Rekursive Folgen. Axel Schüler, Mathematisches Institut, Univ. Leipzig

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1 Rekursive Folgen Axel Schüler, Mathematisches Institut, Univ. Leipzig Rekursive Folgen. Einleitung Rekursive Folgen umfassen viele aus dem Unterricht bekannte Folgen: geometrische Folgen (cq n ), c, q Ê, arithmetische Folgen (c + dn) n Æ, c, d Ê gegeben, periodische Folgen, wie z. B. (,,,, ) oder arithmetische Folgen höherer Ordnung, wie quadratische Folgen (n 2 ) oder kubische Folgen, wie (an 3 + bn 2 + cn + d), a, b, c, d Ê. Die vorliegende kleine mathematische Theorie ist abgeschlossen, einfach und klar. Ihre Grundzüge wurden vom französischen Mathematiker MOIVRE (720), von DANIEL BER- NOULLI und LEONHARD EULER entwickelt bzw. weiter entwickelt. Das lateinische recurro bedeutet umkehren oder zurückgehen. Grob gesprochen erhält man das Glied a n einer rekursiven Folge, indem man a n aus einer festen Anzahl vorhergehender Glieder berechnet, etwa a n+2 = a n+ + a n. Ist hingegen a n als Funktion von n allein (und nicht in Abhängigkeit von a n, a n 2 usw.) gegeben, so sagt man, dass die Folge (a n ) explizit gegeben ist, z. B. ist a n = n 3 eine explizite Bildungsvorschrift. Die folgenden Aufgabenstellungen treten häufig bei rekursiven Folgen auf: Man ermittle aus der rekursiven Vorschrift die explizite Bildungsvorschrift. Dies ist in dieser Allgemeinheit eine sehr schwierige, in vielen Fällen unlösbare Aufgabenstellung. Wir werden aber sehen, dass sie für die große Klasse der linearen rekursiven Folgen mit konstanten Koeffizienten vollständig lösbar ist. a n+k = c a n+k + c 2 a n+k c k a n, n Æ. () Man beweise, dass die Glieder einer rekursiv oder explizit gegebenen Folge ganzzahlig, durch 3 teilbar, paarweise teilerfremd, usw. sind. Man bestimme Einerziffer, die Zehnerziffer, die ersten 5 Nachkommastellen eines Folgenelements. This material belongs to the Public Domain KoSemNet data base. It can be freely used, distributed and modified, if properly attributed. Details are regulated by the Creative Commons Attribution License, see For the KoSemNet project see

2 Man beweise die Periodizität einer Folge. Mitunter sind mehrere gekoppelte rekursive Folgen gegeben und man soll eine der oben genannten Aufgaben lösen (siehe MO 4434)..2 Beispiele Beispiel (a) a n = a n, a := a, a Ê gegeben. Hier erhält man die konstante Folge (a, a, a, ). (b) a n+2 = a n, a = a, a 2 = b, a, b Ê gegeben. Man erhält hier eine periodische Folge der Periodenlänge, falls a = b nämlich die konstante Folge oder eine der Periode 2, nämlich (a, b, a, b, ). (c) a n = (a n ) 2, a = 2. Man erhäl die Folge (2, 4, 6, 256, ) mit der expliziten Vorschrift a n = 2 2n. Dies ist ein Beispiel für eine nicht-lineare Rekursionsformel. Der Beweis, dass dies tatsächlich die explizite Bildungsvorschrift ist, erfolgt durch vollständige Induktion. Offenbar ist a = 2 20 = 2 = 2 der Induktionsanfang ist erfüllt. Nun gelte die explizite Formel für ein festes n. Wir zeigen, dass sie auch für n + gilt, also a n+ = 2 2n. Beweis : Nach der Rekursionsformel und der Induktionsvoraussetzung ist ( a n+ = (a n ) 2 = 2 2n ) 2 = 2 2 n 2 = 2 2n, Ind.Vor was zu zeigen war. (d) a n+ = q a n, a = c. Wir lösen die Rekursion auf, indem wir in der Rekursionsformel nacheinander n, n 2,..., anstelle von n einsetzen. Wir erhalten dadurch n Gleichungen: a n = qa n, a n = qa n 2,..., a 2 = qa. Setzt man diese Gleichungen nacheinander in sich ein, so erhält man a n+ = qa n = q 2 a n = q 3 a n 2 = = q n a = c q n. Wir erhalten somit die geometrische Folge mit dem Faktor q und dem Anfangsglied c. Der genaue Beweis erfolgt wie oben durch vollständige Induktion. (e) a n+2 = 2a n+ a n. Diese Rekursionsformel wird durch eine beliebige arithmetische Folge (erster Ordnung) a n = c + d(n ), c, d Ê, erfüllt. In der Tat ist 2a n+ a n = 2(c + dn) (c + d(n )) = c + 2dn dn + d = c + d(n + ) = a n+2. Man erkennt, dass es zu einer expliziten Vorschrift durchaus mehrere Rekursionen geben kann. So erfüllt a n = neben der Rekursion (e) auch die in (a). (f) a n+2 = a n+ + a n, a = a 2 =. Dies ist die FIBONACCI-Folge. Ihre ersten Glieder lauten n a n Wir werden später die explizite Vorschrift ermitteln und zeigen, dass es zu jedem m Æ ein n Æ gibt mit m a n. Viele weitere interessante Eigenschaften über die Fibonacci-Zahlen findet man in [Wor77]. 2

