Equazioni alle differenze finite (cenni).

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1 AL 011. Equazioni alle differenze finite (cenni). Sia a n } n IN una successione di numeri reali. (Qui usiamo la convenzione IN = 0, 1,,...}). Diremo che è una successione ricorsiva o definita per ricorrenza se il termine generale della successione è espresso in funzione di un certo numero di termini precedenti a n = φ(a n 1, a n,..., a n k ), dove k è un intero positivo. L intero k si dice grado (o ordine) della successione. Osservazione. Una successione ricorsiva di grado k è completamente determinata dai primi k termini. Infatti, conoscendo a 1, a,..., a k, i termini successivi si ottengono come a k+1 = φ(a k, a k 1,..., a 1 ), a k+ = φ(a k+1, a k,..., a ),... etc.... L equazione a n φ(a n 1, a n,..., a n k ) = 0, (1) soddisfatta dal termine generale di una successione ricorsiva, è detta equazione ricorsiva o alle differenze finite. L equazione si dice: - lineare se la funzione φ è una funzione lineare di a n 1, a n,..., a n k, ossia a n c 1 (n)a n 1 c (n)a n... c k (n)a n k F (n) = 0, dove i coefficienti c 1 (n),..., c k (n) e il termine noto F (n) sono funzioni di n, con c k (n) 0; - lineare a coefficienti costanti se i coefficienti c 1,..., c k sono costanti (il termine noto non è necessariamente costante); - lineare omogenea se il termine noto è identicamente nullo F (n) 0. Esempi. (a) L equazione a n = na n 1, n 1, è lineare omogenea, a coefficienti non costanti (qui c 1 (n) = n), di grado 1. Poniamo ad esempio a 0 = 1. Allora a 1 = 1, a = a 1 =, a 3 = 3a = 3 1,......, a n = n!. (b) L equazione a n = a n 1 + 3a n + a n, n, è omogenea, non lineare (qui a n appare al quadrato), di grado 3. (c) L equazione a n = na n + n, n, è lineare non omogenea, a coefficienti non costanti, di grado. (d) L equazione a n = a n 1 + a n, n, è lineare omogenea, a coefficienti costanti, di grado. Poniamo ad esempio a 0 = 0 e a 1 = 1. Allora ed a n } n IN è la successione di Fibonacci. Poniamo adesso a 0 = e a 1 = 1. In questo caso a = 1, a 3 =, a 4 = 3, a =, a 6 = 8, a = 3, a 3 = 4, a 4 = 7, a = 11, a 6 = 18, Il termine generale della successione a n } n IN così ottenuta soddisfa la stessa equazione ricorsiva della successione di Fibonacci, ma avendo i termini iniziali diversi, è una successione diversa da quella di Fibonacci. 1

