Embed Size (px)
Citation preview
Sveuciliste J.J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku
Anita IvkovicRekurzivne relacije
Diplomski rad
Osijek, 2012.
Sveuciliste J.J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku
Anita IvkovicRekurzivne relacije
Diplomski rad
Voditelj: prof. dr. sc. Antoaneta Klobucar
Osijek, 2012.
Sadrzaj
1. Uvod 4
2. Osnovno o rekurzivnim relacijama 5
2.1. Aritmeticki i geometrijski niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
3. Poznati problemi rijeseni rekurzivnim relacijama 7
3.1. Fibonaccijevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
3.2. Tornjevi Hanoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
4. Linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnim koeficijentima 14
4.1. Razliciti korijeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
4.2. Visestruki korijeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
5. Linearne nehomogene rekurzije 21
6. Sustavi rekurzija i nelinearne rekurzije 23
7. Primjeri rijeseni rekurzivnim relacijama 26
8. Sazetak 31
9. Summary 32
10.Zivotopis 33
1. Uvod
Jedna vazna i vrlo primjenjiva metoda u kombinatorici su rekurzivne relacije. Reku-
rzivna relacija (rekurzivna formula ili rekurzija) je formula pomocu koje se izrazava n-ti clan
nekog niza (an) pomocu nekoliko prethodnih clanova ak, k < n.
U drugom poglavlju ovoga rada dane su osnove rekurzivnih relacija te nekoliko jedno-
stavnih primjera, ukljucujuci aritmeticki i geometrijski niz.
Trece poglavlje sadrzi dva poznata problema, Fibomaccijeve brojeve i ”Tornjeve
Hanoja”, rijesena rekurzivnim relacijama. Leonardo iz Pise, najpoznatiji europski mate-
maticar srednjeg vijeka, po kome je i sam niz dobio ime, promatrajuci razmnozavanje zeceva
dosao je do poznatoga niza. Fibonaccijev niz definiran je na sljedeci nacin: svaki clan niza
jednak je zbroju svoja dva prethodnika, pri cemu vrijede pocetni uvjeti F0 = 0 i F1 = 1.
”Tornjevi Hanoja” poznata je logicka igra koja se sastoji od prenosenja diskova sa stapa na
stap, uz odredene uvjete. U radu je dana rekurzivna formula za najmanji broj prijenosa
diskova sa stapa A na stap B.
U cetvrtom poglavlju opisane su linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnim
koeficijentima, koje dijelimo na one s razlicitim te na one s visestrukim korijenima. Nacin
rjesavanja navedenih rekurzivnih relacija objasnjen je kroz razne primjere.
Peto poglavlje rada kroz teoreme i dokaze opisuje linearne nehomogene rekurzivne
relacije ciji je nacin rjesavanja opisan kroz primjere.
U sestom poglavlju dani su primjeri sustava rekurzija i nelinearnih rekurzija. Linearni
homogeni sustavi rekurzivnih relacija cesto se eliminacijom svode na jednu linearnu ho-
mogenu rekurziju. Pogodnom supstitucijom ili pogodnom supstitucijom nakon nekih transfo-
rmacija neke se nelinearne rekurzije svode na linearne rekurzije.
Posljednje poglavlje rada sadrzi neke zanimljive probleme za cije su rjesavanje koristene
rekurzivne relacije.
4
2. Osnovno o rekurzivnim relacijama
Rekurzivna relacija (rekurzivna formula ili rekurzija), pojednostavljeno receno,
je formula pomocu koje se izrazava n-ti clan nekog niza (an) pomocu nekoliko prethodnih
clanova ak, k < n. Rekurzivnim relacijama moguce je izracunati opci clan an nekog niza
ukoliko su poznati prethodni clanovi ak, k < n, pocevsi od nekog indeksa n0.
Primjer 2.1. Primjer jednostavne rekurzivne relacije je relacija an = 2an−1.
Ako zahtijevamo da ta relacija vrijedi za svaki n ∈ N, tada imamo redom:
a1 = 2a0,
a2 = 2a1,
a3 = 2a2,...
Ponovnim uvrstavanjem dobivamo:
a2 = 22a0,
a3 = 23a0,...
an = 2na0.
Zelimo li eksplicitno izracunati an, potrebno je poznavati jos i pocetne uvjete. Ako je npr.
a0 = 1, dobivamo da je an = 2n za svaki n ∈ N0.
2.1. Aritmeticki i geometrijski niz
Definicija 2.1. Niz (an) zovemo aritmetickim nizom ako je razlika uzastopnih clanova
niza isti broj d, tj. ako je
an+1 − an = d, ∀n ∈ N. (1)
Broj d se naziva diferencija (razlika) danog niza.
Jednakost (1) moze se zapisati u obliku:
an = an−1 + d.
Ukoliko znamo prvi clan niza a1 i diferenciju d, ostale clanove niza odredujemo rekurzivno:
a2 = a1 + d
a3 = a1 + 2d...
Zakljucujemo da je opcenito an = a1 + (n− 1)d.
5
Clanove aritmetickog niza mozemo nalaziti i nesto drugacije. Prema definiciji aritmetickog
niza imamo
an+2 − an+1 = d, an+1 − an = d,
odakle slijedi da je
an+1 =an + an+2
2. (2)
Jednakost (2) moze se zapisati u obliku
an+2 = 2an+1 − an.
Da bi aritmeticki niz bio odreden, potrebno je zadati njegova prva dva clana a1 i a2. Tada
je
a3 = 2a2 − a1
a4 = 2a3 − a2...
Primjer 2.2. Odredimo deseti clan aritmetickog niza (an) kojemu je prvi clan a1 = 2, a
diferencija d = −2.
Vrijedi
a10 = a1 + 9d = 2 + 9 · (−2) = 2− 18 = −16.
Definicija 2.2. Niz brojeva a1, a2, . . . , an kod kojeg je kvocijent svakog clana i prethodnog
clana stalan, naziva se geometrijski niz. Stalni kvocijent oznacava se s q. Za geometrijski
niz
a1, a2 = a1q, a3 = a1q2, . . . , an = a1q
n−1
imamo rekurzivnu relaciju
an+1 = qan.
Primjer 2.3. Odredimo peti clan geometrijskog niza (an) kojemu je prvi clan a1 = 4, a
kvocijent q = 12.
Vrijedi
a5 = a1q4 = 4 ·
(1
2
)4
=4
16=
1
4.
