i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 41 — #1 i
i
i
i
i
i
LOGISTIČNI POLINOMI
MARKO RAZPET
Pedagoška fakulteta v Ljubljani
Univerza v Ljubljani
Math. Subj. Class. (2010): 11B68, 11B73, 11B83.
V prispevku pokažemo, kako normalizirana logistična funkcija generira zaporedje po-
linomov. Obravnavamo nekatere njihove lastnosti in povezave z Bernoullijevimi in Stir-
lingovimi števili.
LOGISTIC POLYNOMIALS
It is shown how the normalized logistic function generates a sequence of polynomials.
Some properties of these polynomials are discussed and some relations with Bernoulli and
Stirling numbers are given.
Uvod
V matematiki se pogosto dogaja, da pri reševanju nekega problema opa-
zimo kakšno drobno zanimivost, ki je nismo pričakovali. Če se vanjo malo
poglobimo, pa nam morda uspe najti še kakšno presenečenje. Tak primer
je preprosta logistična funkcija t 7→ y(t), s katero opǐsemo rast populacije
pri določenih pogojih. Običajno jo obravnavamo že čisto na začetku pri
navadnih diferencialnih enačbah prvega reda (na primer v [5]) kot rešitev
logistične diferencialne enačbe y′ = Ky(a − y). Navadno ǐsčemo tako reši-
tev, ki zadošča nekemu začetnemu pogoju y(0) = y0 ∈ (0, a). Pri tem sta K
in a pozitivni konstanti (nekaj več o tem v [5, 6]). Graf logistične funkcije
imenujemo logistična krivulja. Rešitev se seveda spreminja, če spreminjamo
začetni pogoj. V prispevku bomo spoznali, da je pri obravnavi logistične
funkcije smiselno vpeljati zaporedje polinomov, ki jih imenujemo logistični
polinomi in jih po svoje porodi ali generira ravno logistična funkcija.
V teoriji diferencialnih enačb drugega reda poznamo veliko primerov po-
linomskih zaporedij. Spomnimo se samo na klasične ortogonalne polinome,
na primer na Legendrove, Hermitove in Laguerrove, ki imajo rodovne funk-
cije in tričlene linearne rekurzije. Logistični polinomi pa imajo bolj zaple-
teno rekurzijo, kar še posebej pritegne našo pozornost. Pojavijo se tudi pri
logistični verjetnostni porazdelitvi (glej [2]).
Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 2 41
i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 42 — #2 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
S preprosto linearno zamenjavo spremenljivk t→ z = αt in y → Y = βy
lahko logistično diferencialno enačbo zaradi udobneǰse obravnave norma-
liziramo tako, da dobi obliko Y ′ = Y (1 − Y ), začetni pogoj pa Y (0) =
x ∈ (0, 1). Očitno ima enačba ločljivi spremenljivki in jo lahko rešimo z
ločevanjem spremenljivk in integracijo. Še elegantneje jo lahko rešimo z
uvedbo nove funkcije U = 1/Y , ki zadošča enostavneǰsi diferencialni enačbi
U ′ = 1 − U s splošno rešitvijo U(z) = 1 + C exp(−z). Iz začetnega pogoja
U(0) = 1/x hitro dobimo C = (1− x)/x in
U(z) =
x+ (1− x) exp(−z)
x
, Y (z) =
x
x+ (1− x) exp(−z)
, z ∈ R .
...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ....
.
....
....
...
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
.
.....
.....
z
P
1
0
x..........................
..........
........
.......
......
......
......
.......
.........
............
........................................................................
•
µ
...
...
...
...
...
...............1/2
G(x, z)
Slika 1. Normalizirana logistična krivulja in njen prevoj.
Ker bomo na funkcijo Y gledali tudi kot na funkcijo začetne vrednosti
x, bomo pisali Y (z) = G(x, z) in funkcijo G obravnavali kot funkcijo spre-
menljivk x ∈ (0, 1) in z ∈ R. Na pasu (0, 1)×R je G očitno zvezna funkcija
in ima tam zvezne vse parcialne odvode poljubnega reda.
Spremljajoči polinomi
V nadaljevanju bomo obravnavali normalizirano logistično funkcijo G kot
funkcijo spremenljivk x in z, torej
(x, z) 7→ G(x, z) = x
x+ (1− x) exp(−z)
.
