Informaatiotieteiden yksikkö. Differenssiyhtälöt. Pentti Haukkanen

Transkriptio

1 Informaatiotieteiden yksikkö Differenssiyhtälöt Pentti Haukkanen

2 Sisältö 1 Differenssilaskentaa Lineaarisista operaattoreista Differenssin käsite Kertomafunktio ja -polynomi Antidifferenssi Summa Differenssiyhtälöistä Differenssiyhtälön määritelmä Yleinen lineaarinen differenssiyhtälö Ratkaisun yksikäsitteisyys Funktioiden lineaarinen riippumattomuus Ratkaisun lineaarialgebrallinen rakenne Kertaluvun 1 lineaarinen differenssiyhtälö Kertaluvun 2 lineaarinen homogeeninen vakiokertoiminen differenssiyhtälö Yleinen kertaluvun 2 lineaarinen differenssiyhtälö Kertaluvun n lineaarinen vakiokertoiminen homogeeninen differenssiyhtälö Yleinen kertaluvun n lineaarinen differenssiyhtälö Generoiva funktio Laplace-muunnos Esimerkkejä sovelluksista Kombinatorisia esimerkkejä Korkolaskentaa Sekalaisia esimerkkejä Asymptoottista analyysia Funktioiden kasvu Iso O -merkintä Raja-arvo ja O-symboli L Hospitalin / -sääntö Funktioiden summan ja tulon O-estimaateista Pieni o -merkintä Hajota ja hallitse -yhtälöt

3 3.2.1 Hh-yhtälön ratkaiseminen Funktion f(n) kertaluokka Poincarén lause

4 Luku 1 Differenssilaskentaa 1.1 Lineaarisista operaattoreista Olkoon S R. Merkitään F S = {f f : S R on funktio}. Silloin F S muodostaa funktioiden yhteenlaskun ja skalaarillakertomisen suhteen (Rkertoimisen) vektoriavaruuden, kun f + g : S R, (f + g)(x) = f(x) + g(x), af : S R, (af)(x) = a(f(x)). Määritelmä Kuvausta A : F S F S sanotaan lineaariseksi operaattoriksi, jos 1) A(f + g) = A(f) + A(g) aina, kun f, g F S, 2) A(af) = a A(f) aina, kun a R ja f F S. Huomautus Kuvaus A : F S F S on lineaarinen operaattori, jos ja vain jos A(af + bg) = a A(f) + b A(g) aina, kun a, b R ja f, g F S. Huomautus A(f) F S eli A(f) on funktio S R. Usein merkitään lyhyesti A(f) = Af ja [A(f)](x) = Af(x) etenkin, kun A on lineaarinen operaattori. Määritelmä Merkitään symbolilla L S kaikkien lineaaristen operaattoreiden F S F S joukkoa. Määritellään lineaaristen operaattoreiden A ja B yhteen- ja kertolasku sekä skalaarilla kertominen kaavoilla (A + B)f = Af + Bf, (AB)f = A(Bf) merk = ABf (aa)f = a(af) merk = aaf. 4

5 (Siis kertolasku tarkoittaa tässä funktioiden yhdistämistä.) Määritellään lineaariset operaattorit O ja I kaavoilla Of on nollafunktio f F S, If = f f F S. Lause Joukko L S muodostaa vektoriavaruuden yhteenlaskun ja skalaarilla kertomisen suhteen. Silloin O on vektoriavaruuden L S nollavektori (ts. A + O = O + A = A A L S ). Lause Joukko L S muodostaa (ei-kommutatiivisen) renkaan yhteenja kertolaskun suhteen. Silloin O ja I ovat renkaan L S nolla- ja ykkösalkiot (ts. A + O = O + A = A ja AI = IA = A A L S ). Huomautus Renkaassa määritellään potenssi kaavoilla A 0 = I, A n = AA n 1, missä n Z +. Jos A ja B kommutoivat (ts. jos AB = BA), niin voidaan todistaa, että ( ) n n (A + B) n = A k B n k, k missä n Z + {0}. k=0 Huomautus Lineaarisen operaattorin käsite on mahdollista määritellä myös yleisemmässä struktuurissa kuin vektoriavaruudessa F S. 1.2 Differenssin käsite Olkoon h R \ {0} kiinteä, olkoon S ( R) sellainen joukko, että jos x S, niin x + h S, ja olkoon f : S R funktio. Määritelmä Funktion f ensimmäinen differenssi (askelpituudella h) f on sellainen funktio, että kun x S. Esimerkki a) x = h, b) a x = a x (a h 1), a R, c) a = 0, a R, f(x) = f(x + h) f(x), 5

6 d) x 2 = 2hx + h 2. Huomautus Jos funktio f on derivoituva pisteessä x, niin f(x) Df(x) = lim. h 0 h Määritelmä Siirto E määritellään kaavalla Ef(x) = f(x + h). Lause Differenssi ja siirto E ovat lineaarisia operaattoreita. Todistus. Luennot/harj Määritelmä Funktion f (n 0). n. differenssi on n f ja n. siirto on E n f Esimerkki Selvästi 2 x 2 = 2h 2, 3 x 2 = 0. Huomautus Selvästi = E I. Jos n N 0, niin. E n f(x) = f(x + nh) Lause Oletetaan, että n N 0. Silloin a) n = n k=0 b) E n = n k=0 ( n k ( n k ) ( 1) n k E k, ) k. Todistus. Luennot/harj Lause Oletetaan, että n N 0. Silloin a) (uv) = u v + (Ev)( u), b) ( ) u v = v u u v, v(x) 0 x S, vev c) E n (uv) = (E n u)(e n v), d) E ( ) n u v = E n u, v(x) 0 x S. E n v Todistus. Luennot/harj Huomautus Operaattori on itse asiassa eteenpäinen differenssioperaattori. Taaksepäinen differenssi määritellään kaavalla f(x) = f(x) f(x h). 6

7 1.3 Kertomafunktio ja -polynomi Määritelmä Olkoon n ei-negatiivinen kokonaisluku. Kertomafunktio x (n) [lue: x kertomaan n tai x n:nteen kertomaan] määritellään kaavalla x (0) = 1, x (n) = x(x h)(x 2h) (x (n 1)h), n 1. Esimerkki Olkoon h = 2. Silloin 3 (0) = 1, 3 (1) = 3, 3 (2) = 3, 3 (3) = 3,... 4 (0) = 1, 4 (1) = 4, 4 (2) = 8, 4 (3) = 4 (4) = = 0. Huomautus Jos h = 1 ja n Z +, niin n (n) = n!. Lause Oletetaan, että k, n Z +. Silloin k x (n) = { n(n 1) (n (k 1))h k x (n k), kun k n, 0, kun k > n. Siis erikoisesti x (n) = nhx (n 1). Todistus. Luennot/harj Määritelmä Olkoot a 0, a 1, a 2,..., a n R, ja olkoon a n 0. Silloin funktiota f(x) = a 0 + a 1 x (1) + a 2 x (2) + + a n x (n) sanotaan n. asteen kertomapolynomiksi. ( Tavallista polynomia kutsutaan tässä potenssipolynomiksi.) Lause Jokainen n. asteen kertomapolynomi voidaan esittää n. asteen potenssipolynomina ja päinvastoin. Todistus. 1) Jokainen n. asteen kertomapolynomi voidaan esittää n. asteen potenssipolynomina, sillä x (n) on muotoa x (n) = x(x h) (x (n 1)h) = x n + a n 1 x n a 1 x. 2) Todistetaan, että jokainen potenssipolynomi voidaan esittää kertomapolynomina. Riittää, kun etsimme sellaiset luvut a 0, a 1,..., a n, että eli ( ) x n = a 0 + a 1 x (1) + a 2 x (2) + + a n x (n) ( x R) x n = a 0 + a 1 x + a 2 x(x h) + + a n x(x h)... (x (n 1)h). 7

8 Selvästi on oltava a 0 = 0, a n = 1. Siis x n = a 1 x + a 2 x(x h) a n 1 x(x h) (x (n 2)h) + x(x h) (x (n 1)h). Sijoitetaan vuorotellen x = h, x = 2h,..., x = (n 1)h. Saadaan n 1 yhtälöä x = h: h n = a 1 h x = 2h: (2h) n = a 1 2h + a 2 2h 2 x = (n 1)h: ((n 1)h) n = a 1 (n 1)h + a 2 (n 1)(n 2)h 2 + (n 1)!h n 1. Tästä yhtälöryhmästä saadaan tuntemattomille kertoimille a 1, a 2,..., a n 1 yksikäsitteinen ratkaisu, sillä kerroinmatriisin determinantti on h 2h 2 (n 1)!h (n 1) 0. Näin saadaan sellaiset luvut a 0, a 1,..., a n, että ( ) on voimassa aina, kun x = h, x = 2h,..., x = (n 1)h. Lisäksi x = 0 toteuttaa yhtälön ( ), sillä a 0 = 0. Yhtälön ( ) puolten erotus x (n) a 0 a 1 x (1) a 2 x (2) a n x (n) on (n 1). asteen polynomi (a n = 1), jolla on n nollakohtaa 0, h, 2h,..., (n 1)h. Siis se on identtisesti nolla eli yhtälö ( ) toteutuu aina, kun x R. Esimerkki Kertomapolynomi x (3) saadaan potenssipolynomina suoraan kertomalla, tarkemmin sanoen x (3) = x(x h)(x 2h) = x 3 3hx 2 + 2h 2 x. Esimerkki Esitetään x 3 kertomapolynomina. Pitää siis löytää sellaiset kertoimet a 0, a 1, a 2, a 3, että x 3 = a 0 + a 1 x (1) + a 2 x (2) + a 3 x (3) = a 0 + a 1 x + a 2 x(x h) + a 3 x(x h)(x 2h). Selvästi a 0 = 0 ja a 3 = 1. Entä a 1 ja a 2? I tapa: Sijoitetaan x = h : h 3 = a 1 h x = 2h : (2h) 3 = a 1 2h + a 2 2h h. 8