6
3. Poznati problemi rijeseni rekurzivnim relacijama
3.1. Fibonaccijevi brojevi
Leonardo iz Pise ime je najpoznatijeg europskog matematicara srednjeg vijeka. Roden
je oko 1175. godine u Pisi. Leonardo je bolje poznat pod imenom Fibonacci sto je skracenica
od Bonaccijev sin (filius Bonacci). Leonarda otac salje na putovanja po mediteranskoj obali:
Egipat, Sirija, Grcka, Sicilija, Provansa gdje on prikuplja i uci razne matematicke tehnike.
1202. god. Fibonacci se poceo zanimati za razmnozavanje zeceva. Stvorio je idealne uvjete
pod kojima bi zecevi zivjeli i postavio pitanje koliko ce biti parova zeceva za godinu dana.
Pod idealnim uvjetima pretpostavio je da:
• Jedan par tek okocenih zeceva stavi se na eksperimentalnu livadu.
• Zecevi spolno sazrijevaju nakon mjesec dana.
• Majka nosi mlade mjesec dana.
• Majka uvijek dobiva par musko/zensko.
• Zecevi ne ugibaju (barem za vrijeme trajanja eksperimenta).
Koliko ce parova zeceva biti nakon 1 godine (12 mjeseci):
• U pocetku primjera postoji 1 par zeceva.
• Prvi mjesec - nakon mjesec dana zecevi ce dostici zrelost, no jos se nece okotiti. Imamo
samo jedan par zeceva.
• Drugi mjesec - nakon 2 mjeseca taj par zeceva daje drugi par, sto daje 2 para ukupno.
• Treci mjesec - nakon 3 mjeseca, prvi par opet se razmnozava i daje 1 par, a drugi par
dostize zrelost, ali ne daje mlade. Sada su 3 para.
• Cetvrti mjesec - nakon 4 mjeseca prvi par opet daje par novih zeceva, kao i par okocen
drugog mjeseca. Par okocen 3. mjeseca dostize zrelost, ali ne daje jos zeceve. Tako
imamo 2 para ovaj mjesec, a ukupno njih 5.
• Peti mjesec - nakon 5 mjeseci, svaki par koji je ziv do prije 2 mjeseca, daje novi par.
Imamo 3 nova para i ukupno 8.
7
Slika 3.1. Razmnozavanje zeceva Slika 3.2. Dijagram razmnozavanja zeceva
Pitanje je koliki je broj parova zeceva koji su okoceni nakon konacno mnogo mjeseci te da
li je do tog broja moguce doci bez da zbrajamo kroz svaki pojedini par. Nacin na koji
pronalazimo konacan broj zeceva za svaki mjesec je taj da pronademo koliko je okocenih
parova zeceva tog mjeseca i dobiveni broj pribrojimo broju parova koji smo imali predhodni
mjesec. Potrebna su dva mjeseca da svaki novi par dobije mlade, a svaki stari par koji je
ziv dva mjeseca, daje novi par zeceva. Dakle, broj okocenih parova svakog mjeseca jednak
je broju parova vec zivih do prije 2 mjeseca. Potrebno je pronaci broj parova koji su bili zivi
prije okocenih. Trebalo bi biti ocito da je to broj parova zivih prije mjesec dana. Drugim
rijecima, zelimo li ukupan broj parova zeceva, potrebno je zbrojiti broj parova koji su bili
zivi u prethodna dva mjeseca.
Ovaj primjer prikazuje Fibonaccijev niz kojeg mozemo definirati kao niz brojeva koji pocinje
sa 1 i 1 i nastavlja se dodavanjem posljednja dva broja koja daju slijedeci broj.
Fibonaccijevi brojevi oblikuju niz definiran sljedecom rekurzivnom relacijom:
Fn =
0 ako je n = 01 ako je n = 1Fn−1 + Fn−2 ako je n > 1
Drugim rijecima, nakon dvije pocetne vrijedosti, svaki sljedeci broj je zbroj dvaju pretho-
dnika.
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 . . .Fn 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 . . .
Tablica 3.1.Fibonaccijevi brojevi
Osim u matematici, Fibonacijevi brojevi javljaju se i u biologiji, racunarstvu. arhikteturi,
fizici itd. U biologiji je primjeceno da se listovi nekih biljaka duz stabljike okrecu za Fn
Fn+1-ti ili
Fn
Fn+2-ti dio punog kruga s obzirom na predhodni donji list, jer tako dobivaju najvise izravne
sunceve svjetlosti. Ta pojava je poznata kao filotaksija.
Primjerice, kod bukve i ljesnjaka imamo 23-filotaksiju, tj. listovi su rasporedeni spiralno duz
grane sa kutom zaokreta od 23punog kuta.
8
Slika 3.3. Fibonaccijevi brojevi u biologiji
U racunarstvu je poznato da u Euklidovu algoritmu za nalazenje najvece zajednicke mjere
dvaju brojeva, najgori slucaj nastupa kod susjednih Fibonaccijevih brojeva.
Omjeri susjednih Fibonaccijevih brojeva
2
1,3
2,5
3,8
5,13
8,21
13,34
21,55
34, . . .
predstavljaju najbolje aproksimacije iracionalnog broja
α =1 +
√5
2≈ 1.61803 . . . ,
kojeg nazivamo omjer zlatnog reza ili bozanski omjer.
U arhikteturi i umjetnosti uoceno je da je ljudskom oku ugodno i esteticno promatrati
pravokutnike kod kojih je omjer visine a i sirine b jednak α ≈ 1.618. To se postize tako da
je omjer veceg prema manjem dijelu jednak ”omjeru cijele duzine prema vecem dijelu”:
a : b = (a+ b) : a.
Slika 3.4. Fibonaccijevi brojevi u arhitekturi
9
Nekoliko jednostavnih svojstava Fibonaccijevih brojeva cine sadrzaj sljedeceg teorema.
Teorem 3.1.
(i) F0 + F1 + F2 + . . .+ Fn = Fn+2 − 1
(ii) F1 + F3 + F5 + . . .+ F2n−1 = F2n
(iii) F 20 + F 2
1 + F 22 + . . .+ F 2
n = FnFn+1.
Dokaz.
(i) Zbrojimo sve relacije:
F0 = F2 − F1
F1 = F3 − F2
F2 = F4 − F3
...
Fn = Fn+2 − Fn+1.
Tada imamo:
F0 + F1 + F2 + . . .+ Fn = Fn+2 − F1 = Fn+2 − 1.
(ii) Zbrojimo sljedece relacije:
F1 = F2 − F0
F3 = F4 − F2
F5 = F6 − F4
...
F2n−1 = F2n − F2n−2.
Odavde slijedi
F1 + F3 + F5 + . . .+ F2n−1 = F2n.
