Wyklady z Matematyka Dyskretna

Poj ciem pierwotnym w teorii prawdopodobie stwa jest zdarzenie elementarne. Odwołamy si do intuicji – b dzie to jeden z
mo liwych wyników pewnego do wiadczenia, ale tak e wynik pewnego pomiaru fizycznego, wynik gry losowej, generalnie
losowego wyboru (ze zdarzeniem losowym mamy do czynienia, gdy wynik działa nie jest okre lony jednoznacznie).
Zbiór wszystkich mo liwych wyników zdarze elementarnych oznaczamy Ω.
Przykłady:
1) Do wiadczenie polega na rzucie monet Ω = {O, R},
2) Do wiadczenie polega na rzucie kostk Ω={1,2,3,4,5,6},
3) Analogicznie jak 2, tylko, e mamy wybrakowan kostk , gdzie zamiast 6 jest druga 5. Ω={1,2,3,4,5}.
Rozwa my zbiór Ω niepusty sko czony. W tym przypadku dowolny podzbiór A⊂ Ω nazywamy zdarzeniem losowym. W
szczególno ci:
φ − jest zdarzeniem losowym (zdarzenie niemo liwe)
Ω − jest zdarzeniem losowym (zdarzenie pewne)
{ω} dowolne zdarzenie elementarne nazywamy zdarzeniem losowym.
Def. Prawdopodobie stwem nazywamy funkcj p okre lon na A o warto ciach nale cych do [0,1], spełniaj c aksjomaty:
1) P(Ω) = 1
2) P(A∪B)=P(A)+P(B) o ile A ∩ B= φ (zdarzenia A i B si wykluczaj )
Przypadek I
Ω jest sko czony, niepusty. Szansa uzyskania ka dego wyniku ze zbioru Ω jest taka sama.
Ω = n i wszystkie zdarzenia elementarne s jednakowo mo liwe, wtedy przyjmujemy prawdopodobie stwo (albo funkcje
prawdopodobie stwa) wzorem:
P=
A
Ω
Sprawdzamy, e tak okre lona funkcja spełnia aksjomaty 1) i 2)
1)
P ( Ω) =
Ω
Ω
2) Rozwa my
=1
A ⊂ Ω i B ⊂ Ω takie, e A ∩ B = Φ .
Z prawa sumy
P( A ∪ B) =
A∪ B = A+ B
A∪ B
Ω
=
A+ B
Ω
=
A
Ω
+
B
Ω
= P( A) + P( B)
Opisana tu sytuacja ma zastosowanie w przykładach 1 i 2.
Rozpatrzmy przykład 3: Definicja klasyczna nie ma zastosowania
Przypadek II
Ω jest sko czony, niepusty, ale szansa uzyskania poszczególnych wyników do wiadczenia nie s równe.
Przykład 4: Rzucamy monet tak długo, a uzyskamy orła.
Ω = {O, RO, RRO, RRRO...} . Ω jest niesko czone, przeliczalne
1
= p1
2
1
P{ω 2 } = = p 2
4
P{ω 1} =
P{ω n } =
1
= pn
2n
Zauwa my, e:
0 ≤ pi ≤ 1
∞
i =1
pi = 1
Obliczy prawdopodobie stwo, e wykonamy conajwy ej 5 rzutów:
Ω ⊃ A = {ω1 , ω 2 , ω 3 , ω 4 , ω 5 }
1 1 1 1
1 31
P( A) = + + + +
=
2 4 8 16 32 32
Obliczy prawdopodobie stwo, e wykonujemy parzyst ilo
Ω ⊃ B = {ω 2 , ω 4 , ω 6 , ω 8 , }
1
∞
1
1
P( B) =
= 4 =
2k
1 3
k =1 2
1−
4
rzutów
Przykład 5: Generowanie za pomoc komputera liczby z przedziału [0,1). Zdarzeniem elementarnym jest dowolna liczba z odcinka
[0,1). Ω jest zbiorem niesko czonym i nieprzeliczalnym. Przykład ten nie nale y do matematyki dyskretnej.
Przykład 6: Dwie osoby umówiły si mi dzy 13, a 14. Osoby przychodz niezale nie od siebie i losowo. Zdarzeniem elementarnym
jest para liczb (godzin) z przedziału (13,14).
Def. 2 Je li Ω jest zbiorem przeliczalnym (sko czonym lub równolicznym ze zbiorem liczb naturalnych), ale nie zakładamy, e
∞
wszystkie zdarzenia maj jednakow szans ) to okre lamy ci g liczbowy ( p i ) i =1 o nast puj cych własno ciach:
1)
0 ≤ pi ≤ 1 ,
∞
2)
i =1
pi = 1 .
i definiujemy dla dowolnego A ⊂ Ω : P ( A) =
pi
( k :ω k ∈A )
Uwaga 1: Zauwa my, e
P ( Ω) =
∞
k =1
pk = 1
Ad przykład 5:
Ω = [0,1)
1
x ∈ [0, )
2
1 3
x ∈[ , )
2 4
1
x ∈ [ ,1)
2
1
,
2
1
P( B) = ,
4
1
P(C ) = .
2
P ( A) =
Na tym przykładzie Ω jest sko czonym podzbiorem prostej (prawdopodobie stwo
λ ( A)
, gdzie λ- długo
P( A) =
λ (Ω )
A ∈ Ω okre lamy:
odcinka (prawdopodobie stwo geometryczne)
Ad przykład 6:
Czekamy na autobus. Zastanawiamy si , jaka jest szansa, e czas oczekiwania przekroczy 20 minut. Wynikiem naszego
do wiadczenia jest czas: t ∈ [0, ∞) , Ω = [0, ∞) - niesko czony, nieprzeliczalny, nieograniczony.
Jest intuicyjnie jasne, e autobus w normalnych warunkach pojawi si za kilka minut. W przeciwie stwie do poprzedniego przykładu
nie ma powodu przypuszcza , e prawdopodobie stwo jest rozło one jednostajnie. Nie ma innej mo liwo ci zbadania szansy jak
badania statystyczne.
Dwa ostatnie modele dotycz tzw. prawdopodobie stwa typu ci głego.
Podsumowuj c nasze rozwa ania wszystkich typów Ω :
Def. Kołmogorowa
Ω jest zbiorem dowolnym, niepustym.
δ-ciałem nazywamy rodzin podzbiorów Ω(ϑ) spełniaj cych warunki:
(I)
φ∈ϑ
(II)
A∈ϑ to A’=Ω\A∈ϑ
∞
( Ai ) i∞=1 , Ai ∈ϑ , i = 1,2... to
(III)
i =1
Przykład 1: Ω - dowolne niepuste
(I)
ϑ = {Ω,φ}
(II)
φ’= Ω∈ϑ , Ω’= φ∈ϑ
∞
(III)
i =1
Ai ∈ ϑ
Ai = Ω ∈ϑ
Przykład 2: Ω = [0,1], ϑ = { φ, Ω, [0,1/2], (1/2, 1] }.
Przykład 3: Rodzina wszystkich podzbiorów Ω.
W teorii prawdopodobie stwa elementy δ-ciała nazywamy zdarzeniami losowymi. W szczególno ci zdarzeniami losowymi s
wszystkie podzbiory Ω.
P : ϑ → [0,1] spełniaj c nast puj ce warunki
Def. Prawdopodobie stwem nazywamy funkcj
A1
P (Ω ) = 1
A2
P(
∞
Ai ) =
i =1
∞
i =1
P( Ai )
Ai ∩ A j = φ , gdy i ≠ j ]
[o ile
Liczb P(A) dla A∈ϑ nazywamy prawdopodobie stwem zdarzenia A.
Twierdzenie (własno ci prawdopodobie stwa)
Je eli Ω - dowolny niepusty zbiór, ϑ- przestrze probabilistyczna, δ-ciało, P - prawdopodobie stwo, to:
(w1)
P(φ)=0
(w2)
A1 , A2 , A3 ... An
Ai ∈ϑ Ai ∩ A j = φ
dla i ≠ j
n
P(
(w3)
(w4)
i =1
i =1
P ( Ai )
(sko czona addytywno )
(w5)
P(A’)=1 - P(A)
A ⊂ B i A,B∈ϑ
P(B-A)=P(B)-P(A)
A ⊂ B to P(A) ≤ P(B) (monotoniczno )
(w6)
P(
∞
i =1
(w7)
∞
n =1
(w8)
Ai ) ≤
∞
i =1
P( Ai )
A1 ⊂ A2 ⊂ A3
P(
∞
n =1
Dowody:
⊂ Ai ∈ ϑ
(ci g wst puj cy)
n →∞
⊃ An
⊃ Ai ∈ϑ
An ) = lim( P ( An ))
(ci g zst puj cy)
n →∞
φ = φ ∪φ ∪
z aksjomatu 2:
⊂ An
An = lim( P ( An ))
A1 ⊃ A2 ⊃ A3
P(
(w1)
n
Ai ) =
∪φ ,
P(φ ) = P(φ ∪ φ ∪
∞
∪φ) =
i =1
Pi (φ )
z definicji prawdopodobie stwa: P(A) ≥ 0. Zatem P(φ) = 0
(w2)
Okre lamy An+1=φ, An+2=φ... Ogólnie dla i ≥ n : Ai=φ.