9 Siis a 1 = h 2 ja a 2 = 3h, joten x 3 = h 2 x (1) + 3hx (2) + x (3). II tapa: Kirjoitetaan tavoiteltu kertomapolynomi potenssipolynomina ja asetetaan kertoimet yhtäsuuriksi, ts. Silloin eli x 3 = a 1 x + a 2 x 2 a 2 h + x 3 3hx 2 + 2h 2 x = (a 1 a 2 h + 2h 2 )x + (a 2 3h)x 2 + x 3. a 1 a 2 h + 2h 2 = 0, a 2 3h = 0 a 1 = h 2, a 2 = 3h. Lause Olkoon Q(x) n. asteen potenssipolynomi. Silloin (1.1) Q(x) = Q(0) + Q(0) x (1) + 2 Q(0) x (2) + + n Q(0) x (n). h 2!h 2 n!h n Todistus. Kirjoitetaan Q(x) = a 0 + a 1 x (1) + + a n x (n). Kun differoidaan tämä puolittain k kertaa, saadaan k Q(x) = k!h k a k + termejä joissa tekijänä x. Asetetaan x = 0. Silloin saadaan Täten (1.1) on voimassa. a k = k Q(0) k!h k. Huomautus Asetetaan h = 1 ja x = n N 0 lauseessa Silloin Q(n) = n k=0 ( ) n k Q(0). k Lauseen perusteella saadaan käänteinen kaava n Q(0) = n k=0 ( ) n ( 1) n k Q(k). k 9

10 Esimerkki Esitetään vielä esimerkin kahden tavan lisäksi kolmas tapa potenssipolynomin muuttamiseksi kertomapolynomiksi. Lausetta soveltamalla saadaan Q(x) = x 3 Q(x) = 3hx 2 + 3h 2 x + h 3 2 Q(x) = 6h 2 x + 6h 3 3 Q(x) = 6h 3. Siis x 3 = h 2 x (1) + 3hx (2) + x (3). Määritelmä Olkoon n Z +. Silloin x ( n) = Lause Kun n Z +, niin Todistus. Luennot/harj 1 (x + nh) (n). x ( n) = nhx ( n 1). Huomautus Kertomafunktio x (n) on itse asiassa laskeva kertoma. Nouseva kertomafunktio x [n] määritellään kaavalla x [0] = 1, x [n] = x(x + h)(x + 2h) (x + (n 1)h), n Antidifferenssi Määritelmä Funktio F on funktion f antidifferenssi, jos f on funktion F differenssi eli F = f. Silloin merkitään F = 1 f. Lause Funktion F differenssi on nollafunktio eli F 0 silloin ja vain silloin, kun F on h-jaksollinen funktio (ts. x : F (x + h) = F (x)). Todistus. Luennot/harj Lause Olkoon F = f. Silloin G on funktion f antidifferenssi, jos ja vain jos G = F + C, missä C on h-jaksollinen funktio. Todistus. Luennot/harj 10

11 Lause Antidifferenssi toteuttaa ominaisuudet a) 1 (f + g) = 1 f + 1 g, b) 1 (Cf) = C 1 f, missä C on h-jaksollinen funktio, c) 1 (u v) = uv 1 [(Ev)( u)], d) 1 x (n) = x(n+1) + C(x), missä C on h-jaksollinen funktio ja n 1. (n+1)h Todistus. Luennot/harj Esimerkki a) Lasketaan 1 x 3. Muutetaan x 3 ensin kertomapolynomiksi ja sovelletaan sen jälkeen edellistä lausetta, jolloin saadaan b) Lasketaan 1 a x. Kun a 1, 1 x 3 = 1 (x (3) + 3hx (2) + h 2 x (1) ) = x(4) 4h + x(3) + h 2 x(2) + C. a x = a x (a h 1) 1 a x = 1 a x (a h 1) a x + C = (a h 1) 1 a x 1 a x = (a h 1) 1 a x + C. Lisäksi 1 1 = x h + C. 1.5 Summa Lause Olkoon F = f ja n N 0. Silloin n f(a + kh) = F (a + (n + 1)h) F (a). k=0 Todistus. Oletuksen mukaan f(a) = F (a) = F (a + h) F (a) f(a + h) = F (a + h) = F (a + 2h) F (a + h) f(a + 2h) = F (a + 2h) = F (a + 3h) F (a + 2h). f(a + nh) = F (a + nh) = F (a + (n + 1)h) F (a + nh). 11

12 Kun lasketaan puolittain yhteen, saadaan n f(a + kh) = F (a + (n + 1)h) F (a). k=0 Seuraus Olkoon 0 a b. Silloin missä F = f, ts. b / b+1 f(k) = F (b + 1) F (a) = F (k), k=a a b / b+1 f(k) = 1 f(k). k=a a Todistus. Asetetaan edelliseen lauseeseen h = 1 ja merkitään b = a + n. Huomautus Jos h = 1, niin 1 f(n) = n 1 k=0 f(k). 12

13 Luku 2 Differenssiyhtälöistä 2.1 Differenssiyhtälön määritelmä Määritelmä n. kertaluvun differenssiyhtälö on muotoa (2.1) F (x, y, y,..., n y) = 0, missä x on muuttuja ja y sen tuntematon funktio. Esittämällä differenssit siirto-operaattorin avulla saadaan (2.1) muotoon G(x, y, Ey,..., E n y) = 0 eli G(x, y(x), y(x + h),..., y(x + nh)) = 0. Usein määrittelyjoukko on ei-negatiivisten kokonaislukujen joukko N 0, jolloin merkitään x = k. Lisäksi usein h = 1. Tällöin kirjoitetaan y(k) = y k ja siis (2.2) G(k, y k, y k+1,..., y k+n ) = 0. Jatkossa differenssiyhtälö on aina muotoa (2.2). Differenssiyhtälön ratkaisut ovat (reaali)lukujonoja (y k ) k=0 eli (y 0, y 1, y 2,...). Lukujonon käsite on identtinen funktion N 0 R käsitteen kanssa. Lukujonot (y k ) k=0 ja (z k ) k=0 ovat samat, jos ja vain jos y k = z k aina, kun k = 0, 1,... Esimerkki Esitettävä differenssiyhtälö muodossa (2.2). Selvästi 3 y + 2 y + y + y = x 3 y + 2 y + y + y = (E I) 3 y + (E I) 2 y + (E I)y + y = (E 3 3E 2 + 3E I)y + (E 2 2E + I)y + (E I)y + y = E 3 y 2E 2 y + 2Ey. 13

14 Siis eli E 3 y 2E 2 y + 2Ey = x y(x + 3h) 2y(x + 2h) + 2y(x + h) = x. Koska x N 0 (jolloin merkitään x = k) ja h = 1, niin Lisäksi merkitään y(k) = y k. Siis y(k + 3) 2y(k + 2) + 2y(k + 1) = k. y k+3 2y k+2 + 2y k+1 = k. Huomautus Kun määrittelyjoukko on N 0 ja h = 1, niin h-jaksollinen funktio on vakiofunktio. 2.2 Yleinen lineaarinen differenssiyhtälö Määritelmä Lineaarinen n. kertaluvun differenssiyhtälö on muotoa (2.3) y k+n + a (1) k y k+n a (n) k y k = b k, missä k ( N 0 ) on muuttuja ja y sen tuntematon funktio (eli tässä tapauksessa tuntematon jono). Yhtälön (2.3) sanotaan olevan aito, jos a (n) k 0 aina, kun k N 0. Huomautus Tässä monisteessa differenssiyhtälöt ovat aitoja (ellei toisin mainita). Määritelmä Lineaarinen n. kertaluvun differenssiyhtälö on homogeeninen, jos b k 0 ts. jos differenssiyhtälö on muotoa (2.4) y k+n + a (1) k y k+n a (n) k y k = 0, missä k ( N 0 ). Esimerkki Yhtälö y k+3 + ky k+2 + y k+1 + (k + 5)y k = k, on kolmannen kertaluvun aito epähomogeeninen lineaarinen differenssiyhtälö. Yhtälö y k+3 + y k+1 + ky k = 0, on kolmannen kertaluvun epäaito homogeeninen lineaarinen differenssiyhtälö. 14