(iii) Opcenito vrijedi:
F 2k = Fk(Fk+1 − Fk−1).
Dakle,
F 21 = F1F2 − F0F1 = F1F2 − F 2
0
F 22 = F2F3 − F1F2
F 23 = F3F4 − F2F3
...
F 2n = FnFn+1 − Fn−1Fn.
10
Zbrajanjem gornjih jednakosti dobivamo
F 20 + F 2
1 + F 22 + . . .+ F 2
n = FnFn+1.
�
Teorem 3.2. (vidi [3], str. 119.)
n− ti Fibonaccijev broj Fn je jednak:
Fn =1√5
[(1 +
√5
2
)n
−
(1−
√5
2
)n], za n = 0, 1, 2, . . .
Dokaz.
Ideja dokaza je da se rjesenje Fibonaccijeve rekurzivne formule Fn = Fn−1 + Fn−2, n ≥ 2
potrazi u obliku
Fn = qn.
Pri tome zanemarujemo pocetne vrijednosti F0, F1.
Uvrstavanjem dobijemo
qn = qn−1 + qn−2,
odakle imamo
qn−2(q2 − q − 1
)= 0, za n ≥ 2.
Naravno, predpostavljamo q = 0 pa je
Fn = qn
rjesenje Fibonaccijeve rekurzivne formule.
No, ako su F , G rjesenja takve linearne i homogene rekurzivne relacije, onda je i njihova
linearna kombinacija
H = λF + µG, λ, µ ∈ R
takoder rjesenje.
Zaista, kako je
Fn = Fn−1 + Fn−2,
Gn = Gn−1 +Gn−2,
tada mnozenjem prve relacije s λ, druge s µ i zbrajanjem dobivenih relacija, dobivamo
spomenutu tvrdnju.
Dakle, rjesenje je
Fn = λ
(1 +
√5
2
)n
+ µ
(1−
√5
2
)n
.
11
Pocetne vrijednosti za Fibonaccijeve brojeve su F0 = 0, F1 = 1 pa mora biti λ + µ = 0 (za
n = 0) i λ(
1+√5
2
)+ µ
(1−
√5
2
)= 1 (za n = 1). Rjesenje tog sustava linearnih jednadzbi je
λ =1√5, µ = − 1√
5,
pa slijedi tvrdnja. �
3.2. Tornjevi Hanoja
Poznata igra ”Tornjevi Hanoja” sastoji se od sljedeceg: na jednom od triju stapova
A, B, C, npr. na A, nalazi se n diskova razlicitih velicina. Diskovi su poslozeni na stap tako
da je svaki disk, osim najnizeg, manji od onog ispod njega. Sve diskove treba preseliti sa
stapa A na stap B, na kojem ce diskovi biti u istom polozaju kao sto su bili i na stapu A.
Prilikom prebacivanja diskova s jednog stapa na drugi, dozvoljeno je koristiti pomocni stap
C.
Slika 3.5. Tornjevi Hanoja (n = 4)
Pri tome treba postivati sljedeca pravila:
• U svakom potezu moze se prebaciti samo jedan disk (najgornji).
• Veci disk nikada se ne smije staviti iznad manjeg diska.
• Manji, najgornji, disk dozvoljeno je preseliti iznad bilo kojeg veceg diska na nekom
drugom stapu ili na prazan stap.
Potrebno je odrediti rekurzivnu formulu za najmanji potrebni broj prijenosa diskova sa stapa
A na stap B i odrediti taj broj.
U svrhu pronalaska trazene rekurzivne formule, sa Nn oznacimo trazeni minimalni broj
premjestanja n diskova sa stapa A na stap B. Ocito je N0 = 0 i N1 = 1. Stoga neka je
n ≥ 2. Kako bismo sa stapa A uopce mogli skinuti n-ti disk, prethodno moramo premjestiti
prvih n − 1 diskova na stapove B i C. Kako n-ti disk ne smije doci na neki manji disk,
moramo prethodno prvih n − 1 diskova sve smjestiti na stap C. Za to je potrebno Nn−1
prijenosa. Nakon toga mozemo n-ti disk staviti na stap B. Do sada smo obavili Nn−1 + 1
prijenosa. Preostalo je n − 1 diskova sa stapa C prenijeti na stap B, koristeci se stapom A
kao pomocnim. Za taj postupak potrebno je jos Nn−1 prijenosa. Stoga je
Nn = (Nn−1 + 1) +Nn−1 = 2Nn−1 + 1.
12
Iterativnim postupkom dobivamo
Nn = 2Nn−1 + 1
= 2(2Nn−2 + 1) + 1
= 22Nn−2 + 2 + 1
= 22(2Nn−3 + 1) + 2 + 1
= 23Nn−3 + 22 + 2 + 1...
= 2nN0 + 2n−1 + . . .+ 2 + 1
= 2n−1 + . . .+ 2 + 1
= 2n − 1.
13
4. Linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnim
koeficijentima
4.1. Razliciti korijeni
Opcenito, ne postoji opca metoda za rjesavanje svake rekurzivne relacije. No, postoje
metode koje rjesavaju neke klase takvih relacija. Jedna takva klasa su linearne homogene
rekurzivne relacije s konstantnim koeficijentima.
Linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnim koeficijentima reda r
za niz (an)n≥0 realnih ili kompleksnih brojeva su oblika:
an = c1an−1 + c2an−2 + . . .+ cran−r, n ≥ r, (3)
pri cemu su c1, c2, . . . , cr zadane konstante i cr = 0.
Pridjev ”linearna” odnosi se na cinjenicu da se u (3) pojavljuju samo prve potencije od
a, a pridjev ”homogena” znaci da nema konstantnih clanova. Odnosno, naziv ”linearna
homogena” ce znaciti da skup svih rjesenja od (3) cini vektorski prostor (nad R ili C).Naime, ako su (a′n) i (a′′n) dva niza koja zadovoljavaju (3), tada uvrstavanjem a′n u (3) i
mnozenjem s λ ∈ C, odnosno uvrstavanjem a′′n u (3) i mnozenjem s µ ∈ C, te konacno
zbrajanjem tih dviju jednakosti, dobivamo da i niz (λa′n + µa′′n), λ, µ ∈ C zadovoljava (3).
Fibonaccijeva rekurzija Fn = Fn−1 + Fn−2 jedan je od najjednostavnijih primjera takvih
rekurzija.
Rekurziju (3) rjesavamo tako da rjesenja potrazimo u obliku
an = xn, za x = 0.
