Διακριτά Μαθηματικά ΙΙ Χρήστος Νομικός Τμήμα Μηχανικών Η/Υ και Πληροφορικής Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων 2018 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 1 / 65
Περιεχόμενα 1 με Σταθερούς Συντελεστές Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 2 / 65
Περιεχόμενα 1 με Σταθερούς Συντελεστές Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 3 / 65
Κρυπτογραφία Υπάρχουν πολλοί εναλλακτικοί τρόποι για να περιγράψουμε μία αριθμητική συνάρτηση: Απαρίθμηση των τιμών: 1, 3, 9, 27,..., 3 n,... Κλειστός τύπος: a n = 3 n Αναδρομική σχέση: a n+1 = 3 a n, a 0 = 1 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 4 / 65
Παράδειγμα Ακολουθία Fibonacci: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,... f n+2 = f n+1 + f n, f 0 = f 1 = 1 f n = 1 5 (1 + 5 2 ) n+1 1 5 (1 5 ) n+1 2 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 5 / 65
Πρόβλημα: Δίνεται μια αναδρομική σχέση που περιγράφει μία συνάρτηση και ζητείται να βρεθεί ένας κλειστός τύπος για τη συνάρτηση. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 6 / 65
Γραμμικές αναδρομικές σχέσεις με σταθερούς συντελεστές Η αναδρομική σχέση: c 0 a n + c 1 a n 1 + + c k a n k = f n όπου τα c i είναι πραγματικες σταθερές και c 0 0, c k 0, ονομάζεται γραμμική αναδρομική σχέση με σταθερούς συντελεστές τάξης k. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 7 / 65
Παράδειγμα Εστω η αναδρομική σχέση a n 3a n 1 + 2a n 2 = n 2 1 και έστω ότι a 4 = 2, a 5 = 4 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 8 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Η αναδρομική σχέση γράφεται: a n = 3a n 1 2a n 2 + n 2 1 Άρα a 6 = 3a 5 2a 4 + 6 2 1 = 43 a 7 = 3a 6 2a 5 + 7 2 1 = 169... Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 9 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Επίση η αναδρομική σχέση γράφεται: Άρα a n 2 = 3a n 1 a n + n 2 1 2 a 3 = 3a 4 a 5 + 5 2 1 2 a 2 = 3a 3 a 4 + 4 2 1 2... = 13 = 26 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 10 / 65
Γενικά σε μία γραμμική αναδρομική σχέση με σταθερούς συντελεστές τάξης k, αν είναι γνωστές k συνεχόμενες τιμές a m k,, a m 1 για κάποιο m τότε a m = 1 c 0 (c 1 a m 1 + + c k a m k f m ) Παρόμοια υπολογίζουμε τις τιμές a m+1, a m+2,... Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 11 / 65
Επίσης: a m k 1 = 1 (c 0 a m 1 + + c k a m k 1 f m 1 ) c k Παρόμοια υπολογίζουμε τις τιμές a m k 2, a m k 3,..., a 0 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 12 / 65
Λιγότερες από k τιμές δεν προσδιορίζουν μονοσήμαντα τη συνάρτηση. Για παράδειγμα: f n+2 = f n+1 + f n, a 0 = 1 ικανοποιείται από τις άπειρο πλήθος συναρτήσεων: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13,... 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21... 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29...... Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 13 / 65
Περισσότερες από k τιμές μπορεί να καθιστούν αδύνατη την ύπαρξη συνάρτησης που να ικανοποιεί την αναδρομική σχέση. Για παράδειγμα: f n+2 = 3f n+1 f n, a 0 = 2, a 1 = 1, a 2 = 5 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 14 / 65
k μη διαδοχικές τιμές δεν ορίζουν πάντα μονοσήμαντη λύση ενώ μπορεί να καθιστούν αδύνατη την ύπαρξη συνάρτησης που να ικανοποιεί την αναδρομική σχέση. Για παράδειγμα η αναδρομική σχέση: f n+2 = f n + 1, a 0 = 1, a 2 = 3 δεν ικανοποιείται από καμία συνάρτηση Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 15 / 65
