunk akkor, ha egy n 1 hosszú jó szó elé írunk egy betűt. Így 3a n 1 darab szót kaptunk, ám ezek között sajnos vannak rosszak is, mégpedig azok, amelyek bc-vel kezdődnek. Ilyet akkor kaptunk, amikor egy c-vel kezdődő jó szó elé b-t írtunk. Tehát pontosan annyi rossz szót állítottunk elő, ahány c-vel kezdődő, n 1 hosszú jó szó van. Ezek száma pedig a n 2, hiszen az első c betűt bármelyik n 2 hosszú jó szó követheti. Kivonva az összesből a rosszakat az a n = 3a n 1 a n 2 rekurziót kapjuk. Nyilván a 1 = 3, a 2 = 8, hiszen csak a bc szó rossz. Más megoldás: Logikailag kevésbé trükkös az alábbi okoskodás. Ismét első betű szerinti esetszétválasztást alkalmazunk. Az eddigiekhez hasonlóan a-val vagy c-vel kezdődő, n hosszú, jó szóból egyaránt a n 1 van, ez összesen 2a n 1 darab. Ha a szó b-vel kezdődik, akkor két lehetőségünk van: vagy a, vagy b betű követi. Ha a áll utána, azt tetszőleges n 2 hosszú, jó szó követheti, melyek száma a n 2. Ha b áll utána, ismét két lehetőségünk van: vagy a, vagy b betű követi... Ezt folytatva előbb-utóbb elérünk a végéig. Ezt a gondolatmenetet az alábbi módon kényelmes megfogalmazni: Csoportosítsunk a szó elején álló b betűk száma szerint! Azaz jelölje s k azon n hosszú, jó szavak számát, melyek k darab b betűvel kezdődnek. A fentebbi gondolatmenet szerint s 0 = 2a n 1 ; s k = a n k 1, ha 1 k n 1 (hiszen a k darab b betű után egy a betűnek kell állnia, amit egy n k 1 hosszú, jó szó követ (a 0 = 1 legyen)); végül s n = 1 (ami a csupa b betűből álló szónak felel meg). Ebből (s 0 + s s n =) a n = 2a n 1 + a n 2 + a n a Felírva ugyanezt a rekurziót a n 1 -re az a n 1 = 2a n 2 + a n 3 + a n a összefüggést kapjuk. Az előbbi egyenletből kivonva az utóbbit az a n a n 1 = 2a n 1 a n 2 kifejezést kapjuk, átrendezve a n = 3a n 1 a n 2, ami éppen a fenti rekurzió. Ez a második ötlet akkor működik, ha az a n felírásában szereplő tagok indexei számtani sorozatot alkotnak, mert akkor a kivonás után majdnem minden tag kiesik. Más megoldás: Jelölje c n azon n hosszú, jó szavak számát, melyek c-vel kezdődnek, és b n azokét, amelyek nem c-vel kezdődnek. Ekkor a n = b n +c n. Másrészt c n = a n 1 (c után bármi állhat), és b n = a n 1 + b n 1 (attól függően, hogy a-val vagy b-vel kezdődik). Tehát a n = b n +c n = a n 1 +b n 1 +a n 1 = 2a n 1 +b n 1 = 2a n 1 +a n 1 c n 1 = 3a n 1 a n 2.

8 8 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK Megjegyzés. Az első elem szerinti szétválasztás helyett tekinthettük volna az utolsó elemet is; néha ez kényelmesebb lehet. Gyakorlófeladatok: Hányféleképpen fedhető le a 2 n-es sakktábla 2 1-es dominókkal? És a 3 n-es 3 1-esekkel? És a 2 n-es három mezőt elfoglaló L betőkkel? És ha vegyesen használjuk az L betűket és a 2 1-eseket? És ha vegyesen használjuk az L betűket és a 3 1-eseket, illetve a 4 1-eseket? (Mindegyik esetben elég csak a rekurziót felírni.) 1.3. Olvasmány Ha nem mértani sorozatokból építkezünk Mint azt megjegyeztük, egy lineáris rekurziónak eleget tevő sorozatok vektorteret alkotnak, melynek elég egy bázisát megtalálnunk ahhoz, hogy tetszőleges (a rekurziót kielégítő) sorozatot elő tudjunk állítani. E szakaszban ezt mutatjuk meg másodfokú rekurziókra lineáris algebrai ismeretekre való hivatkozás nélkül definíció. Az a n és a n sorozatok függetlenek, ha egyik sem az azonosan nulla sorozat, továbbá nem egymás számszorosai, azaz semmilyen c R-re nem teljesül, hogy a n = ca n minden n N-re. Megjegyzés. Mivel egy k-adfokú rekurziót kielégítő sorozatot az első k tagja egyértelműen meghatározza, ilyen sorozatok függetlenségéhez elég az első k tagra ellenőrizni, hogy azok nem egymás számszorosai. Megmutatjuk, hogy bármely két független megoldás megfelel egy explicit képlet előállításához állítás. Legyen a n és a n két, az (1.2) rekurziónak eleget tevő, független sorozat. Ekkor az (1.1) és (1.2) által meghatározott a n sorozat egyértelműen előáll a n = λ 1 a n+λ 2 a n alakban (λ 1,λ 2 C). Bizonyítás. Az (1.1) kezdeti feltételek a λ 1 és λ 2 ismeretlenekre a szokásos módon az α = λ 1 a 1 + λ 2 a 1 β = λ 1 a 2 + λ 2 a 2 egyenletrendszert adják. Azt kell ellenőriznünk, hogy ez mindig megoldható-e. A függetlenség miatt egyik sorozat sem azonosan nulla, tehát a 1 és a 2 közül legfeljebb egy lehet nulla, szintúgy a 1 és a 2 közül is. Továbbá, ha például a 1 = 0, akkor a 1 0, hiszen ellenkező esetben a c = a 2/a 2 szorzóval c a 1 = a 1 és c a 2 = a 2 is teljesülne. Azaz az a 1 és a 1 közül is csak az egyik lehet nulla; szintúgy a 2 és a 2 közül is. Emiatt feltehetjük (esetleg megcserélve az a n és a n sorozatok szerepét), hogy a 1 0 és a 2 0. Az első egyenletet a 2-vel, a másodikat a 1-gyel szorozva, majd egymásból kivonva a 1β a 2α = λ 2 (a 1a 2 a 1a 2)