Uvrstavanjem ak = xk i sredivanjem, dobivamo:
xr − c1xr−1 − c2x
r−2 − . . . − cr = 0. (4)
Jednadzbu (4) nazivamo karakteristicna jednadzba rekurzivne relacije (3). Ona ima r,
ne nuzno razlicitih, rjesenja x1, x2, . . . , xr ∈ C koje nazivamo karakteristicni korijeni
rekurzije (3). Zbog cr = 0 oni su svi = 0. Dakle, za 0 = x ∈ C, an = xn je rjesenje od (3).
Teorem 4.1. (vidi [4], str. 126.)
Predpostavimo da su svi karakteristicni korijeni x1, x2, . . . , xr rekurzivne relacije
an = c1an−1 + c2an−2 + . . .+ cran−r, cr = 0, n ≥ r,
medusobno razliciti. Tada je opce rjesenje dano sa
an = λ1xn1 + λ2x
n2 + . . .+ λrx
nr . (5)
14
Dokaz.
Neka je an neko rjesenje dane rekurzivne relacije.
Tada je an potpuno odreden pocetnim uvjetima a0 = b0, a1 = b1, . . . , ar−1 = br−1.
Treba pokazati da konstante λ1, λ2, . . . , λr mozemo odabrati tako da vrijedi:
λ1 + λ2 + . . .+ λr = b0
λ1x1 + λ2x2 + . . .+ λrxr = b1...
λ1xr−11 + λ2x
r−12 + . . .+ λrx
r−1r = br−1 (6)
Sustav (6) je sustav od r linearnih jednadzbi s r nepoznanica λ1, λ2, . . . , λr.
Determinanta tog sustava je Vandermonde-ova determinanta:∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 . . . 1x1 x2 . . . xr...
...xr−11 xr−1
2 . . . xr−1r
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =∏j>i
(xj − xi) .
Kako su svi korijeni xi medusobno razliciti, onda je i determinanta sustava razlicita od nula.
Prema tome, sustav (6) ima jedinstveno rjesenje po λ1, λ2, . . . , λr. �
Primjer 4.1. Rijesimo rekurziju an = 4an−1 − an−2 − 6an−3, za n ≥ 3, uz pocetne uvjete
a0 = −1, a1 = 2, a2 = 4.
Rjesenje.
Uvrstavanjem ak = xk dobivamo karakteristicnu jednadzbu
x3 − 4x3 + x+ 6 = 0
ciji su korijeni −1, 2, 3.
Stoga je opce rjesenje te rekurzije dano s
an = λ1(−1)n + λ2 · 2n + λ3 · 3n.
Treba odabrati λ1, λ2, λ3, tako da je
a0 = λ1 + λ2 + λ3 = −1
a1 = −λ1 + 2λ2 + 3λ3 = 2
a2 = λ1 + 4λ2 + 9λ3 = 4.
Jedinstveno rjesenje tog sustava je
λ1 = −1, λ2 = −1, λ3 = 1
pa je trazeno rjesenje dano sa
an = 3n − 2n − (−1)n.
15
Propozicija 4.1. (vidi [3], str. 125.)
Pretpostavimo da je karakteristicni polinom p(x) rekurzije (3) dan s
p(x) = (x− x1)k1(x− x2)
k2 . . . (x− xt)kt ,
gdje su x1, x2, . . . , xt ∈ C\{0} svi medusobno razliciti, a k1, . . . , kt prirodni brojevi za koje je
k1 + k2 + . . .+ kt = r. Tada je svako rjesenje te rekurzije dano formulom
an =t∑
i=1
ki−1∑ji=0
λijinjixn
i , (7)
za neki izbor konstanti λiji ∈ C(i = 1, 2, . . . , t, ji = 0, 1, . . . , ki − 1).
Dokaz.
Osnovna ideja je dokazati da prostor A = {(an)} svih rjesenja rekurzije (3) ima za bazu sve
nizove, ukupno njih r:
nj1x1n (0 ≤ j1 ≤ k1 − 1), nj2x2
n (0 ≤ j2 ≤ k2 − 1) , . . . , njtxtn (0 ≤ jt ≤ kt − 1).
Ovo su rjesenja zbog toga sto je xi ki−struka nultocka od p(x) ako i samo ako je xi nultocka
svih derivacija od p(x) do ukljucivo reda ki − 1. Egzistencija brojeva λiji svode se na r × r
linearni sustav cija matrica ima opci clan
(njixni ), 0 ≤ n ≤ r − 1, 0 ≤ ji ≤ ki − 1, i = 1, . . . , t.
Determinanta D te matrice je poopcena Vandermondeova determinanta, za k1 = . . . = kt
svodi se na Vandermondeovu i iznosi
D =t∏
i=1
(−xi)(ki2 )
∏1≤i≤j≤t
(xj − xi)kikj .
Kako su x1, . . . , xt medusobno razliciti ne-nul brojevi, slijedi da je D = 0 te sustav ima
jedinstveno rjesenje po λiji . Rjesenje (7) zove se opce rjesenje rekurzije (3).
Primjer 4.2. Rijesimo rekurziju an = 4an−1 − 4an−2.
Rjesenje.
Karakteristicna jednadzba x2 − 4x+ 4 = (x− 2)2 = 0, dane rekurzije, ima dvostruki korijen
x = 2 pa (5) u tom slucaju ima oblik
an = λ12n + λ22
n = (λ1 + λ2)2n = λ2n,
pri cemu je λ = λ1 + λ2 nova konstanta. Ovdje imamo samo jednu konstantu λ koju nije
uvijek moguce odabrati tako da zadovoljava dva pocetna uvjeta, npr. a0 = 1, a1 = 3. Tada bi
trebalo biti λ = 1, 2λ = 3, sto nije moguce. Dakle, vidimo da an = λ2n nije opce rjesenje.
16
4.2. Visestruki korijeni
Rekurzija an = 4an−1 − 4an−2 u Primjeru(4.2.) daje dvostruki korijen 2 pripadne karakteri-
sticne jednadzbe te se dva rjesenja reduciraju na jedno rjesenje an = 2n. Stoga je potrebno
pronaci jos jedno rjesenje pridruzeno dvostrukom korjenu.
Uvrstavanjem se lako pokaze da je takoder i an = n2n pored an = 2n rjesenje dane rekurzije.
Tvrdimo da je njeno opce rjesenje dano s
an = λ2n + µn2n.
U svrhu toga, neka su dane pocetne vrijednosti a0 = a, a1 = b. Tada je λ = a, 2λ + 2µ = b.
Buduci da dani sustav linearnih jednadzbi ima jedinstveno rjesenje
λ = a, µ =b− 2a
2,
vidimo da je
an = λ2n + µn2n
opce rjesenje.