Αντίθετα η αναδρομική σχέση f n+2 = f n + 1, a 0 = 1, a 2 = 2 ικανοποιείται από τις άπειρο πλήθος συναρτήσεων: 1, 0, 2, 1, 3, 2, 4, 3,... 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 3,... 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5,...... Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 16 / 65
Για μή γραμμικές σχέσεις γενικά δεν αρκούν k τιμές. Για παράδειγμα: (a n ) 2 + a n 1 = 5, a 0 = 1 ικανοποιείται από τις άπειρο πλήθος συναρτήσεων: 1, 2, 3,... 1, 2, 3,... 1, 2, 7,... Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 17 / 65
Εστω η γραμμική αναδρομική σχέση c 0 a n + c 1 a n 1 + + c k a n k = f n Εστω επίσης ότι δίνονται k συνεχόμενες τιμές c m, c m+1,..., c m+k 1 Ονομάζουμε αυτές τιμές οριακές συνθήκες. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 18 / 65
Η h ονομάζεται ομογενής λύση της αναδρομικής σχέσης αν ικανοποιεί την αναδρομική σχέση: c 0 h n + c 1 h n 1 + + c k h n k = 0 ΠΡΟΣΟΧΗ! Η ομογενής λύση μιας αναδρομικής σχέσης δεν ικανοποιεί την αναδρομική σχέση, αλλα μια άλλη αναδρομική σχέση που προκύπτει αν αντικαταστήσουμε το f n με 0. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 19 / 65
Αν h είναι ομογενής λύση τότε για κάθε πραγματική σταθερά c, η c h είναι επίσης ομογενής λύση. Αν h, h είναι ομογενής λύσεις τότε και η h + h είναι ομογενής λύση. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 20 / 65
Η p ονομάζεται ειδική λύση της αναδρομικής σχέσης αν την ικανοποιεί: c 0 p n + c 1 p n 1 + + c k p n k = f n ΠΡΟΣΟΧΗ! Η ειδική λύση μιας αναδρομικής σχέσης δεν ικανοποιεί απαραίτητα τις οριακές συνθήκες. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 21 / 65
Αν h είναι ομογενής λύση και p είναι ειδική λύση τότε η h + p είναι επίσης ειδική λύση. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 22 / 65
Για να βρούμε μια λύση σε μία γραμμική αναδρομική σχέση με σταθερούς συντελεστές, με δεδομένες οριακές συνθήκες ακολουθούμε τα παρακάτω βήματα: 1 Βρίσκουμε μία οικογένεια ομογενών λύσεων. 2 Βρίσκουμε μία ειδική λύση p. 3 Επιλέγουμε μία ομογενή λύση h τέτοια ώστε η h + p να ικανοποιεί τις οριακές συνθήκες. Η h + p ονομάζεται ολική λύση. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 23 / 65
Εύρεση των ομογενών λύσεων Αναζητούμε λύσεις της μορφής A λ n. Το λ ονομάζεται χαρακτηριστική ρίζα. Για να είναι η A λ n λύση της ομογενούς θα πρέπει: A c 0 λ n + A c 1 λ n 1 + + A c k λ n k = 0 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 24 / 65
Διαιρώντας το πρώτο μέλος με A λ n k προκύπτει η εξίσωση: c 0 λ k + c 1 λ k 1 + + c k = 0 Η παραπάνω εξίσωση ονομάζεται χαρακτηριστική εξίσωση. Παρατηρούμε ότι επειδή c k 0, το 0 δεν είναι ρίζα της παραπάνω εξίσωσης. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 25 / 65
Η χαρακτηρισρική εξίσωση έχει k ρίζες λ 1, λ 2,..., λ k. Παρατηρούμε ότι για κάθε επιλογή σταθερών A 1, A 2,..., A k η συνάρτηση h = A 1 λ n 1 + A 2 λ n 2 + + A k λ n k είναι επίσης ομογενής λύση. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 26 / 65
Αν οι ρίζες της χαρακτηριστικης εξίσωσης είναι όλες διαφορετικές μεταξύ τους τότε η ζητούμενη οικογένεια ομογενών λύσεων αποτελείται από όλες τις συναρτήσεις που προκύπτουν από τον παραπάνω τύπο με αντικατάσταση των A i από πραγματικές τιμές. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 27 / 65