3 Beispiel 2 Wir betrachten die Folge a n = n 2, n Æ, der Quadratzahlen und wollen umgekehrt zu dieser expliziten Bildungsvorschrift eine rekursive Vorschrift finden. Zunächst ist Vergrößert man hier n um, so erhält man a n+ = (n + ) 2 = n 2 + 2n + = a n + 2n +. a n+2 = a n+ + 2n + 3. Bildet man nun die Differenz aus diesen beiden Gleichungen, so hat man a n+2 a n+ = a n+ a n + 2 bzw. a n+2 = 2a n+ a n + 2. Erhöht man erneut n um, so hat man und Differenzbildung liefert a n+3 = 2a n+2 a a n+3 a n+2 = 2a n+2 3a n+ + a n bzw. a n+3 = 3a n+2 3a n+ + a n. Somit genügt die Folge der Quadratzahlen einer linearen rekursiven Gleichung dritter Ordnung. Analog kann man sich überlegen, dass die Folgen (n 3 ) der Kuben einer linearen Rekursion vierter Ordnung genügt: a n+4 = 4a n+3 6a n+2 + 4a n+ a n. Beispiel 3 Wir wollen die Ziffernfolge 0, a a 2 a 3 bei der Dezimalbruchentwicklung einer rationalen Zahl 76 = 0, betrachten. In diesem Beispiel ist a = 5, a 2 = 7, a 3 = a 6 = a 9 = =, a 4 = a 7 = a 0 = = 3 und a 5 = a 8 = a = = 2. Offensichtlich ist für alle n 3 a n+3 = a n. Dies ist wieder eine lineare rekursive Folge dritter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Beispiel 4 Dividiert man ein Polynom p(x) = p 0 +p x+ +p r x r durch ein Polynom q(x) = q 0 + q x + + q s x s, q 0 0, so erhält man i. a. als Quotient eine sogenannte Potenzreihe r(x) = a 0 + a x + a 2 x a n x n +, die nicht notwendig abbricht. Die Koeffizienten (a n ) des Quotienten r(x) genügen der linearen Rekursion a n+s q 0 + a n+s q + + a n q s = 0, n + s r +. Dies folgt durch Koeffizientenvergleich vor x n+s nach Ausmultiplizieren der Gleichung p(x) = q(x)r(x). Zum Beispiel ist x x 2 = + x + 2x2 + 3x 3 + 5x 4 + 8x a n x n +, wobei (a n ) die FIBONACCI-Folge ist. Die Funktion auf der linken Seite bezeichnet man dann auch als erzeugende Funktion für die Folge (a n ). 3