15 2.3 Ratkaisun yksikäsitteisyys Lause Differenssiyhtälöllä (2.3) on täsmälleen yksi alkuehdot toteuttava ratkaisu. y 0 = α 0, y 1 = α 1,..., y n 1 = α n 1 Todistus. Kun k = 0 kaavassa (2.3), saadaan y n = a (1) 0 α n 1 a (n) 0 α 0 + b 0. Jatkamalla induktiivisesti saadaan kaikki funktion y arvot yksikäsitteisesti. Esimerkki Differenssiyhtälöllä y k+2 y k+1 y k = 0, y 0 = 0, y 1 = 3, täsmälleen yksi ratkaisu (0, 3, 6, 9, 15,...). 2.4 Funktioiden lineaarinen riippumattomuus Määritelmä Funktiot (eli jonot) u (1) k, u(2) k,..., u(n) k riippumattomia, jos ovat lineaarisesti C 1 u (1) k + C 2 u (2) k + + C n u (n) k 0 C 1 = C 2 = = C n = 0. Muussa tapauksessa funktiot ovat lineaarisesti riippuvia. Esimerkki Funktiot k, k 2 ovat lineaarisesti riippumattomia joukossa N 0. Funktiot k, 2k ovat lineaarisesti riippuvia joukossa N 0. Määritelmä Funktioiden u (1) k Funktioiden u (1) k C(k) =, u(2) k,..., u(n) k Casoratin matriisi on u (1) k u (2) k u (n) k u (1) k+1 u (2) k+1 u (n) k+1 u (1) k+n 1 u (2) k+n 1 u (n) k+n 1., u(2) k,..., u(n) k Casoratin determinantti on D(k) = det C(k). Huomautus Jos funktiot eivät ole asiayhteydestä selvät, tulee ilmoittaa, minkä funktioiden Casoratin matriisista ja determinantista on kyse. 15

16 Esimerkki Funktioiden 1, 2 k Casoratin determinantti on ( ) 1 3 k D(k) = det 1 3 k+1 = 2 3 k. Lause Olkoot u (1) k, u(2) k,..., u(n) k Silloin seuraavat ehdot ovat yhtäpitäviä. a) Funktiot u (1) k, u(2) k b) k N 0 : D(k) = 0. c) k N 0 : D(k) = 0.,..., u(n) k differenssiyhtälön (2.4) ratkaisuja. ovat lineaarisesti riippuvia. Todistus. Todistetaan, että a c b a. a c: Oletetaan, että funktiot u (1) k, u(2) k,..., u(n) k ovat lineaarisesti riippuvia. Silloin on olemassa sellaiset vakiot C 1, C 2,..., C n, että niistä ainakin yksi on nollasta poikkeava ja että C 1 u (1) k + C 2 u (2) k + + C n u (n) k = 0 C 1 u (1) k+1 + C 2u (2) k C nu (n) k+1 = 0 C 1 u (1) k+n 1 + C 2u (2) k+n C nu (n) k+n 1 = 0, kun k N 0. Yhtälöryhmän kerroinmatriisi on C(k). Koska tällä yhtälöryhmällä on epätriviaali ratkaisu C 1, C 2,..., C n, niin kerroinmatriisin determinantti D(k) = 0, kun k N 0. c b: Triviaali. b a: Oletetaan, että on olemassa sellainen k 0 N 0, että D(k 0 ) = 0. Todistetaan, että funktiot u (1) k, u(2) k,..., u(n) k ovat lineaarisesti riippuvia. Oletuksen perusteella lineaarisella yhtälöryhmällä C 1 u (1) k 0 + C 2 u (2) k C n u (n) k 0 = 0 C 1 u (1) k C 2u (2) k C nu (n) k 0 +1 = 0 C 1 u (1) k 0 +n 1 + C 2u (2) k 0 +n C nu (n) k 0 +n 1 = 0 on epätriviaali ratkaisu C 1, C 2,..., C n. Merkitään u k = C 1 u (1) k + C 2 u (2) k + + C n u (n) k, kun k N 0. Sijoittamalla on helppo todeta, että u k toteuttaa differenssiyhtälön (2.4). Lisäksi u k0 = u k0 +1 = = u k0 +n 1 = 0. Täten lauseen todistuksen periaatteella voidaan todeta, että u k 0, joten on olemassa sellaiset vakiot C 1, C 2,..., C n, että niistä ainakin yksi on nollasta poikkeava ja että Siis funktiot u (1) k C 1 u (1) k + C 2 u (2) k + + C n u (n) k 0., u(2) k,..., u(n) k ovat lineaarisesti riippuvia. 16

17 Seuraus Olkoot u (1) k, u(2) k,..., u(n) k Silloin seuraavat kohdat ovat yhtäpitäviä. a) Funktiot u (1) k, u(2) k b) k N 0 : D(k) 0. c) k N 0 : D(k) 0.,..., u(n) k differenssiyhtälön (2.4) ratkaisuja. ovat lineaarisesti riippumattomia. 2.5 Ratkaisun lineaarialgebrallinen rakenne Lause Lineaarisen n. kertaluvun homogeenisen differenssiyhtälön (2.4) yleinen ratkaisu on (2.5) y k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k + + C n φ (n) k, C 1, C 2,..., C n R, missä φ (1) k, φ(2) k,..., φ(n) k ovat differenssiyhtälön (2.4) n lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. (Kyseessä on ns. kantaesitys.) Todistus. Tarkastellaan vektoriavaruutta F N0 = {f f : N 0 R on funktio}. Olkoon L : F N0 F N0, Ly k = y k+n + a (1) k y k+n a (n) k y k. Silloin L on lineaarikuvaus (harj.). Siis sen ydin kerl on vektoriavaruus (tarkemmin sanoen vektoriavaruuden F N0 aliavaruus.) Ytimen määritelmän mukaan kerl kostuu jonoista (y k ), jotka toteuttavat yhtälön Ly k = 0 eli lineaarisen n. kertaluvun homogeenisen differenssiyhtälön (2.4). Siis ratkaisujoukko koostuu vektoriavaruudesta kerl, joka on yhtälön (2.4) ns. ratkaisuavaruus. Lauseen perusteella arvot y 0, y 1,..., y n 1 määräävät jonon (y k ) täysin yhdessä yhtälön (2.4) kanssa. Siis yhtälön (2.4) ratkaisujen ja joukon R n välillä on bijektio. Voidaan todeta, että euklidinen avaruus R n ja yhtälön (2.4) ratkaisuavaruus ovat isomorfiset. Näin ollen niillä on sama dimensio, joten ratkaisuavaruuden dimensio on n. Siis ratkaisuavaruudella on n vektorin kanta {φ (1) k Näin lause on todistettu., φ(2) k,..., φ(n) k }. Lause Lineaarisen n. kertaluvun differenssiyhtälön (2.3) yleinen ratkaisu on (2.6) y k = θ k + ψ k, missä θ k on vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu θ k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k + + C n φ (n) k ja ψ k on koko yhtälön jokin yksittäisratkaisu. 17

18 Todistus. 1) Lauseen perusteella ψ k on olemassa, ja lauseen perusteella θ k on olemassa. 2) Sijoittamalla nähdään, että θ k + ψ k toteuttaa differenssiyhtälön (2.3). (Totea!) 3) Todistetaan, että jokainen ratkaisu voidaan kirjoittaa muodossa θ k +ψ k eli muodossa C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k + + C n φ (n) k + ψ k. Olkoon y k differenssiyhtälön (2.3) jokin ratkaisu. Silloin sijoittamalla nähdään (totea!), että y k ψ k toteuttaa homogeenisen yhtälön (2.4), joten se on muotoa eli y k ψ k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k + + C n φ (n) k. y k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k + + C n φ (n) k + ψ k. Siis jokainen ratkaisu on muotoa (2.6). Huomautus Täydellisen lineaarisen n. kertaluvun differenssiyhtälön (2.3) ratkaisujoukko on algebran kielellä sanottuna sivuluokka ψ k + kerl, ks. lause Kertaluvun 1 lineaarinen differenssiyhtälö Yhtälö on muotoa y k+1 + a k y k = b k. Ratkaisumenetelmä I Vaihe 1. Etsitään homogeenisen yhtälön y k+1 + a k y k = 0 yleinen ratkaisu θ k = Cφ (1) k. (Lause ) Merkitään lyhyesti θ k = Cφ k. Vaihe 2. Etsitään varsinaisen yhtälön jokin yksityisratkaisu ψ k a) vakion varioinnilla muodossa C k φ k, b) yritefunktion avulla, kun a k on vakio ja b k = P (k), polynomi b k = P (k)α k, α vakio b k = P (k)α k sin βk, β vakio b k = P (k)α k cos βk, b k on edellisten summa. 18

