Sammanfattning 2
Andra ordningens rekursionsekvationer
xn = f (xn−1 , xn−2 , n). Exempel: xn = xn−1 +xn−2 , n ≥ 2, x0 = 0, x1 = 1 ⇒ xn = F ibonacci(n) .
Sats: Givet x0 , x1 så är lösningen entydigt.
Linjära ekvationer med konstanta koefficienter
Sats: Alla lösningar till ekvationen xn + axn−1 + bxn−2 = wn är av typen xn = xhn + xpn ,
där xh är den allmänna lösningen av den homogena ekvationen (högerled lika med noll)
och xp är en partikulärlösning av hela ekvationen.
Homogena ekvationer xn + axn−1 + bxn−2 = 0.
Sätt in xn = r n i ekvationen. Vi har r n + ar n−1 + br n−2 = 0, dvs r n−2 (r 2 + ar + b) = 0.
Parentesen kallas för karakteristiska polynomet, och har rötter r1 , r2 .
a. r1 6= r2 ⇒ xhn = C1 r1n + C2 r2n .
b. r1 = r2 ⇒ xhn = (C1 n + C2 )r1n .
Arbetsordning för att lösa xn + axn−1 + bxn−2 = wn , x0 = α, x1 = β:
1. Bestäm lösningen till xn + axn−1 + bxn−2 = 0 (homogena lösningen) som ovan.
2. Bestäm en partikulär lösning. Kan vara svårt. Speciella fall:
2.1. Om wn är ett polynom, ta xpn som ett polynom, med samma eller högre grad.
2.2. Om wn = bn , har vi tre intressanta fall:
2.2.1. b 6= r1 , r2 ⇒ xpn = Abn .
2.2.2. b = r1 6= r2 ⇒ xpn = Anbn .
2.2.3. b = r1 = r2 ⇒ xpn = An2 bn .
2.3. Om wn = wn1 + wn2 så splittras xp = x1p + x2p .
3. Bestäm konstanterna C1 , C2 mha begynnelsevillkoren α, β .
k−1
>, k ≥ 1.
Övning 1.6 Beräkna summaföljden till <
k!
n
n
Xk−1 X
1
1
1
1
1
(
=
− ) = [teleskopsumma] = −
= 1−
sn =
.
k!
(k − 1)! k!
0! n!
n!
k=1
k=1
Övning 1.41 Beräkna polynomet A(x) · B(x), om A(x) =
A(x) · B(x) =
n X
m
X
k=0 j=0
n
X
k=0
k
ak x och B(x) =
m
X
bj xj .
j=0
ak bj xk+j , 0 ≤ k + j ≤ n + m. Vi kastar om termerna i summan.
Gruppera alla termer som har samma potens av x och sumera sen över alla förekommande
!
p
n+m
X X
ak bp−j xp . I sista summan skall alla ak , bk som INTE
potenser: A(x) · B(x) =
p=0
k=0
förekom i de ursprungliga polynom tolkas som nollor. Läs om begreppet faltning. Mer
om detta i nästa kurs.
Övning 2.3 Visa att lösningen till xn = xn−1 − xn−2 är periodisk med period 6 och
beräkna x1000000000 då x0 = 1, x1 = 2.
√
1
Karakteristisk polynom: r 2 − r + 1. Rötter: r = (1 ± i 3). Därmed är
2
√ n
√ n
1
1
inπ/3
+ C2 e−inπ/3 , samt xn = xn+6 . Begynxn = C1 [ (1 + i 3)] + C2 [ (1 − i 3)] = C1 e
2
2
nelsevillkor ger C1 + C2 = 1 och C1 eiπ/3 + C2 e−iπ/3 = 2, dvs C1 = C 2 = e−iπ/3 . Därmed
är x1000000000 = x4 = e−iπ/3 ei4π/3 + eiπ/3 e−i4π/3 = eiπ + e−iπ = −2.
Övning 2.31
Dn = det
0 ··· 0
1
0 ···
2
1 ···
.. .. ..
.
.
.
0 ··· 0
1
2
2
1
0
..
.
1
2
1
Skriv en rekursionsekvation och beräkna determinanten ovan för alla n ≥ 1.
Vi utvecklar determinanten efter första raden och sen efter första kolonnen:
Dn = 2Dn−1 − Dn−2 . Dessutom är D1 = 2 och D2 = 3 (räknas för hand).
Den resulterande homogena ekvationen har karakteristiskt polynom r 2 − 2r + 1 = 0,
med dubbelroten r = 1. Därmed är Dn = (An + B)1n .
Begynnelsevillkor ger Dn = n + 1 .
Komplexa tal
Komplexa tal z = a + ib, där a, b ∈ R, är kända från Analys 1. När man anger ett
komplext tal som t ex svar på en uppgift, skall det vara färdigförenklad, dvs att uttrycket
skall innehålla endast ett ”i”. Utöver formen ovan kan ett komplext tal anges i polärform:
z = reiθ , där r = |z| är positivt eller noll och θ = arg(z) = arctan(b/a). Kom ihåg att:
z k = r k eikθ och eikθ = cos kθ + i sin kθ = (cos θ + i sin θ)k .
Komplexa svängningar
Anta att det karakteristiska polynomet av ekvationen xn +axn−1 +bxn−2 = 0 har komplexa
rötter, dvs r1 = σ + iω = ρeiθ , r2 = σ − iω = ρe−iθ . Då är den allmänna lösningen av
formen xn = C1 (ρeiθ )n + C2 (ρe−iθ )n . Sätt A = C1 + C2 och B = i(C1 − C2 ). Då blir det
xn = ρn (A cos nθ + B sin nθ) = Dρn sin (nθ + δ).
Detta kan jämföras med lösningen till differentialekvationen y ′′ + ay ′ + by = 0, som bekant
y(t) = C1 er1 t + C2 er2 t . I det komplexa fallet blir det y(t) = eσt C1 eiωt + C2 e−iωt =
eσt (A cos ωt + B sin ωt) = Deσt sin (ωt + δ).
Om σ > 0 pratar man om instabila svängningar, medan σ < 0 ger stabila svängningar
(med amplitud som går mot noll).
Läs avsnitt 4.7 i boken .