2 Equazioni ricorsive lineari a coefficienti costanti. Sia a n c 1 a n 1 c a n... c k a n k = F (n), () una equazione ricorsiva lineare a coefficienti costanti c 1,..., c k IR, con c k 0. L equazione a n c 1 a n 1 c a n +... c k a n k = 0, (3) è l equazione omogenea associata. Proposizione 1. Le soluzioni di un equazione ricorsiva lineare omogenea a coefficienti costanti di grado k formano uno spazio vettoriale. Dim. Dobbiamo verificare che date due soluzioni α n } n e β n } n dell equazione (3), per ogni A, B IR la successione S n = Aα n + Bβ n } n è soluzione dell equazione (3). Sostituendo il termine generale S n nella (3) e sfruttando il fatto che per ipotesi α n c 1 α n 1 c α n... c k α n k = β n c 1 β n 1 c β n... c k β n k = 0, troviamo infatti S n c 1 S n 1 c S n... c k S n k = = (Aα n + Bβ n ) c 1 (Aα n 1 + Bβ n 1 ) c (Aα n + Bβ n )... c k (Aα n k + Bβ n k ) = = A(α n c 1 α n 1 c α n... c k α n k ) + B(β n c 1 β n 1 c β n... c k β n k ) = 0. Questo dimostra che le soluzioni di un equazione ricorsiva lineare omogenea a coefficienti costanti formano uno spazio vettoriale (letteralmente abbiamo dimostrato che le successioni che soddisfano l equazione (3) sono un sottospazio dello spazio vettoriale di tutte le successioni, dove la somma e il prodotto per uno scalare sono definiti termine per termine). Le soluzioni di un equazione ricorsiva lineare omogenea a coefficienti costanti di grado k formano uno spazio vettoriale di dimensione k ed una base di questo spazio può essere costruita esplicitamente a partire dalle radici del polinomio a coefficienti reali di grado k λ k c 1 λ k 1... c 1 = 0 ad essa associato. Qui ci limitiamo a considerare in dettaglio i casi di grado 1 e. Equazioni di grado 1. Lo spazio vettoriale delle soluzioni di un equazione ricorsiva lineare omogenea a coefficienti costanti di grado uno a n ca n 1 = 0, c IR, c 0, (4) ha dimensione 1. Dim. Dimostriamo questo fatto esibendo innanzitutto una soluzione non banale α n } dell equazione (4). Mostriamo poi che ogni successione a n } n IN il cui termine generale soddisfa la (4) è della forma a n = Aα n }, per un opportuno scalare A IR, determinato dal valore termine iniziale a 0 (in altre parole dimostriamo che a n } n spanα n } n }). In questo caso, il polinomio associato all equazione è λ c ed ha come radice il coeffciente c. Definiamo α n = c n } n. È immediato che c n = c c n 1, cioè la successione α n } n soddisfa l equazione (4) e dunque è un elemento non banale dello spazio delle soluzioni. Indichiamo con la famiglia dei multipli di α n } n. S n = Aα n } n, A IR,

3 Sia ora a n } n IN una successione il cui termine generale soddisfa la (4). Per ogni valore a 0 del termine iniziale, esiste A IR per cui S 0 = a 0 : basta prendere infatti A = a 0. Poiché una successione di grado uno è completamente determinata dal termine iniziale a 0, segue che che è esattamente quello che volevamo dimostrare. a n = a 0 c n } n, n IN, Equazioni di grado. Lo spazio vettoriale delle soluzioni di un equazione ricorsiva lineare omogenea a coefficienti costanti di grado due ha dimensione. a n c 1 a n 1 c a n = 0, c 1, c IR, c 0, () Dim. Il metodo è lo stesso usato per le equazioni di grado uno. Sia λ c 1 λ c il polinomio associato all equazione (). Si verifica facilmente che se r 0 è una radice reale del polinomio, la successione r n } n è soluzione dell equazione: infatti r n c 1 r n 1 c r n = r n (r c 1 r c ) = 0. Adesso distinguiamo tre casi, a seconda della natura delle radici del polinomio. - radici reali e distinte r 1 r IR. Definiamo α n = r n 1 } n e β n = r n } n. Le due successioni sono chiaramente linearmente indipendenti in quanto r 1 r implica che non sono una multipla dell altra (elemento per elemento). Sia S n = Aα n + Bβ n } n, A, B IR (6) lo spazio da esse generato. Resta da far vedere che ogni soluzione della () è un elemento della famiglia (6). Precisamente, data a n } n IN una successione il cui termine generale soddisfa la (), con termini iniziali a 0 ed a 1, esistono unici A, B IR tali che a n = Aα n + Bβ n, n IN. Poiché una successione di grado due è completamente determinata dai due termini iniziali, basterà far vedere che esistono unici A, B IR tali che S0 = a 0 S 1 = a 1 A + B = a0 Ar 1 + Br = a 1. Questo segue dal fatto che r 1 r implica che il sistema di destra è compatibile ed ha soluzione unica. - radice reale r di molteplicità. Definiamo α n = r n } n e β n = nr n } n. Le successioni sono chiaramente linearmente indipendenti in quanto r 1 r implica che non sono una multipla dell altra (elemento per elemento). Verifichiamo che anche β n } n soddisfa l equazione (): infatti nr n c 1 (n 1)r n 1 c (n )r n = nr n (r c 1 r c ) + r n (c 1 r + c ) = 0, usando il fatto che r è radice del polinomio e che nel caso di radice reale doppia c 1 r + c = 0 (in questo caso il discriminante del polinomio = c 1 + 4c = 0 e la radice è data da r = c1, da cui segue che c 1 c1 + ( c 1 4 ) = 0). Sia S n = Aα n + Bnβ n } n, A, B IR (6) lo spazio da esse generato. 3