19 Vaihe 3. Yhtälön yleinen ratkaisu on (Lause ) y k = Cφ k + ψ k. Huomautus Käytetään lineaarialgebran terminologiaa. Lauseen perusteella homogeenisen yhtälön ratkaisun kantaesitys on y k = Cφ k (= θ k ), missä φ k homogeenisen yhtälön nollafunktiosta poikkeava ratkaisu. Homogeenisen yhtälön ratkaisuavaruus on lineaarikuvauksen ydin, joka on L : F N0 F N0, Ly k = y k+1 + a k y k kerl = {Cφ k C R} = lin{φ k }. Ytimen (eli ratkaisuavaruuden) kanta on {φ k } ja ytimen dimensio on 1. Koko yhtälön ratkaisujoukko on lauseen perusteella ψ k + {Cφ k C R}. Ratkaisumenetelmä II Yhtälö kerrotaan puolittain sopivalla tekijällä, jotta vasemmalle puolelle saadaan differenssi, ja sen jälkeen yhtälö antidifferoidaan puolittain. Silloin saadaan y k+1 a k y k = b k (a 0 a 1 a k ) 1 (a 0 a 1 a k ) 1 y k+1 (a 0 a 1 a k 1 ) 1 y k = (a 0 a 1 a k ) 1 b k [(a 0 a 1 a k 1 ) 1 y k ] = (a 0 a 1 a k ) 1 b k (a 0 a 1 a k 1 ) 1 y k = 1 (a 0 a 1 a k ) 1 b k + C y k = a 0 a 1 a k 1 [ 1 (a 0 a 1 a k ) 1 b k + C]. Huomautus Menetelmässä II ja vakion varioinnissa päädytään samaan antidifferointiin. Esimerkki Ratkaistaan Menetelmä I: 1. Homogeeniyhtälön y k+1 (k + 1)y k = (k + 1)!. y k+1 (k + 1)y k = 0 19

20 eli yleinen ratkaisu on y k+1 = (k + 1)y k, k = 0, 1, 2,... k = 0 y 1 = y 0 = C k = 1 y 2 = 2y 1 = 2y 0 = 2C k = 2 y 3 = 3y 2 = 3 2C k = 3 y 4 = 4y 3 = 4 3 2C. y k = k!c = Ck!. (Näin ollen {k!} on homogeenisen yhtälön ratkaisuavaruuden kanta.) 2. Etsitään yksityisratkaisu vakion varioinnilla. Merkitään y k = k!c k. Silloin y k+1 (k + 1)y k = (k + 1)!C k+1 (k + 1)k!C k = (k + 1)!(C k+1 C k ) joten 3. Yleinen ratkaisu on = (k + 1)! C k, (k + 1)! C k = (k + 1)! C k = 1 C k = 1 1 = k(+c ) = k y k = k!c + k!k = k!(c + k), C R. (Siis ψ k = k!k, φ k = k! ja θ k = C(k!).) Menetelmä II: Saadaan y k+1 (k + 1)y k = (k + 1)! y k+1 (k + 1)! y k k! ( ) yk k! Esimerkki Ratkaistaan Menetelmä I: = 1 = 1 y k+1 2y k = k (k + 1)! 20

21 1. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on y k = 2 k C. (Näin ollen {2 k } on homogeenisen yhtälön ratkaisuavaruuden kanta.) 2. Etsitään yksityisratkaisu yritefunktion y k = Ak + B avulla. Siis A(k + 1) + B 2(Ak + B) = k + 1 joten saadaan yksityisratkaisu 3. Yleinen ratkaisu on Ak + A B = k + 1 A = 1, A B = 1 y k = k 2. A = 1, B = 2, y k = 2 k C k 2, C R. (Siis ψ k = k 2, φ k = 2 k ja θ k = C 2 k.) Menetelmä II: Saadaan y k+1 2y k = k (k+1) 2 (k+1) y k+1 2 k y k = (k + 1)2 (k+1) (2 k y k ) = (k + 1)2 (k+1) Esimerkki Ratkaistaan Menetelmä I: 2 k y k = 1 (k + 1)2 (k+1) + C y k = k k C, C R (ositt.antidiff.). y k+1 2y k = 2 k. 1. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu y k = 2 k C. 2. Yksityisratkaisu yritefunktion avulla. Yritefunktio y k = A2 k ei käy, koska se on homogeeniyhtälön ratkaisu. Yritteestä y k = (Ak + B)2 k valitaan mukaan vain y k = Ak2 k. Siis A(k + 1)2 k+1 2Ak2 k = 2 k 2A(k + 1)2 k 2Ak2 k = 2 k 2A2 k = 2 k A =

22 3. Yleinen ratkaisu y k = 2 k C k2k = 2 k ( 1 k + C), C R. 2 (Siis ψ k = 1 2 k2k = 2 k 1, φ k = 2 k ja θ k = C 2 k.) Menetelmä II: Saadaan Esimerkki y k+1 2y k = 2 k 2 (k+1) 2 (k+1) y k+1 2 k y k = 1 2 ( 2 k y k ) = k y k = C y k = 2 k ( 1 2 k + C). y k+1 y k + ky k+1 y k = 0, y 0 = 2. Osoitetaan, että y k 0, kun k N 0. Tehdään vastaoletus, että on olemassa sellainen k N 0, että y k0 = 0. Silloin y k0 y k0 1 + (k 0 1)y k0 y k0 1 = 0 eli y k0 1 = 0. Tällä tavalla päättelemme, että y k = 0 aina, kun k k 0. Siis erikoisesti y 0 = 0, joka on ristiriidassa olettamuksen y 0 = 2 kanssa. Siis vastaoletus väärin ja näin ollen y k 0, kun k N 0. Jaetaan nyt yhtälö puolittain tulolla y k+1 y k, jolloin saadaan k = 0. y k y k+1 Merkitään z k = 1 y k. Silloin z k+1 z k = k. Ratkaistaan tämä yhtälö menetelmä I. 1. Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on z k = C. 22

23 2. Etsitään yksityisratkaisua yritteellä z k = Ak(+B) = Ak. Silloin A(k + 1) Ak = k eli A = k, mikä on mahdotonta. Uusi yrite on z k = Ak 2 + Bk. Silloin Siis 3. Yleinen ratkaisu on Koska y 0 = 2, niin C = 1 2. Siis A(k + 1) 2 + B(k + 1) Ak 2 Bk = k 2Ak + A + B = k A = 1 2, B = 1 2. z k = C k2 1 2 k = 2C + k2 k. 2 y k = y k = 2 2C + k 2 k. 2 k 2 k + 1. Huomautus Tarkastellaan yhtälöä y k+1 = ay k + b. Se on tyyppiä y k+1 +a k y k = b k, joten siihen voidaan soveltaa menetelmiä I ja II. Se voidaan ratkaista helposti myös suoraan seuraavalla tavalla. Saadaan k = 0: k = 1: y 1 = ay 0 + b = ac + b y 2 = ay 1 + b = a(ac + b) + b = a 2 C + ab + b k = 2: y 3 = ay 2 + b = a(a 2 C + ab + b) + b = a 3 C + a 2 b + ab + b.. y k = a k C + a k 1 b + a k 2 b ab + b = a k C + Esimerkki Ratkaistaan yhtälö vastaavasti. Saadaan { b, kun a 1, 1 a bk, kun a = 1. y k+1 = 2y k + 1 k = 0: y 1 = 2y = 2C

24 k = 1: y 2 = 2y = 2(2C + 1) + 1 = 2 2 C k = 2: y 3 = 2y = 2(2 2 C ) + 1 = 2 3 C y k = 2 k C + 2 k k = 2 k C + 1 2k 1 2 = 2 k C (1 2 k ) = (C + 1)2 k Kertaluvun 2 lineaarinen homogeeninen vakiokertoiminen differenssiyhtälö Yhtälö on muotoa y k+2 + py k+1 + qy k = 0. Vaihe 1. Muodostetaan karakteristinen yhtälö r 2 + pr + q = 0. Vaihe 2. Etsitään juuret r = r 1, r 2. Vaihe 3. Ratkaisu on a) b) y k = C 1 (r 1 ) k + C 2 (r 2 ) k, C 1, C 2 R, kun r 1 r 2, r 1, r 2 R, y k = C 1 r k + C 2 kr k, C 1, C 2 R, kun r 1 = r 2 = r R, c) missä y k = C 1 R k sin kϕ + C 2 R k cos kϕ, C 2, C 2 R, R = α 2 + β 2, tan ϕ = β α, kun r 1,2 = α ± iβ, β 0. Huomautus Käytetään lineaarialgebran terminologiaa. Lauseen perusteella yhtälön ratkaisun kantaesitys on y k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k, C 1, C 2 R, 24

25 missä φ (1) k, φ(2) k ovat kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. Yhtälön ratkaisuavaruus on lineaarikuvauksen ydin, joka on L : F N0 F N0, Ly k = y k+2 + py k+1 + qy k, kerl = {C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k C 1, C 2 R} = lin{φ (1) k Ytimen (eli ratkaisuavaruuden) kanta on {φ (1) k 2., φ(2) k }., φ(2) k } ja ytimen dimensio on Kohdassa a kanta on {(r 1 ) k, (r 2 ) k }, kohdassa b kanta on {r k, kr k } ja kohdassa c kanta on {R k sin kϕ, R k cos kϕ}. ovat ratkai- Menetelmän todistus. Riittää todistaa, että funktiot φ (1) k, φ(2) k suja ja että ne ovat lineaarisesti riippumattomia. Luennot/harj. Esimerkki Ratkaistaan Sen karakteristinen yhtälö on jonka juuret ovat Nyt Täten ratkaisu on y k+2 2y k+1 + 2y k = 0. r 2 2r + 2 = 0, r = 2 ± = 1 ± i. α = β = 1, R = = 2, tan ϕ = 1, ϕ = π 4. y k = ( 2 ) k (C 1 sin Ratkaisuavaruuden kanta on { ( 2 ) k sin ( kπ 4 Esimerkki Ratkaistaan Sen karakteristinen yhtälö on jonka juuret ovat Täten ratkaisu on Ratkaisuavaruuden kanta on {2 k, 1}. ( ) ( )) kπ kπ + C 2 cos. 4 4 ), ( 2 ) k cos ( kπ 4 y k+2 3y k+1 + 2y k = 0. r 2 3r + 2 = 0, r = 2 r = 1. y k = C 1 2 k + C ) }.

