Rekurzivne relacije - FESB

5. REKURZIVNE RELACIJE
5.1 Fibonaccijev slijed (niz)
Primjer rekurzivnih relacija:
Svaki par zecica-zec dobiva tijekom svakog sljedećeg
mjeseca par mladih: zecicu i zeca.
Pitanje: Ako je na pocetku bio samo jedan par f 0 = 1;
koliko će parova f n biti nakon n mjeseci?
Rješenje je jednoznacno odre ¯deno nizom prirodnih
brojeva (f n ) ; n = 0; 1; 2; :: koji je dan rekurzivnom
relacijom
f n = f n 1 + f n 2 ; n = 2; 3; ::
gdje je f 0 = 1 i f 1 = 1:
Denicija Fibonaccijev slijed (niz) (F n ) denira se
pocetnim vrijednostima F 0 = 0 i F 1 = 1 i rekurzivnom
relacijom
F n = F n 1 + F n 2 ; n = 2; 3; ::: .
Propozicija 1 (A. de Moivre) Za Fibonaccijev slijed
(F n ) vrijedi "zatvorena formula"
"
F n = p 1 1 + p ! n p ! n #
5 1 5
; n = 0; 1; 2; ::: .
5 2
2

Napomena: Moe se pokazati (iz zatvorene formule)
da je
lim
n!1
F n+1
F n
= 1 + p 5
2
1:618:
Ovaj broj naziva se zlatni prerez (boanski omjer).
Posljedica 1 Broj F n u Fibonaccijevom slijedu jednak
je cijelom broju koji je nablii broju p
1+ 1
p n
5
5
: Slijed
(F n ) ima eksponencijalni rast.
5.1 Linearne rekurzivne relacije
Opći oblik linearne rekurzivne relacije reda r je
a n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 + ::: + c r a n r + f (n) ; n r;
(1)
gdje su c 1 ; c 2 ; :::; c r zadani realni ili kompleksni brojevi
i c r 6= 0; a f : fr; r + 1; :::g ! R (ili C).
Ovdje je n ti clan rekurzivno odre ¯den vrijednostima
predhodnih clanova a n 1 ; a n 2 ; ::: ; a n r .
Cilj: Riješiti (1) po a n ; tj. uz zadane pocetne vrijednosti
a 0 ; a 1 ; ::: ; a r 1 naći a n eksplicitno kao funkciju od n
(zatvorenu formu).
2

Linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnim
koecijentima
Rekurzivna relacija (1) je homogena ako je f (n) 0
za sve n. Dakle, imamo
a n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 + ::: + c r a n r ; n r: (2)
Propozicija 2 Ako za dva slijeda (a 0 n) i (a 00 n) ; n 0
vrijedi rekurzivna relacija (2), onda vrijedi i za njihovu
linearnu kombinaciju (a 0 n + a 00 n) ; gdje su ; 2 R
(ili C) bilo koji skalari.
Rješenje od (2) traimo u obliku:
a n = x n ;
Eulerova supstitucija:
Uvrštavanjem u (2) za x 6= 0 dobivamo
x n = c 1 x n 1 + c 2 x n 2 + ::: + c r x n r ; n r;
što povlaci (dijeljenjem s x n r 6= 0)
x r c 1 x r 1 c 2 x r 2 ::: c r = 0: (3)
Po Osnovnom teoremu algebre karakteristicna jednadba
(3) ima u skupu kompleksnih brojeva r korijena
x 1 ; x 2 ; :::; x r (neki mogu biti me ¯dusobno jednaki).
Zbog pretpostavke c r 6= 0 niti jedan x i nije 0.

Razlikujemo dva slucaja:
1. Slucaj r razlicitih korijena karakteristicne jednadbe
Teorem 1 Neka su svi korijeni x 1 ; x 2 ; :::; x r karakteristicne
jednadbe me ¯dusobno razliciti. Tada je opće
rješenje linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnim
koecijentima jednako linearnoj kombinaciji
a n = 1 x n 1 + 2 x n 2 + ::: + r x n r; n = 0; 1; 2; ::: (4)
gdje su 1 ; 2 ; :::; r bilo koji kompleksni brojevi.
2. Slucaj kada postoje višestruki korijeni karakteristicne
jednadbe
Lema1 Ako je kompleksni broj x 0 k struki korijen
polinoma P (x) ; onda je on (k 1) struki korijen
derivacije P 0 (x) :
Propozicija 3 Ako je kompleksni broj x 0 k struki korijen
karakteristicne jednadbe (3), onda svaki od k
sljedova
a n = x n 0; a n = nx n 0; :::; a n = n k 1 x n 0;
predstavlja rješenje rekurzivne relacije (2):

