MODUL 8. Differensligninger. Forfattere: Michael ELMEGÅRD & Øistein WIND-WILLASSEN. Modulet er baseret på noter af Peter BEELEN.

Transkript

1 MODUL 8 Differensligninger Forfattere: Michael ELMEGÅRD & Øistein WIND-WILLASSEN Modulet er baseret på noter af Peter BEELEN. 26. august 2014

2 2

3 Indhold 1 Introduktion Rekursioner og differensligninger Eksempler Generelle løsninger Differensligninger af første orden Homogene differensligninger af anden orden Tilfældet m 1 = m Formelle Potensrækker Polynomier Formelle potensrækker Nogle specielle potensrækker Lineære rekursioner med konstante koefficienter Potensrækker og lineære rekursioner Differensligninger af første orden Homogene differensligninger af anden orden Opgaver i differensligninger Opgave Opgave Opgave Opgave Opgave Opgave Opgave Opgave Opgave 9 [Ikke en del af pensum!]

4 4 INDHOLD

5 Kapitel 1 Introduktion 1.1 Rekursioner og differensligninger Hvor mange forfædre har en han bi? For at kunne besvare det spørgsmål, skal man vide at en han bi kun har en mor, mens en hun bi både har en mor og en far. Det betyder, at en han bi har én forælder (nemlig en hun bi) og derfor to bedsteforældre (nemlig en han og en hun bi). Hvis vi nu kigger en generation længere tilbage (tre generationer tilbage) ser vi, at i han biens familietræ, er der tre forfædre (nemlig to hun bier og en han bi). Det kunne være, at de to hun bier faktisk var den samme bi, men den komplikation vil vi se bort fra. Figur 1.1 viser familietræet grafisk. Men hvad skal vi gøre hvis vi vil vide hvor mange forfædre en han bi har når vi går 10 generationer tilbage? Selvfølgelig kan vi udvide Figur 1.1 og finde svaret på den måde (selvom det ikke er så nemt som det lyder). Lad os i stedet prøve, at beskrive problemet mere matematisk. Først, lad os ved f (n) betegne antallet af forfædre vores han bi har når vi går n generationer tilbage. Her kan n være et hvilket som helst naturligt tal. Vi har set at f (1) = 1 (en han bi har kun en forælder), f (2) = 2 (en han bi har to bedsteforældre) og f (3) = 3. Vi definerer også f (0) = 1. Det giver F M F M F F M Figur 1.1: Familietræ af en han bi 5

6 6 KAPITEL 1. INTRODUKTION faktisk mening at definere f (0) på den måde, for vi når vi kigger på Figur 1.1 kan vi se, at f (3) tæller antallet af bier i den øverste række af figuren, f (2) tæller antallet af bier i den anden række og f (1) antallet af bier i den tredje række. Det giver derfor mening at sige at f (0) tæller antallet af bier i den fjerde række, altså den nederste. Spørgsmålet er nu hvordan vi kan beregne f (10). Lad os med f F (n) betegne antallet af hun bier blandt alle forfædre når vi går n generationer tilbage, og tilsvarende f M (n) antallet af han bier blandt alle forfædre som levede for n generationer siden. Vi ved nu følgende, f (n) = f M (n) + f F (n), (1.1) fordi en bi enten er hankøn eller hunkøn. Formlen gælder for et hvilket som helst naturligt tal n. For at få mere indsigt i problemet er pointen følgende: hver bi (uanset køn) har præcist en mor, mens kun hun bier også har en far. Men det betyder, at f F (n) = f (n 1) og f M (n) = f F (n 1). (1.2) Med sådanne formler skal man passe lidt på. De gælder kun hvis n 1, fordi der for n = 0 vil stå f F (0) = f ( 1) og f M (0) = f F ( 1). Men vi har slet ikke defineret f ( 1) eller f F ( 1). Med den advarsel i baghovedet, indsætter vi nu ligning (1.1) i (1.2). Så fås f (n) = f (n 1) + f F (n 1). For at simplificere denne ligning kan vi bruge ligningen f F (n) = f (n 1) igen, men nu for n erstattet med n 1. Dvs. vi kan bruge, at f F (n 1) = f ((n 1) 1) = f (n 2). Nu skal vi passe endnu mere på hvilke værdier n kan tages. Vi bliver nødt til at antage at n 2. Vi har nu fået følgende: f (n) = f (n 1) + f (n 2), hvis n 2. (1.3) Fordi vi også ved, at f (0) = 1 og f (1) = 1 kan vi ved hjælp af den ligning hurtigt beregne f (n) for andre værdier af n. Vi har for eksempel f (2) = f (1) + f (0) = = 2 og f (3) = f (2) + f (1) = = 3 (hvilket vi i øvrigt allerede vidste). Hvis vi fortsætter fås: f (0) = 1 f (1) = 1 f (2) = 2 f (3) = 3 f (4) = f (3) + f (2) = 5 f (5) = f (4) + f (3) = 8 f (6) = f (5) + f (4) = 13 f (7) = f (6) + f (5) = 21 f (8) = f (7) + f (6) = 34 f (9) = f (8) + f (7) = 55 f (10) = f (9) + f (8) = 89 Vi har fundet at f (10) = 89 og løst problemet! Funktionen f (n) kan altså beregnes for alle værdier n N vha. ligning (1.3) og informationen at f (0) = 1, f (1) = 1. Vi kan nu tage et skridt tilbage og sige at funktionen f (n) (hvor n N ) kan defineres på følgende måde: 1 hvis n = 0, f (n) := 1 hvis n = 1, f (n 1) + f (n 2) hvis n 2,