Očitno je G(x, 0) = x, limz→−∞G(x, z) = 0 in limz→∞G(x, z) = 1 za
vsak x ∈ (0, 1). Normalizirane logistične funkcije z 7→ G(x, z) pri različnih
42 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 2
i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 43 — #3 i
i
i
i
i
i
Logistični polinomi
x ∈ (0, 1) so zvezne in naraščajoče ter se razlikujejo za vzporedni premik
vzdolž abscise. Ustrezne normalizirane logistične krivulje so med seboj skla-
dne. Vse te funkcije zadoščajo normalizirani logistični diferencialni enačbi
z začetnim pogojem
∂G
∂z
= G(1−G), G(x, 0) = x . (1)
Neposredno iz (1) dobimo z odvajanjem
∂2G
∂z2
= (1− 2G)∂G
∂z
= G(1−G)(1− 2G) ,
iz česar takoj ugotovimo, da ima normalizirana logistična krivulja pri fik-
snem x svoj edini prevoj v točki P (µ, 1/2), pri čemer je µ = µ(x) = log((1−
x)/x) . Za x = 1/2 je µ = 0, za 0 < x < 1/2 je µ > 0, za 1/2 < x < 1 pa
µ < 0.
Izrek 1. Funkcija G ima v okolici točke z = 0 razvoj v potenčno vrsto oblike
G(x, z) =
x
x+ (1− x) exp(−z)
=
∞∑
n=0
pn(x)
n!
zn , (2)
pri čemer so pn polinomi, ki imajo nelinearno rekurzijo
pn+1(x) = pn(x)−
n∑
k=0
(
n
k
)
pk(x)pn−k(x), p0(x) = x . (3)
Stopnja polinoma pn je n + 1, vsi njegovi koeficienti pa so cela števila. Za
vsak n ≥ 1 je pn(0) = pn(1) = 0.
Dokaz. Uporabimo splošno obliko členov Taylorjeve vrste in zapǐsemo ena-
kost
pn(x) =
∂nG
∂zn
(x, 0), n = 0, 1, 2, . . .
S primerjavo koeficientov pri potenci zn na obeh straneh nelinearne enačbe
(1), kateri funkcija G zadošča, dobimo rekurzijo (3). Ker je p0(x) = x, lahko
induktivno z uporabo rekurzije sklepamo, da ima polinom pn stopnjo n+ 1
in so vsi njegovi koeficienti cela števila. Iz rekurzije prav tako dobimo, da
sta 0 in 1 ničli polinomov pn za vsak n ≥ 1.
Polinom pn na intervalu (0, 1) zato opisuje obnašanje normalizirane lo-
gistične krivulje v presečǐsču z ordinatno osjo. Polinomom pn lahko seveda
definicijsko območje razširimo z intervala (0, 1) na R.
41–50 43
i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 44 — #4 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
Primer 1. Z rekurzijo (3) hitro najdemo nekaj začetnih polinomov pn:
p1(x) = x(1− x),
p2(x) = x(1− x)(1− 2x),
p3(x) = x(1− x)(1− 6x+ 6x2),
p4(x) = x(1− x)(1− 14x+ 36x2 − 24x3),
p5(x) = x(1− x)(1− 30x+ 150x2 − 240x3 + 120x4).
Kasneje nam bodo pomagali najti prvih nekaj logističnih polinomov.
V naslednjem izreku nastopajo Bernoullijeva števila Bn, ki jih navadno
definiramo z rodovno funkcijo
z
exp(z)− 1
=
∞∑
n=0
Bn
n!
zn, |z| < 2π.
Več o Bernoullijevih številih lahko preberemo na primer v [1, 3, 4, 6].
Izrek 2. Za vsako celo število k ≥ 1 velja
p2k(1/2) = 0, p2k−1(1/2) =
B2k
2k
(22k − 1) , (4)
posebej pa je p0(1/2) = 1/2.
Dokaz. Najprej G(x, z) izrazimo s pomočjo parametra µ = log((1 − x)/x),
torej
G(x, z) =
1
1 + exp(µ− z)
=
1
2
(
1 + th
z − µ
2
)
. (5)
Ker je za x = 1/2 parameter µ = 0, dobimo po eni strani iz (5)
G(1/2, z) =
1
1 + exp(−z)
=
1
2
(1 + th(z/2)) =
∞∑
n=0
pn(1/2)
n!
zn . (6)
Po drugi strani pa velja znani razvoj funkcije th (hiperbolični tangens) v
potenčno vrsto (glej na primer [1]), in sicer
1
2
th(z/2) =
∞∑
n=1
B2n
(2n)!
(22n − 1)z2n−1, |z| < π , (7)
tako da s primerjavo koeficientov pri potenci zn v (6) in (7) takoj dobimo
za k ≥ 1 relaciji (4).