4 A questo punto resta solo da dimostrare che data a n } n IN una successione il cui termine generale soddisfa la (), con termini iniziali a 0 ed a 1, esistono unici A, B IR tali che a n = Aα n + Bnβ n, n IN, ossia tali che S0 = a 0 S 1 = a 1 ( ) 1 0 Poiché det r r A = a0 Ar + Br = a 1. 0, il sistema di destra è compatibile ed ha soluzione unica. - radici complesse coniugate z e z, con Im(z) 0. Consideriamo le successioni complesse α n = z n } n e ᾱ n = z n } n. Le successioni sono chiaramente linearmente indipendenti su IR (e anche su C), in quanto non esiste uno scalare reale t (né uno scalare complesso) con la proprietà che tz n = z n, per ogni n (pensare a come sono messi nel piano z = x + iy e z = x iy). Entrambe soddisfano l equazione (): infatti z n c 1 z n 1 c z n = z n (z c 1 z c ) = 0 = z n c 1 z n 1 c z n = z n ( z c 1 z c ). Sia S n = Aα n + Bβ n } n, (6) lo spazio da esse generato, con A, B scalari possibilmente complessi. Osservazione. Se S n } n è reale, allora B = Ā. Dim. Abbiamo che S n } è reale se e solo se i due termini iniziali S 0 ed S 1 sono reali (sono quelli che determinano tutti gli altri). Scriviamo z = x + iy e A = α + iβ. Dalle equazioni del sistema S0 = A + B IR S 1 = Az + B z IR deduciamo rispettivamente Im(A + B) = Im(A) + Im(B) = 0 e Im(Az + B z) = 0. Ne otteniamo B = Ā. Adesso possiamo caratterizzare il sottoinsieme delle successioni reali all interno della famiglia S n } n come quelle il cui termine generale è della forma Az n + Ā zn = Re(Az n ) = α z n cos(nθ) β z n sin(nθ) = P z n cos(nθ) + Q z n sin(nθ), per θ = arg(z), con P, Q IR. Resta da far vedere che ogni successione reale a n } n che soddisfa l equazione () può essere ottenuta per opportuni valori di P e Q, determinati univocamente dai termini iniziali a 0 ed a 1. Infatti il sistema P = a0 P z cos θ + Q z sin θ = a 1 è compatibile ed ha soluzione unica (in coordinate polari, la condizione Im(z) 0, si traduce in sin θ 0, per θ = arg(z)). 4

