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

1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás)

1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás) Matematika A2c gyakorlat Vegyészmérnöki, Biomérnöki, Környezetmérnöki szakok, 2017/18 ősz 1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás) 1. Valós vektorterek-e a következő

Részletesebben

3. Lineáris differenciálegyenletek

3. Lineáris differenciálegyenletek 3. Lineáris differenciálegyenletek A közönséges differenciálegyenletek két nagy csoportba oszthatók lineáris és nemlineáris egyenletek csoportjába. Ez a felbontás kicsit önkényesnek tűnhet, a megoldásra

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

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

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

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

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 1. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 1. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra

Részletesebben

1. A polinom fogalma. Számolás formális kifejezésekkel. Feladat Oldjuk meg az x2 + x + 1 x + 1. = x egyenletet.

1. A polinom fogalma. Számolás formális kifejezésekkel. Feladat Oldjuk meg az x2 + x + 1 x + 1. = x egyenletet. 1. A polinom fogalma Számolás formális kifejezésekkel. Feladat Oldjuk meg az x2 + x + 1 x + 1 = x egyenletet. Megoldás x + 1-gyel átszorozva x 2 + x + 1 = x 2 + x. Innen 1 = 0. Ez ellentmondás, így az

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

Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek

Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek a Matematika mérnököknek I. című tárgyhoz Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek Vektorok A rendezett valós számpárokat kétdimenziós valós vektoroknak nevezzük. Jelölésükre latin kisbetűket használunk.

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. estis képzés 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 2. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján

Részletesebben

λx f 1 (x) e λx f 2 (x) λe λx f 2 (x) + e λx f 2(x) e λx f 2 (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j)

λx f 1 (x) e λx f 2 (x) λe λx f 2 (x) + e λx f 2(x) e λx f 2 (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j) Matematika A3 gyakorlat Energetika és Mechatronika BSc szakok, 016/17 ősz 10 feladatsor: Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek (megoldás) 1 Határozzuk meg az e λx, xe λx, x e λx,, x k 1 e λx függvények

Részletesebben

Egészrészes feladatok

Egészrészes feladatok Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges

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

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

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

Lineáris algebra numerikus módszerei

Lineáris algebra numerikus módszerei Hermite interpoláció Tegyük fel, hogy az x 0, x 1,..., x k [a, b] különböző alappontok (k n), továbbá m 0, m 1,..., m k N multiplicitások úgy, hogy Legyenek adottak k m i = n + 1. i=0 f (j) (x i ) = y

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

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

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

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

9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, mátrixegyenlet

9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, mátrixegyenlet 9. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 75. 84. oldal. Gondolkodnivalók Mátrix rangja 1. Gondolkodnivaló Határozzuk meg a p valós paraméter értékétől függően a következő mátrix rangját: p 3 1 2 2

Részletesebben

Kalkulus. Komplex számok

Kalkulus. Komplex számok Komplex számok Komplex számsík A komplex számok a valós számok természetes kiterjesztése, annak érdekében, hogy a gyökvonás művelete elvégezhető legyen a negatív számok körében is. Vegyük tehát hozzá az

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

1. Homogén lineáris egyenletrendszer megoldástere

1. Homogén lineáris egyenletrendszer megoldástere X HOMOGÉN LINEÁRIS EGYENLET- RENDSZEREK 1 Homogén lineáris egyenletrendszer megoldástere Homogén lineáris egyenletrendszer definíciója már szerepelt Olyan lineáris egyenletrendszert nevezünk homogénnek,

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

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

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

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 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

6. feladatsor: Inhomogén lineáris differenciálegyenletek (megoldás)

6. feladatsor: Inhomogén lineáris differenciálegyenletek (megoldás) Matematika Ac gyakorlat Vegyészmérnöki, Biomérnöki, Környezetmérnöki szakok, 017/18 ősz 6. feladatsor: Inhomogén lineáris differenciálegyenletek (megoldás) 1. Írjunk fel egy olyan legalacsonyabbrendű valós,

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

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

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

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

XI A MÁTRIX INVERZE 1 Az inverzmátrix definíciója Determinánsok szorzástétele Az egységmátrix definíciója: 1 0 0 0 0 1 0 0 E n = 0 0 1 0 0 0 0 1 n-edrenű (azaz n n típusú) mátrix E n -nel bármely mátrixot

Részletesebben

Komplex számok. Wettl Ferenc előadása alapján Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok / 18

Komplex számok. Wettl Ferenc előadása alapján Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok / 18 Komplex számok Wettl Ferenc előadása alapján 2015.09.23. Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok 2015.09.23. 1 / 18 Tartalom 1 Számok A számfogalom bővülése 2 Algebrai alak Trigonometrikus alak Egységgyökök

Részletesebben

Differenciálegyenletek

Differenciálegyenletek Differenciálegyenletek Losonczi László Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar Debrecen, 2011/12 tanév, I. félév Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 1 /

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

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

Részletesebben

Differenciálegyenletek. Vajda István március 4.

