From 8e2af1ae4e7a82cd0a54b11f9e79ea6087e81d28 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?Andreas=20M=C3=BCller?= Date: Sun, 26 Dec 2021 21:52:19 +0100 Subject: lineare differenzengleichungen, beta, integral-gamma --- buch/chapters/040-rekursion/linear.tex | 108 ++++++++++++++++++++++++++++++++- 1 file changed, 107 insertions(+), 1 deletion(-) (limited to 'buch/chapters/040-rekursion/linear.tex') diff --git a/buch/chapters/040-rekursion/linear.tex b/buch/chapters/040-rekursion/linear.tex index 7c0aac7..2c05d60 100644 --- a/buch/chapters/040-rekursion/linear.tex +++ b/buch/chapters/040-rekursion/linear.tex @@ -21,11 +21,117 @@ In diesem Abschnitt soll daher eine Klasse von Rekursionsgleichungen näher untersucht werden, für die einfache Lösungen möglich sind. \subsection{Lineare Differenzengleichungen} +Die Fibonacci-Zahlen sind definiert durch die lineare Rekursionsgleichung +\begin{equation} +F_{n+1\mathstrut} = F_{n\mathstrut} + F_{n-1\mathstrut}, +\qquad +F_1=1,\quad F_0=0. +\label{buch:rekursion:eqn:fibonacci} +\end{equation} +Ganz ähnlich wie bei der Gamma-Funktion kann man auch hier die Frage +stellen, ob es eine Funktion $F(z)$ von komplexen Argument gibt derart, +dass +\begin{equation} +F(z+1) = F(z) + F(z-1), \qquad F(1)=1,\quad F(0)=0. +\label{buch:rekursion:eqn:fibonaccikomplex} +\end{equation} -\subsection{Lösung mit Polynomfunktionen} +\begin{aufgabe} +Gibt es eine Funktion +\[ +F(z) = \sum_{k=0}^\infty a_k (z-z_0)^k +\] +derart, dass +\[ +F(z+1) = F(z)+F(z-1)? +\] +\end{aufgabe} +Sind $F_1(z)$ und $F_2(z)$ Lösungen der Differenzengleichung, dann +sind beliebige Linearkombinationen $\lambda F_1(z) + \mu F_2(z)$ +ebenfalls Lösungen. +Ausserdem ist $e^{2k\pi i}F(z)$ eine Lösung der Differenzengleichung, +es gibt also unendlich viele linear unabhängige Lösungen. +\subsection{Lösung mit Potenzfunktionen} +Gesucht ist eine ganze Funktion, also eine Funktion +$F\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$, die Lösung einer +Differenzengleichung +\begin{equation} +\sum_{k=0}^n a_kF(z+n)=0, +\end{equation} +mit $a_n\ne 1$. +ist. +Ein erfolgversprechender Ansatz ist $F(z)=e^{bz}=(e^b)^z$, da die +Exponentialfunktion eine ganze Funktion ist. +Die Differenzengleichung führt auf +\[ +0 += +\sum_{k=0}^n +a_kF(z+n) += +\sum_{k=0}^n +a_k e^{b(z+n)} += +e^{bz} +\sum_{k=0}^n +a_k (e^b)^n. +\] +Gesucht ist also $a\in\mathbb{C}$ derart, dass $e^a$ eine Nullstelle +des charakteristischen Polynomes +\[ +p(x) = \sum_{k=0}^n a_kx^k +\] +der Differenzengleichung ist. +Die Zahl $a$ ist nicht eindeutig, denn wenn $e^a$ eine Nullstelle ist, +dann ist $e^{a+2\pi i}=e^a$ eine Nullstelle. +Dies sind die einzigen Lösungen der Differenzengleichung. +Seien also $\lambda_j$ die Nullstellen von $p(x)$ mit $1\le j\le n$. +Dann gibt es komplexe Zahlen $b_j$ +mit $-\pi < \operatorname{Im}b_j < \pi$ derart, dass $e^{b_j}=\lambda_j$. +Die Funktionen +\[ +F_{jk}(z) = e^{2k\pi i z} e^{b_jz} +\] +sind Lösungen der Differenzengleichung. + +\subsection{Komplexe Fibonacci-Zahlen} +Matt Parker vom Youtube-Kanal Stand-up Maths hat in einem +Video\footnote{\url{https://youtu.be/ghxQA3vvhsk}} die Lösungsfunktionen +für die Differenzengleichung der Fibonacci-Zahlen für beliebige +reelle und komplexe Argumente visualisiert. +Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms +\[ +\lambda^2-\lambda-1=0 +\qquad +\Rightarrow +\qquad +\lambda_\pm = \begin{cases} +\displaystyle +\frac{\sqrt{5}+1}{2}=\varphi +\\[3pt] +\displaystyle +\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{1}{\varphi}, +\end{cases} +\] +dabei ist $\varphi$ das Verhältnis des goldenen Schnittes. +Die Anfangsbedingungen $F(0)=0$ und $F(1)=1$ bedeutet, dass +\[ +F(z) = \varphi^z - \frac{1}{\varphi^z} +\] +Dies ist die Funktion, die Matt Parker visualisiert hat. +Allerdings sind die Funktionen +\[ +F_{kl}(z) += +\varphi^ze^{2k\pi iz} +- +\frac{1}{\varphi^z} e^{2l\pi z} +\] +ebenfalls Lösungen der Differenzengleichung mit den gleichen +Anfangswerten. -- cgit v1.2.1