9 1.3. OLVASMÁNY 9 adódik, amiből λ 2 egyértelműen meghatározható, ha a 1a 2 a 1a 2. Indirekte tegyük fel, hogy a 1a 2 = a 1a 2. A feltevésünk miatt a bal oldal nem nulla, így a jobb oldal sem, tehát átoszthatunk, hogy lássuk: a 1/a 1 = a 2/a 2. Ekkor c = a 1/a 1-gyel ca n a n volna, ellentmondva a függetlenségnek. Tehát λ 2 kiszámolható, amiből λ 1 azonnal adódik. Megjegyzés. Kis algebrai kitérő: a megoldhatóságnál [ ] voltaképpen azt használtuk, hogy a az együtthatómátrix determinánsa, det 1 a 1 a 2 a = a 1a 2 a 2a 1 nem nulla. Ez fennáll, 2 különben a két oszlopa (tehát a sorozatok első két tagja, és így a rekurzv képzési szabály miatt a sorozatok egésze) lineárisan összefüggő volna, ellentmondva a n és a n (lineáris) függetlenségének. A teljesség kedvéért megmutatjuk, hogy a karakterisztikus egyenletből kapott megoldások függetlenek állítás. Legyen x 1 és x 2 az (1.2) karakterisztikus egyenlet két gyöke. Ekkor az a n = x1 n 1 és a n = x2 n 1 sorozatok függetlenek, ha x 1 x 2 ; ha x 1 = x 2, akkor az a n = x1 n 1 és az a n = (n 1)x1 n 1 sorozatok függetlenek. Bizonyítás. Először tegyük fel, hogy x 1 x 2. Mivel a 1 = a 1 = 1, így csak a n a n ronthatná el a függetlenséget (a c = 1 szorzóval), amit a 2 = x 1 x 2 = a 2 cáfol. A másik eset hasonlóan meggondolható Komplex megoldások lecserélése valósakra Előfordulhat, hogy az x 2 c 1 x c 2 = 0 karakterisztikus egyenlet gyökei (x 1 és x 2 ) nem valós, hanem komplex számok. Ez tehát azt jelenti, hogy a kezdeti értékekre vonatkozó egyenletrendszert a komplex számok halmazán kell megoldanunk. Ha valaki el akarja kerülni a komplex számokkal való számolást, akkor a következőt teheti. Mivel a karakterisztikus egyenlet valós együtthatós, a komplex gyökök egymás konjugáltjai, azaz x 1 = z, x 2 = z, z C. Legyen z = r(cos ϕ + i sin ϕ) a z komplex szám trigonometrikus alakja. Itt r cos ϕ = Re(z) és r sin ϕ = Im(z) a z valós, illetve képzetes része. Idézzük fel, hogy z k = r k (cos(kϕ) + i sin(kϕ)), z k = r k (cos(kϕ) i sin(kϕ)). Az 1.4. állítás szerint az a n = (z n 1 + z n 1 )/2 = r n 1 cos((n 1)ϕ) és az a n 1 = (z n 1 z n 1 )/(2i) = r n 1 sin((n 1)ϕ) valós sorozatok is kielégítik a karakterisztikus egyenletet (és függetlenek). Így kereshetjük a megoldást a n = λ 1 r n 1 cos((n 1)ϕ) + λ 2 r n 1 sin((n 1)ϕ) alakban is. A kezdeti értékekre vonatkozó egyenletrendszer ekkor az a 1 = λ 1 = λ 1 r cos ϕ + λ 2 r sin ϕ = λ 1 Re(z) + λ 2 Im(z) a 2 alakot ölti, amit megoldhatunk a valós számok halmazán. Nézzük meg a korábban már bemutatott példán, hogyan alkalmazható ez a módszer! Példa. Oldjuk meg az a n+2 = 2a n+1 2a n, a 1 = 1, a 2 = 2 lineáris rekurziót!

10 10 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 2 2x + 2 = 0, aminek x 1 = 1 + i = z = 2(cos 45 + i sin 45 ) és x 2 = 1 i = z a megoldásai. A megoldást tehát kereshetjük a n = λ 1 2 n 1 cos(n 1)45 + λ 1 2 n 1 (cos(n 1)45 + sin(n 1)45 ) alakban, ahol (a 1 =) 1 = λ 1 (a 2 =) 2 = λ 1 Re(z) + λ 2 Im(z) = λ 1 + λ 2. Ebből λ 1 = λ 2 = 1, így a n = 2 n 1 (cos(n 1)45 +sin(n 1)45 ) adódik. Kis számolással a n = 2 n (sin 45 cos(n 1)45 + cos 45 sin(n 1)45 ) = 2 n sin(n 45 ) kapható Inhomogén rekurziók megoldása Tekintsük az alábbi másodfokú, de inhomogén rekurzióval megadott sorozatot: a n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n + c 3, (1.4) ahol aza 1 és a 2 kezdeti értékeket adottnak tekintjük. Erre a mértani sorozatos ötlet első közelítésben nem működik, mert x n 1 -gyel leosztva nem kapunk másodfokú egyenletet. Az ötlet az, hogy először keresünk valahogyan egy tetszőleges a n sorozatot, ami teljesíti (1.4)- t (úgynevezett partikuláris megoldást), majd áttérünk a feladat homogenizált változatára, azaz a b n+2 = c 1 b n+1 + c 2 b n (1.5) megoldásait keressük. A rekurziót teljesítő b n sorozat esetén a n+2 + b n+2 = c 1 a n+1 + c 2 a n + c 3 + c 1 b n+1 + c 2 b n = c 1 (a n+1 + b n+1 ) + c 2 (a n + b n ) + c 3, tehát az a n+b n sorozat megoldása (1.4)-nek. A kezdeti értékek beállításához a b n sorozatra a b 1 = a 1 a 1, b 2 = a 2 a 2 feltételeket kell tennünk. Tehát ha találunk alkalmas a n sorozatot, a feladatot visszavezettük a homogén esetre. Ilyen sorozatot pedig egyszerűen találunk, az alábbi állítás szerint szinte mindig konstans sorozat formájában állítás. Midnig találunk a n = an h alakú megoldást (1.4)-re, ahol 0 h 2, a R, mégpedig a következőek szerint. Ha c 1 + c 2 1, akkor az a n = c 3 /(1 c 1 c 2 ) teljesíti (1.4)-t. Ha c 1 + c 2 = 1, de c 1 2, akkor a n = (c 3 /(2 c 1 ))n teljesíti (1.4)-t. Ha c 1 = 2 és c 2 = 1, akkor a n = (c 3 /2) n 2 teljesíti (1.4)-t. Bizonyítás. Az a n a konstans sorozat pontosan akkor megoldás, ha a = c 1 a + c 2 a + c 3, azaz a = c 3 /(1 c 1 c 2 ); ez mindig jó lesz, ha c 1 + c 2 1. Ha c 1 + c 2 = 1, keressünk a n = a n alakú megoldást. Ez pontosan akkor jó, ha a(n + 2) = c 1 a(n + 1) + c 2 an + c 3 = (c 1 + c 2 )an + ac 1 + c 3 = an + ac 1 + c 3. Átrendezve a = c 3 /(2 c 1 ). Ez mindig jó, kivéve, ha c 1 = 2, és így c 2 = 1. Ekkor a rekurziónk a n+2 2a n+1 +a n = c 3 alakú. Legyen a n = c 3 n 2 /2. Behelyettesítve a n+2 2a n+1 + a n = c 3 2 ((n + 2) 2 2(n + 1) 2 + n 2 ) = c = c 3, tehát a n megfelelő. Illusztráljuk egy példán a módszert! Példa. Oldjuk meg az a n = 6a n 1 9a n 2 + 4, a 1 = 2, a 2 = 4 rekurziót!