5 Proposizione. Siano α n } n e β} n soluzioni di un equazione ricorsiva lineare non omogenea a coefficienti costanti. Allora la loro differenza è soluzione dell equazione omogena associata. Dim. Si verifica che (α n β n ) c 1 (α n 1 β n 1 ) c (α n β n )... c k (α n k β n k ) = = (α n c 1 α n 1 c α n... c k α n k ) (β n c 1 β n 1 c β n... c k β n k ) = F (n) F (n) 0. Corollario. Di conseguenza la soluzione generale (ossia la famiglia di tutte le soluzioni) di un equazione ricorsiva lineare a coefficienti costanti () è data da X n = ξ 0 n + S n } n dove ξ 0 n} n è una soluzione particolare (ossia una soluzione qualunque, fissata) dell equazione () ed S n } n è lo spazio delle soluzioni dell equazione omogenea associata (3). La determinazione di una soluzione particolare della equazione () dipende dalla forma del termine noto F (n) e può essere un problema complicato. Diamo la ricetta per determinare una soluzione particolare nel caso in cui il termine noto è della forma speciale F (n) = s n p(n), s IR, p(n) = p t n t + p t 1 n t p 1 n + p 0, p i IR, (7) ossia dato dalle potenze di un numero reale per un polinomio in n di grado t. Ricetta. Se il termine noto è del tipo (7), una soluzione particolare dell equazione () va ricercata della forma ξ 0 n} n, con ξ 0 n = s n (q t n t + q t 1 n t q 1 n + q 0 ), q i IR, se s non è radice del polinomio associato n m s n (q t n t + q t 1 n t q 1 n + q 0 ) se s è una radice del polinomio associato di molteplicità m, dove il q(n) è anch esso un polinomio in n, dello stesso grado di p(n). I coefficienti q 0, q 1,..., q t di q(n) si determinano sostituendo ξ 0 n nell equazione, e imponendo che sia appunto soluzione dell equazione completa.

6 Esempi Esempio 1. Determinare la successione che soddisfa l equazione ricorsiva a n = a n 1 + a n, n, con condizioni iniziali a 0 = 0, a 1 = 1. costanti di grado due a n a n 1 a n = 0, il cui polinomio associato è dato da λ λ 1 = 0. Le radici sono reali e distinte, date da r 1 = 1+ ed r = 1. Pertanto una base dello spazio delle soluzioni dell equazione è data dalle successioni di termine generale α n = ( 1+ ) n e β n = ( 1 ) n e lo spazio delle soluzioni è dato dalle successioni di termine generale S n = A( 1 + ) n + B( 1 ) n, Le condizioni iniziali a 0 = 0, a 1 = 1 determinano univocamente le costanti A, B: infatti S0 = a 0 = 0 S 1 = a 1 = 1 A + B = 0 A( 1+ ) + B( 1 ) = 1 A = 1, B = 1. Conclusione: la successione cercata è ed è la famosa successione di Fibonacci. 1 ( 1 + ) n 1 ( 1 ) n } n Esempio. Determinare la successione che soddisfa l equazione ricorsiva a n = a n 1 + a n, n, con condizioni iniziali a 0 = a 1 = 1. Sol. Nello spazio delle soluzioni dell equazione a n a n 1 a n = 0, che è dato dalle successioni di termine generale S n = A( 1 + ) n + B( 1 ) n, A, B IR, questa volta cerchiamo la soluzione che soddisfa le condizioni iniziali a 0 = a 1 = 1. Esse determinano univocamente le costanti A, B: infatti S0 = a 0 = 1 S 1 = a 1 = 1 A + B = 1 A( 1+ ) + B( 1 ) = 1 A = 1 (1 + ), B = 1 (1 ). Conclusione: la successione cercata questa volta è 1 (1 + )(1 + ) n + 1 (1 )(1 ) n } n. Abbiamo già osservato che questa è una successione diversa dalla successione di Fibonacci. Esempio 3. Determinare la successione che soddisfa l equazione ricorsiva a n = a n 1 + a n, n, con condizioni iniziali a 0 =, a 1 = 7. costanti di grado due a n a n 1 a n = 0, il cui polinomio associato è dato da λ λ = 0. Le radici sono reali e distinte r 1 = ed r = 1. Lo spazio delle soluzioni è dato dalle soluzioni di termine generale S n = A n + B( 1) n, 6