4 Beispiel 5 Genügt (a n ) der linearen Rekursion () der Ordnung k mit konstanten Koeffizienten c,...,c k, so genügt die Folge der Partialsummen s n = a + a a n einer linearen Rekursion () der Ordnung k +. Es gilt nämlich s n+k+ = ( + c )s n+k + (c 2 c )s n+k + + (c k c k )s n+ c k s n. 2 Lösung der allgemeinen linearen Rekursion () Die erste wichtige Tatsache ist, dass alle Folgen, die () erfüllen einen linearen Raum bilden. Satz Wenn (x n ) und (y n ) die Rekursion () erfüllen, so auch die Folgen (x n + y n ) und (λx n ), λ Ê. Mit anderen Worten, die Summe z n = x n + y n von Lösungen (x n ) und (y n ) ist wieder eine Lösung und skalare Vielfache von Lösungen sind wieder Lösungen. Beweis : Bildet man die Summe von x n+k = c x n+k + c 2 x n+k c k x n, y n+k = c y n+k + c 2 y n+k c k y n, so hat man x n+k + y n+k = c (x n+k + y n+k ) + c 2 (x n+k 2 + y n+k 2 ) + c k (x n + y n ), n Æ. Analog gilt λx n+k = c (λx n+k ) + c 2 (λx n+k 2 ) + + c k (λx n ), so dass z n = λx n auch () erfüllt. Die Angabe des Lösungsraumes ist daher äquivalent zur Angabe einer Basis von linear unabhängigen Fundamentallösungen. Wir werden sehen, dass die Dimension des Lösungsraumes stets mit der Ordnung k der Rekursion überein stimmt. 2. Der Ansatz geometrische Folgen Als Ansatz versuchen wir Lösungen der Form a n = q n (also geometrische Folgen) zu finden. Setzt man dies in () ein, so hat man q n+k = c q n+k + + c k q n : q n (2) q k = c q k + + c k q + c k q k c q k c 2 q k 2 c k = 0. (3) Das Polynom χ(q) auf der linken Seite bezeichnet man als charakteristisches Polynom der Rekursion (). Es ist ein Polynom vom Grade k, das nach dem Fundamentalsatz der Algebra genau k komplexe Nullstellen (gezählt in ihrer Vielfachheit) q, q 2,, q k besitzt. 4

5 2.. Alles einfache Nullstellen Im einfachsten Fall sind diese k Nullstellen alle voneinander verschieden. Dann erfüllen die k voneinander verschiedenen geometrischen Folgen (q n ), (q n 2),...,(q k ) n alle die Rekursion (). Nach Satz ist dann auch x n = A q n + A 2q n A kq n k (4) mit beliebigen Koeffizienten A,...,A k eine Lösung der Rekursion. Wir wollen zeigen, dass diese k Lösungen tatsächlich eine Basis bilden, d. h., dass sich jede rekursive Folge () in der obigen Form (4) mit gewissen Koeffizienten A i, i =,...,k schreiben lässt. Dies liefert gleichzeitig eine Vorschrift, wie man die explizite Bildungsvorschrift erhält, wenn (x n ) die Rekursion erfüllt und zusätzlich die k Anfangsglieder x 0, x,..., x k gegeben sind. Zunächst werden in (4) nacheinander n = 0,,..., k eingesetzt; man erhält aus den ersten k Folgenglieder ein k k lineares Gleichungssystem für die Koeffizienten A i : A + A A k = x 0, q A + q 2 A q k A k = x,.. q k A + q2 k A q k k A k = x k. Man kann zeigen, dass dieses GS für beliebige Wahl der Anfangsglieder x 0, x,...,x k eine eindeutige Lösung (A, A 2,...A k ) besitzt. Somit haben wir eine Folge (x n) gefunden, die die Rekursion () erfüllt und außerdem in den ersten k Gliedern von (x n ) überein stimmt. Da durch diese beiden Vorgaben die Folge jedoch schon eindeutig bestimmt ist, gilt (x n ) = (x n). Beispiel 6 Die Fibonacci-Folge a n+2 = a n+ + a n, a = a 2 = hat die charakteristische Gleichung q 2 = q + mit den beiden rellen Lösungen q,2 = ± Die allgemeine Lösung lautet also ( + ) n ( 5 ) n 5 a n = A + B 2 2 Beachtet man a 0 = 0, a =, so hat man Dies liefert A = B = 5, also 0 = A + B, = 2 (A + B) a n = 5 (q n q n 2). (A B) Mehrfache Nullstellen Angenommen, das charakteristische Polynom lautet χ(x) = (x q) m χ (x), m k, hat also eine m-fache Nullstelle q. Wir zeigen, dass dann die m Folgen (q n ), (nq n ),, (n m q n ) 5