Differenciálegyenletek. Vajda István március 4. Analízis előadások Vajda István 2009. március 4. Függvényegyenletek Definíció: Az olyan egyenleteket, amelyekben a meghatározandó ismeretlen függvény, függvényegyenletnek nevezzük. Függvényegyenletek Definíció:

Részletesebben

1. A maradékos osztás

1. A maradékos osztás 1. A maradékos osztás Egész számok osztása Példa 223 = 7 31+6. Visszaszorzunk Kivonunk 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 +

Részletesebben

9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, Leontyev-modell

9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, Leontyev-modell 9. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 75. 84. oldal. Gondolkodnivalók Mátrix rangja 1. Gondolkodnivaló Tegyük fel, hogy egy elemi bázistranszformáció kezdetekor a sor- és oszlopindexek sorban helyezkednek

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

7. gyakorlat megoldásai

7. gyakorlat megoldásai 7. gyakorlat megoldásai Komple számok, sajátértékek, sajátvektorok F1. Legyen z 1 = + i és z = 1 i. Számoljuk ki az alábbiakat: z 1 z 1 + z, z 1 z, z 1 z,, z 1, z 1. z M1. A szorzásnál használjuk, hogy

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

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

Németh László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa Németh László Matematikaverseny 007. április 16. A 9-10. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak 9. osztályosoknak 1. feladat a) Vegyük észre, hogy 7 + 5 felírható 1 + 3 + 6 + alakban, így

Részletesebben

7. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 7. előadás Elemi bázistranszformáció

7. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 7. előadás Elemi bázistranszformáció 7. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 57. 61. oldal. Gondolkodnivalók Bázis, dimenzió 1. Gondolkodnivaló Legyenek a v vektor koordinátái a v 1,..., v n bázisban: (1, α 2,..., α n ). Igazoljuk, hogy

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

1. zárthelyi,

1. zárthelyi, 1. zárthelyi, 2009.10.20. 1. Írjuk fel a tér P = (0,2,4) és Q = (6, 2,2) pontjait összekötő szakasz felezőmerőleges síkjának egyenletét. 2. Tekintsük az x + 2y + 3z = 14, a 2x + 6y + 10z = 24 és a 4x+2y

Részletesebben

differenciálegyenletek

differenciálegyenletek Állandó együtthatójú lineáris homogén differenciálegyenletek L[y] = y (n) + a 1y (n 1) + + a ny = 0 a i R (1) a valós, állandó együtthatójú lineáris homogén n-ed rendű differenciálegyenlet Megoldását y

Részletesebben

Lineáris leképezések (előadásvázlat, szeptember 28.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla

Lineáris leképezések (előadásvázlat, szeptember 28.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla Lineáris leképezések (előadásvázlat, 2012. szeptember 28.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla Ennek az előadásnak a megértéséhez a következő fogalmakat kell tudni: homogén lineáris egyenletrendszer és

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

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék

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

Numerikus módszerek 1.

Numerikus módszerek 1. Numerikus módszerek 1. 3. előadás: Mátrixok LU-felbontása Lócsi Levente ELTE IK 2013. szeptember 23. Tartalomjegyzék 1 Alsó háromszögmátrixok és Gauss-elimináció 2 Háromszögmátrixokról 3 LU-felbontás Gauss-eliminációval

Részletesebben

Bevezetés az algebrába 2 Differencia- és differenciálegyenlet-rendszerek

Bevezetés az algebrába 2 Differencia- és differenciálegyenlet-rendszerek Bevezetés az algebrába 2 Differencia- és differenciálegyenlet-rendszerek Algebra Tanszék B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E

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

Trigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( )

Trigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( ) Trigonometria Megoldások Trigonometria - megoldások ) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( ) akkor a háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű!

Részletesebben

Vektorterek. Több esetben találkozhattunk olyan struktúrával, ahol az. szabadvektorok esetében, vagy a függvények körében, vagy a. vektortér fogalma.