∞
Wtedy
i =1
Ai =
Otrzymujemy:
n
i =1
P(
Ai , P(
n
i =1
(w3)
Ai ) =
n
i =1
n
Ai ) = P(
i =1
∞
i =1
Ai ) =
P( Ai )
A ∪ A'
= Ω i A ∩ A'
=φ
P( A ∪ A'
) = P( A) + P( A'
)
z (w2) mamy:
∞
i =1
P ( Ai ) =
A2
n
i =1
P( Ai ) +
∞
P ( Ai )
i = n +1
P( A ∪ A'
) = P (Ω ) = 1
Porównuj c otrzymujemy: P ( A) + P ( A'
) = 1 , czyli P( A) = 1 − P( A'
)
z drugiej strony:
(w4)
(w5)
(w6)
A ⊂ B i A,B∈ϑ
B = A ∪ (B\A) i A ∩ (B\A) = φ
Z def. δ-ciała B\A ∈ ϑ
Z (w2): P(B) = P (A∪(B\A))=P(A)+P(B\A) st d:
P(B\A)=P(B) - P(A)
P(B\A)=P(B) - P(A)
z def. prawdopodobie stwa P(B\A) ≥ 0 czyli P(B)-P(A) ≥ 0, stad: P(B) ≥ P(A)
B1 = A1 , B2 = A2 − A1 itd. Ogólnie: Bn = An − (
Okre lamy
Zauwa my, e :
(*) Bk ∩ B j = φ , gdy k≠j
n
(**)
k =1
Bk =
(w7)
Je li
∞
P(
A=
i =1
∞
∞
i =1
(w8)
∞
i =1
Bi ) =
(*)
∞
i =1
∞
P ( Bi ) ≤
(***)
i =1
P( Ai )
An , to P( A) = lim P ( An )
n →∞
B1 = A1 , B2 = A2 − A1 , B3 = A3 − A2 ... itd. Ogólnie: Bn = An − An−1
Zauwa my, e: 1)
P(
A1 )
Ak
k =1
Ai ) = P (
n =1
Oznaczmy
i =1
P( Ak ) ≥ P( Bk )
(***) z w5.
z (**)
n
n −1
Ai ) = P (
Bi ∩ B j = φ dla i ≠ j , 2)
∞
i =1
w1 ∞
Bi ) =
A2
Oznaczamy przez A =
i =1
∞
i =1
P ( Bi ) = lim
n →∞
n
n
i =1
Bn = An , 3)
P ( Bi ) = lim( P (
w 2 n →∞
i =1
n
i =1
∞
i =1
Bi = A
Bi )) = lim P ( An )
n →∞
Ai - ci g zst puj cy
P ( A) = lim P ( An ) , oznaczam przez Ai'= Ω \ Ai
n →∞
z własno ci zbiorów mamy, e:
⊂ A2 '
⊂ A3 ' ⊂ An ' ⊂ Ai '
⊂
A1 '
Zatem ci g dopełnie jest ci giem wst puj cym. Do tego ci gu zastosujemy (w7)
P(
∞
i =1
Ai '
) = limP( An '
).
n →∞
Z jednej strony:
P( An '
) = 1 − P( An ) , czyli lim P ( An '
) = lim(1 − P( An )) = 1 − lim ( P ( An ))
n →∞
n →∞
n →∞
[zauwa my, e z zało enia i z (w5) ci g prawdopodobie stw An gdzie n=1,2.. jest ci giem monotonicznym i ograniczonym,
zatem zbie nym, co oznacza, e powy sza granica istnieje]
Z drugiej strony (z praw de Morgana):
∞
(
i =1
P(
∞
i =1
Ai )'
= P(
∞
i =1
An '
) = 1 − P(
w3
∞
i =i1
Ai )'
=
∞
i =1
An 'i
∞
i =1
Ai '
=(
∞
i =1
Ai )'
Ai )
Porównuj c dwie wielko ci otrzymujemy: lim P ( An ) = P (
n →∞
∞
i =1
Ai ) , czyli tez .
Prawdopodobie stwo warunkowe:
Prawdopodobie stwo dowolnego zdarzenia A mo e si zmieni , gdy uzyskamy dodatkow informacj np. przy rzucie
prawidłowa kostk do gry: Ω ={1,2,3,4,5,6}, A ⊂ Ω gdzie A – wyrzucenie 6, P(A)=1/6, ale gdy wiemy, e wypadła liczba parzysta:
Ω2 = Ω ∩ B = {2,4,6} (gdzie B-zbiór wyznaczony przez dodatkow informacje). Zatem prawdopodobie stwa zaj cia zdarzenia A pod
warunkiem B wyniesie 1/3. Ten fakt zapisujemy: P( A|B ) lub PB(A).
Def. Przy zało eniu, e P(B)>0 okre lamy prawdopodobie stwo warunkowe P(A|B) w nast puj cy sposób: P ( A | B ) =
P( A ∩ B)
P( B)
Uwaga 1: Oczywi cie prawdopodobie stwo liczbowe liczone jest wg tego wzoru.
P ( B ∩ Ω) P ( B )
=
= 1,
P( B)
P ( B)
P(( A ∪ C ) ∩ B) P(( A ∩ B) ∪ (C ∩ B)) P ( A ∩ B) + P(C ∩ B)
Uwaga 3: A ∩ C = φ , P (( A ∪ C ) | B ) =
=
=
=
ad *
P ( B)
P( B )
P( B)
P ( A ∩ B ) P (C ∩ B )
=
+
= P ( A | B ) + P (C | B ) (addytywno )
P( B)
P( B)
Uwaga 2: P (Ω | B ) =
[ad*: zauwa my, e A∩B∈A i C∩B∈C i z zało enia A∩C=φ:
( A ∩ B ) ∩ (C ∩ B) = A ∩ B ∩ C ∩ B = A ∩ C ∩ B = φ ∩ B = φ ]
Mo na to uogólni na sum przeliczaln zdarze : P (
∞
i =1
Ai | B ) =
∞
i =1
P ( Ai | B )
Na mocy uwagi 3 mo emy uwa a prawdopodobie stwo warunkowe jako „inn ” funkcj prawdopodobie stwa na przestrzeni
zdarze elementarnych
Uwaga 4: P ( B | B ) =
P( B ∩ B) P( B)
=
=1
P ( B)
P( B)
Prawdopodobie stwo warunkowe mo emy uwa a jako „zwykłe” prawdopodobie stwo, ale na innej przestrzeni (zmniejszonej).
Przykład: Rzucamy dwiema kostkami: zielon i czerwon . Oznaczmy przez B zdarzenie, e liczba oczek na kostce zielonej jest
mniejsza od 2 oraz przez C – liczba oczek na kostce czerwonej jest mniejsza równa 3.
Zdarzenie elementarne jest opisane przez uporz dkowan par liczb, przy takim opisie wszystkie zdarzenia elementarne maj tak
sam szans (mo emy stosowa def. klasyczn )
Ω = {(k , l ) : k , l ∈ {1,2...6}} , Ω = 36 . Obliczamy: P(B)=1/6, P(C)=1/2, P(B|C)=1/6. W tym przykładzie P(B)=P(B|C).
Oznacza to, e zaj cie zdarzenia C „nie wpływa” na prawdopodobie stwo zaj cia zdarzenia B. O takich dwóch zdarzeniach mówimy,
e s niezale ne: z warunku P(B)=P(B|C) (przy zało eniu, e P(C)>0) wynika, e:
P( B ∩ C )
( mno ymy stronami przez P(C) )
P (C )
P ( B ) ⋅ P (C ) = P ( B ∩ C ) .
Def. Mówimy, e zdarzenia A i B s niezale ne, gdy: P ( B ) ⋅ P (C ) = P ( B ∩ C ) .
P( B) =
Uwaga 1: Czy istnieje zdarzenie niezale ne od siebie? Odp: tak – gdy P(A)=1 lub P(A)=0
Rozwa my trzy zdarzenia A, B i C.
Mówimy, e zdarzania s parami niezale ne, gdy ka de dwa z tych zdarze s niezale ne. Mówimy, e zdarzenia A, B i C s
niezale ne zespołowo (tworz układ zdarze niezale nych), gdy s niezale ne parami oraz P ( A ∩ B ∩ C ) = P ( A) ⋅ P ( B ) ⋅ P (C )
Przykład: Rzucamy cztero cienn kostk , której ciany pomalowane s na: zielono, czerwono, niebiesko i w paski: niebiesko-zielonoczerwone. Oznaczamy: A – zdarzenie polegaj ce na tym, e pokazał si kolor zielony, B- zdarzenie polegaj ce na tym, e pojawił si
kolor czerwony, C- zdarzenie polegaj ce na tym, e pojawił si kolor niebieski.
P(A)=1/2, P(B)=1/2, P(C)=1/2.
P(A^B)=1/4, P(A^C)=1/4, P(B^C)=1/4, P(A^B^C)=1/4
Zatem zdarzenia A, B i C s parami niezale ne, ale nie s niezale ne zespołowo.
Ogólnie: Mówimy, e zdarzenia A1...An tworz układ zupełny zdarze , gdy:
(i)
P( Ai ) > 0 dla i=1,2...n
(ii)
Ai ∩ A j = φ gdy i≠j
n
(iii)
i =1
Ai = Ω
Poj cie to mo emy uogólni na niesko czony ci g zdarze .
Tw. o prawdopodobie stwie całkowitym
Je eli zdarzenia A1...An tworz zupełny układ zdarze to dla dowolnego zdarzenia A: P ( A) =
n
i =1
P ( Ai ) ⋅ P ( A | Ai )
Dowód:
z (iii) => Ω =
n
i =1
Ai
Zatem z własno ci zbiorów: A = A ∩ Ω = A ∩
n
i =1
Ai =
n
i =1
( Ai ∪ A) (*)
Ponadto z (ii): dla i≠j ( A ∩ Ai ) ∩ ( A ∩ A j ) = A ∩ Ai ∩ A j = A ∩ φ = φ (**)
Z własno ci prawdopodobie stwa (sko czona addytywno ): P ( A) = P (
Ze wzoru na prawdopodobie stwo warunkowe wobec zało enia (i) mamy:
P ( A | Ai ) =
n
i =1
Ai ∪ A) =
n
i =1
P ( Ai ∩ A) (***)
P ( A ∩ Ai )
czyli: P ( Ai ) ⋅ P ( A | Ai ) = P ( A ∩ Ai ) , podstawiaj c to do (***) otrzymujemy tez .
P ( Ai )
Tw. Bayesa
Je eli zdarzenia A1, A2... An tworz układ zupełny zdarze oraz P(B)>0, to:
P( Ai | B) =
P( Ai ) ⋅ P( B | Ai )
P( Ai ) ⋅ P( B | Ai )
= n
P( B)
P( Ai ) ⋅ P( B | Ai )
i =1
P ( B ∩ Ai )
P ( Ai )
P( Ai ) ⋅ P( B | Ai ) = P( B ∩ Ai )
P ( Ai ∩ B )
P ( Ai | B ) =
P( B )
P( B) ⋅ P( Ai | B ) = P( Ai ∩ B) = P( B ∩ Ai )
Dowód: Z zało enia (i): P ( B | Ai ) =
P( Ai ) ⋅ P ( B | Ai ) = P( B) ⋅ P( Ai | B)
P ( Ai ) ⋅ P ( B | Ai )
P ( Ai | B ) =
P(B)
Po zastosowaniu twierdzenia o prawdopodobie stwie całkowitym mamy drug cz
wzoru.
P( Ai | B) =
P( Ai ) ⋅ P( B | Ai )
n
i =1
P( Ai ) ⋅ P( B | Ai )
Przykład: Przedsi biorstwo produkuje 50% w firmie A, 30% w firmie B i 20% w firmie C. Zauwa ono, e w firmie A jest 1%
braków, w B – 4% braków, w C – 2% braków. Zakupiony towar okazał si wybrakowany. Obliczy prawdopodobie stwo, e
pochodzi on z firmy A.
Rozwi zanie: Oznaczmy zd A – losowo wybrany towar jest z firmy A, B – losowo wybrany towar jest z firmy B, C- losowo wybrany
towar jest z firmy C.
