07. Rekurzivne Relacije I

REKURZIVNE RELACIJE

() 5. prosinca 2011. 1 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Pojednostavljeno receno, to su formule kod kojih se n-ti clan niza izrazava pomocunekoliko prethodnih clanova.

() 5. prosinca 2011. 2 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Pojednostavljeno receno, to su formule kod kojih se n-ti clan niza izrazava pomocunekoliko prethodnih clanova.

FIBONACCIJEVI BROJEVIU svom radu ”Liber abaci” 1202. godine Leonardo od Pise poznat kao Fibonaccipostavio je ”Problem zeceva”.Zecevi se razmnozavaju po slijedecoj shemi:Svaki par zec-zecica (starih barem 2 mjeseca) dobiju tijekom svakog slijedeceg mjesecapar mladih: zeca i zecicu.Ako smo na pocetku godine poceli s jednim novorodenim parom, koliko ce ukupnoparova zeceva biti pocetkom slijedece godine, odnosno, opcenito nakon n mjeseci?Pretpostavljamo da zecevi ne ugibaju.

Nakon 1 mjeseca samo 1 parNakon 2 mjeseca imamo samo 2 paraNakon 3 mjeseca imamo samo 3 para (originalan par i njihovi potomci nakon 2. i 3.mjeseca)Nakon 4 mjeseca imamo 5 parova (samo 2 zrela para)Nakon 5 mjeseci smao 8 parova (3 zrela para)Neka je fn broj parova zec-zecica nakon n mjeseci, tj. tijekom (n + 1)-og mjeseca.

() 5. prosinca 2011. 2 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Prema pretpostavci f0 = 1, f1 = 1, f2 = 2, f3 = 3.Opcenito, da se dobije fn treba broju parova fn−1 koji su zivjeli prethodni mjesec dodatinovorodene parove zeceva koji mogu doci samo od fn−2 parova zivih prije dva mjeseca.Slijedi za n ≥ 2 da je

fn = fn−1 + fn−2.

Tako dobijemo niz brojeva

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

fn 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 377 610

Stoga ce nakon godinu dana biti f12 = 233 parova zeceva.Najcesce se n-ti Fibonaccijev broj ovako definira:

F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2 n ≥ 2.

Ustanovljena je veza Fibonaccievih brojeva saa) efikasnosti Euklidovog algoritma (za odredivanje najvece zajednicke mjere dvajubrojeva)b) rasporedom latica u nekih cvjetovac) pojavom ”filotakse” - rasporedom listova na drvecu u vezi sa odredenim razlomcimakoji su kvocijenti Fibonaccijevih brojeva

() 5. prosinca 2011. 3 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Promotrimo slijedeci omjerFn+1

Fn

= 1 +1

1 + 1

1+ 11+...

() 5. prosinca 2011. 4 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Promotrimo slijedeci omjerFn+1

Fn

= 1 +1

1 + 1

1+ 11+...

Ovakvi izrazi zovu se neprekidni razlomci!

1 + 1 = 2, 1 +1

1 + 1=

3

21 +

1

1 + 11+1

=5

31 +

1

1 + 1

1+ 11+1

=8

5

() 5. prosinca 2011. 4 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Teorem 1

(i) F0 + F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2 − 1(ii) F1 + F3 + F5 + . . . + F2n−1 = F2n

(iii) F20 + F

21 + F

22 + . . . + F

2n = FnFn+1

.

() 5. prosinca 2011. 5 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Teorem 1


(iii) F20 + F

21 + F

22 + . . . + F

2n = FnFn+1

.

Dokaz:(i) Zbrojimo sve relacije

F0 = F2 − F1

F1 = F3 − F2

F2 = F4 − F3

...Fn = Fn+2 − Fn+1

⇒ F0 + F1 + . . . + Fn = Fn+2 − F1 = Fn+2 − 1 (F1 = 1)

() 5. prosinca 2011. 5 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Teorem 1


(iii) F20 + F

21 + F

22 + . . . + F

2n = FnFn+1

.

Dokaz:(ii) Zbrojimo sve relacije

F1 = F2 − F0

F3 = F4 − F2

F5 = F6 − F4

...F2n−1 = F2n − F2n−2

⇒ F1 + F3 + . . . + F2n−1 = F2n − F0 = F2n (F0 = 0)

() 5. prosinca 2011. 6 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Teorem 1


(iii) F20 + F

21 + F

22 + . . . + F

2n = FnFn+1

.