Teorem 2 Neka su x 1 ; x 2 ; :::; x m svi razliciti korijeni
karakteristicne jednadbe kratnosti k 1 , k 2 ; :::k m :
Rješenje a (i)
n od (2); koje odgovara korijenu x i kratnosti
k i ; je linearna kombinacija k i sljedova
a (i)
n
= (i)
1 xn i + (i)
2 nxn i +:::+ (i)
k i
n k i 1 x n i ; n = 0; 1; 2; :::;
pri cemu su (i)
1 ; (i) 2 ; :::; (i)
k i
Opće rješenje je dano sa
a n = a (1)
n
kompleksni koecijenti.
+ ::: + a (m)
n : (5)
(ovdje imamo ukupno r = k 1 + k 2 + ::: + k m slobodnih
koecijenata).
Linearne nehomogene rekurzivne relacije s konstantnim
koecijentima
Opći oblik je
a n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 + ::: + c r a n r + f (n) ; n r;
(6)
gdje su c 1 ; c 2 ; :::; c r zadani realni ili kompleksni brojevi
i c r 6= 0; a f : fr; r + 1; :::g ! R (ili C).

Propozicija 4. Neka je
a (0)
n
opće rješenje pripadne
homogene rekurzivne relacije je dano Teoremom 2.
Ako znamo neko patikularno rješenje od (6)
a (p)
n
onda je opće rješenje nehomogene rekurzivne
relacije (6) dano sa
a n = a (0)
n
+ a (p)
n : (7)
Napomena: Općenito nalaenje partikularnog
rješenja je općenito komplicirano, ali u nekim slucajevima
postoje recepti. Evo nekih:
f (n)
C (const:)
A
Cn
An + B
P k (n)
Q k (n)
C n
A n
C n cos n + D n sin n A n cos n + B n sin n
a (p)
n
Primjedba: Ako je f (n) = C n i x = korijen
karakteristicne jednadbe, onda partikularno rješenje
ne moemo traiti u obliku a (p)
n = A n :

5.2 Primjeri
Primjer 1 Dana je rekurzivna relacija
a n = 6a n 1 9a n 2 + 2n; n 2
uz pocetni uvjet a 0 = 1; a 1 = 2:
Primjer 2 Dana je rekurzivna relacija
a n = a n 1 + n 1; n 1
uz pocetni uvjet a 0 = 0:
Primjer 3 Hanojske kule.
Imamo n kolutova s rupom u sredini, svi razlicitih
polumjera i na ravnoj podlozi zabodena tri štapića;
Svi kolutovi su nanizani na jedan štapić tako da
je kolut s većim polumjerom uvijek ispod onog s
manjim polumjerom;
Cilj: Prenijeti sve kolutove (jedan po jedan) na drugi
štapić tako da ni u jednom trenutku ne bude onaj s
većim polumjerom ispod onog s manjim. Pri tome
svaki od štapića moemo koristiti za privremeno
smještanje kolutova;
Pitanje: Koliki je najmanji broj prijenosa a n potreban
da se svih n kolutova prenese s prvog na drugi
štapić?

Induktivni opis:
Za n = 1 (jedan kolut) imamo samo jedan prijenos
a 1 = 1;
Pretpostavimo da znamo prenijeti n kolutova
(imamo a n prijenosa).
Za prijenos n + 1 koluta imamo sljedeće:
- prenesemo n kolutova na drugi štapić (ukupno a n
prijenosa);
- prenosimo najveći kolut na treći štapić (ukupno 1
prijenos);
- prenesemo n kolutova s drugog na drugi štapić
(ukupno a n prijenosa).
Dakle, vrijedi
a n+1 = 2a n + 1; a 1 = 1
Rješenje je:
a n = 2 n
1; n 2 N
Napomena: Zapravo imamo
a n+1 2a n + 1:
Ali budući je
a n+1 2a n + 1
imamo jednakost.