Generalizirajmo navedene ideje.
Promotrimo rekurziju
an = c1an−1 + c2an−2 + . . .+ cran−r, cr = 0, n ≥ r, (8)
cija je karakteristcna jednadzba
p(x) = xr − c1xr−1 − c2x
r−2 − . . .− cr = 0.
Pretpostavimo, radi jednostavnosti, dan je x0 trostruki korijen jednadzbe p(x) = 0.
Tada je p(x) = (x− x0)3q(x), pri cemu je q takoder polinom.
Za n ≥ r, x0 je trostruki korijen polinoma
pn(x) = xn−rp(x) = xn − c1xn−1 − c2x
n−2 − . . .− crxn−r.
Nadalje, x0 je dvostruki korijen derivacije od pn(x):
p′n(x) = nxn−1 − (n− 1)c1xn−2 − (n− 2)c2x
n−3 − . . .− (n− r)crxn−r−1
pa je stoga dvostruki korijen polinoma
xp′n(x) = nxn − (n− 1)c1xn−1 − (n− 2)c2x
n−2 − . . .− (n− r)crxn−r.
Specijalno je
nxn0 = c1(n− 1)xn−1
0 + c2(n− 2)xn−20 + . . .+ cr(n− r)xn−r
0 ,
odakle slijedi da je an = xn0 rjesenje od (8). Buduci da je x0 dvostruki korijen od xp′n(x),
tada je x0 takoder korijen derivacije polinoma xp′n(x), odnosno od
n2xn−1 − c1(n− 1)2xn−2 − c2(n− 2)2xn−3 − . . .− cr(n− r)2xn−r−1.
17
x0 je stoga i korijen polinoma dobivenog mnozenjem sa x, odnosno od
n2xn − c1(n− 1)2xn−1 − c2(n− 2)2xn−2 − . . .− cr(n− r)2xn−r.
Specijalno,
n2xn0 = c1(n− 1)2xn−1
0 + c2(n− 2)2xn−20 + . . .+ cr(n− r)2xn−r
0
te je an = n2xn0 takoder rjesenje gornje rekurzije. Ukoliko je x0 trostruki korijen karakteri-
sticne jednadzbe, tada su
an = xn0 , an = nxn
0 i an = n2xn0
rjesenja od (8). Opcenito, ako je x0 v−struki korijen karakteristicne jednadzbe, onda su
an = xn0 , an = nxn
0 , . . . , an = nv−1xn0
rjesenja rekurzivne relacije (8). Osim toga, njihove linearne kombinacije daju sva rjesenja.
Lema 4.1. (vidi [4], str. 127.)
Ako je kompleksni broj x0 k-struki korijen polinoma p(x), onda je on (k − 1)-struki korijen
derivacije p′(x).
Dokaz.
x0 je po definiciji k-struki korijen polinoma p(x) onda i samo onda ako je on djeljiv sa
(x− x0)k, odnosno moze se zapisati kao
p(x) = (x− x0)kq(x),
gdje je q(x) takoder polinom. Deriviranjem produkta dobivamo
p′(x) = (x− x0)k−1[kq(x) + (x− x0)q
′(x)],
odnosno polinom p′(x) je djeljiv sa (x− x0)k−1. �
Teorem 4.2. (vidi [4], str. 127.)
Neka su x1, x2, . . . , xt svi razliciti korijeni karakteristicne jednadzbe rekurzivne relacije
an = c1an−1 + c2an−2 + . . .+ cran−r, cr = 0, n ≥ r,
te neka je xt korijen kratnosti vi, i = 1, 2, . . . , t. Tada je partikularno rjesenje te rekurzije,
koje odgovara korijenu xi, i = 1, 2, . . . , t, dano sa
a(i)n = λ(i)1 xn
i + λ(i)2 nxn
i + . . .+ λ(i)vinvi−1xn
i
= (λ(i)1 + λ
(i)2 n+ . . .+ λ(i)
vinvi−1)xn
i ,
gdje su λ(i)j neke konstante. Opce rjesenje te rekurzije dano je sa an = a
(1)n + a
(2)n + . . .+ a
(t)n .
18
Dokaz. Vidimo da, ako je xi vi-struki korijen karakteristicne jednadzbe, onda su svi
λ(i)j nj−ixn
i , 1 ≤ i ≤ t, 1 ≤ j ≤ vi,
rjesenja rekurzije. Buduci da su linearne kombinacije rjesenja opet rjesenja dane rekurzije,
slijedi da je
an = a(1)n + a(2)n + . . .+ a(i)n + . . .+ a(t)n ,
takoder rjesenje. Neka je an neko opce rjesenje. an je tada potpuno odreden pocetnim
uvjetima
a0 = b0, a1 = b1, . . . , ar−1 = br−1.
Treba pokazati da mozemo odabrati r konstanti λ(i)j tako da vrijede gornji pocetni uvjeti,
sto daje r linearnih jednadzbi sa r nepoznanica.
Lako se vidi da je determinanta tog sustava jednaka
v1︷ ︸︸ ︷ v2︷ ︸︸ ︷ vt︷ ︸︸ ︷1 0 . . . 0 1 0 . . . 0 . . . 1 0 . . . 0x1 x1 . . . x1 x2 x2 . . . x2 . . . xt xt . . . xt
D = x21 2x2
1 . . . 2v1−1x21 x2
2 2x22 . . . 2v2−1x2
2 . . . x2t 2x2
t . . . 2vt−1x2t
......
......
......
......
...xr−11 . . . (r − 1)v1−1xr−1
1 . . . . . . . . . . . . . . . xr−1t . . . (r − 1)vt−1xr−1
t ,
a naziva se generalizirana Vandermondeova determinanta, jer se za
v1 = v2 = . . . = vt = 1 podudara s Vandermondeovom determinantom.
Pravilima za racunanje determinanti, dobivamo da je
D =t∏
i=1
(−xi)(vi2 )
∏1≤i≤j≤t
(xj − xi)vivj .
Kako su brojevi x1, x2, . . . , xt svi medusobno razliciti ne-nul brojevi, D = 0 pa sustav
jednadzbi ima jedinstveno rjesenje po λ(i)j . �
Primjer 4.3. Rijesimo rekurziju an = 5an−1 − 6an−2 − 4an−3 + 8an−4, n ≥ 4, uz pocetne
uvjete a0 = 1, a1 = 8, a2 = 12, a3 = 38.
Rjesenje.
Uvrstavanjem an = xn, dobivamo karakteristicnu jednadzbu
x5 − 5x3 + 6x2 + 4x− 8 = 0,
odnosno
(x− 2)3(x+ 1) = 0.