26 Esimerkki Ratkaistaan Sen karakteristinen yhtälö on jonka juuri on Täten ratkaisu on y k+2 4y k+1 + 4y k = 0. r = 2 r 2 4r + 4 = 0, (2-kertainen juuri). y k = C 1 2 k + C 2 k2 k. Ratkaisuavaruuden kanta on {2 k, k2 k }. Esimerkki (Fibonaccin luvut). Fibonaccin luvut F 0, F 1, F 2,... määritellään kaavalla { Fk+2 = F k+1 + F k, k = 0, 1, 2,... F 0 = 0, F 1 = 1. Karakteristinen yhtälö on Sen juuret ovat Yleinen ratkaisu on r 2 r 1 = 0. r = 1 ± 5. 2 F k = C 1 ( ) k ( ) k C 2. 2 Alkuehtojen nojalla joten C 1 + C 2 = 0, C C = 1, C 1 = 1 5, C 2 = 1 5. Siis F k = 1 ( ) k ( ) k Huomaa, että luvut F 0, F 1, F 2,... ovat kokonaislukuja. 26

27 2.8 Yleinen kertaluvun 2 lineaarinen differenssiyhtälö Yhtälö on muotoa y k+2 + p k y k+1 + q k y k = b k. Vaihe 1. Etsitään homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu y k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k, C 1, C 2 R, missä φ (1) k, φ(2) k ovat kaksi homogeenisen yhtälön lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. (Lause ) Vaihe 2. Etsitään varsinaisen yhtälön jokin yksityisratkaisu ψ k. a) Vakion varioinnilla muodossa missä ψ k = A k φ (1) k + B k φ (2) k, A k = B k = φ(2) 1 k+1 b k, D(k+1) φ(1) 1 k+1 b k. D(k+1) Tässä D on funktioiden φ (1) ja φ (2) Casoratin determinantti. b) Yritefunktion avulla, kun b k = (vrt. 2.6). Vaihe 3. Yhtälön yleinen ratkaisu on (Lause ) y k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k + ψ k. Huomautus Tällä kurssilla yleensä p k ja q k ovat vakioita, jolloin kohdassa 1 voidaan käyttää karakteristisen yhtälön menetelmää. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y k+2 5y k+1 + 6y k = 3 k. 1. Ratkaistaan vastaava homogeeninen yhtälö Sen karakteristinen yhtälö on y k+2 5y k+1 + 6y k = 0. r 2 5r + 6 = 0, 27

28 jonka ratkaisu on r = 2, r = 3. Siis homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on y k = C 1 2 k + C 2 3 k. 2. Koko yhtälön yksityisratkaisu etsitään yritefunktion avulla. Yritefunktio y k = A3 k ei käy, koska se on homogeeniyhtälön ratkaisu. Yritteestä y k = (Ak + B)3 k valitaan mukaan vain y k = Ak3 k. Silloin A(k + 2)3 k+2 5A(k + 1)3 k+1 + 6Ak3 k = 3 k 3. Yleinen ratkaisu on 9A(k + 2)3 k 15A(k + 1)3 k + 6Ak3 k = 3 k 3A3 k = 3 k A = 1 3. y k = C 1 2 k + C 2 3 k k3k = C 1 2 k + C 2 3 k + k3 k 1. Esimerkki Lasketaan edellisen esimerkin kohta 2 vakion varioinnilla. Asetetaan y k = A k φ (1) k + B k φ (2) k, missä 1 φ(2) k+1 A k = b k D(k + 1), 1 φ(1) k+1 B k = b k D(k + 1). Tässä φ (1) k = 2 k, φ (2) k = 3 k, b k = 3 k. Silloin D(k + 1)[= D(φ (1), φ (2) 2 )(k + 1)] = k+1 3 k+1 2 k+2 3 k+2 = 2k+1 3 k+1. Edelleen A k = 1 3k+1 3 k 2 k+1 3 = 1 ( 3 k ( ) k k = 1 3 2) 2 ) k ) k = ( 3 2 ( 3 3 ) = 2 1(+C 2 ja B k = 1 2k+1 3 k 2 k+1 3 k+1 = = 1 3 k(+c ) = 1 3 k. 28

29 3. Yleinen ratkaisu on ( ) 3 k y k = C 1 2 k + C 2 3 k 2 k k3k = C 1 2 k + C 2 3 k 3 k k3k = C 1 2 k + (C 2 1)3 k + k3 k 1 = C 1 2 k + C 3 3 k + k3 k Kertaluvun n lineaarinen vakiokertoiminen homogeeninen differenssiyhtälö Yhtälö on muotoa (2.7) y k+n + p 1 y k+n p n 1 y k+1 + p n y k = 0. Vaihe 1. Muodostetaan karakteristinen yhtälö r n + p 1 r n p n 1 r + p n = 0 Vaihe 2. Etsitään juuret. (Jos α + iβ on m-kertainen juuri, niin α iβ on myös m-kertainen juuri.) Vaihe 3. Ratkaisu on y k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k + + C n φ (n) k, C 1, C 2,..., C n R, missä funktiot φ (1) k,..., φ(n) k ovat muotoa r k, kr k,..., k m 1 r k, kun r R ja juuri on m-kertainen, ja muotoa R k sin kϕ, kr k sin kϕ,..., k m 1 R k sin kϕ R k cos kϕ, kr k cos kϕ,..., k m 1 R k cos kϕ, missä R = α 2 + β 2, tan ϕ = β, kun r = α ± iβ ja juuri on (m + m)- α kertainen. Menetelmän todistus. Riittää todistaa, että kyseiset funktiot ovat ratkaisuja ja että ne ovat lineaarisesti riippumattomia. Luennot/harj. Esimerkki Ratkaistaan differenssiyhtälö y k+3 + y k+2 + y k+1 + y k = 0. Karakteristinen yhtälö ja sen juuret ovat r 3 + r 2 + r + 1 = 0 r = 1 r = ±i, 29

30 josta saadaan Ratkaisu on α = 0, β = 1, R = 1, ϕ = π 2. y k = C 1 ( 1) k + C 2 sin ( ) ( ) kπ kπ + C 3 cos. 2 2 Huomautus Differenssiyhtälö (2.7) voidaan palauttaa 1. kertaluvun matriisidifferenssiyhtälöksi. Merkitään y k y k+1 A = , Y k = y k+n 2 p n p n 1 p n 2 p 1 y k+n 1 Silloin differenssiyhtälö (2.7) on matriisien avulla lausuttuna jonka ratkaisu on Y k+1 = AY k, k N 0, Y k = A k Y 0, k N 0. Jos Y 0 on matriisin A ominaisvektori ja λ vastaava ominaisarvo, niin Y k = A k 1 AY 0 = A k 1 λy 0 = A k 2 λay 0 = A k 2 λ 2 Y 0 = = λ k Y Yleinen kertaluvun n lineaarinen differenssiyhtälö Yhtälö on muotoa (2.3). Sitä käsiteltiin jo luvuissa 2.2 ja 2.5. Kirjoitetaan vielä ratkaisumenetelmä vaiheittain. Vaihe 1. Etsitään homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu missä funktiot φ (1) k y k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k + + C n φ (n) k,, φ(2) k,..., φ(n) k ovat lineaarisesti riippumattomia. Vaihe 2. Etsitään varsinaisen yhtälön jokin yksityisratkaisu ψ k a) vakion varioinnilla b) määräämättömien kertoimien menetelmällä. Vaihe 3. Yleinen ratkaisu on y k = C 1 φ (1) k + C 2 φ (2) k + + C n φ (n) k + ψ k. 30