6 () erfüllen. Wir zeigen dies für m = 2. Die wesentliche Eigenschaft, die benutzt wird: Ist q eine m-fache Nullstelle von χ(x), so ist q eine (m )-fache Nullstelle der Ableitung χ (x). Insbesondere gilt für m = 2 kq k = c (k )q k c k 2 2q + c k. Multipliziert man diese Gleichung mit q n+ und addiert man hierzu das n-fache von (2) so erhält man nq n+k = nc q n+k + nc 2 q n+k nc k q n, (n + k)q n+k = c (n + k )q n+k + c 2 (n + k 2)q n+k c k nq n, mit anderen Worten, b n = n q n erfüllt die Rekursion (). Beispiel 7 a n+2 = 2a n+ a n. Es ist χ(x) = x 2 2x + = (x ) 2 mit doppelter Nullstelle q =. Somit bilden () und (n) ein Fundamentalsystem von Lösungen. Wenn man beide Methoden (einfache Nullstellen und mehrfaache Nullstellen) koppelt, erhält man zu jeder charakteristischen Gleichung ein Fundamentalsystem von k unabhängigen Folgen, die den Lösungsraum aufspannen. Bemerkung: Die Partialsummen s n = a + a a n einer linearen rekursiven Folge k-ter Ordnung bilden eine lineare rekursive Folge (k + )ter Ordnung. 3 Aufgaben Aufgabe Es sei (a n ) die Fibonacci-Folge und s = n= a n 0 = n Zeige, dass die Reihe konvergiert und dass s = 89 ist. Beweis : Da die Fibonacci-Folge im wesentlichen wie q n wächst mit q = ( 5 + )/2 und q/0 <, kann die Reihe durch eine konvergente geometrische Reihe majorisiert werden, also konvergiert sie. Sei b n = an. Dann haben wir eine Rekursion für b 0 n+ n, b n+2 = b 0 n+ + b 00 n. Summiert man diese Gleichung auf für n =,...,k, so hat man Bildet man nun den Limes k, so hat man s k+2 b b 2 = 0 (s k+ b ) + 00 s k. s 0.0 = 0.s 0.00 = 0.89s = 0. = s = 89. 6

7 Aufgabe 2 Man finde eine explizite Formel für Lösung : a n+ = 6 ( + 4an a n ), a =. a n = n n. Wenn man die ersten Glieder berechnet, könnte man vermuten, dass a n stets rational ist, dass b n := + 24a n stets eine rationale Zahl ist. Mit dieser Substitution wäre a n = (b 2 n )/24. Setzt man dies in die Rekursion ein, so hat man nach einigen Umformungen eine binomische Formel: b 2 n+ = 9/4 + b 2 n/4 + 3/2b n = (3/2 + b n /2) 2. Da alle Glieder positiv sind, kann man die Wurzel ziehen und hat b n+ = b n /2 + 3/2. Setzt man dies immer nacheinander in sich selbst ein und beachtet b = 5, so hat man b n = 3 + /2 n 2. Dies liefert die Lösung für a n. Aufgabe 3 Es sei a n die Anzahl der Möglichkeiten, ein Rechteck vom Format 2 n in Dominosteine vom Format 2 zu zerlegen. Man bestimme a n. Aufgabe 4 Gegeben sei eine Folge (a n ) mit a = A, a 2 = B und Beweisen Sie, dass aus der Ganzzahligkeit von a n = a2 n + C a n 2, n 3. A, B, folgt, dass alle Folgenglieder a n ganzzahlig sind. A 2 + B 2 + C AB Teleskopsummen Aufgabe 5 Es sei a = 2 und a n+ = n + n 2 + 2n a n, n. Ermitteln Sie eine explizite Bildungsvorschrift für (a n ) und berechnen Sie n= a n. Lösung : (a) Zunächst bestimmt man die ersten Folgenglieder; man erkennt schnell, dass es alles Brüche sind mit Zähler, deren Nenner schnell wachsen. n a n