Παράδειγμα Εστω η αναδρομική σχέση a n a n 1 6a n 2 = 0 Η χαρακτηριστική της εξίσωση είναι: λ 2 λ 6 = 0 με ρίζες λ 1 = 2, λ 2 = 3. Η οικογένεια των ομογενών λύσεων είναι: A 1 ( 2) n + A 2 3 n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 28 / 65
Στη συνέχεια θα εξετάσουμε την περίπτωση κατά την οποία έχουμε χαρακτηριστικές ρίζες με μεγαλύτερη πολλαπλότητα. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 29 / 65
Λήμμα Λήμμα: Εστω p πολλυώνυμο. Αν λ 1 είναι ρίζα πολλάπλότητας m της εξίσωσης p(λ) = 0, τότε είναι ρίζα πολλαπλότητας m 1 της εξίσωσης dp(λ) dλ = 0. Απόδειξη Ισχύει p(λ) = (λ λ 1 ) m q(λ) για κάποιο πολυώνυμο q. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 30 / 65
Απόδειξη (συνέχεια) Άρα dp(λ) dλ = m (λ λ 1 ) m 1 q(λ) + (λ λ 1 ) m dq(λ) dλ = (λ λ 1 ) m 1 (m q(λ) + (λ λ 1 ) dq(λ) dλ ) Άρα πράγματι το λ 1 είναι ρίζα πολλαπλότητας m 1 της dp(λ) dλ = 0. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 31 / 65
Θεώρημα Αν λ 1 είναι ρίζα πολλαπλότητας m της c 0 λ k + c 1 λ k 1 + + c k = 0 τότε για κάθε n k και για κάθε i, 0 i < m η λ 1 είναι ρίζα πολλαπλότητας m i της c 0 n i λ n + c 1 (n 1) i λ n 1 + + c k (n k) i λ n k = 0 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 32 / 65
Απόδειξη Με επαγωγή στο i. Για i = 0 ισχύει (αρκεί να πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη της χαρακτηριστική εξίσωσης με λ n k ). Εστω ότι ισχύει για i = j και j + 1 < m. Θα δείξω ότι ισχύει και για i = j + 1. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 33 / 65
Απόδειξη (συνέχεια) Η λ 1 είναι ρίζα πολλαπλότητας m j της: c 0 n j λ n + c 1 (n 1) j λ n 1 + + c k (n k) j λ n k = 0 Από το προηγούμενο λήμμα προκύπτει ότι η λ 1 είναι ρίζα πολλαπλότητας m j 1 > 0 της c 0 n j+1 λ n 1 +c 1 (n 1) j+1 λ n 2 + + c k (n k) j+1 λ n k 1 = 0 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 34 / 65
Απόδειξη (συνέχεια) συνεπώς και της c 0 n j+1 λ n +c 1 (n 1) j+1 λ n 1 + + c k (n k) j+1 λ n k = 0 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 35 / 65
Πόρισμα Αν η λ είναι ρίζα πολλαπλότητας m της χαρακτηριστικής εξίσωσης τότε: λ n, n λ n,..., n m 1 λ n είναι ομογενής λύσεις. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 36 / 65
Αν η χαρακτηριστική εξίσωση έχει ρίζες λ 1, λ 2,, λ l με πολλαπλότητες m 1, m 2,, m l τότε για κάθε επιλογή σταθερών A i,j η παρακάτω συνάρτηση είναι ομογενής λύση: h n = A 1,0 λ n 1 + A 1,1 n λ n 1 + + A 1,m1 1 n m 1 1 λ n 1 +... = +A l,0 λ n l + A l,1 n λ n l + + A l,m l 1 n m l 1 λ n l l m i 1 A i,j n j λ n i i=1 j=0 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 37 / 65
Παράδειγμα Εστω η αναδρομική σχέση a n + 6a n 1 + 12a n 2 + 8a n 3 = 0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι: λ 3 + 6λ 2 + 12λ + 8 = (λ + 2) 3 = 0 η οποία έχει μόνο μία ρίζα λ 1 = 2 πολλάπλότητας 3. Η οικογένεια των ομογενών λύσεων είναι: h n = (A 1,2 n 2 + A 1,1 n + A 1,0 ) ( 2) n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 38 / 65
Παράδειγμα Εστω η αναδρομική σχέση 4a n 20a n 1 + 17a n 2 4a n 3 = 0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι: 4λ 3 20λ 2 + 17λ 4 = 0 η οποία έχει ρίζες λ 1 = 1 2 πολλάπλότητας 2 και λ 2 = 4 πολλάπλότητας 1. Η οικογένεια των ομογενών λύσεων είναι: h n = (A 1,1 n + A 1,0 ) ( 1 2 )n + A 2,0 4 n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 39 / 65