11 1.3. OLVASMÁNY 11 Megoldás. Először keresünk egy partikuláris megoldást konstans sorozat formájában: a = 6a 9a + 4, tehát az a n 1 sorozat megoldja a rekurziót. Ezután keresünk egy, a b n = 6b n 1 9b n 2 homogén rekurziót kielégítő b n sorozatot, amit hozzáadva a n-hez kapjuk a megoldást az eredeti feladatra. Hogy a kezdeti értékek a végén az előírtak legyenek, a b n sorozatra a b 1 = a 1 a 1 = 2 1 = 1 és a b 2 = a 2 a 2 = 4 1 = 3 kezdeti feltételeket írjuk elő. A b n sorozatot a szokásos módon megkapjuk, miszerint b n = 3 n 1, tehát a megoldás a n = b n + a n = 3 n Magasabb fokú rekurziók megoldása Tekintsük most az a n+k = c 1 a n+k c k a n (1.6) alakban megadott a n sorozatot, ahol a kezdeti a 1,...,a k értékeket adottnak vesszük (kezdeti feltétel), a rekurziót leíró c 1,...,c k együtthatók pedig rögzített valós számok. Emlékeztetünk, hogy feltevésünk szerint c k 0. Ebben az esetben is teljesen analóg módon járhatunk el, a módszereink működnek. A bizonyítások során támaszkodni fogunk alapvető algebrai ismeretekre (polinomok, determinánsok, lineáris függetlenség). Először is vegyük észre, hogy az 1.4. állítás minden további nélkül általánosítható állítás. Ha az a (1), a (2),..., a (r) sorozatok teljesítik az (1.6) rekurziót, akkor tetszőleges r α ia (i) lineáris kombinációjuk is. (Itt a sorozatok jobb felső sarkában sorszám (index) áll, nem kitevő.) Bizonyítás. Teljesen analóg 1.4. bizonyításával. Lényegében annyit mond, hogy lineáris kombinációk lineáris kombinációja is az eredeti elemek lineáris kombinációja. Ekkor persze karakterisztikus egyenletünk k-adfokú: x k c 1 x k 1... c k = 0. Legyenek ennek gyökei x 1, x 2,..., x k. (Persze ha k 5, általános megoldóképlet híján ezeket a gyököket nem biztos, hogy meg tudjuk határozni.) Ezek egyike sem nulla, hiszen c k 0. Ha a gyökök páronként különbözőek, akkor ugyanúgy, mint a k = 2 esetben, az x n 1 i sorozatok (1 i k) egy bázisát alkotják a (1.6) egyenletet kielégítő sorozatok terének, magyarán a n egyértelműen előáll a n = λ 1 x 1 n λ k x k n 1 alakban megfelelő λ i R számokra (1 i k). A λ i -k meghatározásához ugyanis az a 1 = λ λ k a 2 = λ 1 x λ k x k a 3 = λ 1 x λ k x k. a k = λ 1 x 1 k λ k x k k 1

12 12 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK lineáris egyenletrendszert kell megoldanunk. Lineáris algebrából ismert, hogy ennek az egyenletrendszernek mindig van megoldása (méghozzá egyértelmű), hiszen a szóbanforgó egyenletrendszer együtthatómátrixának determinánsa x 1 x 2 x 3... x k det x k 1 1 x k 1 2 x k x k 1 k Vandermonde-féle, így nem nulla (ezt később általánosabban is belátjuk). Aprópénzre váltva ez annyit jelent, hogy biztosak lehetünk benne, hogy a középiskolából ismert módszerekkel megoldva az egyenletrendszert, megkapjuk a kívánt megoldást. Lássunk erre is egy példát! Példa. Oldjuk meg az a n+3 = 2a n+2 + a n+1 2a n, a 1 = 1, a 2 = 3, a 3 = 7 rekurziót! Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 3 2x 2 x + 2 = 0, aminek x 1 = 1, x 2 = 1 és x 3 = 2 a megoldásai, így a n = λ 1 + λ 2 ( 1) n 1 + λ 1 2 n 1 alakú. Egyenletrendszerünk: 1 = λ 1 + λ 2 + λ 3 3 = λ 1 λ 2 + 2λ 3 7 = λ 1 + λ 2 + 4λ 3, amelynek λ 3 = 2, λ 2 = 0 és λ 1 = 1 a megoldása, azaz a n = n. Az alábbi állítás szerint akkor sincs baj, ha a karakterisztikus egyenletnek vannak többszörös gyökei, ahogy ez nem okozott megoldhatatlan problémát a k = 2 esetben sem állítás. Tegyük fel, hogy q a karakterisztikus egyenletnek r+1-szeres gyöke. Ekkor a q n 1, nq n 1,..., n r q n 1 sorozatok kielégítik a (1.6) egyenletet. Bizonyítás. A c 0 = 1 választással a (1.6) karakterisztikus egyenletet p(x) = c i x k i = 0 alakra hozható. Jelölje p (j) (x) a p(x) polinom j-edik deriváltját. Ha q r + 1-szeres gyök, akkor gyöke az első r deriváltnak is, azaz p (j) (q) = c i (k i)(k i 1) (k i j + 1)q k i j = 0 (0 j r). Itt a nulladik derivált, p (0) (x) szokás szerint magát p(x)-et takarja; az összegzésben pedig azért mehetünk el negatív kitevőjű hatványokig is (azaz megengedjük i > k j-t), mert akkor az előtte levő szorzótényezők valamelyike úgyis nulla. Azt akarjuk ellenőrizni, hogy az a n = n s q n 1 kielégíti-e a (1.6) rekurziót (0 s r), azaz hogy (n + k) s q n+k 1 = c 1 (n + k 1) s q n+k 2 + c 2 (n + k 2) s q n+k c k n s q n 1

13 1.3. OLVASMÁNY 13 teljesül-e. Leosztva q n 1 -gyel és kivonva a bal oldalt, az alábbi ekvivalens egyenlőséget nyerjük: c i (n + k i) s q k i = 0. A binomiális tétel felhasználásával tovább alakítjuk ezt az egyenletet: ( s c i j=0 ( ) s )n s j (k i) j q k i = j s j=0 ( ) s n s j j c i (k i) j q k i = 0. Azt fogjuk megmutatni, hogy f j (q) = k c i(k i) j q k i előáll f j (q) = j d j,ip (i) (q) alakban alkalmas d j,0,...,d j,j szorzókkal minden 0 j s-re. Ez bizonyítja az állítást, hiszen p (i) (q) = 0 minden 0 i s-re. Teljes indukciót alkalmazunk j szerint. A j = 0 és j = 1 esetekben f 0 (q) = p(q) és f 1 (q) = qp (q) bizonyítja az állítást. Tegyük hát föl, hogy f j 1 (q)-ig igaz az állítás. Válasszunk olyan α 1,...,α j 1 egészeket, melyre x(x 1)(x 2) (x j + 1) +α 1 x j α j 1 x x j teljesül (ez megtehető). Ekkor f j (q) = c i q ( k i (k i)...(k i j + 1) + α 1 (k i) j α j 1 (k i) ) = = p (j) (q) + α 1 c i (k i) j 1 q k i + α 2 c i (k i) j 2 q k i α j 1 c i (k i)q k i = j 1 = p (j) (q) + α i f j i (q). Indukciós feltevésünk szerint a jobb oldalon található szummás kifejezések mindegyike előáll a p (i) (q)-k kombinációjaként (i j), így azok fenti kombinációja, azaz f j (q) is. Megjegyzés. Az x1 n 1, nx1 n 1,..., n s x1 n 1 jó sorozatokat lecserélhetjük az x1 n 1, (n 1)x1 n 2,..., (n 1)(n 2) (n s)x1 n 1 s sorozatokra is, mert előállnak az előzőek lineáris kombinációjaként (például (n 1)x1 n 2 = 1/x 1 (nx1 n 1 x1 n 1 )), így az állítás szerint ezek is teljesítik a rekurziót. Ez a deriváltak felbukkanása miatt természetesebb volna, viszont az állításokat kényelmesebb megfogalmazni a korábban látott módon. Kérdés még, hogy a talált sorozatok valóban lineárisan függetlenek-e, azaz hogy a kezdeti értékekre felírt egyenletrendszerünknek van-e (egyértelmű) megoldása állítás. Tegyük föl, hogy az (1.3.4) karakterisztikus egyenletnek s különböző gyöke van, az i-edik (valós vagy komplex) gyöke x i, annak multiplicitása α i + 1 (α i 0), ahol 1 i s (ekkor persze α α s = k s). Ekkor az x1 n 1, nx1 n 1,..., n α 1 x1 n 1, x2 n 1, nx2 n 1,..., n α 2 x2 n 1,..., xs n 1, nxs n 1,..., n αs xs n 1 sorozatok lineáris kombinációjaként tetszőleges, az (1.6)-et kielégítő a n sorozat előállítható.