7 1.2. EKSEMPLER 7 De første to rækker siger ikke andet end at f (0) = 1 og f (1) = 1, mens den tredje række gengiver ligning (1.3). Sådan en definition, hvor en funktion f defineres vha. sig selv, kaldes for en rekursiv definition eller en differensligning, og de to begreber bruges synonymt. Differensligninger optræder i mange forskellige sammenhæng og vi skal i denne note kigge på en række eksempler samt komme med nogle formelle metoder til at løse disse ligninger. I næste afsnit kigger vi på fire forskellige eksempler som vi skal arbejde videre med igennem noten. 1.2 Eksempler Det første eksempel handler om at låne penge i banken. Eksempel 1.1 (Penge, Penge, Penge). Vi forestiller os i dette eksempel at vi har optaget et lån som er fuldstændigt beskrevet ved én gæld x, én fast rente r og en aftalt afbetalingrate A ved hver termin a. Gælden x er en funktion af den diskrete variabel n som angiver terminen. Systemet får den følgende form x(n + 1) = x(n) + rx(n) A, (1.4) = (1 + r)x(n) A, (1.5) hvor A 0 og r 0. Vi ser at Ligning (1.4) eller (1.5) er lineær og inhomogen, med inhomogenitet A. Lad os forklare dynamikken ud fra Ligning (1.4). Det første led udtrykker gældens størrelse fra den n te termin, hertil lægges en rente på det beløb man har tilbage af lånet fra den n te termin og til sidst fratrækkes den aftalte afbetalingsrate. Hvis vi et øjeblik sætter afbetaling pr. termin til A = 0 så ses det at gælden x vil vokse for ethvert r > 0, hvis vi betaler renten altså rx(n) = na vil gælden blive på det aktuelle niveau x(n) og hvis vi betaler mere end renten kommer vi af med vores gæld i et endeligt antal terminer. Et eksempel kunne være at man optager et lån på kr., altså x(0) = 5000 kr., en rente pr. termin givet ved r = 0.1 og en afbetalingsrate A på 750 kr. x(1) = ( )x(0) A = ( ) = 4750, x(2) = ( )x(1) A = ( ) = 4475,. x(11) = ( )x(10) A = ( ) = Hvordan bestemmer vi hvad afbetalingsraten skal være for at lånet er betalt efter 5 terminer? Hvordan bestemmer vi gælden efter n terminer? Dette vender vi tilbage til senere!

8 8 KAPITEL 1. INTRODUKTION a Beskrivelsen for et mere kompliceret netværk af konti, lån o.lign. kræver lidt mere omtanke og mere generelle resultater end vi skal drøfte i denne note. Det næste eksempel blev beskrevet i år 1202 af Leonardo Fibonacci, og er et klassisk eksempel på en rekursivt defineret talfølge. Eksempel 1.2 (Fibonacci-tallene og kaninavlerens problem). I dette eksempel skal vi se nærmere på kaninavl under visse antagelser. Vi forestiller os at vi er kaninavleren og at vi begynder med ét kaninpar, altså en hun og en han. Antagelserne er følgende alle kaninpar kan reproducere fra de er én måned gamle alle kaninpar producerer altid én hun og én han alle voksne kaninpar reproducerer én gang hver måned ingen kaniner dør indenfor den periode vi betragter! Vores første kaninpar er for unge til at reproducere den første måned og derfor har vi stadig kun et kaninpar i anden måned. I tredje måned har vi to par (et par voksne og et par børn), fordi det første kaninpar er blevet gamle nok til at reproducere sig selv. Og dette forsætter i det uendelige. Betragt tabellen nedenfor og Figur 1.2 som illustrerer de første par måneder # Month # kaninpar Ved inspektion af udviklingen kan man opdage et mønster i talrækken; = 2 og 1+2 = 3 og 2+3 = 5 og 3+5 = 8 og dette mønster kan vi skrive ned som en differensligning eller F(n) = F(n 1) + F(n 2), for n 2, (1.6) F n = F n 1 + F n 2, for n 2. (1.7) Ligningerne siger altså at antallet af kaninpar i den n te måned er lig med summen af de to foregående måneder. Denne differensligning er af anden orden og homogen, og vi skal se nærmere på hvordan vi kan analysere den slags ligning i det efterfølgende kapitel. I fysikkens verden optræder differensligninger ofte, og i det næste eksempel skal vi se på henfaldet af radioaktive kerner.