44 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 2
i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 45 — #5 i
i
i
i
i
i
Logistični polinomi
Radi pa bi našli enostavneǰsi zapis koeficientov polinomov pn. Pri tem
uporabimo nekaj preprostih zamenjav spremenljivk in nekaj znanih razvojev
funkcij v potenčne vrste. Videli bomo, da koeficiente polinomov pn lahko
izrazimo s Stirlingovimi števili druge vrste S(n, k). Pomagala nam bodo
tudi Stirlingova števila prve vrste s(n, k). Več o Stirlingovih številih obeh
vrst najdemo v ustrezni matematični literaturi, denimo v [1, 4].
Izrek 3. Za vsako nenegativno celo število n velja enakost
pn(x) =
n∑
k=0
(−1)kk!S(n+ 1, k + 1)xk+1 . (8)
Dokaz. Najprej naredimo zamenjavo z 7→ log(1 + z) v (2) in s tem dobimo
x(1 + z)
1 + xz
=
∞∑
n=0
pn(x)
n!
logn(1 + z) . (9)
Ker pa obstaja za vse dovolj majhne z znani razvoj
1
n!
logn(1 + z) =
∞∑
k=n
s(k, n)
k!
zk
ter znamo razviti, prav tako za dovolj majhne z, funkcijo z 7→ 1/(1 + xz) v
geometrijsko vrsto, dobimo po zamenjavi vrstnega reda seštevanja iz (9)
x(1 + z)
1 + xz
= x+
∞∑
k=1
(−1)k(xk+1 − xk)zk =
∞∑
k=0
zk
k!
k∑
n=0
s(k, n)pn(x) .
S tem smo za razlike sosednjih potenc našli razvoj
xk+1 − xk = (−1)
k
k!
k∑
n=1
s(k, n)pn(x), k ≥ 1 .
Ker za Stirlingova števila velja enakost
n∑
k=m
S(n, k)s(k,m) =
n∑
k=m
s(n, k)S(k,m) = δm n ,
dobimo še razvoj v obratni smeri, namreč
pn(x) =
n∑
k=1
(−1)kk!S(n, k)(xk+1 − xk), n ≥ 1 .
41–50 45
i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 46 — #6 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
Pri tem je δm n Kroneckerjev simbol. Z osnovno rekurzijo Stirlingovih števil
druge vrste, to je S(n + 1, k + 1) = S(n, k) + (k + 1)S(n, k + 1) (glej na
primer [1]), najdemo polinome pn eksplicitno v obliki (8).
S tem smo našli za polinome pn tako obliko, iz katere so razvidni njihovi
koeficienti. Iz (8) ponovno razberemo, da je pn polinom stopnje n+1, njegov
odvod p′n pa stopnje n.
Logistični polinomi
Radi pa bi imeli lepše, pravo polinomsko zaporedje, in sicer táko, v kate-
rem bi n-ti polinom imel stopnjo n za vsak n ≥ 0, tako kot pri klasičnih
ortogonalnih polinomih. Ponuja se kar samo od sebe.
Izrek 4. Za vsako nenegativno celo število n je Pn = p′n polinom stopnje
n. Zaporedje P0, P1, P2, . . . je pravo polinomsko zaporedje, ki ima rodovno
funkcijo
H(x, z) =
∂G
∂x
(x, z) =
exp(−z)
(x+ (1− x) exp(−z))2
=
∞∑
n=0
Pn(x)
n!
zn , (10)
veljata pa tudi zapisa Pn(x) = pn+1(x)/p1(x) in
Pn(x) =
n∑
k=0
(−1)k(k + 1)!S(n+ 1, k + 1)xk .
Za vsak indeks n veljata enakosti Pn(0) = 1 in Pn(1) = (−1)n.
Dokaz. Ker je
∂G
∂z
(x, z) =
x(1− x) exp(−z)
(x+ (1− x) exp(−z))2
=
∞∑
n=0
pn+1(x)
n!
zn
in
∂G
∂x
(x, z) =
exp(−z)
(x+ (1− x) exp(−z))2
=
∞∑
n=0
p ′n(x)
n!
zn ,
velja enakost
∂G
∂z
= p1
∂G
∂x
,
iz katere dobimo
pn+1 = p1p′n = p1Pn, n ≥ 0 . (11)
46 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 2
i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 47 — #7 i
i
i
i
i
i
Logistični polinomi
................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ ....
.
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
..
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
........
.....
x.
......
......
................................................................................
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
Pn(x)
P0(x)
P4(x)
P3(x)
P2(x)
P1(x)
............................................................................................................................................................................................................................ ................................................................................
.........................................................................................................
........
........
.....
......
......
.......
......
......