8 Man kommt somit leicht auf die Vermutung a n =, die man mit vollständiger (n )!(n + ) Induktion beweist: Für n =, 2, 3, 4, 5 stimmt die Vermutung. Angenommen, die Aussage gilt für ein festes n. Wir habe zu zeigen, dass sie dann auch für n + gilt: a n+ = n!(n + 2). In der Tat gilt wegen der gegenen Rekursionsformel und nach Induktionsvoraussetzung a n+ = n + n 2 + 2n a n = n + n(n + 2) (n )!(n + ) = n!(n + 2), was zu zeigen war. n (b) Durch Erweitern von a n mit n hat man a n =. Die gesuchte unedliche Reihe ließe (n + )! sich berechnen, wenn man sie als Teleskopsumme darstellen könnte. Das ist aber der Fall, denn n (n + ) a n = = = (n + )! (n + )! n! (n + )!. Somit ist n a k = k= n k= ( ) k! = (k + )! (n + )!. Da der Subtrahend für n gegen 0 geht, ist n a n =. Aufgabe 6 Man ermittle die Summe der unendlichen Reihe s = Lösung : Mit Hilfe der Partialbruchzerlegung (x 2)(x )x(x + ) = A x 2 + erhält man A =, B = 6, C =, D = 2 2, so dass 6 B x + C x + D x + n n + n + 2n + 3 = 6 n 2 n n n + 3. Summiert man von n = bis, so bleiben die ersten 6 Summanden stehen (von n =, 2, 3 kommend) ( s = ) ( ) = 8. Aufgabe 7 Es sei w = und w n+ = + n w n, für n. Zeigen Sie, dass stets gilt n wn n +. Beweis : Wir beweisen dies durch vollständige Induktion über n. Offenbar gelten beide Ungleichungen für n =, denn w = 2. Angenommen, beide Ungleichungen gelten für ein festes n. Das heißt, n wn n + (5) 8

9 Wir müssen dann zeigen, dass sie auch für n + gelten, dass also n + wn+ n + + (6) gilt. Dazu benutzen wir im wesentlichen die Monotonie und die Positivität der Funktion f(x) = x. Durch Reziprokenbildung von (5) drehen sich sie Relationszeichen um und wir haben: n w n n n w n n + wn+ + n + n + n n + n n +. (7) Wegen n + > n können wir auf der linken Seite fortsetzen zu n + + w n+, was den ersten Teil der Induktionsbehauptung (6) beweist. Offenbar gilt für alle reellen Zahlen A und B mit A > B, (A B)(A ) 0. Dies gilt insbesondere für A = n + und B = n, n Æ, also ( n + n)( n + ) = n + n(n + ) n + + n 0. Bringt man alle Summanden bis auf den ersten auf die rechte Seite, so hat man n n n + n + n + = ( n + )( n + ) = n n + n + = + n n + n +. Zusammen mit (7) folgt der zweite Teil w n+ n + der Induktionsbehauptung (6). Aufgabe 8 (A 56) Gegeben sei die Folge (x n ) mit x 0 = 5 und x n+ = x n + x n, n 0. Beweise, dass 45 < x 000 < 45,. Beweis : Wir zeigen, dass für alle natürlichen Zahlen n Æ gilt n < xn < 0, n. (8) Aus x n = x n + x n folgt durch quadrieren x 2 n = x 2 n +2+ x 2 n dieser Rekursion hat man x 2 n > x n = n > x 2 n +2. Durch Auflösen und die linke Seite der Ungleichung folgt. Da (x n ) streng monoton wachsend ist, gilt x n x 0 = 5 und somit x n 0, 2. Also ist x n = x n x n x n 0, 2. 9