14 14 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK Bizonyítás. Vezessük be a c n,j = (n 1)(n 2) (n j) jelölést, valamint legyen c n,0 = 1 (az üres szorzatra vonatkozó konvenciónak is megfelelően). Ha j n, akkor c n,j = 0, hiszen szerepel benne egy nullás szorzótényező. Használjuk továbbá a t = k 1 jelölést 2. Az előző megjegyzés alapján a sorozatainkból lineáris kombinációval előállíthatóak a c n,j x n 1 j i sorozatok is (1 i s, 0 j α i ), tehát elegendő az a n sorozatot a n = s α i j=0 λ i,j c n,j x n 1 j i alakban előállítanunk. A kezdeti értékekre vonatkozó lináris egyenletrendszer k k-as M együtthatómátrixa ekkor c 1, c 1, c 2,0 x 1 c 2, c 2,0 x k c 2, c 3,0 x 2 1 c 3,1 x 1 c 3, c 3,0 x 2 k c 3,1 x k c 3, c k,0 x t 1 c k,1 x t 1 1 c k,2 x t c k,α1 x t α c k,0 x t s c k,1 x t 1 s c k,2 x t 2 s... c k,αs x t αs 1 } {{ }... } {{ } α α s + 1 Megmutatjuk, hogy a mátrix sorai lineárisan függetlenek, azaz a determinánsa nem nulla. Legyen p i (x) = x i 1, i = 1,...,k. Tekintsük a ( ) p i = p i (x 1 ),p (1) i (x 1 ),...,p (α 1) i (x 1 ),...,p i (x s ),p (1) i (x s ),...,p (α k) i (x s ) vektorokat. (Az első α 1 +1 koordinátába a p i 0., 1.,..., α 1 -edik deriváltjának az x 1 helyen vett értékét, a következő α koordinátába a p i 0., 1.,..., α 2 -edik deriváltjának az x 2 helyen vett értékét stb. írjuk.) Mivel p i (x) (j) = (i 1)(i 2) (i j)x i 1 j = c i,j x i 1 j, így p i éppen M i-edik sora. Indirekte tegyük föl, M sorai összefüggőek. Ekkor k a ip i = 0 alkalmas nem csupa nulla a i együtthatókkal. Legyen f(x) = k a ip i (x) = k a ix i 1. Tehát f(x) egy nem azonosan nulla, legfeljebb k 1-edfokú polinom. A p i vektorok definíciójából adódik, hogy f(x)-nek x j éppen α j + 1-szeres gyöke (1 j s), így f(x) foka legalább s (α i + 1) = k, ellentmondás. Így det(m) 0, tehát tetszőleges a n sorozat előáll alkalmas λ i,j együtthatókkal. Megjegyzés. Vegyük észre, hogy k darab egyszeres gyök esetén (azaz ha s = k és α i = 0 minden 1 i k-ra) a mátrixunk Vandermonde-típusú, tehát speciálisan a Vandermonde-féle determinánsok nemnulla voltát is beláttuk. Lássunk erre is egy példát! Példa. Oldjuk meg az a n+7 = a n+6 3a n+5 + 3a n+4 3a n+3 + 3a n+2 a n+1 + a n, q 1 = 3, a 2 = 13, a 3 = 5, a 4 = 43, a 5 = 11, a 6 = 85, a 7 = 13 rekurziót! 2 Ez szigorúan technikai paraméter, csak hogy kiférjen a mátrix a lapra.

15 1.3. OLVASMÁNY 15 Megoldás. A karakterisztikus egyenlet x 7 x 6 + 3x 5 3x 4 + 3x 3 3x 2 + x 1 = 0. Észrevehetjük, hogy x = 1 megoldás, így x 7 x 6 + 3x 5 3x 4 + 3x 3 3x 2 + x 1 = (x 1)(x 6 +3x 4 +3x 2 +1) = (x 1)(x 2 +1) 3, tehát az x 1 = 1 egyszeres, x 2 = i és x 3 = i pedig háromszoros gyök. Ekkor a megoldást kereshetjük a n = λ 1 1 n 1 + λ 2 i n 1 + λ 3 ni n 1 + λ 4 n 2 i n 1 + λ 5 ( i) n 1 + λ 6 n( i) n 1 + λ 7 n 2 ( i) n 1 alakban. A kezdeti értékekre vonatkozó egyenletrendszerünk (a 1 =) = λ 1 + λ 2 + λ 3 + λ 4 + λ 5 + λ 6 + λ 7 (a 2 =) = λ 1 + λ 2 i + 2λ 3 i + 4λ 4 i + λ 5 i + 2λ 6 i + 4λ 7 i (a 3 =) = λ 1 λ 2 3λ 3 9λ 4 λ 5 3λ 6 9λ 7 (a 4 =) = λ 1 λ 2 i 4λ 3 i 16λ 4 i λ 5 i 4λ 6 i 16λ 7 i (a 5 =) = λ 1 + λ 2 + 5λ λ 4 + λ 5 + 5λ λ 7 (a 6 =) = λ 1 + λ 2 i + 6λ 3 i + 36λ 4 i + λ 5 i + 6λ 6 i + 36λ 7 i (a 7 =) = λ 1 λ 2 7λ 3 49λ 4 λ 5 7λ 6 49λ 7 Ennek megoldása némi erőfeszítéssel meghatározható, az eredmény λ 1 = 1, λ 2 = i, λ 3 = 1 + i, λ 4 = i, λ 5 = i, λ 6 = 1 i, λ 7 = i, tehát a n = 1 + i n + (1 + i)ni n 1 + n 2 i n + ( i) n + (1 i)n( i) n 1 + n 2 ( i) n. Komplex megoldások valósra cserélése magasabb fokú rekurziók esetén Most is előfordulhat, hogy az (1.3.4) karakterisztikus egyenletnek komplex gyökei is vannak. Mivel az (1.3.4) egyenlet valós együtthatós, ezek a komplex gyökök konjugált gyökpárokban fordulnak elő. A komplex számokkal való számolást teljesen hasonló módon lehet elkerülni, mint a k = 2 esetben; persze k > 2 miatt előfordulhat az is, hogy egy komplex gyök magasabb multiplicitással szerepel (a konjugáltjával együtt). Ha tehát x 1 = z = r(cosϕ+isin ϕ) C \ R több mint s-szeres komplex gyök (ekkor z is az), akkor az n s z n 1 és az n s z n 1 sorozatokat lecserélhetjük az n s (z n 1 + z n 1 )/2 = n s cos(n 1)ϕ és az n s (z n 1 z n 1 )/2i = n s sin(n 1)ϕ sorozatokra. Ezekkel pedig a kezdeti értékekre vonatkozó lineáris egyenletrendszerünk valós együtthatós lesz, melynek megoldása a szokásos módon történik. A függetlenséget garantálja, hogy az új sorozatokból elő tudjuk állítani az eredetieket is. Inhomogén magasabb fokú rekurziók megoldása Tekintsük az a n+k = c 1 a n+k c k a n + c k+1 (1.7) rekurziót! Most is az első k tagot adottnak tekintjük, és explicit képletet keresünk az általános tagra. A módszer pontosan ugyanaz, mint korábban is: először keresünk egy