P(A)=1/2, P(B)=3/10, P(C)=1/5
Warunek (i) jest spełniony, z warunków zadania A ∩ B = φ, A ∩ C = φ, B ∩ C = φ, (war. ii) oraz A+B+C = Ω.
Tzn A,B,C tworz układ zupełny zdarze . Oznaczmy W – losowo zakupiony towar jest wybrakowany.
P(W|A)=1/100, P(W|B)=4/100, P(W|C)=2/100
Przy takich oznaczeniach mamy obliczy (stosuj c tw. Bayesa):
P( A | W ) =
P ( A) ⋅ P (W | A)
0,5 ⋅ 0,01
5
=
=
P ( A) ⋅ P (W | A) + P ( B ) ⋅ P (W | B ) + P (C ) ⋅ P (W | C ) 0,5 ⋅ 0,01 + 03 ⋅ 0,04 + 0,2 ⋅ 0,02 21
Zmienna losowa:
Przestrze probabilistyczna (Ω, ϑ, P)
A ∈ ϑ (zdarzenie losowe)
Przypiszemy zdarzeniu elementarnemu pewn liczb rzeczywist . Zatem rozwa a b dziemy funkcje o warto ciach rzeczywistych.
Def. Zmienn losow nazywamy funkcj okre lon na przestrzeni zdarze elementarnych o warto ciach rzeczywistych tak , e dla
dowolnych B ⊂ R {ω : X (ω ) ∈ B} = X ( B ) ∈ ϑ
Zmienne losowe tradycyjnie oznaczamy du ymi literami: X(ω), Y(ω), ale równie ξ(ω), η(ω). Cz sto w tym zapisie pomijamy ω i
piszemy np. X czy η
Warunek, który sformułowali my w definicji pozwala nam oblicza prawdopodobie stwa zdarze takich jak np. P{ω : X (ω ) < 3} ,
−1
P{ω : X (ω ) = 5} itd.
Przykład 1: Rzucamy symetryczn monet :
Ω={ O, R} – model klasyczny
X : Ω -> R
X (ω ) =
0 gdy ω = 0
1 gdy ω = R
Obliczamy: P{ω : X (ω ) < −2} = 0 , P{ω : X (ω ) < 0} = 0 , P{ω : X (ω ) >
1
1
}=
4
2
Przykład 2: Rzucamy dwiema kostkami. Zmienna losowa przyjmuje warto ci równe sumie wyrzuconych oczek. Okre li zbiór
warto ci losowej, obliczy prawdopodobie stwo P{ X < 3} , P{ X > 3} :
Ω = {(k , l ) : k , l ∈{1,2,..,6}} , A- dowolny podzbiór A ⊂ Ω. Zdarzenia s jednakowo mo liwe. Model klasyczny.
X(ω)=X(k,l)=k+l; Zbiór warto ci – X(Ω)={2,3...12}
P{ X < 3} = P{(1,1)} =
1
26
, P{ X > 5} = P{(1,5), (1,6), (2,4)...(6,5), (6,6)} =
36
36
Przykład 3:Rzucamy dwiema kostkami czerwon i zielon – okre lamy: X – wynika na czerwonej, Y – wynik na zielonej
(opisy jak wy ej)
X (ω ) = {1...6} , P{ X = 1} = P{ X = 2} = ... = P{ X = 6} =
Y (ω ) = {1...6} , P{Y = 1} = P{Y = 2} = ... = P{Y = 6} =
6
36
6
36
Obie zmienne losowe przyjmuj te same warto ci z tymi samymi prawdopodobie stwami, chocia opisuj inne sytuacje wyj ciowe.
Def. Zmienn losow nazywamy dyskretn (skokow ), je eli jej zbiór warto ci jest przeliczalny (sko czony lub równoliczny ze
zbiorem liczb naturalnych)
Uwaga 1 – Wszystkie zmienne losowe okre lone na przestrzeni zdarze elementarnych sko czonej lub przeliczalnej s dyskretne.
Uwaga 2 – Je eli X jest dyskretn zmienn losow to wszystkie informacje o niej mo na uzyska znaj c prawdopodobie stwo
P{ω : X (ω ) = x} gdzie x∈R oraz x∈X(Ω) ( x – wszystkie mo liwe warto ci zmiennej losowej)
Def. Funkcj f okre lon na zbiorze liczb rzeczywistych okre lono wzorem f(x)= P{ω : X(ω)=x} nazywamy rozkładem
prawdopodobie stwa zmiennej losowej X
Przykład 1: Rzucamy kostk . Zmienna losowa przyjmuje warto ci równe ilo ci wyrzuconych oczek.
1
f ( x) = 6
0
x = 1,2..6
x = R \ {1,2..6}
Informacje te to informacje o zbiorze warto ci zmiennej losowej oraz o prawdopodobie stwach, z jakimi przyjmuje t warto .
Przykład 2: Rzucamy n-krotnie symetryczn monet . Zdarzenie elementarne jest opisane przez ci g długo ci n zło onych z symboli O
i R np. (OOROOROORRR...R) wszystkie te zdarzenia maj jednakow szans :
P{ω } =
1
dla dowolnego ω.
2n
Ω = 2 n ; Stosujemy definicje klasyczn .
Oznaczmy przez Xk zmienn losow , która przyjmuje warto ci 1 je eli w k-tym rzucie pojawia si orzeł oraz warto
rzucie pojawia si reszta (gdzie k=1...n)
Zmienna losowa Xk ma rozkład:
1
f ( x) = 2
0
x = 0 ∨ x =1
x = R \ {0,1}
Rozwa my teraz inn zmienn losow na tej samej przestrzeni:
Sn=X1+X2+...+Xn (opisuje liczb orłów w ci gu n-elementowym)
0 gdy w k-tym
Oczywi cie Sn={0,1...n} – dyskretna zmienna losowa.
n
n
k
1
P{ω : S n (ω ) = k} = n =
⋅
k
2
2
n
dla k = 0,1..,n
Rozkład prawdopodobie stwa zmiennej losowej
n
1
⋅
k
2
0
f Sn ( x) =
n
x = k = 0,1,.., n
pozostalych
Rozkład opisany w tym przykładzie nazywamy rozkładem dwumianowym (Bernulliego). Dokładniej jest to rozkład dwumianowy z
parametrami: n i p = 0,5
Def. Mówimy, e zmienne losowe X i Y okre lone na tej samej Ω s niezale ne, gdy dla dowolnych zdarze losowych ze zbioru liczb
rzeczywistych:
P{ω : X (ω ) ∈ A ∧ Y (ω ) ∈ B} = P{ω : X (ω ) ∈ A} ⋅ P{ω : Y (ω ) ∈ B}
w przypadku dyskretnych zmiennych losowych:
P{ω : X (ω ) = xk ∧ Y (ω ) = y j } = P{ X = xk } ⋅ P{Y = y j } gdzie xk ∈ X (Ω) i y j ∈Y (Ω)
Przykład: Rzucamy symetryczn monet a do momentu, gdy wypadnie orzeł. Ω- zbiór zdarze jest niesko czony i przeliczalny.
Okre lamy zmienn losow : T(ω) – czas oczekiwania na pojawienie si orła.
T(ω1)=T{O}=0, T(ω2)=T{R,O}=1
Znajdujemy rozkład tej zmiennej losowej (dyskretna zmienna losowa).
P = { ω : T (ω ) = k} =
k = 0,1..2
1
f T ( x) = 2 k +1
0
1
2 k +1
x=k
x≠k
Wygodnie jest ten fakt rozpisa w postaci tabelki:
T
0
1
2
...
Pi
1/2
1/4
1/8
...
∞
i =0
p1 =
∞
i =0
1
2 k +1
1
= 2 =1
1
1−
2
Przykład: Wybieramy losow liczb z odcinka <0,1). Zmienna losowa przyjmuje warto ci równe wybranej liczbie.
U(ω)=ω, gdzie ω∈<0,1) zgodnie z umow
P{ω : U (ω ) ∈< 0,1)} = b − a , gdzie b ≥ 0
W szczególno ci : P{ω : U (ω ) = a )} = P{ω : U (ω ) ∈< a, a >} = a − a = 0
Zauwa my, e w tym przypadku zbiór wszystkich warto ci zmiennej losowej jest przedziałem od 0 do 1, czyli zbiorem
niesko czonym i nieprzeliczalnym – nie jest to wi c dyskretna zmienna losowa. Jak pokazali my poprzednio rozkład
prawdopodobie stwa nie przynosi nam adnej informacji.
Uwaga: Powy szy przykład pokazuje, e rozkład prawdopodobie stwa okre lamy tylko dla zmiennej losowej dyskretnej.
Def. Dystrybuant zmiennej losowej X nazywamy funkcj Fx : R -> [0,1] okre lon wzorem :
Uwaga: Dla dyskretnej zmiennej losowej X mamy :
FX ( x) =
P{ω : X (ω ) = k}
k<x
Przykład: Znajd my dystrybuant dla zmiennej losowej z poprzedniego przykładu:
0
x≤0
FU ( x) = P{ω : U (ω ) < x} = P{ω : ω < x} = x 0 < x ≤ 1
1
x >1
Własno ci dystrybuanty
1. Jest funkcj malej c x1<x2 => FX(x1) ≤ FX(x2)
Dowód: z zało enia x1<x2 mamy: ( −∞, x1 ) ⊂ (−∞, x2 )
z własno ci funkcji prawdopodobie stwa (monotoniczno ci – W5) mamy:
FX ( x) = P{ω : X (ω ) < x} .
P{ω : X (ω ) < x1} ≤ P{ω : X (ω ) < x2 }
z definicji dystrybuanty: FX(x1) ≤ FX(x2)
2. jest lewostronnie ci gła tzn. : lim − F ( x0 ) = F ( x0 )
xn → x0
Dowód: x1<x2<...<xn<...<x0
Oznaczam: A1= {ω : X (ω ) < x1} , A2= {ω : X (ω ) < x2 } itd.