Navedena jednadzba ima trostruki korijen x1 = 2 i jednostruki korijen x2 = −1. Partikularno
rjesenje koje odgovara korijenu x1 = 2 dano je sa
a(1)n = λ12n + λ2n2
n + λ3n22n,
19
a partikularno rjesenje koje odgovara korijenu x2 = −1, dano je sa
a(2)n = λ4(−1)n.
Stoga je opce rjesenje dano sa
an = a(1)n + a(2)n = λ12n + λ2n2
n + λ3n22n + λ4(−1)n.
Potrebno je odabrati konstante λ1, λ2, λ3, λ4, tako da je
λ1 + λ4 = 12λ1 + 2λ2 + 2λ3 - λ4 = 84λ1 + 8λ2 + 16λ3 - λ4 = 168λ1 + 24λ2 + 72λ3 - λ4 = 38.
λ1 = 3, λ2 = −14, λ3 = 1
4, λ4 = −2 je jedinstveno rjesenje danog sustava. Stoga je trazeno
rjesenje
an = 3 · 2n − n2n−2 + n22n−2 − 2(−1)n.
20
5. Linearne nehomogene rekurzije
Linearne nehomogene rekurzije s konstantnim koeficijentima su rekurzije
oblika
an = c1an−1 + c2an−2 + . . .+ cran−r + f(n), n ≥ r, (9)
pri cemu je f : {r, r + 1, ...} 7→ C.Osnovna ideja za rjesavanje (9) je nalazenje opceg rjesenja pripadne homogene relacije koja
se dobije izostavljanjem clana f(n), te se tome doda neko partikularno rjesenje nehomogene
relacije. Tako dobiven zbroj je opce rjesenje od (9).
Propozicija 5.1. (vidi [3], str. 126.)
Svako rjesenje rekurzije (9) je zbroj opceg rjesenja pripadne homogene rekurzije i partiku-
larnog rjesenja nehomogene.
Dokaz.
Neka je a′n neko partikularno rjesenje od (9). Tada je an − a′n rjesenje pripadne homogene
rekurzije. Zbog Propozicije (4.1.) ono se moze napisati kao opce rjesenje a(0)n , za neki izbor
konstanti λij. Dakle, an = a(0)n + a′n. �
Za r = 1 (9) je oblika
an = can−1 + f(n). (10)
Opce rjesenje pripadne homogene relacije an = can−1 je a∗n = λcn. Neka je a′n neko partiku-
larno rjesenje od (10). Tada je
an = a∗n + a′n
opce rjesenje od (10). Zaista,
an = λcn + a′n
= (c · λcn−1) + (ca′n−1 + f(n))
= c(λcn−1 + a′n−1) + f(n)
= can−1 + f(n).
Konstanta λ u opcem rjesenju odabere se tako da zadovoljava pocetni uvjet. Slicno se
dokazuje za r > 1. Specijalni slucaj od (10) je kada je c = 1. Tada je an = an−1+ f(n), pa je
a1 = a0 + f(1), a2 = a1 + f(2), . . . , an = an−1 + f(n).
Zbrajanjem tih jednakosti slijedi da je
an = a0 +n∑
k=1
f(k).
Ako je u (10) c = 1, za neke jednostavne funkcije f(n) rjesenja su dana tablicom:
21
f(n) Partikularno rjesenje and(= const.) A
dn A1n+ A0
d2n A2n2 + A1n+ A0
dn Adn
Konstante A, A0, A1, A2 treba odrediti iz pocetnih uvjeta. Ukoliko je f(n) suma razlicitih
clanova, posebno se rijesi rekurzivna relacija sa svakim pribrojnikom posebno te se rjesenja
zbroje. Na taj nacin dobije se partikularno rjesenje za citav f(n).
Primjer 5.1. Rijesimo rekurzivnu relaciju an = 2an−1 + 1, uz pocetni uvjet a1 = 1.
Rjesenje.
Opce rjesenje pripadne homogene rekurzivne relacije an = 2an−1 je a∗n = λ2n. Partiku-
larno rjesenje nehomogene rekurzivne relacije dobijemo stavljajuci a′n = A, jer je f(n) = 1.
Uvrstavanjem dobivamo
A = a′n = 2a′n−1 + 1 = 2A+ 1.
Vidimo da je A = −1. Dakle, a′n = −1 je partikularno rjesenje nehomogene rekurzivne
relacije. Opce je rjesenje tada dano sa
an = a∗n + a′n = λ2n − 1.
Konstantu λ odredimo iz pocetnog uvjeta:
1 = λ21 − 1 ⇒ λ = 1.
Trazeno je rjesenje
an = 2n − 1.
22
6. Sustavi rekurzija i nelinearne rekurzije
Linearni homogeni sustavi rekurzivnih relacija cesto se eliminacijom svode na
jednu linearnu homogenu rekurziju.
Primjer 6.1. Nizovi brojeva (an) i (bn) zadovoljavaju sustav rekurzivnih relacija
an+1 = 2an − bn
bn+1 = an + 4bn. (11)
Odredimo an i bn ako je a0 = 2, b0 = 1.
Rjesenje.
Iz prve jednadzbe sustava (11) vidimo da je bn = 2an − an+1. Ako navedene izraze uvrstimo
u relaciju bn+1 = an + 4bn, nakon sredivanja dobivamo
an+2 = 6an+1 − 9an.
Opce rjesenje dobivene rekurzivne relacije je
an = λ3n + µn3n.
Kako je a0 = 2 i a1 = 2a0 − b0 = 3, dobivamo da je λ = 2, µ = −1, pa je
an = (2− n)3n.
Stoga dobivamo
bn = 2an − an+1 = (n+ 1)3n.
Ukoliko trebamo rijesiti rekurzivnu relaciju oblika
pan + q
ran + s,
uz pocetni uvjet a0 = a, postupamo na sljedeci nacin: Neka su (bn) i (cn) nizovi koji
zadovoljavaju sustav rekurzija
bn+1 = pbn + qcn
cn+1 = rbn + scn, (12)
s pocetnim uvjetima b0 = a i c0 = 1. Sustav (12) rijesimo kao u Primjeru (6.1.). Tada, ako
je an = bncn, onda je a0 =
b0c0
i imamo
an+1 =bn+1
cn+1
=pbn + qcnrbn + scn
=p · bn
cn+ q
r · bncn
+ s=
pan + q
ran + s
pa je (an) trazeni niz.