Εύρεση ειδικής λύσης Δεν υπάρχει γενική μέθοδος για την εύρεση μίας ειδικής λύσης μιας γραμμικής αναδρομικής σχέσης με σταθερούς συντελεστές. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 40 / 65
Ανάλογα με την f n, προσδιορίζουμε μία γενική μορφή για την ειδική λύση, αντικαθιστούμε στην αναδρομική σχέση και βρίσκουμε μια ειδική λύση, καθορίζοντας τις σταθερές που υπάρχουν στη γενική μορφή. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 41 / 65
Περίπτωση 1η: Αν η f n είναι πολυώνυμο βαθμού r τότε θεωρούμε ότι και η ειδική λύση είναι πολυώνυμο βαθμού r: A r n r + + A 1 n + A 0 Στη συνέχεια αντικαθιστούμε στην αναδρομική σχέση και προσδιορίζουμε τις σταθερές A i. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 42 / 65
Παράδειγμα a n + 3a n 1 5a n 2 = 2 Θεωρούμε γενική μορφή για την ειδική λύση p n = A. Αντικαθιστώντας στην αναδρομική σχέση έχουμε: A + 3A 5A = 2 A = 2 Μία ειδική λύση είναι η p n = 2. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 43 / 65
Παράδειγμα a n 2a n 1 + 3a n 2 = 2n 2 12n + 20 Θεωρούμε γενική μορφή για την ειδική λύση p n = A n 2 + B n + C Αντικαθιστώντας στην αναδρομική σχέση: A n 2 + B n + C 2A (n 1) 2 2B (n 1) 2C +3A (n 2) 2 + 3B (n 2) + 3C = 2n 2 12n + 20 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 44 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Η παραπάνω σχέση γράφεται ισοδύναμα: 2A n 2 + +( 8A + 2B) n +(10A 4B + 2C) = 2n 2 12n + 20 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 45 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Από την παραπάνω σχέση προκύπτει το σύστημα: 2A = 2 8A + 2B = 12 10A 4B + 2C = 20 Το παραπάνω σύστημα έχει λύση A = 1, B = 2, C = 1 Μία ειδική λύση είναι η p n = n 2 2 n + 1 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 46 / 65
Περίπτωση 2η: Αν f n = c β n τότε θεωρούμε ότι η ειδική λύση έχει τη γενική μορφή A n m β n όπου m η πολλαπλότητα της β ως ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης. (Αν β είναι ρίζα πολλαπλότητας m της χαρακτηριστικής εξίσωσης τότε β n, n β n,..., n m 1 β n είναι ομογενείς λύσεις.) Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 47 / 65
Παράδειγμα a n 4a n 1 = 5 2 n Θεωρούμε γενική μορφή για την ειδική λύση p n = A 2 n (το 2 δεν είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης). Αντικαθιστώντας στην αναδρομική σχέση: A 2 n 4A 2 n 1 = 5 2 n (A 2) 2 n = 5 2 n A = 7 Μία ειδική λύση είναι η p n = 7 2 n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 48 / 65
Παράδειγμα a n 4a n 1 + 3a n 2 = 4 3 n 1 Παρατηρούμε ότι f n = 4 3 n 1 = 4 3 3n. Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι λ 2 4λ + 3 = 0 με ρίζες λ 1 = 1 και λ 2 = 3. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 49 / 65
Παράδειγμα Επειδή το 3 είναι ρίζα πολλαπλότητας 1, θεωρούμε γενική μορφή για την ειδική λύση p n = A n 3 n Αντικαθιστώντας στην αναδρομική σχέση έχουμε: Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 50 / 65
Παράδειγμα A n 3 n 4A (n 1) 3 n 1 +3A (n 2) 3 n 2 = 4 3 n 1 (3 n 4 3 n 1 + 3 3 n 2 ) A n +(4 3 n 1 6 3 n 2 ) A = 4 3 n 1 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 51 / 65
Παράδειγμα Ισχύει 3 n 4 3 n 1 + 3 3 n 2 = 0 Από τη σχέση (4 3 n 1 6 3 n 2 ) A = 4 3 n 1 προκύπτει A = 2. Μία ειδική λύση είναι η p n = 2 n 3 n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 52 / 65