10 Hieraus und mit 2x n (x n x n ) = (x n + x n )(x n x n ) = 2 folgt 2 (x n 0, 2 + x n )(x n x n ) = x 2 n x2 n 0, 2(x n x n ). Durch Auflösen dieser Rekursion hat man x 2 n 0, 2x n 2n Da 0, + 2n + 24, 0 eine Wurzel der entsprechenden quadratischen Gleichung ist, ist x n 0, + 2n + 24, 0 < 0, + 2n Für n = 000 erhält man genau die Behauptung. Aufgabe 9 Gegeben sei eine Folge (a n ) n 0 von ganzen Zahlen mit 3a n = a n + a n+, n. Beweisen Sie, dass 5a 2 n + 4(a2 0 + a2 3a 0a ) stets eine Quadratzahl ist. Aufgabe 0 Gegeben sei die rekursive Folge (a n ) n Æ mit a = a 2 =, a n = a2 n + 2 a n 2, n 3. Beweisen Sie, dass alle Folgenglieder ganzzahlig sind. Aufgabe Gegeben sei die rekursive Folge (a n ) n Æ mit a = a 2 = a 3 =, a n = a n a n 2 + a n 3, n 4. Beweisen Sie, dass alle Folgenglieder ganzzahlig sind. Aufgabe 2 Es seien (x n ) und (y n ) rekursive Folgen, gegeben durch x =, x 2 =, x n+2 = x n+ + 2x n, n Æ, y =, y 2 = 7, y n+2 = 2y n+ + 3y n, n Æ. Beweisen Sie, dass außer x = y = die beiden Folgen keine gemeinsamen Folgenglieder besitzen. Beweis : Wir betrachten beide Folgen modulo 8 und erhalten x n,, 3, 5, 3, 5, (mod 8), y n,,,, (mod 8). Folglich können nur die ersten Folgenglieder übereinstimmen. Aufgabe 3 Es sei f(x) ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten und f(0) = f() = und a beliebig gegeben. Ferner sei a n+ = f(a n ) für alle n. Beweisen Sie, dass die Folgenglieder paarweise teilerfremd sind. 0

11 Aufgabe 4 (einfach) Gegeben sei die ganzzahlige Folge a n = n 2 +. Beweisen Sie, dass es unter den Folgengliedern unendlich viele zusammengesetzte Glieder der Form a n = a k a l gibt. Beweis : Etwa a l 2 +l+ = a l a l+ oder a 2l 3 +l = a l a 2l 2. Aufgabe 5 Zeigen Sie, dass es unter den Zahlen 2 n 3, n Æ, unendlich viele gibt, die paarweise teilerfremd sind. Aufgabe 6 (einfach) Die Folge a n ist bestimmt durch a = 337 und a 2n+ = a 2n = n a n für ganze Zahlen n > 0. Bestimme den Wert von a Lösung : Durch Rückwärtsarbeiten findet man Schritt für Schritt a 2004 = 002 a 002, a 002 = 50 a 50, a 50 = a 500 = 250 a 250, a 250 = 25 a 25, a 25 = a 24 = 62 a 62, a 62 = 3 a 3, a 3 = a 30 = 5 a 5, a 5 = a 4 = 7 a 7, a 7 = a 6 = 3 a 3, a 3 = a 2 = 2 a. Setzt man dies nacheinander ineinander ein, so hat man a 2004 = a = a = = Aufgabe 7 Die reellen Zahlen x, x 2, seien durch die Bildungsvorschrift x =, x k+ = + x k, k Æ gegeben. Man untersuche, ob x x 2004 positiv, negativ oder gleich 0 ist. Lösung : Es sei f(x) = x 2 + x mit den Nullstellen q,2 = ± 5 2, q = q. Man zeigt: x 2n < q, x 2n+ > q. Somit gilt für alle geraden Folgenglieder f(x 2n ) < 0 und für alle ungeraden Folgenglieder f(x 2n ) > 0. Aufgabe 8 Bestimme die Einerziffer und die erste Ziffer nach dem Komma von b 2005, wenn (a) b n = (2 + 3) n. (b) b n = (3 + 7) n. Lösung : (b) Wir betrachten die rekursive Folge zweiter Ordnung a n = (3 + 7) n + (3 7) n

