Асимптотическое поведение последовательности, заданной рекуррентным соотношением

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск

Нахождение асимптотики рекуррентной последовательности[править]

Здесь будет рассмотрен метод поиска функции, которая имеет одинаковую асимптотику[1] с [math]a_n[/math], то есть при [math]n \rightarrow \infty[/math] будет отличаться от [math]a_n[/math] в константу раз. Из теоремы о связи между рациональностью производящей функции и линейной рекуррентностью задаваемой ей последовательности известно, что последовательность, заданная рекуррентным соотношением, представима в виде дробно-рациональной производящей функции в следующем виде: [math]A(t)=\dfrac{P(t)}{Q(t)}[/math], где [math]Q(t) = 1 - c_1 \cdot t - c_2 \cdot t^2 - \ldots - c_s \cdot t^s[/math], [math]deg(P) \lt s[/math], тогда [math]Q(t)[/math] — многочлен конечной степени, следовательно, он имеет [math]s[/math] корней [math]t_i\in \mathbb{C}[/math], каждый из которых имеет некоторую кратность [math]f_i[/math].

Идея

Дробно-рациональную производящую функцию можно представить в виде [math]A(t)=\dfrac{P(t)}{Q(t)}=\dfrac{c_1}{(1-r_1 t)^{f_1}} + \dfrac{c_2}{(1-r_2 t)^{f_2}} + \ldots + \dfrac{c_s}{(1-r_s t)^{f_s}}[/math], а из леммы о представлении коэффициента последовательности, заданной рациональной ПФ, в форме квазимногочлена мы знаем, чему равен [math]n[/math]-й коэффициент последовательности, которую задает каждая дробь, тогда [math]n[/math]-й коэффициент [math]A(t)[/math] будет равен [math]c_1 \begin{pmatrix} f_1 - 1 + n \\ f_1 - 1 \end{pmatrix} r_1^{n} + c_2 \begin{pmatrix} f_2 - 1 + n \\ f_2 - 1 \end{pmatrix} r_2^{n}+\ldots+ c_s \begin{pmatrix} f_s - 1 + n \\ f_s - 1 \end{pmatrix} r_s^{n}[/math]. Очевидно, наибольший вклад в поведение [math]a_n[/math] вносит наибольший по модулю [math]r_i[/math] с наибольшей кратностью [math]f_i[/math].

Зная, что [math]\begin{pmatrix} f_i - 1 + n \\ f_i - 1 \end{pmatrix} = \dfrac{(n + 1)(n + 2)\ldots(n + f_i - 1)}{(f_i - 1)!}[/math], и, пренебрегая константой, получаем, что [math]a_n \sim n^{f_i - 1} \cdot r_i^{n}[/math].

Алгоритм

Найдем обратные корни к [math]t_i[/math], то есть [math]r_i = \dfrac{1}{t_i}[/math]. Тогда имеем набор [math]r_1, r_2, \,\dots, r_s[/math] обратных корней [math]Q(t)[/math] с кратностью соответственно [math]f_1, f_2, \,\dots, f_s[/math]:

  1. Существует единственный максимальный по модулю обратный корень: [math]\exists i: \: \forall j \neq i \; |r_i| \gt |r_j|[/math].
    Тогда [math]r_i \in \mathbb{R}[/math], в этом случае [math]a_n \sim n^{f_i - 1} \cdot r_{i}^{n}[/math].
  2. Существует несколько максимальных по модулю обратных корней:
    Найдем коэффициенты корней [math]c_i[/math], которые получаются разложением [math]A(t)[/math] на сумму простых дробей в вида [math]\dfrac{c_i}{(1 - r_i t)^{f_i}}[/math].
    Возьмем те обратные корни, кратность которых максимальна, тогда имеем набор [math]r_1, r_2, \,\dots, r_l[/math], в котором каждый обратный корень имеет максимальную кратность [math]f[/math]. Тогда [math]\forall j \in 1 \,\dots\, l :\; r_j = z e^{i \phi_j}[/math], где [math]z[/math] — модуль каждого из корней.
    Значит [math]\displaystyle a_n \sim n^{f - 1} \sum_{j = 1}^{l} {c_j \cdot r_j^n} = n^{f - 1} \sum_{j = 1}^{l} {c_j \cdot (z\cdot e^{i \phi_j})^{n}} = n^{f - 1} z^n \sum_{j = 1}^{l} {c_j \cdot e^{i \phi_j n}}[/math], где [math]c_j[/math] — коэффициенты, полученные при разбиении дробно-рациональной функции на простые дроби.

Примеры задач[править]

Задача:
Оцените асимптотическое поведение коэффициента [math]a_n[/math] производящей функции [math]A(t)=\dfrac{t^2}{1 - 2t - t^2 + 2t^3}[/math] при [math]n \rightarrow \infty[/math].

Найдем корни знаменателя производящей функции: [math]Q(t) = 1 - 2t - t^2 + 2t^3 = (1 - 2t)(1 - t)(1 + t)[/math], тогда обратные корни: [math]r_1 = 2,\,f_1 = 1;\; r_2 = 1,\, f_2 = 1;\; r_3 = -1,\, f_3 = 1[/math].

Выберем максимальный по модулю [math]r_1 = 2[/math], тогда [math]a_n \sim n^{f_1 - 1} \cdot r_{1}^{n} = 2^n[/math].

Задача:
Оцените асимптотическое поведение коэффициента [math]a_n[/math] производящей функции [math]A(t)=\dfrac{1}{(1 - 2t)(1 + 4t^2)}[/math] при [math]n \rightarrow \infty[/math].

Найдем корни знаменателя производящей функции: [math]Q(t) = (1 - 2t)(1 + 4t^2)[/math]: [math]t_1 = \dfrac{1}{2},\, t_2 = \dfrac{1}{2i},\, t_3 = -\dfrac{1}{2i}[/math], тогда обратные корни: [math]r_1 = 2,\,f_1 = 1;\; r_2 = 2i,\, f_2 = 1;\; r_3 = -2i,\, f_3 = 1[/math]. Все три обратных корня имеют одинаковый модуль [math]z = 2[/math] и кратность [math]f = 1[/math].

Для определения доминирующего коэффициента разложим производящую функцию на простые дроби, например, с помощью метода неопределенных коэффициентов, так мы найдем [math]c_i:[/math]

[math]A(t) = \dfrac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2} - t} + \dfrac{\frac{1 - i}{4}}{t + \frac{1}{2i}} + \dfrac{\frac{1 + i}{4}}{t - \frac{1}{2i}},\; c_1 = \dfrac{1}{4},\, c_2 = \dfrac{1 - i}{4},\, c_3 = \dfrac{1 + i}{4}[/math]

[math]\displaystyle a_n \sim n^{f - 1} \sum_{i = 1}^{3} {c_i \cdot r_i^{n}} = n^{1 - 1} \cdot \left(\dfrac{1}{4} \cdot 2^n + \dfrac{1 - i}{4} \cdot (2i)^n + \dfrac{1 + i}{4} \cdot (-2i)^n \right) = 2^{n - 2}\cdot (1 + (1 - i)\cdot i^n + (1 + i) \cdot (-i)^n)[/math].

В этом примере оценка включает в себя все обратные корни с их коэффициентами, поэтому она является представлением коэффициента производящей функции в форме квазимногочлена[2]. Это значит, что вместо знака [math]\sim[/math] можно поставить знак равенства.

См. также[править]

Примечания[править]

Источники информации[править]