31 Huomautus Tällä kurssilla kertoimet a (1) k, a(2) k,..., a(n) k ovat vakioita, jolloin kohdassa 1 voidaan käyttää karakteristisen yhtälön menetelmää. Esimerkki Ratkaistaan y k+3 + y k+2 + y k+1 + y k = 1. Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on ( ) ( ) kπ kπ y k = C 1 ( 1) k + C 2 sin + C 3 cos. 2 2 Etsitään yksityisratkaisu yritefunktion y k = A avulla. Silloin A + A + A + A = 1, A = 1 4. Ratkaisu on y k = C 1 ( 1) k + C 2 sin ( ) ( ) kπ kπ + C 3 cos Generoiva funktio Määritelmä Lukujonon (y k ) k=0 eli (y 0, y 1, y 2,...) generoiva funktio (lyhyesti gf) on lukujonon esitysmuoto G(y k )(s) = y k s k, k=0 missä symbolin s potenssi ilmoittaa kertoimensa paikan lukujonossa. Tarkemmin sanoen, potenssin s k kerroin on jonon (k + 1). jäsen. Huomautus Symboli s ei saa lukuarvoja, vaan G(y k )(s) on ns. muodollinen potenssisarja, joka on algebrallisesti tehokas tapa käsitellä lukujonoja. Generoivaa funktiota voitaisiin käsitellä analyyttisestikin, mutta niin ei tehdä tällä kurssilla. Huomautus Jos potenssin s k kerroin on 0, jätetään termi 0s k yleensä muodollisesta potenssisarjasta pois (elleivät kaikki kertoimet ole nollia). Samoin usein kirjoitetaan lyhyesti 1s k = s k ja ( 1)s k = s k. Esimerkki Jonon (1, 2, 1, 0, 0,...) generoiva funktio on 1 + 2s s 2. Generoivaa funktiota vastaava jono on (1, 1, 1,...). s k k=0 31

32 Huomautus Generoivien funktioden yhtäsuuruus saadaan jonojen yhtäsuuruudesta seuraavasti: G(y k )(s) = G(z k )(s) k N 0 : y k = z k. Määritelmä Generoivien funktioiden ja siten myös lukujonojen yhteenlasku, skalaarilla kertominen ja (Cauchyn) kertolasku määritellään kaavoilla (2.8) (2.9) (2.10) Esimerkki Selvästi G(y k )(s) + G(z k )(s) = G(y k + z k )(s), ag(y k )(s) = G(ay k )(s), ( k ) G(y k )(s)g(z k )(s) = G y i z k i (s). i=0 (1 + 2s s 2 ) + (1 + s) = 2 + 3s s 2, 3(1 + s + s 2 + ) = 3 + 3s + 3s 2 +, (1 + s)(1 + s) = 1 + 2s + s 2. Merkitään notaatiolla R[[s]] kaikkien (reaalikertoimisten) generoivien funktioiden (tai lukujonojen) joukkoa. Lause Joukko R[[s]] muodostaa vektoriavaruuden yhteenlaskun ja skalaarilla kertomisen suhteen. Nollavektori on generoiva funktio 0, jota vastaa siis jono (0, 0, 0,...). Lause Joukko R[[s]] muodostaa kommutatiivisen renkaan yhteenlaskun ja kertolaskun suhteen. Ykkösalkio on generoiva funktio 1, jota vastaa jono (1, 0, 0,...). Lause Generoiva funktio G(y k )(s) on kääntyvä, jos ja vain jos y 0 0. Merkitään kääntyvän generoivan funktion G(y k )(s) käänteisfunktiota notaatioilla G(y k )(s) 1 1, G(y k )(s). Esimerkki Olkoon y k = a k, a R. Sen generoiva funktio voidaan kirjoittaa muodossa G(y k )(s) = k=0 a k s k = 1 1 as ( (1, a, a 2, a 3,...)). Jonot (1, a, a 2, a 3,...) ja (1, a, 0, 0,...) ovat siis toistensa käänteisjonoja. 32

33 Esimerkki Ratkaise differenssiyhtälö y k 5y k 1 + 6y k 2 = 0 (k 2), y 0 = 0, y 1 = 1, generoivalla funktiolla. Etsitään jonon (y k ) generoiva funktio: G(y k )(s) = y k s k = y 0 + y 1 s + y k s k k=0 k=2 = s + = s + 5s k=2 (5y k 1 6y k 2 )s k y k s k 6s 2 k=0 k=0 y k s k = s + 5sG(y k )(s) 6s 2 G(y k )(s). Näin ollen joten G(y k )(s)(1 5s + 6s 2 ) = s, G(y k )(s) = Tämä voidaan kirjoittaa muodossa s 1 5s + 6s 2 = s (1 2s)(1 3s) = 1 1 3s 1 1 2s. G(y k )(s) = 3 k s k 2 k s k. k=0 k=0 Näin ollen y k = 3 k 2 k Laplace-muunnos Määritellään y(x) = y k, k x < k + 1, k = 0, 1, 2,... Silloin esimerkiksi yhtälö y k+2 + py k+1 + qy k = 0 voidaan esittää muodossa y(x + 2) + py(x + 1) + qy(x) = 0. Nyt voidaan ottaa puolittain Laplace-muunnokset. 33

34 2.13 Esimerkkejä sovelluksista Tässä pykälässä vain saatujen yhtälöiden ratkaiseminen kuuluu koealueeseen. Yhtälöiden käytännöllistä taustaa ei tarvitse osata Kombinatorisia esimerkkejä Esimerkki Olkoon a k sellaisten k bitin jonojen lkm, joissa ei ole kahta peräkkäistä nollaa. Silloin a 0 = 1, a 1 = 2. Olkoon k 2. Silloin bittijonot voidaan jakaa 2 erilliseen joukkoon: bittijonot, jotka päättyvät ykköseen (a k 1 kpl), ja bittijonot, jotka päättyvät nollaan (a k 2 kpl). Siis a k = a k 1 + a k 2, k 2, a 0 = 1, a 1 = 2. Esimerkki Olkoon a k sellaisten k bitin jonojen lkm, joissa on 2 peräkkäistä nollaa. Silloin a 1 = 0, a 2 = 1. Olkoon k 2. Bittijonot voidaan jakaa 3 erilliseen joukkoon. Ykköseen päättyviä bittijonoja on a k 1 kpl. Tarkastellaan bittijonoja, jotka päättyvät nollaan. Jos toiseksi viimeinen bitti on ykkönen, niin oikeanmuotoisia bittijonoja saadaan a k 2 kpl. Jos taas toiseksi viimeinen bitti on nolla, niin oikeanmuotoisia bittijonoja on 2 k 2 kpl. Siis a k = a k 1 + a k k 2, k 2, a 0 = 0, a 1 = 0. Esimerkki Olkoon a k sellaisten k bitin jonojen lkm, joissa ei ole kolmea peräkkäistä nollaa. Silloin (Totea!) a k = a k 1 + a k 2 + a k 3 k 3, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = Korkolaskentaa Esimerkki Asiakas tallettaa pankkiin A markkaa r 100 prosentin vuotuisella korolla. (Asiakas ei ota rahaa tililtä pois, ei korkoa eikä pääomaa.) Olkoon S k tilin saldo k vuoden kuluttua. Silloin S k+1 = S k + rs k, k = 0, 1, 2,..., S 0 = A, josta saadaan (Totea!) S k = (1 + r) k A. Esimerkki Asiakas tallettaa tililleen vuosittain vakiomäärän B mk. Ensimmäinen talletus tehdään 1 vuoden kuluttua, ennen ensimmäistä talletusta tili on tyhjä. Olkoon S k tilin saldo k vuoden kuluttua. Silloin S k+1 = S k + rs k + B, k = 0, 1, 2,..., S 0 = 0, 34

35 josta saadaan (Totea!) S k = (1 + r)k 1 B. r Esimerkki Asiakas ottaa A mk lainan, jonka vuotuinen korko on r 100 prosenttia. Asiakas maksaa vuosittain korkoa ja lyhennystä yhteensä vakiomäärän B mk. Ensimmäinen B mk:n maksu on vuoden kuluttua. Olkoon velan määrä k vuoden kuluttua S k. Silloin josta saadaan S k+1 = S k + rs k B, k = 0, 1, 2,..., S 0 = A, S k = (1 + r) k A (1 + r)k 1 B. r (Totea!) Huomaa esimerkin yhteys esimerkkeihin ja Mikä tulee maksun B olla, kun lainan maksuaika on n vuotta? Sekalaisia esimerkkejä Esimerkki (The gambler s ruin). Pelin jokaisessa vaiheessa pelaaja joko voittaa tai häviää yhden dollarin. Olkoon voiton todennäköisyys p ja häviön 1 p ( merk. = q). Oletetaan, että pelaaja lopettaa, kun hän menettää kaikki rahansa tai saavuttaa N dollaria. Pelaajalla oletetaan olevan pelin alussa k dollaria (0 k N). Merkitään symbolilla P (k) todennäköisyyttä, että pelaaja tulee lopettamaan pelin häviämällä kaikki rahansa (k = 0, 1, 2,..., N). Siis erityisesti P (0) = 1 ja P (N) = 0. Kun k = 1, 2,..., N 1, niin lopettaminen häviämällä kaikki rahansa voi tapahtua kahdella toisensa poissulkevalla tavalla: a) Seuraavassa vaiheessa pelaaja voittaa dollarin, mutta menettää lopulta kaikki rahansa. b) Seuraavassa vaiheessa pelaaja häviää dollarin ja menettää lopulta kaikki rahansa. Tapauksen 1 todennäköisyys on = pp (k + 1), ja tapauksen 2 todennäköisyys on = qp (k 1). Näin saadaan differenssiyhtälö (2.11) P (k) = pp (k + 1) + qp (k 1), k = 1, 2,..., N 1, P (0) = 1, P (N) = 0. Voidaan laskea, että (2.12) P (k) = rk r N, missä r = q/p, 1 rn 35