12 mit q,2 = 3 ± 7. Wegen q + q 2 = 6 und q q 2 = 2 lautet die charakteristische Gleichung für (a n ), 0 = x 2 6x + 2 und somit gilt a n+2 = 6a n+ 2a n, a 0 = 2, a = 6, a 2 = 32. Wegen der Rekursion gilt a n Æ und wegen c n = (3 7) n < 0,, hat b n = a n c n als erste Stelle nach dem Komma stets eine 9. Um die Einerstelle von b 2005 zu ermitteln betrachten wir a n (mod )0. Diese Folge ist periodisch mit der Periodenlänge 24: (a n (mod 0)) = (2, 6, 2, 0, 6, 6, 4, 2, 4, 0, 2, 2, 8, 8, 0, 4, 4, 6, 8,6, 0,8, 8,2, 6, ). Somit gilt a n a n+24 (mod 0), also wegen (mod 24) haben wir a 2005 a 3 4 (mod 0). Somit ist die Einerstelle von b 2005 gleich 4 = 3. Bemerkung. Da als Reste modulo 0 nur die fünf geraden Zahlen 0, 2, 4, 6, 8 in Frage kommen, gibt es maximal 5 2 = 25 Paare (r, r 2 ) von Resten modulo 0, die hier auftreten. Erstaunlicher Weise treten alle Paare tatsächlich auf bis auf (0, 0), welches ein Orbit für sich ist. (a) Analog zu (b). Die Rekursion lautet hier a n+2 = 4a n+ a n. Die Periodenlänge modulo 0 ist hier gleich 3. Aufgabe 9 Es sei m Æ eine fixierte natürliche Zahl. (a) Beweise, dass es eine FIBONACCI-Zahl a n gibt, die durch m teilbar ist. (b) Zeige, dass es eine FIBONACCI-Zahl gibt, die auf m Neunen endet. Beweis : (a) Wir betrachten wieder sämtliche Paare von Resten (a n, a n+ ) modulo m. Da es höchstens m m = m 2 solcher Paare gibt, ist die Periodenlänge von (a n (mod m)) höchstens m 2. Nun ist aber a 0 = 0, a =, a 2 =. Daher treten die Reste 0, und modulo m stets auf. (b) Man betrachte als Modul 0 m und die Folgenglieder, welche kongruent modulo 0 m sind. Aufgabe 20 Wie lautet die Einerziffer von a 2005 bei der Fibonacci-Folge (a n )? Aufgabe 2 Die Zahlenfolge {a n } ist gegeben durch die Anfangsbedingungen a 0 =, a = 3 und die Rekursionsbeziehung a n = 2 3 a n a n 2 für n 2. Zeigen Sie, dass es ein Folgenglied a n > 0, gibt. Lösung : Die charakteristische Gleichung der linearen Rekursion zweiter Ordnung q 2 = 2 3 q hat die komplexen Wurzeln q,2 = 3 ± = 3 ( ± 2 ) 2i. Man beachte, dass q q 2 = und q 2 = q, q = q, beide auf dem Einheitskreis liegen. Der Ansatz a n = Aq n + Bqn 2 führt auf = A + B und 3 = 3 (A + B) i(A B) und somit auf A = B = 2. Somit gilt a n = 2 (qn + q n ) = Re(q n ). 2