9 1.2. EKSEMPLER 9 Ung til voksen Voksen til voksen Nyt par Ungt par Voksent par Figur 1.2: En illustration af kaninavl efter Fibonaccis model. Bemærk de tre forskellige pile som symboliserer hver deres hændelse, og de skalerede kaninpar som indikerer alderen - og altsa om parret kan avle eller ej.

10 10 KAPITEL 1. INTRODUKTION Eksempel 1.3 (Radioaktivt henfald). Radium isotopen 226 Ra henfalder med cirka 1% for hvert 25. år. Det betyder, at antallet af radioaktive kerner ved begyndelsen af hver 25 års periode vil være på 99% af antallet fra den forrige periode. Vi vælger nu at lade n betegne tiden målt i perioder på 25 år; altså svarer n = 3 til 75 år. Hvis vi betegner antallet af radioaktive kerner efter n 25 års perioder med x n, kan vi skrive antallet af kerner til tiden n + 1 som x n+1 = x n 0.01x n = 0.99x n, (1.8) for n = 1,2,... Dette er et eksempel på en differensligning, og vi kan bruge den til for eksempel at beregne antallet af radioaktive kerner efter fire 25 års perioder, altså når n = 4, hvis vi oprindeligt har x 0 = kerner: x 1 = 0.99x 0 = = 9900 x 2 = 0.99x 1 = = 9801 x 3 = 0.99x 2 = = 9703 x 4 = 0.99x 3 = = 9604 Altså vil der være omkring 9604 radioaktive kerner tilbage efter 100 år. Vi kan også bruge ligning (1.8) til at finde en sammenhæng mellem x 4 og x 0 : x 4 = 0.99x 3 = x 2 = x 1 = x 0 = (0.99) 4 x 0. Umiddelbart ser det ud til, at vi kan beregne værdien af x 4 ved blot at kende x 0, og altså uden direkte at involvere x 1, x 2 eller x 3. Vi skal senere i noten se på hvordan vi netop bestemmer et udtryk for x n ud fra rekursionen i ligning (1.8) samt begyndelsesbetingelsen x 0. Dette var et eksempel på en såkaldt første ordens homogen differensligning. Det sidste eksempel vi har valgt at tage med er også fra fysikkens verden, men denne gang handler det om kølingen af en kop kaffe. Eksempel 1.4 (Kaffekøling). Vi skal regne på temperaturen af en kop kaffe. Lad os derfor forestille os, at vi har brygget en kop dejlig mocca. Dens temperatur er i starten 82 C, altså har vi T 0 = 82 C. Vores opgave er, at bestemme temperaturen af kaffen efter 5 minutter, dog

11 1.2. EKSEMPLER 11 med den hjælp, at vi kan måle kaffens temperatur efter 1 minut. Vi kan altså måle T 1 og skal bestemme T 5. For at bestemme T 5 gør vi brug af Newton s kølingslov. Temperaturændringen i kaffen fra tiden n til tiden n + 1 er proportional med temperaturforskellen mellem kaffen og dens omgivelser. Dette udtrykker vi på følgende måde: T n+1 T n = k (T n S). (1.9) Her er k en proportionalitetskonstant der afhænger af materialet (kaffen) og potentielt også af det valgte tidsskridt. Omgivelsernes temperatur er S. Vi ser altså, at hvis forskellen mellem kaffens temperatur og omgivelserne er meget høj, vil temperaturændringen i kaffen tilsvarende være meget stor. Vi forestiller os nu, at der er gået 1 minut efter vi hældte kaffen op i vores kop og vi måler dens temperatur til at være T 1 = 79 C. Vi kan også bruge vores termometer til at måle omgivelsernes temperatur, som vi måler til S = 21 C. Ud fra vores differensligning (1.9) får vi nu, T 1 T 0 = k (T 0 S) k = T 1 T 0 T 0 S = 79 C 82 C 82 C 21 C = Når vi nu kender værdien af konstanten k, kan vi regne os frem til temperaturen af vores kaffe til tiden n = 4 minutter. Først omarrangerer vi ligning (1.9) så vi får T n+1 = k (T n S) + T n, hvorefter denne benyttes til at udregne følgende: T 2 = k (T 1 S) + T 1 = 0.05(79 C 21 C) + 79 C T 3 = k (T 2 S) + T 2 = 0.05(76.1 C 21 C) C T 4 = k (T 3 S) + T 3 = 0.05(73.3 C 21 C) C = 76.1 C = 73.3 C = 70.7 C T 5 = k (T 4 S) + T 4 = 0.05(70.7 C 21 C) C = 68.2 C. På nuværende tidspunkt, n = 5 minutter, burde kaffen være til at drikke, da dens temperatur, T 5, er 68.2 C. Dette var et eksempel på en såkaldt første ordens inhomogen differensligning.