36 kun p q, ja että (2.13) P (k) = N k N, kun p = q = 0.5. Huomaa, että esimerkiksi jos N = 40, niin P (20) = 0.832, kun p = 0.48, ja P (20) = 0.5, kun p = 0.5. Esimerkki Tarkastellaan oheista virtapiiriä. Kirchoffin lain mukaan kussakin "luupissa"jännitteiden summa on = 0. Siis 1. luupissa (2.14) I 1 R 1 + (I 1 I 2 )R 2 V = 0. Yleisesti, k. luupissa (2.15) I k R 1 + (I k I k+1 )R 2 (I k 1 I k )R 2 = 0. Lopuksi, (N + 1). luupissa (2.16) I N+1 R 1 (I N I N+1 )R 2 = 0. Yhtälö (2.15) voidaan kirjoittaa ( (2.17) I k R 1 R 2 ) I k + I k 1 = 0. Mitkä ovat yhtälön (2.17) karakteristisen yhtälön juuret? Esimerkki Tarkastellaan sukupuolisidonnaisia piirteitä, joissa naisilla on kaksi vastingeeniä ja miehillä on yksi vastingeeni (eli alleeli). Naisilla piirre on vallitseva, jos ainakin toinen vastingeeneistä on vallitseva. Miehet perivät vastingeeninsä äidiltä, kun taas naiset perivät toisen vastingeeninsä äidiltä ja toisen isältä. Vallitsevaa vastingeeniä merkitään kirjaimella A ja peittyvää vastingeeniä merkitään kirjaimella a. Merkitään A-vastingeenin osuutta k. sukupolven naisilla symbolilla p(k). Voidaan todistaa (sivuutetaan), että p(k + 2) = 1 2 p(k + 1) p(k). 36

37 Näin ollen p(k) = C 1 + C 2 ( 1 2) k, missä C 1 ja C 2 riippuvat alkuehdoista (Harj.). Voidaan karkeasti olettaa, että nykyään A-vastingeenin osuus naisilla on C 1 ( merk. = p). Myös miehillä A- vastingeenin osuus on noin p. Merkitään a-vastingeenin osuutta kirjaimella q. (Siis q = 1 p.) Naisilla yhdistelmien {A, A}, {A, a} ja {a, a} osuudet ovat siis p 2, 2pq ja q 2. Monissa sairauksissa a-vastingeeni aiheuttaa ongelmia. Siis jos miehillä tälläinen sairaus on esimerkiksi joka sadannella, niin naisilla tämä sairaus ilmenee yhdellä kymmenestä tuhannesta. Esimerkki Tarkastellaan determinanttia b a a b a a b a a b a a b Olkoon A k kertaluvun k determinantin arvo. Silloin Lisäksi A 1 = b, A 2 = b 2 a 2. A k = ba k 1 a 2 A k 2, k 3. Esimerkki (Newton s law of cooling). Tarkastellaan allaolevaa tankoa. Olkoot a(k), b(k) ja c(k) lämpötilat pisteissä a, b ja c ajanhetkellä k. Oletetaan, että kunkin pisteen lämpötilaan vaikuttaa vain viereisten pisteiden lämpötilat, ts. b vaikuttaa a:han, a ja c vaikuttavat b:hen ja b vaikuttaa c:hen. Pisteen b vaikutus pisteeseen a on muotoa (2.18) a(k + 1) a(k) = p(b(k) a(k)), missä p on vakio. Yhtälö (2.18) on ns. "Newton s law of cooling". Edelleen (2.19) (2.20) c(k + 1) c(k) = p(b(k) c(k)), b(k + 1) b(k) = p(a(k) b(k)) + p(c(k) b(k)). Yhtälöt (2.18), (2.19) ja (2.20) voidaan kirjoittaa ryhmänä (2.21) a(k + 1) = (1 p)a(k) + pb(k), b(k + 1) = pa(k) + (1 2p)b(k) + pc(k), c(k + 1) = pb(k) + (1 p)c(k). 37

38 Yhtälö (2.21) voidaan kirjoittaa matriisimuodossa, jolloin matriisin ominaisarvot ovat 1, 1 p ja 1 3p. (Harj.) Kun p on "pieni", voidaan tarkastella tangon pisteiden lämpötilojen käyttäytymistä, kun k. (Harj.) Esimerkki A ja B pelaavat peliä, jonka jokaisessa vaiheessa A voittaa B:ltä markan todennäköisyydellä p ja B A:lta todennäköisyydellä 1 p (= q). Tasapeliä ei voi sattua. Pelin alussa pelaajalla A on a markkaa ja pelaajalla B on b markkaa (merk. a + b = N). Peli loppuu, kun jommalla kummalla pelaajista on M markkaa (M N). Olkoon peli tilanteessa, jossa A:lla on k markkaa. Olkoon u k todennäköisyys, että A tulee voittamaan pelin. Tässä tilanteessa A:n voitto voi tapahtua kahdella toisensa poissulkevalla tavalla: 1) Seuraavassa vaiheessa A voittaa markan (ja siis voittaa vielä koko pelin). 2) Seuraavassa vaiheessa A häviää markan (ja voittaa vielä koko pelin). Tapauksen 1 todennäköisyys on = pu k+1, ja tapauksessa 2 todennäköisyys on = qu k 1. Siis u k = pu k+1 + qu k 1, k 1. Alkuehtoina ovat u M = 1, u N M = 0. Todennäköisyys, että A voittaa pelin, on u a. Voidaan laskea, että u a = (q/p)a (q/p) N M (q/p) M (q/p) N M, p q u a = M N + a 2M N, p = q = 1/2. Esimerkki Digitaalisessa signaalinkäsittelyssä differenssiyhtälö y k+n + a (n 1) y k+n a (0) y k = z k mallintaa lineaarista suodinta. Tällöin (y k ) on input-signaali ja (z k ) on outputsignaali. 38

39 Luku 3 Asymptoottista analyysia 3.1 Funktioiden kasvu Iso O -merkintä Määritelmä Olkoot f : N R ja g : N R funktioita. Merkitään f(n) = O(g(n)), jos C, N N : n > N : f(n) C g(n). Lue "f on iso-o-g", "g on f:n iso-o -estimaatti"tai "f on (korkeintaan) kertaluokkaa g". Huomautus Yhtäsuuruusmerkillä "="ei ole merkinnän f(n) = O(g(n)) yhteydessä kaikkia sen tavanomaisia ominaisuuksia. Joskus käytetäänkin merkintöjä f(n) O(g(n)), f(n) g(n). Merkintä f(n) g(n) tarkoittaa, että f(n) = O(g(n)) ja g(n) = O(f(n)). Esimerkki Todista, että joten n 3 O(n 2 ). Ratkaisu. Tehdään castaoletus. n 3 = O(n 2 ). Siis C, N N : n > N : n 3 Cn 2, C, N N : n > N : n C. Saadaan ristiriita (esim. n = C + N). Siis vastaoletus on väärin ja näin ollen väitös on oikein. 39

40 3.1.2 Raja-arvo ja O-symboli Lause a) Jos lim n f(n) g(n) b) Jos lim n f(n) g(n) on äärellisenä olemassa, niin f(n) = O(g(n)). = ±, niin f(n) O(g(n)). Todistus. a) Merkitään lim n f(n) g(n) joten Näin ollen joten Täten = A. Siis ε > 0 : n ε N : n n ε : f(n)/g(n) A < ε, b) Harjoitustehtävä. n n 1 : f(n)/g(n) A < 1. n n 1 : f(n)/g(n) < A + 1, n n 1 : f(n) < ( A + 1) g(n). f(n) = O(g(n)). Esimerkki n 2 + n = O(n 2 ), sillä 2n 2 + n n 2 = n Esimerkki n 3 O(n 2 ), sillä 2, kun n. n 3 lim n n = lim n =. 2 n L Hospitalin / -sääntö Lause Oletetaan, että f, g : R R ovat derivoituvia funktioita ja että f f(x), g(x) ±, kun x. Jos lim (x) x on olemassa, niin g (x) Todistus. Sivuutetaan. Huomautus Jos lim x x R f(x) lim x g(x) = lim f (x) x g (x) f(x) g(x) f(n) lim n n N on olemassa, niin g(n) = lim x x R 40 f(x) g(x).