Przy takich oznaczeniach otrzymujemy ci g wst puj cy: A1⊂A2⊂...⊂An⊂...⊂A0
∞
k =1
Ak =
∞
k =1
{ω : X (ω ) < xk } = {ω : X (ω ) < x0 }
Z własno ci prawdopodobie stwa (ci gło
P(
∞
k =1
– W7)
Ak ) = lim P( Ak ) , zatem: P{ω : X (ω ) < x0 } = lim{ω : X (ω ) < xk }
k →∞
k →∞
Z definicji dystrybuanty otrzymujemy:
−
FX ( x0 ) = lim FX ( xk ) - z poprzednich oznacze : gdy k → ∞ , xk → x0 . Zatem otrzymujemy tez : lim − F ( x0 ) = F ( x0 )
k →∞
3.
xn → x0
lim FX ( x) = 1 i lim FX ( x) = 0
k →∞
k → −∞
Dowód: a) dowód warunku
lim FX ( x) = 1 jest analogiczny do poprzedniego. Rozwa amy ci g x1<x2<...<xn<... gdzie xn → ∞ .
k →∞
n →∞
Przy oznaczeniach An= {ω : X (ω ) <
analogicznie z własno ci 7 mamy:
xn } n=1,2.. , mamy, e An tworz ci g wst puj cy zdarze oraz
1 = P(Ω) = lim P( An ) = lim P{ω : X (ω ) < xn }
n →∞
Ostatecznie z dowolno ci ci gu xn mamy tez :
n →∞
def
=
∞
An = Ω , zatem
n =1
lim FX ( xn ) = lim FX ( xn )
dystrybuanty n→∞
xn →∞
lim FX ( x) = 1 .
k →∞
b) dla wykazania warunku drugiego rozwa my dowolny ci g liczbowy x1> x2> x3>... >xn>... gdzie xn → − ∞ . Przy tych samych
n →∞
∞
oznaczeniach mamy A1⊃A2⊃...⊃An... Zdarzenia losowe An tworz ci g zdarze zst puj cy i ponadto:
x =1
prawdopodobie stwa mamy, e
dowolno ci ci gu xn mamy tez
0 = P(φ ) = lim P ( An ) = lim P{ω : X (ω ) < xn }
n →∞
n →∞
def
=
An = φ . Z własno ci 8
lim FX ( xn ) = lim FX ( xn ) . Z
dystrybuanty n→∞
xn →−∞
lim FX ( x) = 0 .
k → −∞
Parametry rozkładu zmiennej losowej:
Przykład: Rzucamy symetryczn kostk . Zmienna losowa X przyjmuje warto ci równe ilo ci wyrzuconych oczek.
f X ( x) =
1 / 6 x = k ∈{1,2...6}
0
x≠k
Jest to przykład rozkładu jednostajnego. Mo emy obliczy , e tzw. „ redni wynik” = 3,5. Przy wielokrotnym rzucie kostk mo na si
spodziewa , e rednia z uzyskanych wyników b dzie bliska 3,5. Liczba ta w tym przypadku b dzie to tak zwana warto przeci tna
(warto oczekiwana, nadzieja matematyczna zmiennej losowej X).
Def. ogólna:
X (ω ) ⋅ P(ω )
Warto ci oczekiwan zmiennej losowej X okre lonej na przestrzeni Ω nazywamy liczb EX=µX=
Uwaga 1: Je eli wyniki s jednakowo mo liwe to warto
arytmetycznej.
x ⋅ P{ω : X (ω ) = x} czyli :
Uwaga 2: EX=
x∈R
oczekiwana jest równa (tak jak w powy szym przykładzie) redniej
x ⋅ f X ( x)
x
Zatem je eli x∈R nie nale y do warto ci zmiennej losowej to fX(x)=0
xi ⋅ P{ω : X (ω ) = xi } =
EX=
i
ω∈Ω
xi ⋅ p i
i
Tw. (Własno ci warto ci oczekiwanej)
Rozwa my dwie zmienne losowe X,Y okre lone na tej samej Ω.
W1: E(X +Y) = EX + EY
W2: E(aX) = a EX
W3: E(a) = a
,gdzie a nale y do R
Dowód:
(( X (ω ) + Y (ω )) ⋅ P({ω }) =
W1: E(X +Y)=
ω∈Ω
( X (ω ) ⋅ P ({ω}) +
ω∈Ω
(Y (ω ) ⋅ P ({ω}) =EX+EY
ω∈Ω
W2: dowodzimy analogicznie jak W1 wył czaj c stał przed znak sumy.
W3: E(a) tzn. warto oczekiwan zmiennej losowej X(ω)=a czyli ma rozkład P (ω : X (ω ) = a} = 1 . Rozkład ten nazywamy
X (ω ) ⋅ P{ω} = a ⋅1 = a .
jednopunktowym skupionym w punkcie a. Obliczamy: E(a)=
ω∈Ω
Innym parametrem rozkładu zmiennej losowej jest wariancja.
Def. Wariancj zmiennej losowej X nazywamy pewn liczb D2X=E(x-µ)2
Uwaga: D2X ≥ 0 (co wynika z definicji), D2X = 0 gdy zmienna losowa ma rozkład jednopunktowy.
P(ω i : X (ω ) = a} = 1 ,
poniewa a ≥ 0 mog okre li parametr odchylenia standardowe.
Def. Wyra enie δX = D
Uwaga: D2X = EX2 - µ2
Uzasadnienie:
2
X nazywamy odchyleniem standardowym.
D 2 X = E ( X − µ ) 2 = E ( X 2 − 2 µX + µ 2 ) = EX 2 + E (−2 µX ) + Eµ 2 = EX 2 − 2 µEX + Eµ 2 =
def
wlas1
wlas 2
wlas 3
= EX − 2 µEX + µ = EX − 2 µ + µ = EX − µ (zgodnie z przyj tym oznaczeniem EX = µ)
Własno ci wariancji:
1) D2(aX) = a2D2X
2) D2(X+a) = D2X
3) D2(X+Y) = D2X + D2Y wtedy gdy X,Y s niezale ne (tw. odwrotne nie jest prawdziwe)
2
Ad 1. D (aX) = E (aX)2 - µ2aX
- gdzie zgodnie z przyj tymi oznaczeniami µaX=E(aX)=aEX=aµ
2
2
2
2
2
2
2
D 2 (aX ) = E (a 2 X 2 ) − (aµ ) 2 = a 2 EX 2 − a 2 µ 2 = a 2 ( EX 2 − µ 2 ) = a 2 D 2 X
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Ad 2. D ( X + a ) = E ( X + a) − [ µ ( X + a ) ] = E ( X + 2 Xa + a ) − [ E ( X + a )] = EX + 2aEX + a − ( EX + a ) =
Zatem :
= EX 2 + 2aµ + a 2 − ( µ + a ) 2 = EX 2 + 2aµ + a 2 − µ 2 − 2aµ − a 2 = EX 2 − µ 2 = DX 2
Rozkład dwumianowy:
Wcze niej rozpatrywali my n-krotny rzut monet oraz zmienn losow Sn opisuj c liczb orłów w n-rzutach. Zmienna ta ma
rozkład:
P{ω : S n = k} =
n 1 n
( ) , gdzie k=0,1,2...n
k 2
Mo emy to uogólni na przypadek, gdy rzucamy monet niesymetryczn tzn. gdy prawdopodobie stwo wyrzucenia reszki wynosi
1-p=q. Wtedy zmienna losowa X opisana analogicznie jako „licznik” orłów ma rozkład.
P{ X = k} =
n k n −k
p q
k
Dla tego rozkładu obliczmy warto
k= 0,1...n
oczekiwan
n
EX=
k ⋅ p k = k ⋅ ( ) p k q n− k = ( zauwa my, e pierwszy składnik jest równy zero. )
k
k =0
k =0
n
n
n!
n!
= k⋅
⋅ p n ⋅ q n−k =
⋅ p k ⋅ q n − k = (obni amy wska nik sumowania)
k
!
⋅
(
n
−
k
)!
(
k
−
1
)!
(
n
−
k
)!
k =1
k =1
n
n −1
n −1
n!
n!
n(n − 1)!
=
⋅ p k +1 ⋅ q n − k −1 =
⋅ p k +1 ⋅ q ( n−1)− k =
⋅ p k +1 ⋅ q n −1−k =
k
!
(
n
−
k
−
1
)!
k
!
(
n
−
k
−
1
)!
k
!
(
n
−
1
−
k
)!
k =0
k =0
k =0
n −1 n − 1
wzor
= np (
) ⋅ p k ⋅ q ( n−1)− k = n ⋅ p ⋅ ( p + q ) n −1 = ( w my l naszych oznacze p+q=1) = np ⋅1n−1 = n ⋅ p
Newtona
k
k =0
n
n
w szczególno ci dla symetrycznej monety wynosi n/2.
Dla obliczenia wariancji skorzystamy z naszej uwagi: D2X=E(x-µ)2
n
n −1
n
n
n(n − 1)!
k 2 ( ) p k q n −k = k 2 ( ) p k q n −k = (k + 1)
⋅ p k +1 ⋅ q n− k −1 (z rozdzielno ci mno enia)
1
2
k
k
k!(n − k − 1)!
k =0
k =0
k =0
k =0
n −1
n!
n!
=
[k ⋅
⋅ p k +1 ⋅ q n −k −1 +
⋅ p k +1 ⋅ q n− k −1 ] =
k!(n − k − 1)!
k!(n − k − 1)!
k =0
n −1
n −1
n −1
n!
n!
n!
=
(k ⋅
⋅ p k +1 ⋅ q n− k −1 ) +
⋅ p k +1 ⋅ q n − k −1 = (k ⋅
⋅ p k +1 ⋅ q n− k −1 ) + np =
1
k!(n − k − 1)!
k!(n − k − 1)!
k =0
k = 0 k!( n − k − 1)!
k =1
n−2
n −2
n!
n(n − 1)(n − 2)! 2 k n− k − 2 wzor
=
⋅ p k + 2 ⋅ q n −k −2 + np = np +
⋅ p ⋅ p ⋅q
= np + n(n − 1) p 2 ⋅ ( p + q ) n −2 =
2
Newtona
k = 0 k!( n − k − 2)!
k = 0 k!( n − k − 2)!
EX 2 =
n
k 2 ⋅ pk =
n
= np+n(n-1)p2
D2X=np+n(n-1)p2-(np)2=n2p2 – np2 +np –n2p2=np- np2=np(1-p)=npq.
[do powy szych równa
1 pod znakiem równo ci oznacza „zauwa my, e pierwszy składnik sumy jest =0”,
2 pod znakiem równo ci oznacza „obni amy wska nik sumy”]
Rozkład prawdopodobie stwa zmiennej losowej dyskretnej w sposób uproszczony b dziemy zapisywa : P{X=xi}=pi i=1,2.. (a
pozostałe warto ci fX(x)=0)
Przykłady rozkładów dyskretnych
1) Rozkład jednopunktowy, parametrem jest liczba rzeczywista „a”.
P{X=a}=1.
Poprzednio obliczali my, e EX=a, a wariancja jest równa 0.