12 12 KAPITEL 1. INTRODUKTION

13 Kapitel 2 Generelle løsninger I dette kapitel udvider vi vores analyse af de fire eksempler ved at opstille nogle redskaber til at løse de differensligninger der optræder. Vi motiverer først ved at betragte et af eksemplerne igen. Eksempel 2.1 (Penge, Penge, Penge forsat). I Eksempel 1.1 så vi på den matematiske formulering af afvikling af lån (amortifisering) ved konstant rate og rente. Vi afsluttede eksemplet med nogle åbne spørgsmål størrelsen af afbetalingsraten for at være gældfri efter et bestemt antal terminer, og desuden problemet i at kende et eksplicit udtryk for gælden som funktion af terminen altså x(n). Det svarer vi på nu! Betragt systemet x(n + 1) = (1 + r)x(n) A for løbende værdier af n: x(1) = (1 + r)x(0) A, x(2) = (1 + r)x(1) A,. x(n + 1) = (1 + r)x(n) A. Vi vil gerne opnå et udtryk hvor vi direkte kan bestemme x(n +1) uden at skulle iterere n +1 gange. Derfor x(1) = (1 + r)x(0) A, x(2) = (1 + r)((1 + r)x(0) A) A = (1 + r) 2 x(0) (1 + r)a A, x(3) = (1 + r) [ (1 + r) 2 x(0) (1 + r)a A ] A = (1 + r) 3 x(0) (1 + r) 2 A (1 + r)a A,. x(n + 1) = (1 + r) n+1 x(0) [ (1 + r) n + (1 + r) n (1 + r) 2 + (1 + r) + 1) ] A, = (1 + r) n+1 x(0) + 1 (1 + r)n+1 A. r 13

14 14 KAPITEL 2. GENERELLE LØSNINGER Hvor vi ved sidste lighedstegn benyttede en smart omskrivning af summen i den firkantede parantes, som er en geometrisk række. Nu kender vi altså et udtryk for gælden, bestemt ved n, r, A og begyndelsesbetingelsen x(0). Hvis vi vil have betalt lånet tilbage efter n + 1 terminer, hvad skal afbetalingsraten A så være? Det finder vi let ud af ved at isolere A og sætte x(n + 1) = 0, altså x(n + 1) = 0 = (1 + r) n+1 1 (1 + r)n+1 x(0) + A, r r A = 1 (1 + r) n+1 (1 + r)n+1 x(0). (2.1) I det foregående eksempel brugte vi r = 0.1, x(0) = 5000 og A = 750 men hvad skal A være hvis vi vil have lånet fuldstændig afviklet ved den 5 te termin? Det kan vi svare på ved brug af Ligning (2.1) med n = 4, 0.1 A = 1 ( ) 5 ( ) = Afbetalingsraten skal altså være på omkring 1319 kr. Vi har i dette eksempel udledt løsningsmetoden til første-ordens inhomogene differensligninger af formen hvor a og b er konstanter. x(n + 1) = ax(n) + b, 2.1 Differensligninger af første orden En differensligning af første orden kan skrives som x n+1 = ax n + b, (2.2) for n = 0,1,2,... og hvor a og b er konstanter. Vi finder et udtryk for x n ved at anvende ligning (2.2) tilstrækkelig 1 mange gange, Hvis a = 1 ser vi, at x n = ax n 1 + b = a(ax n 2 + b) + b = a 2 (ax n 3 + b) + b(a + 1). = a n x 0 + b(a n 1 + a n a 2 + a + 1). (2.3) x n = x 0 + nb. (2.4) 1 Rent formelt skal man vise denne relation ved induktion.