41 Esimerkki Koska log x lim x x = lim 1 x x = 0, niin log n = O(n). Esimerkki Koska lim x x log(x) = lim x x =, niin n O(log n) Funktioiden summan ja tulon O-estimaateista Lause Olkoon f 1 (n) = O(g 1 (n)) ja f 2 (n) = O(g 2 (n)). Silloin (3.1) (3.2) f 1 (n) + f 2 (n) = O(max( g 1 (n), g 2 (n) )), f 1 (n)f 2 (n) = O(g 1 (n)g 2 (n)). Todistus. Kaavan (3.1) todistus: luennot/harj. Todistetaan kaava (3.2). Oletuksen mukaan Siis, kun n > N 1, n > N 2, C 1, N 1 : n > N 1 : f 1 (n) C 1 g 1 (n), C 2, N 2 : n > N 2 : f 2 (n) C 2 g 2 (n). f 1 (n)f 2 (n) = f 1 (n) f 2 (n) C 1 g 1 (n) C 2 g 2 (n) C 1 C 2 g 1 (n)g 2 (n). Merkitään C = C 1 C 2 ja N = max{n 1, N 2 }. Silloin n > N : f 1 (n)f 2 (n) C g 1 (n)g 2 (n). Lause a) Jos f(n) = O(g(n)) ja g(n) = O(h(n)), niin f(n) = O(h(n)). b) Jos f(n) = O(g(n)) ja a R, niin af(n) = O(g(n)). Todistus. luennot/harj 41

42 3.1.5 Pieni o -merkintä Määritelmä Olkoot f : N R ja g : N R funktioita. Merkitään f(n) = o(g(n)), jos ε > 0 : n ε N : n > n ε : f(n) < ε g(n). Lue f on "pieni-o-g"tai "f(n) on paljon pienempi kuin g(n), kun n ". Huomautus Yhtäsuuruusmerkillä "=" ei ole merkinnän f(n) = o(g(n)) yhteydessä kaikkia sen tavanomaisia ominaisuuksia. Joskus käytetäänkin merkintää f(n) o(g(n)). Huomautus Lukujonon raja-arvon määritelmästä seuraa välittömästi, että f(n) = o(g(n)) silloin ja vain silloin, kun f(n) lim n g(n) = 0 edellyttäen, että g(n) 0 jostakin luvun n arvosta lähtien. Esimerkki On helppo nähdä, että ja log(n) = o(n), n + 1 o(n), log(n) = O(n) n + 1 = O(n). 3.2 Hajota ja hallitse -yhtälöt Olkoon probleeman koko n ja probleeman ratkaisemisen "hinta" f(n). Jaetaan probleema a osaprobleemaan. Oletetaan, että osaprobleemien kooksi tulee n/b. Olkoon g(n) hinta, joka syntyy osaprobleemiin jaosta. Silloin (3.3) f(n) = af(n/b) + g(n), jota kutsutaan hajota ja hallitse -yhtälöksi. Käytetään siitä myös lyhyttä ilmaisua hh-yhtälö. Esimerkki Puolitushakualgoritmin kompleksisuus toteuttaa hh-yhtälön f(n) = f(n/2) + 2, f(1) = 2. 42

43 3.2.1 Hh-yhtälön ratkaiseminen Ratkaistaan (3.3). Oletetaan, että n on muotoa n = b k, k N, ja että f(1) on tunnettu. Silloin (3.3) voidaan ratkaista rekursiivisesti seuraavalla tavalla: f(b k ) (3.3) = af(b k 1 ) + g(b k ) ( ) (3.3) = a af(b k 2 ) + g(b k 1 ) + g(b k ) = a 2 f(b k 2 ) + ag(b k 1 ) + g(b k ) ) (3.3) = a (af(b 2 k 3 ) + g(b k 2 ) + ag(b k 1 ) + g(b k ) = a 3 f(b k 3 ) + a 2 g(b k 2 ) + ag(b k 1 ) + g(b k ) = = a k f(1) + a k 1 g(b) + + ag(b k 1 ) + g(b k ). Vain f(b k ) pystytään laskemaan tarkasti. Funktion arvolle f(n) saadaan kuitenkin arvio, kun b k < n < b k+1. Esimerkki Puolitushakualgoritmin kompleksisuus toteuttaa hh-yhtälön Laskettava f(2 k ), k N 0. f(n) = f(n/2) + 2, f(1) = 2. Ratkaisu. Sovelletaan hh-yhtälöä toistuvasti, jolloin saadaan Tarkistus. f(2 k ) = f(2 k /2) + 2 = f(2 k 1 ) + 2 = f(2 k 2 ) = f(2 k 3 ) = = f(1) + 2k = 2k + 2. f(n) = f(n/2) + 2 f(2 k ) = f(2 k /2) + 2 = f(2 k 1 ) + 2 ( ) 2k + 2 = 2(k 1) = (2k 2 + 2) + 2 = 2k + 2, hh-yhtälö oikein! f(1) = f(2 0 ) = = 2, alkuarvo oikein! Funktion f(n) kertaluokka Lause Olkoon f kasvava funktio, joka toteuttaa hh-yhtälön f(n) = af(n/b) + c, 43

44 missä a 1, b 2, c > 0. Silloin { O(n log b f(n) = a ), kun a > 1, O(log n), kun a = 1. Todistus. Todistetaan tapaus a = 1. (Tapaus a > 1, luennot/harj.) Olkoon n Z + mielivaltainen. Silloin Arvioidaan k Z + : b k 1 n < b k. f(n) f(b k ) = f(b k /b) + c = f(b k 1 ) + c = f(b k 2 ) + c + c = f(b k 3 ) + c + c + c = = f(b k k ) + kc ( ) f(1) + log b (n) + 1 c = f(1) + c log b (n) + c. Siis (harj.) f(n) = O(log n). Esimerkki Puolitushakualgoritmin kompleksisuus toteuttaa hh-yhtälön f(n) = f(n/2) + 2, f(1) = 2, kun n on parillinen. Mikä on funktion f(n) kertaluokka? Ratkaisu. Olkoon n Z +. Silloin k Z + : 2 k 1 n < 2 k. Nyt f(n) f(2 k ) = = 2k + 2 ( ) 2 log 2 (n) = 2 log 2 (n) + 4. Koska log 2 n = log n/ log 2 = C log n, niin f(n) = O(log n). 44

45 Esimerkki Oletetaan, että algoritmin kompleksisuus toteuttaa hhyhtälön f(n) = 5f(n/2) + 3, f(1) = 7. a) Laskettava f(2 k ), kun k Z + {0}. b) Arvioitava funktion f kertaluokkaa, kun f on kasvava. Siis Ratkaisu. a) Hh-yhtälön avulla saadaan f(2 k ) = 5f(2 k /2) + 3 = 5f(2 k 1 ) + 3 ( ) = 5 5f(2 k 2 ) = 5 2 f(2 k 2 ) = b) Olkoon n Z +. Silloin = 5 k f(1) + 5 k k = 5 k 7 + 5k = 5 k 7 + (5 k 1) 3 4 = 5k k = 5 k ( ) 3 4 = 5k = (31 5 k 3)/4. k Z + : 2 k 1 n < 2 k. f(n) f(2 k ) = (31 5 k 3)/4 8 5 k log 2 n = 40 5 log 2 n. Näin ollen joten C, N : n > N : f(n) C5 log 2 n = Cn log 2 5, f(n) = O(n log 2 5 ). 3.3 Poincarén lause Määritelmä Differenssiyhtälö (3.4) y k+n + a (1) k y k+n a (n) k y k = 0, 45

46 on Poincarén tyyppiä, jos lim k a(j) k = p j, j = 1, 2,..., n, ts. jos ko. raja-arvo on äärellisenä olemassa aina, kun j = 1, 2,..., n. Yhtälöä r n + p 1 r n p n = 0 sanotaan differenssiyhtälön (3.4) karakteristiseksi yhtälöksi Poincarén mielessä. Lause (Poincarén lause). Oletetaan, että differenssiyhtälö (3.4) on Poincarén tyyppiä ja että yhtälön juuret r 1, r 2,..., r n toteuttavat ehdon r 1 > r 2 > > r n. Silloin differenssiyhtälön (3.4) jokainen ratkaisu y k toteuttaa ehdon (3.5) lim k y k+1 y k jollakin indeksin i = 1, 2,..., n arvolla. = r i Todistus. Tarkastellaan tapaus, jossa n = 2 ja jossa a (1) k ja a (2) k ovat vakioita. Koska juuret r 1, r 2 toteuttavat ehdon r 1 > r 2, niin r 1 r 2. Näin ollen Olkoon C 1 0. Silloin y k+1 = C 1r1 k+1 + C 2 r2 k+1 y k C 1 r1 k + C 2 r2 k Olkoon C 1 = 0. Silloin Siis kaava (3.5) on voimassa. y k = C 1 r k 1 + C 2 r k 2. = r 1 + (C 2 /C 1 )r 1 (r 2 /r 1 ) k (C 2 /C 1 )(r 2 /r 1 ) k r 1, kun k. y k+1 = C 2r2 k+1 = r y k C 2 r2 k 2. Esimerkki Tarkastellaan differenssiyhtälöä (3.6) y k+2 t + 3 t + 2 y k t + 2 y k = 0. Se on Poincarén tyyppiä, sillä t + 3 t + 2 1, 2 t + 2 0, kun t. Differenssiyhtälön (3.6) karakteristinen yhtälö Poincarén mielessä on r 2 r = 0, jonka juuret ovat r = 0, r = 1. Näin ollen y k+1 lim k y k on 0 tai 1 aina, kun y k on differenssiyhtälön (3.6) jokin ratkaisu. 46