Állandó együtthatós lineáris rekurziók

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 (( 1 + 5 2 ) n ( 1 5 2 ) n ) Ebbe n = 100-at helyettesítve rögtön megkapjuk a kívánt eredményt. E fejezetben rekurzióval megadott sorozatoknak explicit képletének kiszámításával fogunk tüzetesebben foglalkozni. 1.1. definíció. Egy a n (n N) sorozatra vonatkozó, a n+k = c 1 a n+k 1 +...+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 1 +...+c k a n = 0-t kapunk. Ha a jobb oldalon nem nulla állna, inhomogén rekurziónak neveznénk. 1

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. 1.2. 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.

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. 1.3. 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. 1.4. 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. 1.5. 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 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 1 1 + λ 2 x n 1 2 alakban keressük. 3. Ha x 1 = x 2, akkor a megoldást a n = λ 1 x n 1 1 + 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). 1.2. 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!

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 1 4 + 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 1 2 3 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 1 + 2 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 1 + 1 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 1 + 1+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 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 = 3 3 + 4, 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.

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 1 +... + s n =) a n = 2a n 1 + a n 2 + a n 3 +... + a 0 + 1. Felírva ugyanezt a rekurziót a n 1 -re az a n 1 = 2a n 2 + a n 3 + a n 4 +... + a 0 + 1 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 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 1.3.1. 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. 1.6. 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. 1.7. 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)

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. 1.8. 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. 1.3.2. 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 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. 1.3.3. 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. 1.9. 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 3 2 2 = 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!

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 1 + 1. 1.3.4. Magasabb fokú rekurziók megoldása Tekintsük most az a n+k = c 1 a n+k 1 +... + 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. 1.10. 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 1 +... + 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 1 +... + λ k a 2 = λ 1 x 1 +... + λ k x k a 3 = λ 1 x 2 2 1 +... + λ k x k. a k = λ 1 x 1 k 1 +... + λ k x k k 1

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 1 1 1... 1 x 1 x 2 x 3... x k det....... x k 1 1 x k 1 2 x k 1 3... 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 = 1 + 2 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. 1.11. 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 3 +... + c k n s q n 1

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 1 +... + 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 1 +... + 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 1.10. 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. 1.12. 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 1 +...+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 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 1,0 0 0... 0... c 1,0 0 0... 0 c 2,0 x 1 c 2,1 0... 0... c 2,0 x k c 2,1 0... 0 c 3,0 x 2 1 c 3,1 x 1 c 3,2... 0... c 3,0 x 2 k c 3,1 x k c 3,2... 0.................. c k,0 x t 1 c k,1 x t 1 1 c k,2 x t 2 1... c k,α1 x t α 1 1... 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 1 + 1 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 2 + 1 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.

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 3 + 25λ 4 + λ 5 + 5λ 6 + 25λ 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 1 +... + 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 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. 1.13. 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 +

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 1 +...+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.