16 16 1. FEJEZET. ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓS LINEÁRIS REKURZIÓK partikuláris megoldást (ahol nem vesszük figyelembe a kezdeti értékeket), majd a homogenizált változatra írunk fel egy megfelelően módosított kezdetiérték-feladatot. A kérdés csak az, hogy hogyan találunk partikuláris megoldást? A másodfokú esetben látott, amolyan kalapból nyuszi módszert általánosítjuk állítás. Az (1.7) rekurziónak mindig van a n = an h alakú partikuláris (a kezdetiérték-feltételeket figyelmen kívül hagyó) megoldása alkalmas a konstanssal, 0 h k. Bizonyítás. Legyen tehát a n = an h. Próbáljuk meg, hogy h = 0 esetén találunk-e megfelelő a szorzót. Ez annyit tesz, hogy a = ac i + c k+1 a = c k+1 1 k c, i tehát mindig van jó megoldás, kivéve, ha k c i = 1. Ez esetben próbálkozzunk h = 1- gyel. Ekkor az alábbinak kell teljesülnie: a(n+k) = ac i (n+k i)+c k+1 = a(n+k) c i a ic i +c k+1 = a(n+k) a ic i +c k+1, átrendezve a ic i = c k+1, ami mindig megoldható, kivéve, ha k ic i = 0. Ez esetben próbálkozzunk h = 2-vel: a(n + k) 2 = ac i (n + k i) 2 + c k+1 = ( ac i (n + k) 2 2(n + k)i + i 2) + c k+1 = = a(n + k) 2 c i 2a(n + k) ic i + a i 2 c i + c k+1 = a(n + k) 2 + a i 2 c i + c k+1 a korábban problémát okozó egyenlőségek miatt. Ez megintcsak megoldható, kivéve, ha k i2 c i = 0. Tegyük hát fel, hogy k c i = 1, és egy s > 0 számig k is c i = 0. Vegyük észre, hogy s akár páros, akár páratlan, ez ekvivalens k ( i)s c i = 0-val. Próbálkozzunk most h = s + 1-gyel: = a a(n + k) h = h j=0 ac i (n + k i) h + c k+1 = ( ) h (n+k) j j ( i) h j c i +c k+1 = a ac i h j=0 ( ) h (n + k) j ( i) h j + c k+1 = j h 1 ( ) h ( i) h c i +a (n+k) j j j=1 ( i) h j c i +

17 1.3. OLVASMÁNY 17 +a(n + k) h c i + c k+1 = a ( i) h c i + a(n + k) h + c k+1, ami mindig megoldható, kivéve, ha k ( i)s+1 c i = 0. Meddig görgethetjük magunkkal ezt a pechsorozatot? Állítjuk, hogy egyszer vége szakad, mégpedig legkésőbb a k-as kitevőnél. Tegyük fel ugyanis indirekte, hogy k c i = 1, továbbá k ( i)s c i = 0 minden 1 s k-ra. Tekintsük az A = (i 1)(i 2)...(i k)c i kifejezést. Egyrészt minden tagjában valamelyik szorzótényező nulla, tehát A = 0; másrészt (i 1)(i 2) (i k) felírható γ k i k + γ k 1 i k γ 1 i + γ 0 alakban alkalmas γ j egészekre (1 j k). Könnyen kiolvasható, hogy γ k = 1 és γ 0 = ( 1) k k! 0. Így tehát A = ( γ j i )c j i = j=0 j=0 γ j i j c i = γ 0 c i = γ 0, hiszen γ j szorzója feltevésünk szerint nulla minden j > 0-ra, j = 0-ra pedig egy. Így a 0 = A = γ 0 0 ellentmondáshoz jutottunk, ami bizonyítja az állítást.

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 15 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 151 Lineáris egyenletrendszer, Gauss elimináció 1 Definíció Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az (1) a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a

Részletesebben

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben:

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben: 814 A ferde kifejtés tétele Ha egy determináns valamely sorának elemeit egy másik sor elemeihez tartozó adjungáltakkal szorozzuk meg és a szorzatokat összeadjuk 0-t kapunk Képletben: n a ij A kj = 0, ha

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós

Részletesebben

Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel

Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel Ez még nem a végleges változat, utoljára módosítva: 2012. április 9.19:38. Elsőrendű egyenletek Legyen adott egy elsőrendű lineáris állandó együtthatós

Részletesebben

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC BSC MATEMATIKA II. MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMAHNND, BGRMAHNNC MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Egy explicit közönséges másodrendű differenciálegyenlet általános

Részletesebben

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II. 8 Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II Elméleti összefoglaló Az a + b+ c, a egyenletet másodfokú egyenletnek nevezzük A D b ac kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük Ha D >, az

Részletesebben

y + a y + b y = r(x),

y + a y + b y = r(x), Definíció 1 A másodrendű, állandó együtthatós, lineáris differenciálegyenletek általános alakja y + a y + b y = r(x), ( ) ahol a és b valós számok, r(x) pedig adott függvény. Ha az r(x) függvény az azonosan

Részletesebben

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x + 1x + 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x + 1x + 16 = 0.

Részletesebben

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek

Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x 1x 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x 1x 16 =. 1. lépés:

Részletesebben

Sorozatok I. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Sorozatok I. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok I. DEFINÍCIÓ: (Számsorozat) A számsorozat olyan függvény, amelynek értelmezési tartománya a pozitív egész számok halmaza, értékkészlete a valós számok egy részhalmaza. Jelölés: (a n ), {a n }.

Részletesebben

Magasabbfokú egyenletek

Magasabbfokú egyenletek 86 Magasabbfokú egyenletek Magasabbfokú egyenletek 5 90 a) =! ; b) =! ; c) = 5, 9 a) Legyen = y Új egyenletünk: y - 5y+ = 0 Ennek gyökei: y=, y= Tehát egyenletünk gyökei:, =!,, =! b) Új egyenletünk: y

Részletesebben

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak!

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak! Magyar Ifjúság 6 V SOROZATOK a) Három szám összege 76 E három számot tekinthetjük egy mértani sorozat három egymás után következő elemének vagy pedig egy számtani sorozat első, negyedik és hatodik elemének

Részletesebben

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül

Részletesebben

Matematika III. harmadik előadás

Matematika III. harmadik előadás Matematika III. harmadik előadás Kézi Csaba Debreceni Egyetem, Műszaki Kar Debrecen, 2013/14 tanév, I. félév Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 1 / 13 tétel Az y (x)

Részletesebben

Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Vektorgeometria (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Tekintsünk a térben egy P (p 1, p 2, p 3 ) pontot és egy v = (v 1, v 2, v 3 ) = 0 vektort. Ekkor pontosan egy egyenes létezik,

Részletesebben

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját!

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Taylor-polinomok 205. április.. Alapfeladatok. Feladat: Írjuk fel az fx) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Megoldás: A feladatot kétféle úton is megoldjuk. Az els megoldásban induljunk el

Részletesebben

6. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 6. előadás Bázis, dimenzió

6. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 6. előadás Bázis, dimenzió 6. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 37. 41. oldal. Gondolkodnivalók Lineáris függetlenség 1. Gondolkodnivaló Legyen V valós számtest feletti vektortér. Igazolja, hogy ha a v 1, v 2,..., v n V

Részletesebben

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Matematika I Matematika I (Analízis) Készítette: Horváth Gábor Kötelező irodalom: Ács László, Gáspár Csaba: Analízis 1 Oktatási segédanyagok és a tantárgyi követelményrendszer megtalálható a http://rs1.szif.hu/ horvathg/horvathg.html

Részletesebben

Lineáris egyenletrendszerek

Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az a 11 x 1 + a 12 x 2 +... +a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 +... +a 2n x n = b 2.. a k1 x 1 + a k2 x 2 +... +a kn x n = b k n ismeretlenes,

Részletesebben

3. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 3. előadás Lineáris egyenletrendszerek

3. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 3. előadás Lineáris egyenletrendszerek 3. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 47. 50. oldal. Gondolkodnivalók Determinánsok 1. Gondolkodnivaló Determinánselméleti tételek segítségével határozzuk meg a következő n n-es determinánst: 1

Részletesebben

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont Oktatási Hivatal Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme A sorozatnak a különbsége prímszám Tudjuk hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú

Részletesebben

Diszkrét matematika II., 5. előadás. Lineáris egyenletrendszerek

Diszkrét matematika II., 5. előadás. Lineáris egyenletrendszerek 1 Diszkrét matematika II, 5 előadás Lineáris egyenletrendszerek Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach/ 2007 március 8 Egyenletrendszerek Középiskolás módszerek:

Részletesebben

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek Lineáris algebra 2 Filip Ferdinánd filipferdinand@bgkuni-obudahu sivabankihu/jegyzetek 2015 december 7 Filip Ferdinánd 2016 februar 9 Lineáris algebra 2 1 / 37 Az el adás vázlata Determináns Determináns

Részletesebben

Diszkrét matematika 1.