Dokaz:(iii) Opcenito vrijedi

F2k = Fk(Fk+1 − Fk−1).

Zbrojimo sve relacijeF 2

1 = F1F2 − F0F1 = F1F2 − F 20

F 22 = F2F3 − F1F2

F 23 = F3F4 − F2F3

...F 2

n = FnFn+1 − Fn−1Fn

⇒ F 21 + F 2

2 + . . . + F 2n = FnFn+1 − F 2

0 = FnFn+1.

() 5. prosinca 2011. 7 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Koliko zapravo iznosi Fn (kao funkcija od n) izracunali su u 18. stoljecu De Moivre ineovisno D. Bernoulli i J.P.M. Binet.

Teorem 2

n-ti Fibonaccijev broj Fn jednak je

Fn =1√5

[

(

1 +√

5

2

)n

−(

1 −√

5

2

)n]

, n = 0, 1, 2, . . .

() 5. prosinca 2011. 8 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Koliko zapravo iznosi Fn (kao funkcija od n) izracunali su u 18. stoljecu De Moivre ineovisno D. Bernoulli i J.P.M. Binet.

Teorem 2

n-ti Fibonaccijev broj Fn jednak je

Fn =1√5

[

(

1 +√

5

2

)n

−(

1 −√

5

2

)n]

, n = 0, 1, 2, . . .

Dokaz:Ideja dokaza je da se rjesenje Fibonaccijeve rekurzivne formule Fn = Fn−1 + Fn−2, n ≥ 2(zanemarujuci na trenutak pocetne vrijednosti F0, F1) potrazi u obliku Fn = qn.Uvrstavanjem dobivamo

qn = q

n−1 + qn−2

qn−2

(

q2 − q − 1

)

= 0, n ≥ 2.

Pretpostavimo da q 6= 0 pa je Fn = qn rjesenje Fibonaccijeve rekurzivne relacije ako isamo ako q2 − q − 1 = 0, odnosno, ako je

q1 =1 +

√5

2, q2 =

1 −√

5

2.

() 5. prosinca 2011. 8 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

Stoga su

fn =

(

1 +√

5

2

)n

, fn =

(

1 −√

5

2

)n

rjesenja Fibonaccijeve rekurzivne formule.

() 5. prosinca 2011. 9 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

No, ako su F i G rjesenja takve linearne (tj. nema potencije od F razlicitih od prve)homogene (nema konstantnih clanova) rekurzivne relacije, onda je i njihova linearnakombinacija

H = λ1F + λ2G , λ1, λ2 ∈ R

takoder rjesenje.

Zaista, buduci da je Fn = Fn−1 + Fn−2 i Gn = Gn−1 + Gn−2, tada mnozenjem prverelacije sa λ1, a druge sa λ2 i zbrajanjem dobivamo spomenutu tvrdnju.Slijedi da je i

Fn = λ1

(

1 +√

5

2

)n

+ λ2

(

1 −√

5

2

)n

rjesenje.Pocetne vrijednosti za Fibonaccijeve brojeve su F0 = 0, F1 = 1 pa mora biti

n = 0 : λ1 + λ2 = 0

n = 1 : λ1

(

1 +√

5

2

)

+ λ2

(

1 −√

5

2

)

= 1.

Rjesenje tog sustava linearnih jednadzbi je λ1 = 1√5, λ2 = − 1√

5pa slijedi tvrdnja.

() 5. prosinca 2011. 10 / 17

REKURZIVNE RELACIJE

NAPOMENA:

Napisemo li Fn u obliku

Fn =1√5(αn − βn), α =

1 +√

5

2≈ 1, 61803, β =

1 −√

5

2≈ −0, 61803

pa buduci da βn postaje vrlo mali za dovoljno veliki n ( limn→∞

βn = 0) dobivamo

Fn ≈ 1√5αn.

() 5. prosinca 2011. 11 / 17

LINEARNE HOMOGENE REKURZIVNE RELACIJE S KONSTANTNIMKOEFICIJENTIMA

() 5. prosinca 2011. 12 / 17

LIN. HOM. REK. KONST. KOEF: RAZLICITI KORJENI

Opcenito, linearna homogena rekurzivna relacija s konstantnim koeficijentima ovakoizgleda:

an = c1an−1 + c2an−2 + . . . + cran−r (1)

gdje su c1, . . . , cr zadane konstante, a n ≥ r .Kako je an odreden s prethodnih r vrijednosti an−1, . . . , an−r , kazemo da je (1)rekurzivna relacija reda r .Pridjev linearna odnosi se na cinjenicu da se javljaju samo prve potencije od a, dokpridjev homogena znaci da nema konstantnih clanova.Tocnije, linearna i homogena ce znaciti da skup rjesenja cini linearni vektorski prostornad C i ako su (a′

n) i (a′′n ) dva niza koja zadovoljavaju (1), a λ, µ ∈ C, onda i λa′

n + µa′′n

takoder zadovoljavaju (1).Jedan od najjednostavnijih primjera takvih relacija je Fibonaccijeva Fn = Fn−1 + Fn−2.