23
Primjer 6.2. Rijesimo rekurzivnu relaciju an+1 =2an−33an−4
, uz pocetni uvjet a0 = −1.
Rjesenje.
Pronadimo rjesenje sustava
bn+1 = 2bn − 3cn
cn+1 = 3bn − 4cn,
koji zadovoljava pocetne uvjete b0 = −1 i c0 = 1. Eliminacijom cn i cn+1 dobivamo rekurziju
bn+2 + 2bn+1 + bn = 0,
cije je opce rjesenje
bn = (−1)n[λ+ µn].
Odavde slijedi da je
cn =1
3(2bn − bn+1) = (−1)n(6n+ 1)
te je rjesenje nase rekurzije
an =bncn
=6n− 1
6n+ 1.
Neke nelinearne rekurzije svode se na linearne rekurzije pogodnom supstitucijom ili
pogodnom supstitucijom nakon nekih transformacije.
Primjer 6.3. Rijesimo rekurzivnu relaciju an+2 = a3n+1 · a−2n , uz pocetne uvjete a0 = 1,
a1 = 2.
Rjesenje.
Vidimo da je an > 0. Stavimo bn = log2 an pa dobivamo
bn+2 = 3bn+1 − 2bn,
uz pocetne uvjete b0 = 0, b1 = 1. Rjesenje dobivene linearne rekurzije je bn = 2n − 1. Stoga
je trazeno rjesenje
an = 2bn = 22n−1.
Primjer 6.4. Rijesimo rekurzivnu relaciju an+1 = an(2− can), uz pocetni uvjet a0 = a.
Rjesenje.
Za c = 0 dana relacija je oblika an+1 = 2an pa odatle slijedi an = a2n. Za c = 0 dana relacija
moze se transformirati na sljedeci nacin:
can+1 = can(2− can)
= (1− (1− can))(1 + (1− can))
= 1− (1− can)2,
odnosno
1− can+1 = (1− can)2.
24
Supstitucijom 1− can = bn dobivamo
bn+1 = b2n, b0 = 1− ac.
Odavde supstitucijom cn = log2 bn slijedi da je
bn = (1− ac)2n
te je stoga
an =1
c(1− (1− ac)2
n
).
25
7. Primjeri rijeseni rekurzivnim relacijama
Primjer 7.1. (”Debljina lista papira”)(vidi [11], str. 2.)
Debljina lista papira iznosi 1mm. Presavijanjem lista papira po pola, debljina papira se
poveca na 2mm. Ponovnim presavijanjem po pola, debljina papira se poveca na 4mm itd.
(a) Koliko ce milimetara iznositi debljina lista papira nakon 10 presavijanja?
(b) Koliko ce milimetara iznositi debljina lista papira nakon 2004 presavijanja?
Rjesenje.
(a) Nakon sto list papira presavinemo po pola 3 puta, njegova debljina iznosi 8mm. Na-
stavimo li presavijati list papira po pola, nakon cetvrtog, petog i sestog presavijanja,
njegova ce debljina iznositi 16mm, 32mm, odnosno 64mm. Primjecujemo da je svakim
presavijanjem papira debljina papira dva puta veca nego prije presavijanja. Nastavimo
li postupak, vidimo da ce nakon desetog presavijanja po pola debljina lista papira iznositi
1024mm.
(b) Kako se ovdje radi o velikom broju presavijanja papira, pronadimo drugi nacin za
odredivanje debljine lista papira. Promotrimo dobivene iznose debljina lista papira
nakon jednog, dva, tri, odnosno cetiri presavijanja:
• Debljina papira nakon prvog presavijanja iznosi 2mm = 21mm.
• Debljina papira nakon drugog presavijanja iznosi 4mm = 22mm.
• Debljina papira nakon treceg presavijanja iznosi 8mm = 23mm.
• Debljina papira nakon cetvrtog presavijanja iznosi 16mm = 24mm.
Zakljucujemo da ce nakon n presavijanja debljina lista papira iznositi 2nmm. Stoga
vidimo da ce nakon 2004 presavijanja debljina lista papira iznositi 22004mm.
Oznacimo s an iznos debljine lista papira nakon n presavijanja. Zakljucili smo da je iznos
debljie papira nakon svakog presavijanja dva puta veci nego prije presavijanja. Na taj nacin
dolazimo do rekurzivne relacije
an+1 = 2an.
Kako je prije prvog presavijanja papira debljina iznosila 1mm, imamo pocetni uvijet a0 = 1
dane rekurzivne relacije. Za veliki broj presavijanja n, kao sto je spomenuto, iznos debljine
lista papira racunamo kao
an = 2n.
26
Primjer 7.2. (”Razmnozavanje bakterija”)(vidi [3], str. 115.)
Bakterije se razmnozavaju prema sljedecoj shemi: svaka bakterija zivi dva sata i svakih sat
vremena daje jednu novu bakteriju.
Koliko je potomstvo jedne bakterije nakon n sati poslije rodenja?
Rjesenje.
Oznacimo s bn trazeni broj bakterija nakon n sati. Ocito je b0 = 1, b1 = 2, b2 = 3.
Slika 7.1. Razmnozavanje bakterija
Za n ≥ 3, bn−bn−2 je broj bakterija koje su nastale samo kao potomstvo bakterija zivih nakon
n− 1 sati, a tih je bn−1. Dakle,
bn = bn−2 + bn−1.
Primjer 7.3. (”Podjela ravnine pravcima”)
Neka je u ravnini zadano n pravaca p1, p2, . . . , pn u opcem polozaju (nema paralelnih
pravaca i nikoja tri ne prolaze istom tockom).
Na koliko dijelova ti pravci dijele ravninu?
Rjesenje.
Neka je D(n) broj dijelova na koje pravci dijele ravninu.
Slika 7.2. Podjela ravnine pravcima
27
Kako bismo odredili D(n), promatrajmo broj D(n − 1) na koje n − 1 pravac ravnine
p1, p2, . . . , pn−1 dijeli ravninu i n-ti pravac pn. Dodavanjem n-tog pravca broj dijelova
D(n− 1) povecava se za n. Prema tome, vrijedi rekurzivna relacija
D(n) = D(n− 1) + n.
Stoga imamo redom:
D(2) = D(1) + 2
D(3) = D(2) + 3
D(4) = D(3) + 4
D(5) = D(4) + 5...
D(n− 1) = D(n− 2) + n− 1
D(n) = D(n− 1) + n.
Zbrajanjem navedenih jednakosti dobivamo
D(n) = D(1) + 2 + 3 + 4 + . . .+ (n− 1) + n
= 1 + (1 + . . .+ n)
= 1 +n(n+ 1)
2
=n2 + n+ 2
2.