Diszkrét matematika 1. Diszkrét matematika 1. Nagy Gábor nagy@compalg.inf.elte.hu nagygabr@gmail.com ELTE IK Komputeralgebra Tanszék 014. ősz 014-15 őszi félév Gyakorlat: 1. ZH tervezett időpontja: október 1.,. ZH tervezett

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/01-ös tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Adott az alábbi két egyenletrendszer:

Részletesebben

Lineáris leképezések. 2. Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y) = (x + y, x 2 )

Lineáris leképezések. 2. Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y) = (x + y, x 2 ) Lineáris leképezések 1 Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y = (3x + 2y, x y leképezés? A linearitáshoz ellen riznünk kell, hogy a leképzés additív és homogén Legyen x = (x 1, R 2, y = (y 1, y 2 R 2, c R Ekkor

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 6 VI KOmPLEX SZÁmOk 1 A komplex SZÁmOk HALmAZA A komplex számok olyan halmazt alkotnak amelyekben elvégezhető az összeadás és a szorzás azaz két komplex szám összege és szorzata

Részletesebben

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel.

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel. Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz 1 Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel (a) y 3y 4y = 3e t (b) y 3y 4y = sin t (c) y 3y 4y = 8t

Részletesebben

A parciális törtekre bontás?

A parciális törtekre bontás? Miért működik A parciális törtekre bontás? Borbély Gábor 212 június 7 Tartalomjegyzék 1 Lineáris algebra formalizmus 2 2 A feladat kitűzése 3 3 A LER felépítése 5 4 A bizonyítás 6 1 Lineáris algebra formalizmus

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA II 9 IX Magasabbrendű DIFFERENCIÁLEGYENLETEk 1 Alapvető ÖSSZEFÜGGÉSEk n-ed rendű differenciálegyenletek Az alakú ahol n-edrendű differenciálegyenlet általános megoldása tetszőleges

Részletesebben

1. Generátorrendszer. Házi feladat (fizikából tudjuk) Ha v és w nem párhuzamos síkvektorok, akkor generátorrendszert alkotnak a sík vektorainak

1. Generátorrendszer. Házi feladat (fizikából tudjuk) Ha v és w nem párhuzamos síkvektorok, akkor generátorrendszert alkotnak a sík vektorainak 1. Generátorrendszer Generátorrendszer. Tétel (Freud, 4.3.4. Tétel) Legyen V vektortér a T test fölött és v 1,v 2,...,v m V. Ekkor a λ 1 v 1 + λ 2 v 2 +... + λ m v m alakú vektorok, ahol λ 1,λ 2,...,λ

Részletesebben

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Komplex számok (2)

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit. Komplex számok (2) 2. előadás Komplex számok (2) 1. A a + bi (a, b) kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés lehetővé teszi, hogy a komplex számokat a sík pontjaival, illetve helyvektoraival ábrázoljuk. A derékszögű koordináta

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Pék Johanna MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Nem matematika alapszakos hallgatók számára Tartalomjegyzék Előszó iii. Lineáris algebra.. Mátrixok...................................... Lineáris egyenletrendszerek..........................

Részletesebben

FPI matek szakkör 8. évf. 4. szakkör órai feladatok megoldásokkal. 4. szakkör, október. 20. Az órai feladatok megoldása

FPI matek szakkör 8. évf. 4. szakkör órai feladatok megoldásokkal. 4. szakkör, október. 20. Az órai feladatok megoldása 4. szakkör, 2004. október. 20. Az órai feladatok megoldása Most csak három önmagában nem nehéz feladatot kapsz, és a feladatot magadnak kell általánosítani, szisztematikusan adatot gyűjteni, általános

Részletesebben

Gauss-Jordan módszer Legkisebb négyzetek módszere, egyenes LNM, polinom LNM, függvény. Lineáris algebra numerikus módszerei

Gauss-Jordan módszer Legkisebb négyzetek módszere, egyenes LNM, polinom LNM, függvény. Lineáris algebra numerikus módszerei A Gauss-Jordan elimináció, mátrixinvertálás Gauss-Jordan módszer Ugyanazzal a technikával, mint ahogy a k-adik oszlopban az a kk alatti elemeket kinulláztuk, a fölötte lévő elemeket is zérussá lehet tenni.

Részletesebben

6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban?

6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban? 6. Függvények I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban? f x g x cos x h x x ( ) sin x (A) Az f és a h. (B) Mindhárom. (C) Csak az f.

Részletesebben

7. gyakorlat. Lineáris algebrai egyenletrendszerek megoldhatósága

7. gyakorlat. Lineáris algebrai egyenletrendszerek megoldhatósága 7. gyakorlat Lineáris algebrai egyenletrendszerek megoldhatósága Egy lineáris algebrai egyenletrendszerrel kapcsolatban a következ kérdések merülnek fel: 1. Létezik-e megoldása? 2. Ha igen, hány megoldása

Részletesebben

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7

Megoldás: Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 A = {1; 3; 5; 7; 9} A B = {3; 5; 7} A/B = {1; 9} Mindkét állítás hamis! Indoklás: a) Azonos alapú hatványokat úgy szorzunk, hogy a kitevőket összeadjuk. Tehát: a 3 * a 4 = a 3+4 = a 7 Azonos alapú hatványokat

Részletesebben

1. A Horner-elrendezés

1. A Horner-elrendezés 1. A Horner-elrendezés A polinomok műveleti tulajdonságai Polinomokkal a szokásos módon számolhatunk: Tétel (K2.1.6, HF ellenőrizni) Tetszőleges f,g,h polinomokra érvényesek az alábbiak. (1) (f +g)+h =

Részletesebben

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész Pataki János, november Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november I rész feladat Oldja meg az alábbi egyenleteket: a) log 7 log log log 7 ; b) ( )

Részletesebben

Komplex számok algebrai alakja

Komplex számok algebrai alakja Komplex számok algebrai alakja Lukács Antal 015. február 8. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Legyen z 1 + 3i és z 5 4i! Határozzuk meg az alábbiakat! (a) z 1 + z (b) 3z z 1 (c) z 1 z (d) Re(i z 1 ) (e) Im(z

Részletesebben

1.1. Alapfeladatok. hogy F 1 = 1, F 2 = 1 és általában F n+2 = F n+1 + F n (mert a jobboldali ág egy szinttel lennebb van, mint a baloldali).

1.1. Alapfeladatok. hogy F 1 = 1, F 2 = 1 és általában F n+2 = F n+1 + F n (mert a jobboldali ág egy szinttel lennebb van, mint a baloldali). 1.1. Alapfeladatok 1.1.1. Megoldás. Jelöljük F n -el az n-ed rendű nagyapák számát. Az ábra alapján látható, hogy F 1 = 1, F = 1 és általában F n+ = F n+1 + F n mert a jobboldali ág egy szinttel lennebb

Részletesebben

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi . Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.