FX ( x) = P{ω : X (ω ) < X } =
Dystrybuanta:
0 x≤a
1 x>a
2) Rozkład zerojedynkowy z parametrem p (analogicznie jak w pkt 1 mamy do czynienia z jednoparametrow rodzin
rozkładów)
P{X=1}=p, P{X=0}=1-p
EX=p
D2X =EX2-µ2=12p + 02(1-p)-p2=p-p2=p(1-p)
0
x≤0
FX ( x ) = 1 − p 0 < x ≤ 1
1
x >1
3) Rozkład dwumianowy (omówiony wy ej)
4) Rozkład geometryczny (parametr p)
P{X=k}=pqk, p+q=1, gdzie k=0,1,2...
Zmienna losowa przyjmuje sko czon ilo warto ci. Sprawd my czy rozkład jest dobrze okre lony.
pk = 1 czyli
k
Warto
∞
∞
P{ X = k} =
k =0
pq k = p
k =0
∞
qk = p ⋅
k =0
q0
p
p
=
= =1
1− q 1− q p
oczekiwana dla tego ci gu geometrycznego:
∞
EX =
∞
k ⋅ P{ω : X (ω ) = k} =
k =0
∞
k ⋅ p ⋅ qk =p
k =0
kq k = p
1
k =0
∞
kq k
k =1
Obliczmy sum tego szeregu. Zauwa my, e dla |x|<1:
∞
xk =
k =0
1
− (−1)
1
1
oraz, e (
)'=
=
2
1− x
1− x
(1 − x)
(1 − x) 2
z twierdze dot. zbie no ci szeregów funkcyjnych [dot. tego, e mo emy wyrazy szeregu ró niczkowa „wyraz po
wyrazie”]:
∞
1
=
(1 − x) 2
kx k −1 (*)
k =1
Zatem
∞
EX = p ⋅
kq k = pq
k =1
∞
kq k −1 = pq
(*)
k =1
1
pq q
= 2 =
2
(1 − q )
p
p
5) Rozkład Poisson’a, jednoparametrowy z λ>0
P{ X = k} = e −λ
∞
EX =
λk
k!
, gdzie k=0,1,2..
k ⋅ P{ X = k} =
k =0
(z definicji :
∞
∞
∞
e − λ λk − λ ∞ λk
λk +1
λk
=e
= e −λ
= λe − λ
=
2
k! 1
k =1 ( k − 1)!
k = 0 k!
k = 0 k!
k⋅
k =0
ex =
∞
k =0
k
x
dla x ∈R), zatem
k!
EX = λe − λ ⋅ e λ = λ
D 2 X = EX 2 − µ 2 = EX 2 − λ2
EX 2 =
∞
k =0
k 2 ⋅ P{ X = k} =
∞
k =0
k 2 e −λ
λk
k!
= e −λ
1
∞
k =1
k
λk
=e −λ
(k − 1)! 2
∞
k =0
(k + 1)
λk +1
k!
= e −λ (
∞
k =0
k
λk +1
k!
+
∞
λk +1
k =0
k!
)=
1
λk +1
∞
= e −λ (
k =1
(k − 1)!
+λ
∞
k =0
λk
k!
= e −λ (
2
∞
k =0
λk + 2
k!
+ λe λ ) = e − λ ( λ2 e λ + λe λ ) = λ2 + λ
Zatem:
D 2 X = EX 2 − µ 2 = λ2 + λ − λ2 = λ
Funkcje tworz ce dla ci gów
Rozwa my ci g S1(x), S2(x),...,Sn(x), którego elementami s funkcje okre lone na pewnym wspólnym zbiorze D. Ci g taki nazywamy
ci giem funkcyjnym.
1) Zbie no punktowa.
Dla ka dego x∈D lim S n ( x) istnieje i jest równe S(x) to mówimy, e ci g jest zbie ny punktowo.
n →∞
2) Zbie no
jednostajna na D.
Szeregi:
∞
Rozwa my szereg
n =1
f n ( x) , którego elementami s funkcje okre lone na wspólnym przedziale D (dla ka dego ustalonego x0∈D
otrzymujemy szereg liczbowy). Zbie no
n
S2(x),...,Sn(x) gdzie Sn(x)=
k =1
takiego szeregu funkcyjnego oznacza istnienie granicy ci gu sum cz ciowych S1(x),
f k ( x) .
Mo emy zatem mówi o zbie no ci punktowej szeregu funkcyjnego lub o zbie no ci jednostajnej szeregu funkcyjnego.
Przykład 1: Ci g funkcyjny
x
S n ( x) = (1 + ) n , gdzie D=R
n
Ka da z tych funkcji jest funkcj ci gł . Dla ka dego x rzeczywistego granica istnieje i wynosi
lim S n ( x) = e x (wniosek: ci g jest
n →∞
punktowo zbie ny)
∞
Przykład 2: Rozwa my szereg funkcyjny (szereg geometryczny)
x n dla |x|<1 :
n =1
∞
xn =
n =1
x
1− x
(wniosek – szereg ten jest zbie ny punktowo dla x∈(-1,1) )
Funkcja graniczna ci gu (lub szeregu funkcyjnego) nie musi by funkcj ci gł , mimo, e wszystkie funkcje w tym ci gu s
funkcjami ci głymi.
Tw. Je eli szereg jest jednostajnie zbie ny w zbiorze D i funkcje fn(x) s ci głe w punkcie x0∈D to suma szeregu S(X)=
lim S n ( x) =
n→∞
∞
n =1
f n ( x) jest funkcj ci gł w punkcie x0.
Kryterium zbie no ci jednostajnej Weierstrassa.
Szereg jest jednostajnie zbie ny w zbiorze D, je eli w zbiorze D prawdziwa jest nierówno :
∞
Przykład:
n =1
| f n ( x) |≤ An i
∞
n =1
An jest zbie ny.
a n sin(nx)
| f n ( x) |=| a n sin(nx) |≤| a n | . Je eli an jest bezwzgl dnie zbie ny to szereg funkcyjny na mocy kryterium Weierstrassa jest
∞
jednostajnie zbie ny. W szczególno ci
1
sin(nx) .
2
n =1 n
∞
W szczególno ci rozwa my szeregi pot gowe: s to szeregi funkcyjne postaci
n =0
∞
Przykładem takiego szeregu jest
a n x n , gdzie a0,a1.. s liczbami rzeczywistymi.
x n , który jest zbie ny dla ka dego x∈(-1,1) do funkcji
n =0
∞
Tw. Je eli szereg pot gowy postaci
n =0
∞
1
n =0 1 − x
an x n w punkcie x0=/=0 (bo dla x=0 granica jest równa a0) jest zbie ny bezwzgl dnie to jest
zbie ny punktowo wewn trz przedziału (-ρ,ρ), gdzie ρ=|x0| i jednostajnie zbie ny w ka dym przedziale domkni tym <-θρ,θρ> gdzie
0<θ<1
∞
Dowód przeprowadzimy w oparciu o kryterium Weierstrassa. Z zało enia szereg liczbowy
n =0
koniecznego zbie no ci dla szeregów liczbowych mamy, e
n
an x0 jest zbie ny. Z warunku
lim a n x = 0 , a to z definicji granicy oznacza, e
n →∞
n
o
Dla ka dego ε>0 istnieje takie n0, e dla ka dego n>n0 |anx0n|<ε, ale ci g zbie ny jest ograniczony, czyli istnieje takie M dla którego
anx0n<M, dla wszystkich n.
Zatem stosuj c kryterium Weierstrassa otrzymujemy:
| a n x n |=| a n x0n ⋅
Mamy e
xn
xn
xn
dla
x
takich,
e
|
<
M
⋅
|
|
|
|≤ θ < 1 (|x|<|x0|)
x0n
x0n
x0n
| a n x n |< M ⋅ |
xn
|≤ Mθ n oraz, e θ n jest geometryczny θ<1 czyli zbie nym. Zatem przy poprzednich oznaczeniach
x0n
( x0 < ρ ) mamy jednostajn zbie no w przedziale <-θρ,θρ>.
Wykazali my, e ka dy punkt zbie no ci szeregu pot gowego x0≠0 jest ko cem pewnego przedziału zbie no ci (-ρ,ρ). Zachodz dwa
przypadki:
1) Szereg jest zbie ny dla wszystkich x∈R
2) W ród przedziałów (-ρ,ρ) istnieje najwi kszy, który oznaczamy (-r,r) i nazywamy przedziałem zbie no ci szeregu
pot gowego. Inaczej r jest kresem górnym takich ρ, dla których szereg pot gowy jest zbie ny w przedziale (-ρ,ρ).
Oczywi cie na zewn trz tego przedziału szereg jest rozbie ny.
Def. Liczb r nazywamy promieniem zbie no ci szeregu pot gowego. Dodatkowo przyjmujemy r=0 gdy szereg jest zbie ny tylko w
punkcie x=0 oraz r=+∞ je eli szereg jest zbie ny dla wszystkich rzeczywistych
Promie zbie no ci wyznaczony na podstawie twierdze :
1)
r=
2)
r=
1
λ
1
λ
, gdzie
λ = lim n | an |
Przyjmujemy: r=0 gdy λ=+∞ oraz r=∞ gdy λ=0
, gdzie
λ = lim |
a n +1
|
an
Przyjmujemy: r=0 gdy λ=+∞ oraz r=∞ gdy λ=0
n →∞
n →∞
∞
Szereg pochodnych:
n =0
∞
Zauwa my, e
n =0
fn '
( x) ma ten sam promie zbie no ci co szereg pierwotny i jego suma w przedziale (-r,r) jest równa S’(x)
a n x n = S ( x) , zatem dla szeregu pochodnych
∞
n =0
na n x n −1 = S '
( x)
Dany jest ci g (an) liczb rzeczywistych
Def. Zwykł funkcj tworz c (krótko funkcj tworz c ) nazywamy szereg
f ( x) =
∞
n =0
an x n
Uwaga 1: funkcje tworz ce maj posta szeregu pot gowego
Uwaga 2: Dla ka dego takiego szeregu okre lamy promie zbie no ci. Wówczas dla |x|<r szereg jest bezwzgl dnie zbie ny i mo na
go ró niczkowa „wyraz po wyrazie”
Def. Wykładnicz funkcj tworz c dla ci gu an nazywamy szereg
f ( x) =
an x n
n = 0 n!
∞
Przykład: Oznaczmy przez an liczb wszystkich funkcji ze zbioru n-elementowego w siebie. Oczywi cie an=nn.
∞
Funkcja tworz ca dla tego ci gu:
n n x n dla którego r=0;
n=0
b
nn xn
. Rozwa my n +1 :
n!
bn
n =0
∞
Wykładnicza funkcja tworz ca dla tego ci gu:
(n + 1) n +1 ⋅ n! (n + 1) n
1
=
= (1 + ) n → e Wniosek: r=1/e
n
n
(n + 1)!⋅n
n
n
Wykładnicze funkcje tworz ce stosuje si na ogół w przypadku o którym wiemy lub spodziewamy si , e an ro nie szybciej ni
wykładniczo: np. kiedy an oznacza ilo wariacji lub kombinacji:
- an =2n , gdzie n=0,1...