15 2.2. HOMOGENE DIFFERENSLIGNINGER AF ANDEN ORDEN 15 Det andet led i ligning (2.3) ser vanskeligt ud, men heldigvis kan vi anvende, at for a 1 gælder Derfor bliver den fuldstændige løsning altså a n 1 + a n a 2 + a + 1 = 1 an 1 a. x n = a n x 0 + b 1 an 1 a, a 1 (2.5) x n = x 0 + nb, a = 1 (2.6) Eksempel 2.2 (Radioaktivt henfald fortsat). Vi kiggede i eksempel 1.3 på differensligningen der beskrev radioaktivt henfald, x n+1 = 0.99x n. (2.7) Vi fandt dog ikke nogen løsning til problemet, men betragtede blot nogle enkelte iterationer af ligningen; på nuværende tidspunkt kan vi dog rimelig enkelt finde et udtryk for x n, ved at anvende ligning (2.5). Vi har, at a = 0.99 og b = 0, så vores løsning bliver x n = (0.99) n x 0. Vores startbetingelse var x 0 = kerner, og den endelige løsning er altså x n = (0.99) n I figur 2.1 har vi plottet antallet af kerner som funktion af tiden, hvor tiden stadig er målt i 25 års intervaller. Det ses tydeligt hvorledes antallet af radioaktive kerner falder og nærmer sig nul. 2.2 Homogene differensligninger af anden orden Vi betragter differensligningen x n = px n 1 + qx n 2, (2.8) hvor p, q er konstanter og n 2. Denne ligning er en anden ordens homogen differensligning. Hvis vi fx sætter p = q = 1 får vi Fibonacci sekvensen som vi tidligere har nævnt. Vi skal nu forsøge at finde en løsning til ligning (2.8). Som et gæt prøver vi med x n = Am n, hvor m og A er konstanter. Vi kan nu substituere x n = Am n, x n 1 = Am n 1 og x n 2 = Am n 2 ind i ligning (2.8), hvilket giver os Am n = pam n 1 + qam n 2 Am n 2 ( m 2 pm q ) = 0. (2.9)

16 16 KAPITEL 2. GENERELLE LØSNINGER Antal radioaktive kerner Tid [25 års perioder] Figur 2.1: Antal kerner som funktion af tiden, hvor hvert tidsskridt svarer til 25 år. Vi ser bort fra den trivielle løsning x n = 0. Hvis m 0 og A 0 er m 2 pm q = 0. Denne ligning kaldes auxiliary ligningen for ligning (2.8), og dens løsninger er m 1 = p + p 2 + 4q og m 2 = p p 2 + 4q. (2.10) 2 2 Her kan m 1 og m 2 være reelle eller komplekse tal. Vi ved nu, at x n = Am n 1 og x n = Bm n 2 er partikulære løsninger til ligning (2.8). Her er A og B konstanter. Ligesom det er tilfældet for differentialligninger med to forskellige egenværdier, er den fuldstændige løsning en linear kombination af disse to partikulære løsninger, x n = Cm n 1 + Dmn 2, m 1 m 2, (2.11) hvor C og D er konstanter der fastlægges ud fra begyndelsesbetingelserne Tilfældet m 1 = m 2 Hvis m 1 = m 2 får vi følgende løsning ud fra ligning (2.11) x n = Cm n 1 + Dmn 2 = (C + D)m n 1 = Em n 1, (2.12) hvor E = C + D er en konstant der skal bestemmes af begyndelsesbetingelserne. Det viser sig dog, at der eksisterer endnu en løsning i tilfældet hvor m 1 = m 2, nemlig x n = Fnm n 1, (2.13) hvor F er en konstant. Dette kan indses ved at indsætte ligning (2.13) i ligning (2.8). Den fuldstændige løsning er altså en linear kombination af ligning (2.12) og (2.13),

17 2.2. HOMOGENE DIFFERENSLIGNINGER AF ANDEN ORDEN 17 x n = Em n 1 + Fnmn 1, (2.14) hvor E og F er konstanter der bestemmes af begyndelsesbetingelserne. Eksempel 2.3 (Fibonacci tallene og kaninavlerens problem, forsat). I Eksempel 1.2 fandt vi en anden ordens homogen differensligning for kaninavl, og den så således ud F(n) = F(n 1) + F(n 2), for n 2. Som tidligere nævnt er dette blot den generelle homogene anden-ordens differensligning med p = q = 1. For at finde løsningen udregner vi rødderne i Ligning (2.10) og indsætter dem i løsningsformlen (2.11) ( 1 + ) n 5 1 F(n) = C + D( ) n Konstanterne C og D bestemmer vi ved at benytte vores begyndelsesbetingelser, altså F(0) = 1 og F(1) = 1 som var starten på hele kaninavlerproblemet. Ved anvendelse af disse bliver løsningen ( F(n) = ) n ( ) n 5. 2 Det er interessant at bemærke at løsningsformlen indeholder den irrationelle størrelse 5 selvom vi bare lægger en masse heltal sammen.