Részletesebben

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja 1.Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus

Részletesebben

VEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER október 15. Irodalom. További ajánlott feladatok

VEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER október 15. Irodalom. További ajánlott feladatok VEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER 2004. október 15. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak az előadáson, másrészt megtalálják

Részletesebben

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK október 12. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK október 12. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 004. október. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak az előadáson, másrészt megtalálják a jegyzetben: Szabó László:

Részletesebben

11. Sorozatok. I. Nulladik ZH-ban láttuk:

11. Sorozatok. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 11. Sorozatok I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Egy számtani sorozat harmadik eleme 15, a nyolcadik eleme 30. Mely n természetes számra igaz, hogy a sorozat első n elemének összege 6? A szokásos jelöléseket

Részletesebben

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Határozatlan integrál () First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Az összetett függvények integrálására szolgáló egyik módszer a helyettesítéssel való integrálás. Az idevonatkozó tétel pontos

Részletesebben

Determinánsok. A determináns fogalma olyan algebrai segédeszköz, amellyel. szolgáltat az előbbi kérdésekre, bár ez nem mindig hatékony.

Determinánsok. A determináns fogalma olyan algebrai segédeszköz, amellyel. szolgáltat az előbbi kérdésekre, bár ez nem mindig hatékony. Determinánsok A determináns fogalma olyan algebrai segédeszköz, amellyel jól jellemezhető a mátrixok invertálhatósága, a mátrix rangja. Segítségével lineáris egyenletrendszerek megoldhatósága dönthető

Részletesebben

6. Differenciálegyenletek

6. Differenciálegyenletek 312 6. Differenciálegyenletek 6.1. A differenciálegyenlet fogalma Meghatározni az f függvény F primitív függvényét annyit jelent, mint találni egy olyan F függvényt, amely differenciálható az adott intervallumon

Részletesebben

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1 6 Komplex számok megoldások Lásd ábra z = + i, z = + i, z = i, z = i z = 7i, z = + 5i, z = 5i, z = i, z 5 = 9, z 6 = 0 Teljes indukcióval 5 Teljes indukcióval 6 Az el z feladatból következik z = z = =

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szoálhatnak fontos információval

Részletesebben

0,424 0,576. f) P (X 2 = 3) g) P (X 3 = 1) h) P (X 4 = 1 vagy 2 X 2 = 2) i) P (X 7 = 3, X 4 = 1, X 2 = 2 X 0 = 2) j) P (X 7 = 3, X 4 = 1, X 2 = 2)

0,424 0,576. f) P (X 2 = 3) g) P (X 3 = 1) h) P (X 4 = 1 vagy 2 X 2 = 2) i) P (X 7 = 3, X 4 = 1, X 2 = 2 X 0 = 2) j) P (X 7 = 3, X 4 = 1, X 2 = 2) Legyen adott a P átmenetvalószín ség mátrix és a ϕ 0 kezdeti eloszlás Kérdés, hogy miként lehetne meghatározni az egyes állapotokban való tartózkodás valószín ségét az n-edik lépés múlva Deniáljuk az n-lépéses

Részletesebben

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek 9 Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek Irracionális egyenletek /I a) Az egyenlet bal oldala a nemnegatív számok halmazán, a jobb oldal minden valós szám esetén

Részletesebben

Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény. Szeszlér Dávid, Wiener Gábor

Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény. Szeszlér Dávid, Wiener Gábor Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény Szeszlér Dávid, Wiener Gábor Tartalomjegyzék Előszó 2 1. Feladatok 5 1.1. Térbeli koordinátageometria........................... 5 1.2. Vektortér, altér..................................

Részletesebben

Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban

Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban avagy mit kell(ene) tudnia egy 8.-osnak a matematika versenyeken Kunos Ádám Középiskolás pályázat díjkiosztó SZTE Bolyai Intézet 2011. november 12.

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek X.

Egyenletek, egyenlőtlenségek X. Egyenletek, egyenlőtlenségek X. DEFINÍCIÓ: (Logaritmus) Ha egy pozitív valós számot adott, 1 - től különböző pozitív alapú hatvány alakban írunk fel, akkor ennek a hatványnak a kitevőjét logaritmusnak

Részletesebben

1. Interpoláció. Egyértelműség (K2.4.10) Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.

1. Interpoláció. Egyértelműség (K2.4.10) Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők. 1. Interpoláció Az interpoláció alapproblémája Feladat Olyan polinomot keresünk, amely előre megadott helyeken előre megadott értékeket vesz fel. A helyek: páronként különböző a 1,a 2,...,a n számok. Az

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 006-007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Melyek azok a pozitív egészek, amelyeknek pontosan négy pozitív

Részletesebben

7. gyakorlat. Lineáris algebrai egyenletrendszerek megoldhatósága

7. gyakorlat. Lineáris algebrai egyenletrendszerek megoldhatósága 7. gyakorlat Lineáris algebrai egyenletrendszerek megoldhatósága Egy lineáris algebrai egyenletrendszerrel kapcsolatban a következ kérdések merülnek fel: 1. Létezik-e megoldása? 2. Ha igen, hány megoldása

Részletesebben

Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla

Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, 0. október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla Az előadáshoz ajánlott jegyzet: Szabó László: Bevezetés a lineáris algebrába, Polygon Kiadó, Szeged,

Részletesebben

út hosszát. Ha a két várost nem köti össze út, akkor legyen c ij = W, ahol W már az előzőekben is alkalmazott megfelelően nagy szám.

út hosszát. Ha a két várost nem köti össze út, akkor legyen c ij = W, ahol W már az előzőekben is alkalmazott megfelelően nagy szám. 1 Az utazó ügynök problémája Utazó ügynök feladat Adott n számú város és a városokat összekötő utak, amelyeknek ismert a hossza. Adott továbbá egy ügynök, akinek adott városból kiindulva, minden várost

Részletesebben

Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét.

Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét. Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét. b Köbgyöktelenítsük a nevezőt az alábbi törtben: 1 3 3. Megoldás: a Egy q = a + bi + cj

Részletesebben

Differenciaegyenletek

Differenciaegyenletek Differenciaegyenletek Losonczi László Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar Losonczi László (DE) Differenciaegyenletek 1 / 24 3.1 Differenciaegyenlet fogalma, egzisztencia- és unicitástétel

Részletesebben

Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny április 14. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny április 14. A osztályosok feladatainak javítókulcsa Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny 2003. április 14. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa 1. feladat Egy számtani sorozatot az első eleme és különbsége egyértelműen meghatározza, azt

Részletesebben

Komplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 9

Komplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 9 Komplex számok Wettl Ferenc 2010-09-10 Wettl Ferenc () Komplex számok 2010-09-10 1 / 9 Tartalom 1 Számok Egy kis történelem A megoldóképlet egy speciális esetre Lehet számolni negatív szám gyökével Műveletek

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 008-009. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszer valós megoldásait. ( x

Részletesebben

Komplex számok. (a, b) + (c, d) := (a + c, b + d)

Komplex számok. (a, b) + (c, d) := (a + c, b + d) Komplex számok Definíció. Komplex számoknak nevezzük a valós számokból képzett rendezett (a, b) számpárok halmazát, ha közöttük az összeadást és a szorzást következőképpen értelmezzük: (a, b) + (c, d)

Részletesebben

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28.

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. Miskolci Egyetem Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. KOMBINATORIKA Permutáció Ismétlés nélküli permutáció alatt néhány különböző dolognak a sorba rendezését értjük. Az "ismétlés

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1.

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1. Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai.). Feladat. Határozzuk meg az alábbi integrálokat: a) x x + dx d) xe x dx b) c)

Részletesebben

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása

I. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása 11 modul: EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK MEGOLDÁSA 6 I Egyenlet fogalma, algebrai megoldása Módszertani megjegyzés: Az egyenletek alaphalmazát, értelmezési tartományát később vezetjük be, a törtes egyenletekkel

Részletesebben

Széchenyi István Egyetem, 2005

Széchenyi István Egyetem, 2005 Gáspár Csaba, Molnárka Győző Lineáris algebra és többváltozós függvények Széchenyi István Egyetem, 25 Vektorterek Ebben a fejezetben a geometriai vektorfogalom ( irányított szakasz ) erős általánosítását

Részletesebben

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1 Megoldott feladatok 00. november 0.. Feladat: Vizsgáljuk az a n = n+ n+ sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját. Konvergencia esetén számítsuk ki a határértéket! : a n = n+ n+ = n+ n+ =

Részletesebben

1. A komplex számok definíciója

1. A komplex számok definíciója 1. A komplex számok definíciója A számkör bővítése Tétel Nincs olyan n természetes szám, melyre n + 3 = 1. Bizonyítás Ha n természetes szám, akkor n+3 3. Ezért bevezettük a negatív számokat, közöttük van

Részletesebben

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit.