- funkcja tworz ca :
f ( x) =
∞
2n x n =
n =0
n
- ak=
, gdzie k=0,1,2...n
k
- funkcja tworz ca:
f ( x) =
∞
n =0
n
k =0
(2 x ) n =
1
dla |2x|<1
1 − 2x
n k
x = (1 + x) n
k
n
okre laj cego liczb k-wyrazowych kombinacji zbioru nk
Zatem dwumian Newtona jest zwykł funkcj tworz c ci gu ak=
elementowego. Ale z drugiej strony
(1 + x) n =
n
k =0
nk
xk
gdzie nk oznacza liczb k-wyrazowych wariacji bez powtórze zbioru nk!
elementowego. Zatem dwumian Newtona jest wykładnicz funkcj tworz c ci gu nk.
- ak – ci g okre laj cy liczb k-wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n-elementowego. Jego wykładnicza funkcja tworz ca
ma posta :
f ( x) =
∞
nk
k =0
∞
xk
(nx ) k
=
= e nx
k! k = 0 k !
W powy szych przykładach zakładamy wsz dzie, e |x|<r.
Przykład 1: Rozwa my n-elementowe permutacje zbioru n-elementowego. Okre limy t ilo metod rekurencji.
an – ilo n-elementowych permutacji: a1=1, a2=2; an=an-1*n=an-2*(n-1)*(n)=...=n!
Przykład 2: Niech an oznacza liczb obszarów na które dzieli płaszczyzn n-prostych z których adne dwie nie s równoległe i adne
trzy nie przecinaj si w adnym punkcie.
a0=1, a1=2, a2=4
an= an-1+n
Znajdujemy wzór ogólny:
an= an-1+n= an-2+(n+1)+n=...= a0 + 1 + 2 + ... + n = 1+ n(1+n)/2=
1+ (
n +1
)
2
Aby udowodni wzór ogólny stosujemy zasad indukcji.
Warunek pocz tkowy:
1+1
= 1+1 = 2
2
n +1
n+2
I) Zało enie: an= 1 + (
) , Teza an+1= 1 + (
),
2
2
a1 = 1 +
P) n=1
Dowód Indukcyjny: an+1=an+n+1= (z zało enia rekurencyjnego) =
1+ (
n +1
n +1
n +1
n+2
) +n+1= 1 + (
)+(
) = 1+ (
) (z trójk ta
2
2
1
2
Pascala). Otrzymali my tez .
Zastosujmy funkcje tworz ce:
Ad przykład 1: okre lamy wykładnicz funkcje tworz c
∞
f ( x) =
k =0
an
xn
=
n!
a n −1 ⋅ n n
⋅x =
n!
n =1
∞
∞
∞
∞
a n−1
an n
a
an n
⋅ xn = x
x ) = x (1 + f ( x))
x = x( o x 0 +
0!
n =1 ( n − 1)!
n = 0 n!
n =1 n!
z tego otrzymujemy:
f(x)=x+x*f(x)
f(x)(1-x)=x
f(x)=x/(1-x)
z drugiej strony
∞
xk =
k =1
x
dla |x|<1
1− x
z porównania tych dwóch szeregów mamy:
an
= 1 , a wi c an=n!
n!
Ad przykład 2: Tworzymy zwykł funkcj tworz c dla an.
∞
f(x)=
n =0
a n x n = a0 x 0 +
∞
n =1
an x n = 1 +
∞
n =1
(a n −1 + n) ⋅ x n = 1 +
∞
n =1
a n −1 ⋅ x n +
∞
n =1
n ⋅ xn = 1+ x
∞
n =0
an ⋅ x n +
Zauwa my, e
∞
1
jest bezwzgl dnie zbie ny | mo emy ró niczkowa wyraz po wyrazie
1− x
n =0
∞
1
.
podstawiaj c powy sze otrzymujemy: f(x)=1+xf(x)+x/(1-x)2 Wyznaczmy z tego f(x):
n ⋅ x n−1 =
2
(1 − x)
n =1
1
x
f ( x) =
+
(1 − x) (1 − x) 3
xn =
Zauwa my, e:
∞
n =1
n ⋅ xn
∞
∞
1
,
1− x
xn =
n =0
∞
(n + 1) ⋅ n ⋅ x n−1 = (
n =1
n =1
Podstawiaj c dla |x|<r
∞
xn +
f(x)=
n =0
∞
f(x)=
n =0
x
2
∞
2
(1 − x) 3
x n )'
'=
(n + 1) ⋅ n ⋅ x n−1 =
n =1
a n x n , an= 1 +
∞
xn + x
n =0
∞
n+2
(n + 2) ⋅ (n + 1) n ∞ n
⋅x = x +x
⋅ xn
2
2
n =0
n =0
n =0
∞
n +1
2
Przykład 3:
Ile podzbiorów zbioru {1,2..n} wliczaj c zbiór pusty nie zawiera s siednich liczb?
Oznaczamy przez an szukan liczb . Zauwa my, e liczba ta zale y od n
Zatem a0=1, a1=2. Mo na wyznaczy ( wiczenia), e an=an-1+an-2
Otrzymali my definicj rekurencyjn ci gu an.
(P) a0=1, a1=2.
(R) an=an-1+an-2 dla n>1
Dla takich definicji rekurencyjnych na podstawie odpowiednich twierdze , mo emy wyznaczy wzór ogólny. (analogicznie jak dla
ci gu Fibbonachciego – z innymi war. pocz tkowymi). Zatem:
1− 5 n
1+ 5 n
a n = c1 (
) + c2 (
) , gdzie stałe c1 i c2 wyznaczamy z warunków pocz tkowych.
2
2
Zaprezentujemy inn metod wyznaczenia wzoru ogólnego an (metod funkcji tworz cych)
∞
f ( x) =
n =0
an x n = 1 + 2 x +
f ( x) =
Zauwa my, e
∞
n =0
= 1+ x + x
∞
n =1
∞
n=2
(a n −1 + a n− 2 ) x n =1 + 2 x +
an x n = 1 +
an x n + x + x 2
∞
n =0
∞
n =1
∞
n=2
a n−1 x n +
∞
n =2
a n− 2 x n =1 + 2 x +
∞
n =1
a n x n+1 +
∞
n =0
an x n+ 2 =
a n x n . Podstawiaj c do wzoru otrzymujemy:
an x n = 1 + x + x
∞
n =0
an x n + x 2
∞
n =0
a n x n = 1 + x + x ⋅ f ( x) + x 2 ⋅ f ( x)
Z równo ci tej mamy:
f ( x) = 1 + x + x ⋅ f ( x) + x 2 ⋅ f ( x)
1+ x
f ( x) =
wyznaczamy pierwiastki trójmianu kwadratowego:
1− x − x2
1− 5
1+ 5
r1 =
, r2 =
−2
−2
A
B
1+ x
Zatem: f ( x) =
=
+
− ( x − r1 )( x − r2 ) r1 − x x − r2
Po wyznaczeniu (na wiczeniach) stałych A i B ka d z tych funkcji zapisujemy w postaci szeregu geometrycznego i odczytujemy
współczynniki an.
Wzór Taylora:
Dla dowolnej liczby rzeczywistej r mamy :
(1 + x) r =
r
r
r
( ) x k , gdzie ( ) = k [ rk = r ⋅ (r − 1) ⋅ ... ⋅ (r − k + 1) ]
k
k!
k =0 k
∞
Jest to uogólnienie wzoru Newtona.
W szczególno ci:
(
−3
3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ (n + 2)
) = (−1) n ⋅
n
n!
Przykład: Na ile sposobów mo na wstawi (n-2)-pary nawiasów okre laj ce kolejno
a1=1, a2=1, a3=2 (zakładamy, e znane s wyrazy a1,a2,a3,...,an-1)
Okre lmy an – wybieramy jedn liczb k zaczynaj c od 1, a ko cz c na n-1.
c1*c2*c3*...* ck || ck+1*...*cn
Zgodnie z przyj tymi oznaczeniami:
c1*c2*c3*...* ck = ak ,
ck+1*...*cn = ak-n
tak wi c :
an =
n −1
k =1
a k ⋅ a n− k , dla n>1
mno enia w iloczynie c1*c2*c3*...*cn
∞
f ( x) =
n =1
an x n = 1 ⋅ x +
Zauwa my, e
( p)
∞
n =1
f ( x) ⋅ f ( x) =
an x n = x +
( R)
∞
n =1
an x n ⋅
∞
(
n=2
∞
n =1
n −1
k =1
ak ⋅ a n−k ) x n
an x n =
∞
n =1
(
∞
n =1
a k ⋅ a n − k )x n , tak wi c:
f ( x) = x + ( f ( x))
1
f ( x) = (1 − 1 − 4 x ) [komentarz oryginalny Wolskiej– „zauwa my, e tak jest”]
2
2
Zgodnie ze wzorem Taylora:
f ( x) =
1
1
1
1 1 ∞
n
(1 − (1 − 4 x) 2 ) = −
2 (−4 x) , zauwa my, e a0=1 oraz, e:
2
2 2 n =0 n
0,5
(−1) n −1 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ (2n − 3)
, st d:
=
⋅
n
2n
n!
1 1 1 ∞ 0,5
1 ∞ (−1) n −1 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ (2n − 3) n
f ( x) = − −
(−4 x) n = −
⋅
x (−4) n =
2 2 2 n=1 n
2 n=1 2 n
n!
∞
n =1
2 n −1 ⋅
1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ (2n − 3) n
⋅x =
(n − 1)!⋅n
1
(2n − 2)!
xn
=
⋅
n
(
n
1
)!
(
n
1
)!