7 Le condizioni iniziali a 0 = 0, a 1 = 1 determinano univocamente le costanti A, B: infatti S0 = a 0 = S 1 = a 1 = 7 A + B = A B = 7 A = 3, B = 1. Conclusione: la successione cercata è 3 n ( 1) n } n = 3 n + ( 1) n+1 } n. Osservazione. Se avessimo imposto le condizioni iniziali a 0 = 0, a 1 = 1, avremmo trovato come soluzione la successione 1 3 n 1 3 ( 1)n } n. Esempio 4. Determinare la successione che soddisfa l equazione ricorsiva a n = 4a n 1 4a n, n, con condizioni iniziali a 0 = 0, a 1 =. costanti di grado due a n 4a n 1 + 4a n = 0, il cui polinomio associato è dato da λ 4λ + 4 = 0. Le radici sono reali e coincidenti r 1 = r = r =. Una base dello spazio delle soluzioni dell equazione è data dalle successioni di termine generale α n = n e β n = n n e lo spazio delle soluzioni è dato dalle successioni di termine generale S n = A n + Bn n, Le condizioni iniziali a 0 = 0, a 1 = 1 determinano univocamente le costanti A, B: S0 = a 0 = 0 S 1 = a 1 = A = 0 A + B = A = 0, B = 1. Conclusione: la successione cercata è n n } n. Osservazione. Se avessimo imposto le condizioni iniziali a 0 =, a 1 = 1, avremmo trovato come soluzione la successione n 3 nn } n. Esempio. Determinare la successione che soddisfa l equazione ricorsiva a n = a n, n, con condizioni iniziali a 0 = 0, a 1 = 1. costanti di grado due a n + a n = 0, il cui polinomio associato è dato da λ + 1 = 0. Le radici sono complesse coniugate z = i e z = i. Scriviamo z = i in forma polare, come cos( π ) + i sin( π ), dove z = 1 e θ = arg(z) = π. In questo caso, una base dello spazio delle soluzioni dell equazione è data dalle successioni di termine generale α n = z n cos(nθ) = cos(n π ) e β n = z n sin(nθ) = sin(n π ) e lo spazio delle soluzioni è dato dalle successioni di termine generale S n = P cos(n π ) + Q sin(nπ ), P, Q IR. Le condizioni iniziali a 0 = 0, a 1 = 1 determinano univocamente le costanti P, Q: S0 = a 0 = 0 S 1 = a 1 = 1 P = 0 Q = 1. 7

8 Conclusione: la successione cercata è sin(n π )} n. Osservazione. Se avessimo imposto le condizioni iniziali a 0 = 1, a 1 = 1, avremmo trovato come soluzione la successione cos(n π ) + sin(nπ )} n. Esempio 6. Determinare la successione che soddisfa l equazione ricorsiva a n = a n 1 a n, n, con condizioni iniziali a 0 =, a 1 = 1. costanti di grado due a n a n 1 + a n = 0, il cui polinomio associato è dato da λ λ + = 0. Le radici sono complesse coniugate z = 1 + i e z = 1 i. Scriviamo z = 1 + i in forma polare, come (cos( π 4 ) + i sin( π 4 )), dove z = e θ = arg(z) = π 4. In questo caso, una base dello spazio delle soluzioni dell equazione è data dalle successioni di termine generale α n = z n cos(nθ) = cos(n π 4 ) e β n = z n sin(nθ) = sin(n π 4 ) e lo spazio delle soluzioni è dato dalle successioni di termine generale S n = P n cos(n π 4 ) + Q n sin(n π 4 ), P, Q IR. Le condizioni iniziali a 0 =, a 1 = 1 determinano univocamente le costanti P, Q: S0 = a 0 = S 1 = a 1 = 1 P = P + Q = 1 P =, Q = 1. Conclusione: la successione cercata è n cos(n π 4 ) n sin(n π 4 )} n. Osservazione. Se avessimo imposto le condizioni iniziali a 0 = 1, a 1 = 1, avremmo trovato come soluzione la successione cos(n π 4 ) + sin(nπ 4 )} n. Esempio 7. Determinare la successione che soddisfa l equazione ricorsiva a n a n 1 + a n = n, n, con condizioni iniziali a 0 =, a 1 = 3. costanti di grado due a n a n 1 + a n = 0, il cui polinomio associato è dato da λ λ + = 0. Le radici sono reali e coincidenti r 1 = r = r = 1. Una base dello spazio delle soluzioni dell equazione è data dalle successioni di termine generale α n = 1 n 1 e β n = n1 n = n e lo spazio delle soluzioni è dato dalle successioni di termine generale S n = A + Bn, Adesso determiniamo una soluzione particolare dell equazione completa: il termine noto F (n) = n, è della forma s n p(n), dove s = 1 è radice di molteplicità m = del polinomio associato all equazione omogenea e p(n) è un polinomio di grado uno in n. Dunque la soluzione particolare va cercata della forma ξ n = n s q(n), q(n) = (an + b) generico polinomio di grado uno in n. 8