18 18 KAPITEL 2. GENERELLE LØSNINGER

19 Kapitel 3 Formelle Potensrækker I dette kapitel skal vi mestendels introducere lidt ekstra notation samt konceptet af formelle potensrækker. Dette er et kapitel for sig fordi det er et essentielt værktøj i analysen af differensligninger og fordi det kræver introduktion af lidt ekstra notation og regneregler. 3.1 Polynomier Lad os først definere hvad et polynomium er: Definition 3.1. Et polynomium p(x) i en variabel x er et udtryk på formen p(x) = a 0 + a 1 x + + a d x d, hvor d er et naturligt tal. Symbolerne a 0,a 1,a 2,...,a d betegner reelle tal, og de kaldes koefficienterne i p(x). Det største j, for hvilket a j 0, kaldes graden af p(x) og benævnes deg(p(x)); graden af polynomiet p(x) = 0 er ikke defineret. Når vi vil skrive et polynomium er det nok at kende en liste over koefficienterne {a 0,a 1,a 2,...}. F.eks. ville {a 0,a 1,a 2,a 3,a 4 } = {3,5,0,1,21} svare til et polynomium p(x) = 3 + 5x + 0x 2 + x x 4. Alternativt kan man også skrive et polynomium vha. sumtegnet Σ på følgende måde: p(x) = a 0 + a 1 x + + a d x d = d a n x n, sumtegnet forkorter altså udtrykket og har desuden den fordel at vi kan summere uendeligt mange led når det bliver nødvendigt. I dette afsnit samler vi op på nogle egenskaber af polynomier. To polynomier kan lægges sammen: Hvis p 1 (x) = a 0 + a 1 x + +a d x d og p 2 (x) = b 0 + b 1 x + + b d x d, så er deres sum givet ved p 1 (x) + p 2 (x) = (a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )x + + (a d + b d )x d. (3.1) 19

20 20 KAPITEL 3. FORMELLE POTENSRÆKKER Umiddelbart ser det ud som om vi i definitionen antager at deg(p 1 (x)) = deg(p 2 (x)), men vi har ikke antaget at a d 0 eller b d 0. Ved at tilføje nogle passende potenser af x med koefficient nul, kan vi altid bruge ligning ((3.1)) til at lægge to polynomier sammen. For eksempel er (5 + 7x) + (1 + 2x + 3x 2 ) = (5 + 7x + 0x 2 ) + (1 + 2x + 3x 2 ) = 6 + 9x + 3x 2. Med sumtegnsnotation kan vi skrive summen af de to polynomier på følgende måde, p 1 (x) + p 2 (x) = = d d a n x n + d To polynomier kan også ganges sammen. Vi har for eksempel b n x n, (3.2) (a n + b n )x n. (3.3) (5 + 7x) (1 + 2x + 3x 2 ) = 5 (1 + 2x + 3x 2 ) + 7x (1 + 2x + 3x 2 ) = 5 + (10 + 7)x + ( )x x 3 = x + 29x x 3. For generelle polynomier p 1 (x) = a 0 + a 1 x + + a d x d og p 2 (x) = b 0 + b 1 x + + b d x d fås at p 1 (x) p 2 (x) = a 0 b 0 + (a 0 b 1 + a 1 b 0 )x + (a 0 b 2 + a 1 b 1 + a 2 b 0 )x a d b d x 2d. (3.4) Denne formel kan også skrives kompakt ved brug af sumtegnet, p 1 (x) p 2 (x) = = ( d a n x n ) ( d b n x n ) d n a j b n j )x ( n. j=0 Desuden kan man også trække en konstant c udenfor sumtegnet, d ca n x n = c d a n x n. Det kan blive relevant at manipulere en lille smule med sumtegnsudtrykkene, f.eks. kan vi være i en situation hvor vi skal lægge to summer sammen som har forskellig indeksering. I sådanne,

