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Date: Sun, 26 Dec 2021 21:52:19 +0100
Subject: lineare differenzengleichungen, beta, integral-gamma

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 buch/chapters/040-rekursion/linear.tex | 108 ++++++++++++++++++++++++++++++++-
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@@ -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.
 
 
 
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cgit v1.2.1