−
−
n =1
1 2n − 2
Wniosek: a n = ⋅
- Liczba Catalona
n n −1
∞
Ró nice funkcji ( w szczególno ci ci gów):
Dana jest funkcja y=f(x) okre lona na przedziale (a,b). Oznaczamy ∆x=h – przyrost argumentów:
∆f(x) nazywamy pierwsz ró nic funkcji f(x) w punkcie x [∆f(x)=f(x+h)-f(x)]
z powy szego mamy, e:
∆f(x+h)= f(x+2h)-f(x+h), gdzie x+2h nale y do (a,b)
∆f(x+2h)= f(x+3h)-f(x+2h), gdzie x+3h nale y do (a,b)... itd
Drug ró nic funkcji oznaczamy jako ∆2f(x) i okre lamy na mocy definicji jako ró nic pierwszej ró nicy. Zatem:
∆2f(x)= ∆[∆f(x)]
Uwaga 1: ∆2f(x)= ∆[∆f(x)]= ∆f(x+h)- ∆f(x)=f(x+2h)-f(x+h)-f(x+h)+f(x)=f(x+2h)-2f(x+h)+f(x)
Analogicznie ∆2f(x+h)=f(x+3h)-2f(x+2h)+f(x+h)
Def. n-t ró nic funkcji w punkcie x ∆nf(x)= ∆[∆n-1f(x)]
Uwaga 2:
∆n f ( x) = f ( x + nh) −
n
n
f ( x + (n − 1)h) +
f ( x + (n − 2)h) + ... + (−1) n+1 f ( x)
1
2
Dowód indukcyjny:
Warunek pocz tkowy sprawdzony (patrz uwaga 1)
Z: Uwaga 2
T:
∆n+1 f ( x) = f ( x + (n + 1)h) −
n +1
n +1
f ( x + (nh) +
f ( x + (n − 1)h) + ... + (−1) n+1 f ( x)
1
2
Dowód indukcyjny:
∆n+1 f ( x) = ∆(∆n f ( x)) = ∆n f ( x + h) − ∆n f ( x) = (wykorzystajmy zało enie indukcyjne)
def
n
n
f [ x + nh] + ... + (−1) n f ( x + h)} − {[ f ( x + nh] −
f [ x + (n − 1)h] + ... + (−1) n f ( x)} =
1
1
n
n
n
= f [ x + (n + 1)h] − [
+ 1] ⋅ f [ x + nh] + [
+
] ⋅ f ( x + (n − 1)h) + ... + (−1) m+1 f ( x) =
1
2
1
n
n
n +1
z własno ci symbolu Newtona:
, otrzymujemy zatem:
+
=
k
k −1
k
n +1
= f ( x + (n + 1)h) −
f ( x + nh) + ... + (−1) n+1 f ( x) - czyli tez . Na mocy indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy
1
= {[ f ( x + (n + 1)h] −
dla dowolnego n nale cego do naturalnych.
Uwaga 3:
f ( x + nh) = f ( x) +
n
n 2
∆f ( x) +
∆ f ( x) + ... + ∆n f ( x)
1
2
Zauwa my, e f(x+h)=f(x)+∆f(x) – warunek pocz tkowy jest spełniony
Dowód analogiczny do dowodu Uwagi 2. (Wyznaczy z równania Uwaga3 czynnik ∆nf(x))
Oznaczmy: f(x)+ ∆f(x) = (1+∆)f(x).
Analogicznie oznaczamy pozostałe wzory.
Uwaga 3’: f(x+nh)=(1+∆)nf(x)
Wzory na ró nice s analogiczne do wzorów przy ró niczkowaniu
Tw.
(i)
∆ (c*f(x))=c*∆f(x) istotnie: ∆(cf(x))=cf(x+h)-cf(x)=c(f(x+h)-f(x))=c∆f(x)
(ii)
∆[f(x) +/- g(x)]= ∆f(x) +/- ∆g(x) – dowód przez grupowanie wyrazów
(iii)
∆[f(x)*g(x)]=f(x+h)* ∆g(h)+g(h)* ∆f(x)
Dowód: ∆[f(x)*g(x)]=f(x+h)*g(x+h)-f(x)*g(x)=f(x+h)*g(x+h)-f(x+h)*g(x)+f(x+h)*g(x)-f(x)*g(x)= f(x+h)* ∆g(h)+g(h)* ∆f(x)
f ( x)
istnieje o ile g(x+h)≠0 i g(x)≠0 i wyra a si wzorem:
g ( x)
f ( x ) g ( x) ⋅ ∆f ( x) − f ( x)∆g ( x)
∆
=
g ( x)
g ( x + h) ⋅ g ( x)
∆
(iv)
Dla ułatwienia oblicze mo emy zbudowa tablic ró nicow
x
f(x)
x
f(x)
x+h
f(x+h)
x+2h
x+3h
x
∆f(x)
∆f(x)
∆f(x+h)
∆2f(x)
∆2f(x)
2
∆3f(x)
∆4f(x)
∆3f(x)
∆ f(x+h)
∆4f(x)
3
∆f(x+2h)
∆ f(x+h)
f(x+3h)
∆2f(x+2h)
∆f(x+3h)
f(x+4h)
f(x+2h)
Przykład: Stworzy tablic ró nicow i obliczy ∆4f(1) dla: h=1
x
1
2
3
4
5
f(x)
5
-2
1
3
7
x
f(x)
1
5
2
-2
3
1
4
3
5
7
∆f(x)
-7
3
2
4
∆2f(x)
10
-1
2
∆3f(x)
-11
3
∆4f(x)
14
Obliczmy korzystaj c ze wzoru:
∆4 f (1) = f (1 + 4h) −
4
4
4
4
f (1 + 3h) +
f (1 + 2h) −
f (1 + h) +
f (1) = 7-12+6+8+5=14
1
2
3
4
Zastosowanie
1) f(x)=xn
∆f ( x) = ∆x n = ( x + h) n − x n = x n +
n n−1
n n
x h + ... +
h − x n = nx n −1h + ... + h 2
1
n
Otrzymujemy wielomian stopnia n-1
Analogicznie 2 ró nica b dzie wielomianem stopnia n-2, 3 ró nica – wielomianem stopnia n-3, a n-ta ró nica b dzie wielomianem 0
stopnia.
W szczególno ci rozwa ny dla n=4:
x
f(x)
1
1
2
16
3
81
4
256
5
625
6
1296
∆f(x)
15
65
175
369
671
∆2f(x)
50
110
194
302
∆3f(x)
60
84
108
∆4f(x)
24
24
∆5f(x)
0
pozwala to zbudowa za pomoc dodawania algorytmy pot gi 4. Zauwa my, e : ∆4f(x)= ∆4x4=4!=24
2) Równania ró nicowe
Równanie postaci (*) F[x, f(x), ∆f(x), ∆2f(x)... ∆nf(x)]=0 gdzie F jest dana, a f jest szukana nazywamy równaniem ró nicowym rz du
n-tego o jednej niewiadomej funkcji f(x).
Rozwi za takie równanie to oczywi cie znale tak funkcj f(x), która spełnia to równanie. Uwzgl dniaj c wzory z pierwszej cz ci
wykładu ∆kf(x) dla k=1..n mo na przedstawi przez funkcje f(x), f(x+h) itd. wówczas równanie (*) ma posta
(*’) G( x; f(x),f(x+h)...f(x+nh))=0
Przykład 1
2f(x)+3∆f(x)- ∆3f(x)=x (równanie stopnia 3)
przyjmijmy h=1
∆f(x)=f(x+1)-f(x)
∆3f(x)=f(x+3)-3f(x+2)+3f(x+1)-f(x)
2f(x)+3 f(x+1)-3f(x)- f(x+3)+3f(x+2)-3f(x+1)+f(x)-x=0
(*’) 3f(x+2)-f(x+3)-x=0
Uwaga: Je eli otrzymane w ten sposób równanie nie zawiera wyrazu f(x) to podstawiamy x w miejsce x+h. Gdy otrzymane równanie
nie zawiera wyrazów f(x) i f(x+1) to podstawiamy x w miejsce x+2h itd.
Zatem x+2 -> x i x+3 -> x+1, równanie ma posta :
3f(x)-f(x+1)=x-2 (*’’)
równanie to jest równaniem 1 rz du, a nie równaniem rz du trzeciego.
Równanie ró nicowe mo e mie , wi c posta (*), (*’), (*’’)
Rozwi zaniem równania (*) nazywamy ka d f(x), która sprawdza rozwa ane równanie. Ogólnym rozwi zaniem równania
ró nicowego n-tego rz du nazywamy, ka de równanie postaci (**) f(x)=P(x; c0;...;cn-1), gdzie c0;...;cn-1 to stałe.
Uwaga : c0,...,cn-1 to parametry. Zatem wzór (**) nie jest jedn funkcj , ale n-parametrow rodzin funkcji.
Rozwi zaniem szczególnym równania ró nicowego nazywamy ka de rozwi zanie otrzymane z rozwi zania ogólnego przez
wyznaczenie stałych c0...cn-1.
Dla okre lonych stałych wystarczy zna n-pocz tkowych warunków np. f(x0), f(x0+h).. f(x0+(n-1)h)
Odwrotnie: Je li dana jest rodzina funkcji f(x)=P(x; c0;...;cn-1), gdzie ci=const dla i = 0..n-1 wówczas podstawiaj c kolejno warto ci
x+h, x+2h...x+nh otrzymujemy układ (n+1) warunków
f(x) = P(x, c0,..., cn - 1),
f(x + h) = P(x + h, c0,..., cn - 1),
f(x + nh) = P(x + nh, c0,..., cn - 1),
z którego to układu po wyrugowaniu stałych otrzymujemy równanie zale ne od f(x), f(x+h).. f(x+nh). Z uwag, które poczynili my to
jest to równanie ró nicowe postaci (*’)
Przykład:
f(x)=c1ax+c2bx (rodzina funkcji dwuparametrowa), gdzie a≠b, a,b-constans
równanie ró nicowe, jakie otrzymamy b dzie drugiego rz du:
Podstawiamy:
f ( x) = c1 ⋅ a x + c 2 ⋅ b x
f ( x + 1) = c1 ⋅ a ⋅ a x + c2 ⋅ b ⋅ b x z pierwszego równania wyznaczamy c1 =
f ( x + 2) = c1 ⋅ a 2 ⋅ a x + c2 ⋅ b 2 ⋅ b x
f ( x) − c2 ⋅ b x
,
ax
f ( x) − c2 ⋅ b x
ax
f ( x) − c2 ⋅ b x
f ( x + 1) − f ( x)a
f ( x + 1) =
⋅ a ⋅ a x + c 2 ⋅ b ⋅ b x Wyznaczamy z drugiego równania c2 =
x
a
(b − a ) ⋅ b x
x
f ( x) − c 2 ⋅ b
f ( x + 2) =
⋅ a 2 ⋅ a x + c2 ⋅ b 2 ⋅ b x
x
a
c1 =
Wstawiaj c do trzeciego równania otrzymujemy:
f ( x + 2) = ( f ( x ) −
f ( x + 1) − f ( x)a
f ( x + 1) − f ( x)a 2
) ⋅ a2 +
⋅b
(b − a )
(b − a )
( f ( x + 1) − f ( x)a )(b 2 − a 2 )
(b − a )
2
f ( x + 2) − f ( x)a = f ( x + 1)b − f ( x)ab + f ( x + 1)a − f ( x)a 2
f ( x)ab − f ( x + 1)(b + a ) + f ( x + 2) = 0
f ( x + 2) − f ( x)a 2 =
Równaniem ró nicowym liniowym rz du pierwszego nazywamy równanie postaci
∆f(x)+P(x)*f(x)=Q(x) gdzie P, Q s danymi funkcjami.