21 3.2. FORMELLE POTENSRÆKKER 21 tilfælde kan vi ikke bare lægge summerne sammen som i Ligning (3.3): p 1 (x) + p 2 (x) = d d a n x n d+3 + n=3 (a n + b n )x n. b n x n, Vi kan dog tilpasse udtrykkene ved at skifte indekseringsvariablen n. For eksempel kan vi lade m = n 3 og redefinere koefficienten b n til b m = b n 3 = b n, således at b 0 = b 3, b 1 = b 4 osv.. På den måde kan vi skrive d+3 b n x n = n=3 d b m x m+3 = m=0 d ( b m x 3 )x m. (3.5) m=0 Indekseringsvariablerne n og m betyder intet udenfor sumtegnene og vi kan derfor substituere dem præcis som vi har lyst, eksempelvis betyder det ikke noget hvis vi sætter m = n efter vi har manipuleret udtrykkende som ovenfor i Ligning (3.5). Det betyder at summen p 1 (x) + p 2 (x) nu foretages uproblematisk, p 1 (x) + p 2 (x) = = = d d d a n x n d+3 + a n x n + n=3 d b n x n, (a n + b n x 3 )x n. b m x 3 x m, I det følgende skal vi se på summer med uendeligt mange led, vi kalder disse for uendelige rækker og den specifikke type som vi skal se nærmere på i formel forstand er potensrækken. 3.2 Formelle potensrækker Formelle potensrækker (også kaldt frembringende funktioner) er en generalisering af de polynomier som vi lige har set på. Ligesom et polynomium er potensrækken også fastlagt ved en liste (a 0,a 1,a 2,...) men nu er listen uendelig lang fordi den består af uendelig mange reelle tal. Alle polynomier kan skrives som potensrækken, men i det tilfælde kræver vi at listen af koefficienter kun må indeholde endelig mange tal forskellige fra nul. Uformelt kan vi derfor betragte formelle potensrækker som polynomier af muligvis uendelig grad. Mere præcist betragter vi følgende definition:

22 22 KAPITEL 3. FORMELLE POTENSRÆKKER Definition 3.2. For en uendelig følge af reelle tal a 0,a 1,a 2,... defineres den tilhørende formelle potensrække eller frembrengende funktion f (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +, eller ved hjælp af sumtegnet: f (x) = a n x n. Notation f (x) antyder at vi kunne beregne værdier af en funktion f, hvis vi ville. Det vil dog på nuværende tidspunkt ikke give mening at indsætte et tal på x s plads. Ordet formel i definitionen er en advarsel for det. Det viser sig, men det er ikke en del af kursets pensum, at det alligevel kan give mening at indsætte visse tal på x s plads. I den følgende analyse vil disse formelle potensrækker blot være et værktøj, som vi vil bruge i det næste kapitel. På trods af at en formel potensrække ikke er en funktion af variablen x, viser det at man godt kan udføre beregninger med dem. Formelle potensrækker kan nemlig, ligesom polynomier, ganges og lægges sammen på samme måde som polynomierne: Udtrækning af konstanter: Addition af potensrækker: Multiplikation af potensrækker: ( a n x n ) ca n x n = c a n x n + a n x n, hvor c R. (3.6) b n x n = ( b n x n ) = (a n + b n )x n. (3.7) n a j b n j )x ( n. (3.8) j=0 Indeks-skift: a n x n+k = a n k x n (3.9) n=n 0 n=n 0 +k Lad os afprøve et eksempel hvor vi skal manipulere lidt med indekset:

23 3.2. FORMELLE POTENSRÆKKER 23 Eksempel 3.1. Saml de to potensrækker ca n x n + n=3 ca n x n 3. (3.10) Vi laver et skifte i indekset ved brug af reglen for indeks-skift. Ved at sammenligne den anden potensrække i summen med Ligning (3.9) kan vi se at n 0 = 3 og n+k = n 3 k = 3. Det betyder at Ligning (3.9) giver os identiteten ca n x n 3 = ca n+3 x n, n=3 som dernæst substitueres i Ligning (3.10) således at ca n x n + ca n+3 x n = c (a n + a n+3 )x n. Til sidst benyttede reglen for addition af potensrækker, Ligning 3.7, samt reglen for udtrækning af konstanter, Ligning (3.6). Bemærk at ændringer af indeksvariablen ikke ændrer den øvre grænse når den er uendelig, det er fordi uendelig stadig er uendeligt uanset hvilket endeligt tal vi trækker fra eller lægger til! Det følgende eksempel vedrører multiplikation af potensrækker Eksempel 3.2. Multiplikation af potensrækker via Ligning (3.8). Bestem ( ) ) ) a n x n 1 a j n! xn = x n = (n j)! ( ( n j=0 c n x n, hvor c n = n j=0 a j (n j)!.