Γενική περίπτωση: Αν f n = q n β n όπου q n πολυώνυμο βαθμού r και β ρίζα πολλαπλότητας m της χαρακτηριστικής εξίσωσης τότε θεωρούμε ότι η ειδική λύση έχει τη γενική μορφή: p n = n m (A r n r + + A 0 ) β n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 53 / 65
Αν f n = f n + f n, τότε βρίσκουμε ειδικές λύσεις p n για την f n και p n για την f n και θέτουμε p n = p n + p n. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 54 / 65
Εύρεση ολικής λύσης Οπως έχουμε αναφέρει ήδη το άθροισμα μιας ειδικής λύσης και μίας ομογενούς λύσης είναι επίσης ειδική λύση: l i=1 m i 1 j=0 A i,j n j λ n i + p n Η παραπάνω συνάρτηση έχει k σταθερές οι οποίες μπορούν να προσδιοριστούν ώστε να ικανοποιούνται οι οριακές συνθήκες. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 55 / 65
Παράδειγμα Εστω η αναδρομική σχέση a n 3a n 1 + 4a n 3 = 9 (n 2) 2 n με οριακές συνθήκες a 0 = 5, a 1 = 0, a 2 = 6 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 56 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Ομογενείς λύσεις: Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι Ισχύει λ 3 3λ 2 + 4 = 0 λ 3 3λ 2 + 4 = (λ 2) 2 (λ + 1) Άρα η χαρακτηριστική εξίσωση έχει ρίζες λ 1 = 2 με πολλαπλότητα 2 και λ 2 = 1 με πολλαπλότητα 1. Η ομογενής λύση έχει τη γενική μορφή: h n = A 1 2 n + A 2 n 2 n + A 3 ( 1) n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 57 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Ειδική λύση: Εχουμε f n = 9 (n 2) 2 n. Επειδή το 2 είναι ρίζα πολλαπλότητας 2 θεωρούμε γενική μορφή για την ειδική λύση p n = n 2 (A n + B) 2 n = (A n 3 + B n 2 ) 2 n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 58 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Αντικαθιστούμε στην αναδρομική σχέση: (A n 3 + B n 2 ) 2 n 3 (A (n 1) 3 + B (n 1) 2 ) 2 n 1 +4 (A (n 3) 3 + B (n 3) 2 ) 2 n 3 = 9 (n 1) 2 n 2 n 3 [8 (A n 3 + B n 2 ) 12 (A (n 1) 3 + B (n 1) 2 ) +4 (A (n 3) 3 + B (n 3) 2 )] = 9 (n 1) 2 n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 59 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) 2 n 3 [(8A 12A + 4A) n 3 +(8B + 36A 12B 36A + 4B) n 2 +( 36A + 24B + 108A 24B) n +(12A 12B 108A + 36B) = 9 (n 1) 2 n 2 n 3 [72A n + (24B 96A)] = 9 (n 1) 2 n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 60 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) 2 n [9A n + (3B 12A)] = 9 (n 1) 2 n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 61 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Από την τελευταία σχέση προκύπτει το σύστημα: 9A = 9 3B 12A = 18 Η λύση του παραπάνω συστήματος δίνει A = 1, B = 2. Μία ειδική λύση είναι p n = n 2 (n 2) 2 n. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 62 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Ολική λύση: a n = h n + p n = A 1 2 n + A 2 n 2 n + A 3 ( 1) n +n 2 (n 2) 2 n Για να προσδιορίσουμε τις σταθερές A 1, A 2, A 3 χρησιμοποιούμε τις οριακές συνθήκες: a 0 = A 1 + A 3 = 5 a 1 = 2A 1 + 2A 2 A 3 2 = 0 a 2 = 4A 1 + 8A 2 + A 3 = 6 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 63 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Η λύση του παραπάνω συστήματος είναι A 1 = 3, A 2 = 1, A 3 = 2. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 64 / 65
Παράδειγμα (συνέχεια) Η ολική λύση είναι: a n = 3 2 n n 2 n + 2 ( 1) n +n 2 (n 2) 2 n = (n 3 2n 2 n + 3) 2 n + 2 ( 1) n Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 65 / 65