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 2. A VALÓS SZÁMOK 2.1 A valós számok aximómarendszere Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 1.Testaxiómák R-ben két művelet van értelmezve, az

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek V.

Egyenletek, egyenlőtlenségek V. Egyenletek, egyenlőtlenségek V. DEFINÍCIÓ: (Másodfokú egyenlet) Az ax + bx + c = 0 alakban felírható egyenletet (a, b, c R; a 0), ahol x a változó, másodfokú egyenletnek nevezzük. TÉTEL: Az ax + bx + c

Részletesebben

11. DETERMINÁNSOK. 11.1 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal

11. DETERMINÁNSOK. 11.1 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal 11 DETERMINÁNSOK 111 Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal Bevezetés A közgazdaságtanban gyakoriak az olyan rendszerek melyek jellemzéséhez több adat szükséges Például egy k vállalatból álló csoport minden

Részletesebben

II. Két speciális Fibonacci sorozat, szinguláris elemek, természetes indexelés

II. Két speciális Fibonacci sorozat, szinguláris elemek, természetes indexelés II. Két speciális Fibonacci sorozat, szinguláris elemek, természetes indexelés Nagyon könnyen megfigyelhetjük, hogy akármilyen két számmal elindítunk egy Fibonacci sorozatot, a sorozat egymást követő tagjainak

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához

Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához Kovács Zoltán Copyright c 2012 Last Revision Date: 2012. október 15. kovacsz@nyf.hu Technikai útmutató a jegyzet használatához A jegyzet képernyőbarát

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 00/009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II.

Részletesebben

Typotex Kiadó. Bevezetés

Typotex Kiadó. Bevezetés Bevezetés A bennünket körülvevő világ leírásához ősidők óta számokat is alkalmazunk. Tekintsük át a számfogalom kiépülésének logikai-történeti folyamatát, amely minden valószínűség szerint a legkorábban

Részletesebben

1. A maradékos osztás

1. A maradékos osztás 1. A maradékos osztás Egész számok osztása. 223 = 7 31 + 6. Visszaszorzunk 223 : 7 = 31 21 13 7 6 Állítás (számelméletből) Minden a, b Z esetén, ahol b 0, létezik olyan q, r Z, hogy a = bq + r és r < b.

Részletesebben

Mátrixok. 3. fejezet. 3.1. Bevezetés: műveletek táblázatokkal

Mátrixok. 3. fejezet. 3.1. Bevezetés: műveletek táblázatokkal fejezet Mátrixok Az előző fejezetben a mátrixokat csak egyszerű jelölésnek tekintettük, mely az egyenletrendszer együtthatóinak tárolására, és az egyenletrendszer megoldása közbeni számítások egyszerüsítésére

Részletesebben

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC

DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC 016.03.1. BSC MATEMATIKA II. ELSŐ ÉS MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMAHNND, BGRMAHNNC AZ ELSŐRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLET FOGALMA Az elsőrendű közönséges differenciálegyenletet

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 8 VIII VEkTOROk 1 VEkTOR Vektoron irányított szakaszt értünk Jelölése: stb Vektorok hossza A vektor abszolút értéke az irányított szakasz hossza Ha a vektor hossza egységnyi akkor

Részletesebben

A sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex

A sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex A sorozat fogalma Definíció. A természetes számok N halmazán értelmezett függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet a valós számok halmaza, valós számsorozatról beszélünk, mígha az

Részletesebben

Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Számsorozatok (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Valós számsorozaton valós számok meghatározott sorrendű végtelen listáját értjük. A hangsúly az egymásután következés rendjén van.

Részletesebben

Lineáris Algebra GEMAN 203-B. A három dimenziós tér vektorai, egyenesei, síkjai

Lineáris Algebra GEMAN 203-B. A három dimenziós tér vektorai, egyenesei, síkjai Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Lineáris Algebra GEMAN 203-B A három dimenziós tér vektorai, egyenesei, síkjai a) Hogyan számítjuk ki az a = (a 1, a 2, a 3 ) és b = (b 1, b

Részletesebben

ARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY

ARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY Koszinusztétel Tétel: Bármely háromszögben az egyik oldal négyzetét megkapjuk, ha a másik két oldal négyzetének összegéből kivonjuk e két oldal és az általuk közbezárt szög koszinuszának kétszeres szorzatát.

Részletesebben

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok . fejezet Bevezetés Algebrai feladatok J. A számok gyakran használt halmazaira a következ jelöléseket vezetjük be: N a nemnegatív egész számok, N + a pozitív egész számok, Z az egész számok, Q a racionális

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x. Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x 2 sin

Részletesebben

Oktatási Hivatal. A döntő feladatainak megoldása. 1. Feladat Egy kifejezést a következő képlettel definiálunk: ahol [ 2008;2008]

Oktatási Hivatal. A döntő feladatainak megoldása. 1. Feladat Egy kifejezést a következő képlettel definiálunk: ahol [ 2008;2008] OKTV 7/8 A öntő felaatainak megolása. Felaat Egy kifejezést a következő képlettel efiniálunk: 3 x x 9x + 7 K = x 9 ahol [ 8;8] x és x Z. Mennyi a valószínűsége annak hogy K egész szám ha x eleget tesz

Részletesebben

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE KEITH KEARNES, KISS EMIL, SZENDREI ÁGNES Második rész Cikkünk első részében az elemrend és a körosztási polinomok fogalmára alapozva beláttuk, hogy ha n pozitív egész,

Részletesebben

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság.

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság. 2. Közönséges differenciálegyenlet megoldása, megoldhatósága Definíció: Az y függvényt a valós számok H halmazán a közönséges differenciálegyenlet megoldásának nevezzük, ha az y = y(x) helyettesítést elvégezve

Részletesebben

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem) Vajda István Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem 1 / 36 Bevezetés A komplex számok értelmezése Definíció: Tekintsük a valós számpárok R2 halmazát és értelmezzük ezen a halmazon a következo két

Részletesebben

KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematika tanár hallgatók számára. Szita formula

KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematika tanár hallgatók számára. Szita formula KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematka tanár hallgatók számára Szta formula Előadó: Hajnal Péter 2015. 1. Bevezető példák 1. Feladat. Hány olyan sorbaállítása van a a, b, c, d, e} halmaznak, amelyben

Részletesebben

1. Diagonalizálás. A Hom(V) diagonalizálható, ha van olyan bázis, amelyben A mátrixa diagonális. A diagonalizálható van sajátvektorokból álló bázis.

1. Diagonalizálás. A Hom(V) diagonalizálható, ha van olyan bázis, amelyben A mátrixa diagonális. A diagonalizálható van sajátvektorokból álló bázis. 1 Diagonalizálás Diagonalizálható mátrixok Ismétlés Legyen M,N T n n Az M és N hasonló, ha van olyan A lineáris transzformáció, hogy M is és N is az A mátrixa egy-egy alkalmas bázisban Az M és N pontosan

Részletesebben

Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió

Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió Elméleti kérdések: E. Mikor nevezünk egy gráfot gyengén és mikor erősen összefüggőnek? Adjon példát gyengén összefüggő de erősen nem összefüggő

Részletesebben