Rozró niamy dwa przypadki:
I.
równanie ró nicowe liniowe jednorodne – gdy Q(x) jest to samo ciowo równe 0
II.
równanie ró nicowe liniowe niejednorodne – w pozostałych przypadkach
ad I
∆f(x)+P(X)*f(x)=0 lub f(x+1)+f(x)*[P(x)-1]=0
f(x+1)=[1-P(x)]*f(x) ograniczmy si tylko do całkowitych x.
Kolejno otrzymujemy:
f(1)=(1-P(0))*f(0)
f(2)=(1-P(1))*f(1)
...
f(x)=(1-P(x-1))*f(x-1) mno c stronami otrzymujemy:
f(1)*f(2)*f(3)*...*f(x)=(1-P(0))*(1-P(1))*...* (1-P(x-1))*f(0)*f(1)*...*f(x-1)
gdyby przyj , e f(0)=0 to reszta jest zerami
je eli f(0)=c to wtedy:
f(x)=(1-P(0))*(1-P(1))*...* (1-P(x-1))*f(0)
x −1
f ( x) = c∏ [1 − P(k )]
k =0
Uwaga: Równie w przypadku, gdy f(k) gdzie k=1,2...x-1 przyjmuje warto
zero. Wtedy funkcje f(x)=0 dla x>=k
ad II równania ró nicowe liniowe niejednorodne rozwi zujemy wg schematu:
a) podstawiamy f(x)=u(x)*v(x), gdzie u(x) i v(x) s chwilowo dowolne
mamy - ∆f(x)= ∆(u(x)*v(x))=u(x+1)* ∆v(h)+v(h)* ∆u(x) zgodnie ze wcze niejszymi twierdzeniami
otrzymujemy zatem: [u(x+1)*∆v(x)+v(x)*∆u(x)]+P(x)*[u(x)*v(x)]=Q(x)
po przekształceniu mamy: u(x+1)*∆v(x)+v(x)*[ ∆u(x)+P(x)*u(x)]=Q(x)
b) dobieramy funkcj u(x) tak, aby wyra enie ∆u(x)+P(x)*u(x)=0 – funkcje t znajdujemy rozwi zuj c powy sze równanie
x −1
jednorodne liniowe). Z poprzednich rozwa a mamy, e
u ( x) = c1 ∏ [1 − P(k )] , gdzie c1=const u(0)=c. Dla tak dobranej
k =0
funkcji u(x) mamy:
u(x+1)*∆v(x)+0=Q(x) czyli ∆v(x)=Q(x)/u(x+1) – przy zało eniu, e u(x+1)≠0
c)
∆v ( x ) =
Q( x)
=
u ( x + 1)
Q ( x)
x −1
c∏ [1 − P(k )]
k =0
Znajdujemy v(x) w nast puj cy sposób: (z definicji ró nicy)
∆v(0)=v(1)-v(0)
∆v(1)=v(2)-v(1)
...
∆v(x-1)=v(x)-v(x-1)
Dodaj c stronami otrzymujemy:
x −1
i =0
∆v(i ) = v( x) − v(0) , czyli v( x) =
x −1
i =0
∆v(i ) + c2 , gdzie c2=v(0)
Ostatecznie
v( x) =
x −1
i=0
Q (i )
i
c1 ∏ (1 − P ( k ))
+ c2
k =0
x −1
f ( x) = u ( x ) ⋅ v( x) = [c1 ∏[1 − P(k )]} ⋅
k =0
1 x −1
(
c1 i =0
Q(i )
i
∏ (1 − P(k ))
+ c2 ⋅ c1 )
k =0
x −1
x −1
k =0
i =0
f ( x) = [∏ [1 − P(k )]} ⋅
Q (i )
i
∏ (1 − P(k ))
+c
k =0
Przykład
∆f ( x ) +
1
f ( x ) = a x dla pewnego a>0
x+2
a)
f(x)=u(x)*v(x)
b)
∆u ( x ) +
c)
c
1
u ( x) = 0 , z wicze wiemy, e u ( x) = 1
x+2
x +1
x
Q( x)
a
1
∆v ( x ) =
=
= ⋅ ( x + 2) ⋅ a x = K ( x + 2) ⋅ a x ze wzoru ogólnego mamy:
c1
u ( x + 1)
c1
x+2
v( x) = K ⋅ (
x −1
(i + 2) ⋅ a i ) aby obliczy tak sum oznaczamy g(i)=(i+2) i ∆h(i)=ai
i =0
Przy tych oznaczeniach: ∆g(i)=g(i+1)-g(i)=i+3-(i+2)=1 oraz [ wiczenia – h(i)=ai/(a-1) dla a≠1
∆[g(i)h(i)]=g(i)* ∆h(i)+h(i+1)* ∆g(i) – wyznaczmy z tego równania g(i)* ∆h(i)
g(i)* ∆h(i)= ∆[g(i)*h(i)]-h(i+1)* ∆g(i)
dla dowolnego i:
x −1
( g (i ) ⋅ ∆h(i )) =
i =0
= ( x + 2)
=
x −1
∆( g (i ) ⋅ h(i )) −
i =0
z −1
(h(i + 1) ⋅ ∆g (i )) − g (0)h(0) −
i =0
x −1
i =0
a i +1
⋅1 =
a −1
a
2
a
1
a −1
1
a x +1
a
−
−
ai =
[( x + 2)a x − 2 − a
]=
[( x + 2)a x −
+(
− 2)] =
a − 1 a − 1 a − 1 i =0
a −1
a −1
a −1
a −1 a −1
x
x −1
x
1
a x+1
1
a
1
a x +1
]+
⋅(
− 2)] =
]+C
[( x + 2)a x −
[( x + 2)a x −
a −1
a −1 a −1 a −1
a −1
a −1
Równania ró nicowe liniowe rz du drugiego:
(*’) f(x+2)+P1(x)*f(x+1)+P2(x)*f(x)=Q(x), gdzie P1(x), P2(x), Q(x) – zmienne.
A) gdy Q(x) jest to samo ciowo równe 0 to mówimy o równaniu jednorodnym
B) w pozostałych przypadkach mamy do czynienia z równaniem niejednorodnym
1. ∆2f(x)=0
stosuj c wzór:
f(x+2)-2f(x+1)+f(x)=0 gdzie x nale y do całkowitych dodatnich, a h=1
f(n+2)-2f(n+1)+f(n)=0
Sytuacja, któr omawiamy [ gdy P1(x), P2(x) s stałymi, Q(x)=0] jest to uogólnieniem znanego nam równania rekurencyjnego.
Rozwi zujemy je poprzez równanie charakterystyczne.
x2-2x+1=0
(x-1)2=0
r1=r2=1
Wzór ogólny: f(n)=c1*1n+c2*1n*n=c1+c2n, gdzie c1 i c2 s stałymi wyznaczonymi z warunków pocz tkowych. Powracaj c do starych
oznacze mamy: f(x)=c1+c2*x
Odwrotnie: maj c równanie rodziny krzywych zale nych od dwóch parametrów c1 i c2 mo emy napisa równanie ró nicowe rz du
drugiego, którego rozwi zaniem ogólnym jest ta rodzina krzywych.
Przykład: f(x)=c1*2x+ c2*5x, gdzie c1,c2 to parametry.
Z powy szego
f(x+1)=c1*2*2x+ c2*5*5x
f(x+2)=c1*22*2x+ c2*52*5x
Uzyskali my układ trzech równa . Wyznaczmy współczynnik c1
f ( x) − c 2 ⋅ 5 x
, po wstawieniu c1do drugiego równania, wyznaczamy z niego c2
2x
f ( x + 1) − 2 f ( x)
c2 =
3⋅ 5x
c1 =
tak wyznaczone c1 i c2 podstawiamy do równania trzeciego. Otrzymujemy:
f ( x + 1) − 2 f ( x)
f ( x + 1) − 2 f ( x)
)+
⋅ 25
3
3
f ( x + 1) − 2 f ( x)
f ( x + 2) = 4 f ( x ) +
⋅ 21
3
f ( x + 2) = 4 f ( x) + 7 f ( x + 1) − 14 f ( x)
f ( x + 2) = 7 f ( x + 1) − 10 f ( x)
f ( x + 2) = 4( f ( x) −
Tw.1
Je eli f1(x), f2(x) s rozwi zaniem równania liniowego jednorodnego to funkcja γ(x)=c1f1(x)+c2f2(x) c1,c2 nale do R jest tak e
rozwi zaniem tego równania.
Dowód:
Podstawmy γ do (*’)
γ(x+2)+P1(x) γ(x+1)+P2(x) γ(x)=c1*f1(x+2)+P1(x)* c1*f1(x+1)+ P2(x)*c1*f1(x)+ c2*f2(x+2)+P1(x)* c2*f2(x+1)+ P2(x)*c2*f2(x)=
=c1*( f1(x+2)+P1(x)* f1(x+1)+ P2(x)*f1(x))+ c2*( f2(x+2)+P1(x)* f2(x+1)+ P2(x)*f2(x)) =0
bo z zało enia ( f1(x+2)+P1(x)* f1(x+1)+ P2(x)*f1(x))=0 i ( f2(x+2)+P1(x)* f2(x+1)+ P2(x)*f2(x))=0, a wi c równanie sprowadza si do
c1*0+c2*0, a to w oczywisty sposób jest równe 0/
Tw. 2
Rozwi zanie ogólne równania niejednorodnego równa si sumie rozwi za szczególnego i rozwi zania ogólnego, ale równania
jednorodnego tej samej postaci z takimi samymi funkcjami P1(x) i P2(x).
Dowód
Oznaczmy przez f*(x) rozwi zanie szczególne równania jednorodnego, a przez γ rozwi zanie ogólne równania jednorodnego.
f*(x+2)+P1(x)f*(x+1)+P2(x)*f2(x)=Q(x),
γ(x+2)+P1(x)γ(x+1)+P2(x)γ(x)=0
Dodaj c stronami otrzymujemy tez .
Tzn. f(x)=f*(x)+γ(x) jest rozwi zaniem równania niejednorodnego. W szczególno ci mo emy rozwa a równanie liniowe rz du 2-go
o stałych współczynnikach f(x+2)+a1f(x+1)+a2f(x)=0, gdzie a1,a2 nale do R, które rozwi zujemy, przy zało eniu, e zmienna x
nale y do całkowitych. Rozwi zanie tego równania polega na zastosowaniu twierdze dot. równa rekurencyjnych.