Primjer:an · an−1 + an−2 · an−3 = 0 nije linearnaan = 2an−1 + 3 nije homogenaan = (n + 3)an−1 + 4an−2 nema konstantne koeficijente

() 5. prosinca 2011. 13 / 17


Rjesenje jednadzbe (1):

Kao i kod Fibonaccijevih relacija, rjesenje cemo traziti u obliku kombinacije partikularnihrjesenja oblika an = xn.

xn = c1x

n−1 + c2xn−2 + . . . + crx

n−r/ : xn−r

xr − c1x

r−1 − c2xr−2 − . . . − cr = 0 (2)

Jednadzba (2) se zove KARAKTERISTICNA JEDNADZBA rekurzivne relacije (1).Ona ima r korjena x1, . . . , xr koji se zovu KARAKTERISTICNI KORJENI od (1).Ti korjeni su kompleksni brojevi koji ne moraju opcenito biti razliciti, ali su zbog cr 6= 0svi razliciti od 0.

Zbog cinjenice da je skup svih rjesenja od (1) vektorski prostor nad C proizlazi da ako sux1, . . . , xr karakteristicni korjeni od (1), a λ1, . . . , λr ∈ C, onda je i

an = λ1xn1 + λ2x

n2 + . . . + λrx

nr (3)

takoder rjesenje od (1).

Kazemo da je rjesenje od (1) OPCE RJESENJE rekurzivne relacije (1) ako se svakorjesenje moze zapisati u obliku (3) za neki izbor konstanti λ1, . . . , λr .

() 5. prosinca 2011. 14 / 17


Teorem 4

Pretpostavimo da su svi karakteristicni korjeni x1, . . . , xr rekurzivne relacije

an = c1an−1 + c2an−2 + . . . + cran−r , cr 6= 0

n ≥ r medusobno razliciti. Tada je opce rjesenje dano s

an = λ1xn1 + λ2x

n2 + . . . + λrx

nr . (3∗)

() 5. prosinca 2011. 15 / 17


Teorem 4




an = λ1xn1 + λ2x

n2 + . . . + λrx

nr . (3∗)

Dokaz:Neka je an neko rjesenje te rekurzivne relacije. Tada je an potpuno odreden pocetnimuvjetima:

a0 = b0, a1 = b1, . . . , ar−1 = br−1.

Treba pokazati da mozemo odabrati konstante λ1, . . . , λr tako da vrijedi

n = 0 : λ1 + λ2 + . . . + λr = b0

n = 1 : λ1x1 + λ2x2 + . . . + λrxr = b1

. . .

n = r − 1 : λ1xr−11 + λ2x

r−12 + . . . + λrx

r−1r = br−1.

() 5. prosinca 2011. 15 / 17


Teorem 4




an = λ1xn1 + λ2x

n2 + . . . + λrx

nr . (3∗)

Dokaz:Ovaj sustav je sustav od r linearnih jednadzbi s r nepoznanica λ1, . . . , λr . Matricakoeficijenata tog sustava je

1 1 . . . 1x1 x2 . . . xr

......

......

x r−11 x r−1

2 . . . x r−1r

.

Ta matrica poznata je pod imenom Vandermondeova matrica.

() 5. prosinca 2011. 16 / 17


Teorem 4




an = λ1xn1 + λ2x

n2 + . . . + λrx

nr . (3∗)

Dokaz:Njena determinanta je produkt ⊓1≤i<j≤r (xj − xi ) svih

(

r

2

)

razlika oblika xj − xi ,1 ≤ i < j ≤ r .Kako su prema pretpostavci svi karakteristicni korjeni x1, . . . , xr medusobno razliciti, tadeterminanta je razlicita od nule, pa sustav ima jedinstveno rjesenje po λ1, . . . , λr .

() 5. prosinca 2011. 17 / 17

Documents

07. Rekurzivne Relacije I