Samenvatting Hoofdstuk 6: Recurrentievergelijkingen

Hoofdstuk 6: Recurrentievergelijkingen
In dit hoofdstuk gaan we verder met de studie van rijen. In het voorgaande hoofdstuk hebben we met
rijen formele machtreeksen geassocieerd die zeer handig bleken bij het oplossen van telproblemen.
Deze genererende functies werden voor het eerst ingevoerd door Abraham De Moivre in 1718 toen
hij een exacte formule in functie van 𝑛 ∈ ℕ (zoals an = 3n + 2 of bn = (n + 1)(n + 2)(n + 3)) wou voor de
n-de (of algemene) term van een rij die gegeven wordt door een zogenaamde recurrentie relatie.
Hierbij wordt rij gegeven door enkele begintermen en dan een recursieve definitie die an uitdrukt als
functie van de voorgaande termen a0, a1, a2, . . . , an−1.

Voorbeeld: a0 = 1, a1 = 1 en an = an−2 + an−1 voor de rij 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .

We zullen nu onderzoeken wanneer zulke recursieve definitie kan ‘vertaald’ worden in een formule
voor de algemene term an die enkel afhangt van n.

1 Homogene eerste orde lineaire recurrentievergelijkingen
Deze zijn van de vorm 𝑎𝑛 = 𝑟𝑎𝑛−1

• Eerste orde betekent dat an enkel afhangt van an−1 en niet van de voorgaande termen in de
rij;
• 5
lineair wil zeggen dat enkel de eerste macht van an−1 voorkomt, niet 𝑎𝑛−1 of zo;
• homogeen betekent dat an naast an−1 niet afhangt van iets anders. Dus niet an = ran−1 + sin(n)
of zo.

Ook hangt r niet af van n. We zeggen dat het hier gaat om een recurrentievergelijking met constante
coëfficiënten. Die eerste orde homogene lineaire recurrentierelaties geven eigenlijk meetkundige
rijen, die we reeds kennen vanuit het secundair onderwijs.

Voorbeeld:
Los de vergelijking an+1 = 3an op met als randvoorwaarde a0 = 5.

We rekenen enkele elementen van de rij uit:

We zien dat 𝑎𝑛 = 3𝑛 . 5

Stelling:
Zij 𝑟 ∈ ℂ en 𝑎0 ∈ ℂ. De oplossing van de recurrentievergelijking an+1 = ran is steeds van de vorm 𝑎𝑛 =
𝑟 𝑛 𝑎0 .

Bewijs: Eenvoudige oefening.




1

, Voorbeeld: We komen terug op het raadsel van vorig hoofdstuk: vul de rij 0, 2, 6, 12,
20, 30, 42, . . . aan

Neem de verschillen

We zien dus dat an − an−1 = 2n. Dit is een niet-homogene lineaire eerste orde
recurrentievergelijking die we later zullen leren oplossen in het algemeen. Toch
kunnen we hier reeds een oplossing bedenken:




Voorbeeld: Ook met niet-constante coëfficiënten kan gezond verstand tot een oplossing leiden. 𝑎𝑛 =
𝑛𝑎𝑛−1 geeft onmiddellijk an = n!.

2 Homogene tweede orde lineaire recurrentievergelijkingen
Definitie:
Zij 𝑘 ∈ ℕ0 en 0 ≠ 𝑐0 , 𝑐1 , … , 𝑐𝑘 ≠ 0 reële getallen en 𝑓: ℕ → ℝ een functie. Een lineaire
recurrentievergelijking van orde k met constante coëfficiënten is een uitdrukking

𝑐0 𝑎𝑛 + 𝑐1 𝑎𝑛−1 + ⋯ + 𝑐𝑘 𝑎𝑛−𝑘 = 𝑓(𝑛)
Om een eenduidige oplossing te hebben voor an, zijn beginvoorwaarden a0, a1, . . . , ak−1 nodig. Als
∀𝑛 ∈ ℕ geldt dat 𝑓(𝑛) = 0, heet de vergelijking homogeen.

Wij concentreren ons op homogene van orde 2:

𝑐0 𝑎𝑛 + 𝑐1 𝑎𝑛−1 + 𝑐2 𝑎𝑛−2 = 0
Geïnspireerd door het geval van orde 1 proberen we een oplossing te vinden van de vorm 𝑎𝑛 = 𝑐𝑟 𝑛
voor constanten 𝑐 ≠ 0 𝑒𝑛 𝑟 ≠ 0. We substitueren dit in bovenstaande uitdrukking en bekomen:

𝑐0 𝑐𝑟 𝑛 + 𝑐1 𝑐𝑟 𝑛−1 + 𝑐2 𝑐𝑟 𝑛−2 = 0
We delen dit alles door 𝑐𝑟 𝑛−2 ≠ 0 en krijgen

𝑐0 𝑟 2 + 𝑐1 𝑟 + 𝑐2 = 0.
Dit is een kwadratische vergelijking die we de karakteristieke vergelijking van de gegeven
recurrentievergelijking noemen. De algemene methode voor het oplossen van kwadratische
vergelijkingen leert ons dat er drie soorten oplossingen mogelijk zijn, naargelang de discriminant:
positief, nul of negatief is. Er zijn dan respectievelijk twee reële oplossingen, een reële wortel met
multipliciteit twee of twee complex toegevoegde oplossingen. We bekijken voorbeelden in elk van
deze gevallen om de oplossingsmethode te schetsen.




2