9 Dunque della forma ξ n = n (an + b), dove i coefficienti a e b risulteranno determinati imponendo appunto che ξ n sia soluzione dell equazione completa. Infatti abbiamo che ξ n ξ n 1 + ξ n = n se e solo se n (an + b) ((n 1) (a(n 1) + b)) + ((n ) (a(n ) + b)) = = an 3 + bn (n + 1 n)(an a + b) + (n + 4 4n)(an a + b) = La soluzione particolare trovata ha termine generale = = = n(6a 1) + (b 6a) = 0 a = 1 6, b = 1. ξ n = n ( 1 6 n + 1 ), e la soluzione generale dell equazione completa ha termine generale T n = n ( 1 6 n + 1 ) + A + Bn, Le costanti A, B sono determinate univocamente dalle condizioni iniziali: T0 = a 0 = T 1 = a 1 = 3 Conclusione: la successione cercata è A = A + B = 3 A =, B = 1 3. n ( 1 6 n + 1 ) n} n. Esempio 8. Sia F n la successione definita per ricorrenza da F n = F n 1 F n + con condizioni iniziali F 1 = 0 ed F = 1. Determinare F. Determinare F n risolvendo la corrispondente equazione alle differenze finite. Sol. - F 3 = F F 1 + = 4, F 4 = F 3 F 3 + = 9, F = F 4 F 3 + = Soluzione generale dell omogenea: polinomio caratteristico λ λ + 1 con radice λ = 1 doppia, da cui α n = A1 n + Bn1 n = A + nb, Soluzione particolare: da cercarsi del tipo β n = cn. Sostituendo nell equazione originale si trova c = 1, da cui: Soluzione generale dell equazione originale: β n = n. F n = A + nb + n, Imponendo le condizioni iniziali F 1 = 0 ed F = 1, troviamo A + B = 1 A + B = 3 A = 1, B =, 9

10 da cui la soluzione dell equazione originale con le condizioni iniziali date risulta F n = 1 n + n. Si può controllare che effettivamente F = 16, come previsto (cf. (a)). Esempio 9. Sia F n la successione definita per ricorrenza da F n = F n 1 + F n + 3 n con condizioni iniziali F 1 = 0 ed F = 1. Determinare F. Determinare F n risolvendo la corrispondente equazione alle differenze finite. (a) F 3 = F + F = 8, F 4 = F 3 + F = 111, F = F 4 + F = 410. (b) Equazione omogenea associata F n = F n 1 + F n, con polinomio caratteristico λ λ = 0. Le radici del polinomio caratteristico sono λ =, 1 e la soluzione generale dell omogenea è data da α n = A n + B( 1) n, Cerchiamo una soluzione particolare della forma β n = C3 n, C IR, (perché il termine noto è della forma 3 n P (n), con P (n) polinomio in n di grado zero, e 3 non è radice del polinomio caratteristico dell omogenea). Sostituendo β n nell equazione originaria troviamo che C = 9 4. La soluzione generale dell equazione originaria è data da S n = A n + B( 1) n n, Imponendo le condizioni iniziali determiniamo infine A e B: F1 = A B = 0 F = 4A + B = 1 A = 13 3, B =

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