Primjer 7.4. (vidi [11], str. 3.)
Promotrimo sljedece jednakosti:
1 = 13
3 + 5 = 23
7 + 9 + 11 = 33
13 + 15 + 17 + 19 = 43
...
= 1003 (13)
(a) Koliko ce znakova ”+” biti na lijevoj strani u jednakosti (13), odnosno u praznom
polju?
(b) Koji ce biti najmanji, a koji najveci cijeli broj u praznom polju?
28
Rjesenje.
(a) Broj znakova ”+” u prvih pet redova je 0, 1, 2, 3, odnosno 4. Ako an oznacava broj
znakova ”+” u n-toj jednakosti, imamo da je
an = n− 1.
Stoga, broj znakova ”+” u jednakosti (13) iznosi
a100 = 100− 1 = 99.
(b) Neka bn i cn oznacavaju najmanji, odnosno najveci cijeli broj na lijevoj strani n-te
jednakosti. Trebamo odrediti b100 i c100. Primijetimo da za n = 1, 2, 3, 4, 5, . . . , bn je
jednak 1, 3, 7, 13, 21 . . . . Ukoliko od svakog clana gornjeg niza brojeva oduzmemo 1,
dobivamo niz brojeva 0, 2, 6, 12, 20. Vidimo da je
bn = n(n− 1) + 1
te je stoga najmanji cijeli broj u jednakosti (13) jednak
b100 = 100 · (100− 1) + 1 = 9901.
Sada je lako pronaci cn. Naime, najmanji cijeli broj u (n+ 1)-voj jednakosti jednak je
bn+1, pa je
cn = bn+1 − 2 = n(n+ 1) + 1− 2 = n2 + n− 1.
Stoga je najveci cijeli broj u jednakosti (13) jednak
c100 = 1002 + 100− 1 = 10099.
29
Literatura
[1] M. CVITKOVIC, Kombinatorika, Zbrika zadataka, Element, Zagreb, 1994.
[2] D. A. MARCUS, Combinatorics, A Problem Oriented Approach, The Mathematical As-
sociation of America, USA, 1998.
[3] D. VELJAN, Kombinatorna i diskretna matematika, Algoritam, Zagreb, 2001.
[4] D. ZUBRINIC, Diskretna matematika, Element, Zagreb, 1997.
[5] A. IVKOVIC, Fibonaccijevi brojevi, Zavrsni rad, Sveuciliste J.J.Strossmayera Osijeku,
Osijek, 2009.
[6] ”http://www.cs.duke.edu/∼reif/courses/alglectures/skiena.lectures/lecture3.pdf”
[7] ”http://cs-netlab-01.lynchburg.edu/courses/algorithms/recurenc.htm”
[8] ”http://homepages.ius.edu/rwisman/C455/html/notes/chapter4/Recurrence%20Tutorial.htm”
[9] ”http://jeffreypaulwheeler.com/Discrete%20Structures%20class%20notes%20-
%20recurrence%20relations.pdf”
[10] ”http://www.math.northwestern.edu/∼mlerma/problem solving/results/recurrences.pdf”
[11] ”http://www.mathdb.org/notes download/elementary/algebra/ae A8.pdf”
[12] ”http://www.mathdb.org/resource sharing/training/se rr.pdf”
[13] ”http://pages.pacificcoast.net/∼cazelais/222/rec.pdf”
[14] ”http://turing.une.edu.au/∼amth140/Announcements/RecurrenceRelations.pdf”
[15] ”http://users.softlab.ntua.gr/∼nidal/discrete/notes/examples/re1.pdf”
30
8. Sazetak
Jedna vazna i vrlo primjenjiva metoda u kombinatorici su rekurzivne relacije. Rekurzivna
relacija je formula pomocu koje se izrazava n-ti clan nekog niza (an) pomocu nekoliko
prethodnih clanova a0, a1, . . . , an−1.
Neki od poznatih problema koji su rijeseni rekurzivnim relacijama su primjerice Fibonaccijevi
brojevi i ”Tornjevi Hanoja”. Leonardo iz Pise, najpoznatiji europski matematicar srednjeg
vijeka, po kome je i sam niz dobio ime, promatrajuci razmnozavanje zeceva dosao je do
poznatoga niza. Fibonaccijev niz definiran je na sljedeci nacin: svaki clan niza jednak je
zbroju svoja dva prethodnika, pri cemu vrijede pocetni uvjeti F0 = 0 i F1 = 1.
U cetvrtom poglavlju opisane su linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnim koefici-
jentima, koje dijelimo na one s razlicitim te na one s visestrukim korijenima. Peto poglavlje
opisuje linearne nehomogene rekurzivne relacije. Nacini rjesavanja navedenih rekurzivnih
relacija opisani su u primjerima. Posljednje poglavlje rada sadrzi neke zanimljive probleme
za cije su rjesavanje koristene rekurzivne relacije.
Kljucne rijeci: rekurzivna, relacija, rjesenje, korijen, karakteristicna, jednadzba, niz, su-
stav.
31
9. Summary
One importanat and very effective method in combinatorics are recursive relations. Recur-
sive relation is the formula that relates the general term (an) whith some of preceding terms
a0, a1, . . . , an−1.
Fibonacci numbers and ”The Towers of Hanoi” are some known problems solved using recur-
sive relations. The most famous mathematician of the Middle Ages, Leonardo of Pisa, after
whom the sequence is named, has discovered the sequence by observing the reproduction
of rabbits. The Fibonacci sequence is defined in a following manner: each member of the
sequence is equal to the sum of the two predecing numbers, with initial conditions F0 = 0 i
F1 = 1.
The fourth chapter describes the linear homogeneous recursive relations with constant coeffi-
cient which are divided into those with different root and those with multiple root. The fifth
chapter describes the linear nonhomogeneous recursive relations. The final section contains
some interesting problems that are solved using recursive relations.
Key words: recursive, relation, solution, root, characteristic, equation, sequence, system.
32
10. Zivotopis
Rodena sam 13.04.1987. u Virovitici. Osnovnu skolu sam pohadala u O.S. Ivane Brlic
Mazuranic u Virovitici. 2002. godine upisujem Opcu gimnaziju Petra Preradovica u Vi-
rovitici, a 2006. godine upisujem Preddiplomski sveucilisni studij matematike na Sveucilistu
J.J. Strossmayera u Osijeku. Nakon zavrsetka preddiplomskog sveucilisnog studija matem-
atike, 2009. godine, odobren mi je upis na Sveucilisni nastavnicki studij matematike i infor-
matike.
33