Vektorterek. Több esetben találkozhattunk olyan struktúrával, ahol az. szabadvektorok esetében, vagy a függvények körében, vagy a. vektortér fogalma. Vektorterek Több esetben találkozhattunk olyan struktúrával, ahol az összeadás és a (valós) számmal való szorzás értelmezett, pl. a szabadvektorok esetében, vagy a függvények körében, vagy a mátrixok esetében.

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

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

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások

Exponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések - megoldások Eponenciális és logaritmikus kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és jelű egyenletnek pontosan egy megoldása

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

Lineáris egyenletrendszerek

Lineáris egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszerek 1 Alapfogalmak 1 Deníció Egy m egyenletb l álló, n-ismeretlenes lineáris egyenletrendszer általános alakja: a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a

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

: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett!

: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett! nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására Mivel a 4 6 8 6 egyenletben az együtthatók összege 6 8 6 ezért az egyenletnek gyöke az (mert esetén a kifejezés helyettesítési

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

Polinomok maradékos osztása

Polinomok maradékos osztása 14. előadás: Racionális törtfüggvények integrálása Szabó Szilárd Polinomok maradékos osztása Legyenek P, Q valós együtthatós polinomok valamely x határozatlanban. Feltesszük, hogy deg(q) > 0. Tétel Létezik

Részletesebben

8. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, , oldal. 8. előadás Mátrix rangja, Homogén lineáris egyenletrendszer

8. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, , oldal. 8. előadás Mátrix rangja, Homogén lineáris egyenletrendszer 8. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 51. 56., 70. 74. oldal. Gondolkodnivalók Elemi bázistranszformáció 1. Gondolkodnivaló Most ne vegyük figyelembe, hogy az elemi bázistranszformáció során ez

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

Lineáris algebra. (közgazdászoknak)

Lineáris algebra. (közgazdászoknak) Lineáris algebra (közgazdászoknak) 10A103 FELADATOK A GYAKORLATRA (3.) 2018/2019. tavaszi félév Lineáris egyenletrendszerek 3.1. Feladat. Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszereket Gauss-eliminációval

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

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4.

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4. Matematika A vizsga mgeoldása 03. június.. (a (3 pont Definiálja az f(x, y függvény határértékét az (x 0, y 0 helyen! Megoldás: Legyen D R, f : D R. Legyen az f(x, y függvény értelmezve az (x 0, y 0 pont

Részletesebben

Diszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach november 30.

Diszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet   takach november 30. 1 Diszkrét matematika I, 12 előadás Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach 2005 november 30 Vektorok Definíció Egy tetszőleges n pozitív egész számra n-komponensű

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

1. Determinánsok. Oldjuk meg az alábbi kétismeretlenes, két egyenletet tartalmaz lineáris egyenletrendszert:

1. Determinánsok. Oldjuk meg az alábbi kétismeretlenes, két egyenletet tartalmaz lineáris egyenletrendszert: 1 Determinánsok 1 Bevezet definíció Oldjuk meg az alábbi kétismeretlenes, két egyenletet tartalmaz lineáris egyenletrendszert: a 11 x 1 +a 12 x 2 = b 1 a 21 x 1 +a 22 x 2 = b 2 Szorozzuk meg az első egyenletet

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

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

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

1. Interpoláció. Egyértelműség 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,...,a n számok. Az

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

DIFFERENCIAEGYENLETEK

DIFFERENCIAEGYENLETEK DIFFERENCIAEGYENLETEK Példa: elsőrendű állandó e.h. lineáris differenciaegyenlet Ennek megoldása: Kezdeti feltétellel: Kezdeti feltétel nélkül ha 1 és a végtelen összeg (abszolút) konvergens: / 1 Minden

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

10. Koordinátageometria

10. Koordinátageometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 0. Koordinátageometria. Melyek azok a P x; y pontok, amelyek koordinátái kielégítik az Ábrázolja a megoldáshalmazt a koordináta-síkon! x y x 0 egyenlőtlenséget? ELTE 00. szeptember

Részletesebben

Konjugált gradiens módszer

Konjugált gradiens módszer Közelítő és szimbolikus számítások 12. gyakorlat Konjugált gradiens módszer Készítette: Gelle Kitti Csendes Tibor Vinkó Tamás Faragó István Horváth Róbert jegyzetei alapján 1 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

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

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék

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

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

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