24 24 KAPITEL 3. FORMELLE POTENSRÆKKER Formelt set, kender vi altså alle koefficienterne til den uendelige række, de første par stykker er f.eks. givet ved c 0 = c 1 = c 2 = c 3 = 0 j=0 1 j=0 2 j=0 3 j=0 a j (0 j)! = a0 (0 0)! = 1, a j (1 j)! = a0 (1 0)! + a1 (1 1)! = 1 + a, a j (2 j)! = a + a2, a j (3 j)! = a 2 + a2 + a 3. Man kan i nogle tilfælde bestemme et funktionsudtryk for koefficienterne c n. Vi afslutter dette afsnit med et interessant eksempel som er vigtigt for den resterende del af noten. Eksempel 3.3. Lad f (x) = xn og g(x) = 1 x, så er f (x)g(x) = 1 + (1 1)x + (1 1)x 2 + = 1. Det betyder at vi kan opfatte potensrækken f (x) som 1/(1 x). Hermed menes ikke at f (x) er lige med 1/(1 x) som funktion, fordi vi som sagt før, ikke kan indsætte tal på x s plads. Den formelle potensrækker har dog noget til fælles med 1/(1 x), nemlig at både f (x)(1 x) = 1 og (1/(1 x))(1 x) = 1. Så længe vi er klar over at hvis vi taler om formelle potensrækker, så er notationen 1/(1 x) en kompakt skrivemåde for den formelle potensrække xn, og i så fald kan vi godt bruge brøknotationen 1/(1 x). 3.3 Nogle specielle potensrækker Vi har allerede set at vi kan skrive 1 1 x = x n, så længe vi ikke forsøger at indsatte tal på x s plads, men blot opfatter 1/(1 x) af en kompakt notation for den potensrække som ganget med 1 x giver 1. Vi vil i dette afsnit give nogle flere eksempler på det fænomen.

25 3.3. NOGLE SPECIELLE POTENSRÆKKER 25 Eksempel 3.4. Definer rekursivt en talfølge a 0,a 1,... ved 1 hvis n = 0 a n := a a n 1 hvis n 1 Det ses at a 0 = 1, a 1 = a, a 2 = a 2 og ved hjælp af induktion kan det vises at a n = a n. Betragt nu den formelle potensrække A(x) = a n x n. Vi vil bruge den rekursive definition af følgen a 0,a 1,... til at udlede formlen Fordi a 0 = 1 og a n = a a n 1 for n 1, kan vi skrive 1 1 ax = a n x n (3.11) A(x) = 1 + n=1 a nx n = 1 + n=1 a a n 1x n = 1 + ax n=1 a n 1x n 1 = 1 + ax m=0 a mx m = 1 + ax A(x) Herfra fås ved at isolere A(x) at A(x) = 1/(1 ax), som er hvad vi ville vise i ligning (3.11). Vi kunne også have vist ligning (3.11) ved at gange A(x) på 1 ax og vise at A(x) (1 ax) = 1 vha. ligning (3.8). Pointen med fremgangsmåde i det eksempel er at knytte rekursivt definerede talfølger til formelle potensrækker. Ligning (3.11) kaldes den geometriske række.

26 26 KAPITEL 3. FORMELLE POTENSRÆKKER Eksempel 3.5. Vi vil også gerne udlede en måde at skrive 1/(1 ax) 2 som en formel potensrække. Vi har at ( ) ( ) 2 (1 ax) 2 = = a n x n. 1 ax Ved brug af ligning (3.8), fås derfor at koefficienten til x n i ( an x n ) 2 er lig med n a j a n j n = a n = (n + 1)a n. j=0 j=0 Åbenbart gælder 1 (1 ax) 2 = (n + 1)a n x n. (3.12)

27 Kapitel 4 Lineære rekursioner med konstante koefficienter Vi skal i dette kapitel anvende vores viden om formelle potensrækker fra forrige kapitel til at finde løsningsformler for første og anden ordens differensligninger. Vi har dog allerede nået frem til et udtryk for disse rekursioner, ligning (2.6) og (2.11), men vi vil lave en mere formel udledning i de næste afsnit. 4.1 Potensrækker og lineære rekursioner. Vi starter med følgende definition. Definition 4.1. Lad e være et naturligt tal, c 1,c 2,...,c e R reelle tal og f : N R en funktion. Antag at en talfølge a 0,a 1,a 2,... kan defineres rekursivt som a 0 hvis n = 0, a n := a 1 hvis n = 1,.. a e 1 hvis n = e 1, c 1 a n 1 + c 2 a n c e a n e + f (n) hvis n e. (4.1) Man siger, at talfølgen a 0,a 1,a 2,... opfylder en lineær rekursion med konstante koefficienter. Hvis funktionen f (n) = 0 for alle naturlige tal, er lineære rekursion homogen, ellers er den inhomogen. Tallet e kaldes for rekursionens grad. 27