13 Ist q = e i ϕ eine N-te Einheitswurzel, so ist a N = und die Behauptung ist gezeigt. Ist hingegen ϕ kein rationales Vielfaches vom 2π, etwa ϕ = 2πα, α É, dann gibt es zu ε > 0 stets N, M Æ, so dass 0 < Nα M < ε (rationale Zahlen sind dicht in Ê und approximieren die irrationalen). Somit gilt 2πM < Nϕ < 2πM + 2πε. Das liefert Re ( e 2π i ε) < Req N <. und beweist die Behauptung, da die linke Seite beliebig dicht an heran kommt. Aufgaben aus dem bulgarischen Aufgabenbuch 3 Folgen, Nr. 2 Rekursive Folgen. Aufgabe 22 (A 50, schwer) Es sei x n eine rekursive Folge von Polynomen in x, gegeben durch x n+ = x x n x n, x 0 = 2, x = x. Beweisen Sie, dass das Polynom ein vollständiges Quadrat ist. (x 2 4)(x 2 n 4) Beweis : Das Auflösen der Rekursion liefert x n = q n + q2 n, wobei q,2 = ( x ± ) x die Wurzeln der charakteristischen Gleichung q 2 xq + = 0 sind. Somit gilt x 2 n 4 = (q n +q n 2) 2 = q 2n +2+q 2n 2 4 = (q n q n 2 ) 2 = (q q 2 ) 2 (q n +q n 2 q 2 + +q n 2 ) 2. Weil (q q 2 ) 2 = x 2 4 und x 2 n 4 beides Polynome sind, ist auch A(x) = q n + q n 2 q q2 n ein Polynom mit ganzen Koeffizienten (Welche Rekursion?). Also gilt (x 2 4)(x 2 n 4) = (x 2 4) 2 A(x) 2 = ((x 2 4)A(x)) 2. Aufgabe 23 (A 49) Die Folge a n sei gegeben durch a n+2 = 4a n+ a n, a = 4, a 2 = 4. Beweisen Sie, dass das Dreieckk mit den Seitenlängen a n, a n, a n + einen ganzzahligen Flächeninhalt besitzt. Beweis : Das folgt mit der HERONschen Dreieicksformel und der obigen A 50 mit x = 4. Aufgabe 24 (A 53) Beweisen Sie, dass es genau eine Folge (a 0, a,...) von positiven Zahlen gibt mit a 0 = und a n+2 = a n+ + a n. ( ) Beweis : In der expliziten Darstellung a n = Aq n + Bq2 n mit q,2 = 2 ± 5 ist 0 < q < und q 2 <. Daher muss der Koeffizient B vor q2 n verschwinden und es bleibt A = wegen a 0 = = Aq. 0 3

14 Aufgabe 25 (A 68) Es sei (a n ) eine Folge mit 0 a n und a n+2 2a n+ + a n 0 für alle n Æ. Man beweise, dass 0 a n a n+ 2 n+. Aufgabe 26 (MO 33336) Man ermittle für jede natürliche Zahl n die größte Zweierpotenz, die ein Teiler der Zahl [ (4 + 8) n] ist. Hinweis. Für eine reelle Zahl r bezeichnet [r] die größte ganze Zahl, kleiner oder gleich r, also [r] r < [r] + und [r]. Lösung : Es sei a n = (4+ 8) n +(4 8) n. Dann gilt a 0 = 2, a = 8 und a n+2 = 8a n+ +2a n, n 2. Wegen < 4 8 < 0 ist b n = (4 + 8) n für gerades n immer etwas kleiner und für ungerades n immer etwas größer als die nächstgelegene ganze Zahl a n. Da a n immer gerade ist, ist [b n ] für gerades n immer ungerade. Für ungerades n = 2k vermutet man nach erstem Probieren, dass die maximale Zweierpotenz 2 k+2 ist und in a 2k ist sie 2 k+. Dies beweist man mit vollständiger Induktion mittels Rekursionsformel. Aufgabe 27 (MO 38323) Eine Zahlenfolge (x n ) sei durch das rekursive Bildungsgesetz ( n x n+ = 3 + ) x 2n n3 +, n =, 2,... n 3 und ihr Anfangsglied x = gegeben. Bestimmen Sie x 999. Aufgabe 28 (60th William Putnam Mathematical Competition 999) A-3. Betrachten Sie die Reihenentwicklung 2x x = a 2 n x n. n=0 Zeigen Sie, dass für alle natürlichen Zahlen n Æ 0 gilt für ein gewissens m Æ. a 2 n + a2 n+ = a m Lösung : Man hat für (a n ) die Rekursion 2.Ordnung: a n+ = 2a n + a n, a 0 =, a = 2. Definiert man b 2n := a 2 n +a2 n und b 2n+ := a n (a n +a n+ ), so hat man 2b 2n+ +b 2n = b 2n+2 und 2b 2n +b 2n = b 2n+, so dass (b n ) dieselbe Rekusion wie (a n ) erfüllt. Ferner ist b 0 = und b = 2 und damit a n = b n. Literatur [Eng98] A. Engel. Problem-solving strategies. Springer, New York, 998. [Mar77] A. I. Markuschewitsch. Rekursive Folgen. Number xi in Kleine Ergänzungsreihe zu den Hochschulbüchern für Mathematik. VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin, 4 edition, 977. [Wor77] N. N. Worobjow. Die Fibonaccischen Zahlen. Number in Kleine Ergänzungsreihe zu den Hochschulbüchern für Mathematik. VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin,

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