......
......
.......................................................................................
......
......
.......
.....
.......
......
.......
.........
................................................................................
...............................................................................
......
......
......
.....
......
.....
......
.....
......
......
......
.......
... ......................................................................................
......
......
......
.....
.....
......
.....
.....
......
......
......
....
0 1
1
−1
Slika 2. Grafi logističnih polinomov Pn(x) za 0 ≤ n ≤ 4 na intervalu [0, 1].
Zapis polinoma Pn s Stirlingovimi števili S(n, k) dobimo iz (8). Nazadnje
vstavimo x = 0 in x = 1 v (10) in dobimo Pn(0) = 1 in Pn(1) = (−1)n za
vsak n ≥ 0.
Primer 2. Zaporedje logističnih polinomov Pn se prične tako:
P0(x) = 1,
P1(x) = 1− 2x,
P2(x) = 1− 6x+ 6x2,
P3(x) = 1− 14x+ 36x2 − 24x3,
P4(x) = 1− 30x+ 150x2 − 240x3 + 120x4.
Opazimo, da so njihovi koeficienti cela števila in da je vodilni koeficient poli-
noma Pn enak (−1)n(n+1)!, kar se da dokazati z metodo popolne indukcije.
Avtorja v [2] pravita polinomom Pn logistični polinomi. Očitno poli-
nomi P0, P1, . . . , Pn sestavljajo bazo prostora polinomov, katerih stopnje ne
presegajo n.
Izrek 5. Za vsako nenegativno celo število n velja rekurzija
Pn+1 = (p1Pn)′,
za vsako pozitivno celo število n pa rekurzija
(−1)nPn(x) = 1− (1− x)
n−1∑
k=0
(−1)k
(
n+ 1
k + 1
)
Pk(x) . (12)
41–50 47
i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 48 — #8 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
Dokaz. Ker je po (11) pn+2 = p1p′n+1 za n ≥ 0, takoj dobimo prvo rekurzijo
po izreku 4. Velja namreč
Pn+1 =
pn+2
p1
= p′n+1 = (p1Pn)
′.
Z drugo pa je nekoliko več dela. Začnimo z razvojem (2), ki nam da enakost
∞∑
n=0
pn(x)
n!
zn
[
x+ (1− x)
∞∑
n=0
(−1)n
n!
zn
]
= x .
Po pravilu za množenje potenčnih vrst in s primerjavo koeficientov pri po-
tenci zn na obeh straneh enačbe za vsak n ≥ 1 ugotovimo, da imajo polinomi
pn rekurzijo
xpn(x) = (x− 1)
n∑
k=0
(−1)n−k
(
n
k
)
pk(x), n ≥ 1 . (13)
Zvǐsajmo indeks n za 1 in pǐsimo
xpn+1(x) = (x− 1)
n+1∑
k=0
(−1)n+1−k
(
n+ 1
k
)
pk(x) =
= (−1)n(1− x)
(
p0(x)−
n+1∑
k=1
(−1)−(k−1)
(
n+ 1
k
)
pk(x)
)
=
= (−1)n
(
p1(x)− (1− x)
n∑
k=0
(−1)k
(
n+ 1
k + 1
)
pk+1(x)
)
.
Ker je Pk(x) = pk+1(x)/p1(x) za k ≥ 0, dobimo od tod enakost
(−1)nxPn(x) = 1− (1− x)
n∑
k=0
(−1)k
(
n+ 1
k + 1
)
Pk(x) ,
iz katere po preureditvi sledi (12).
Sedaj dokažimo simetrijsko lastnost polinomov pn in Pn glede na točko
x = 1/2. Iz opazovanj grafov polinomov na sliki 2 domnevamo, da so
polinomi x 7→ Pn(x− 1/2) za sode n sode, za lihe n pa lihe funkcije. To res
drži, kot trdi naslednji izrek:
48 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 2
i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 49 — #9 i
i
i
i
i
i
Logistični polinomi
Izrek 6. Za vsako pozitivno celo število n velja enakost
pn(1− x) = (−1)n+1pn(x) ,
za vsako nenegativno celo število n pa enakost
Pn(1− x) = (−1)nPn(x) .
Za n ≥ 1 ležijo ničle polinomov pn in Pn simetrično glede na točko x = 1/2.
Dokaz. Pričnemo z zamenjavo x→ 1− x in z → −z v izrazu (2) in dobimo
xG(1− x,−z) = x(1− x)
1− x+ x exp(z)
= (1− x) exp(−z)G(x, z) ,
nato pa z znanim razvojem (2) še
x
∞∑
n=0
(−1)n pn(1− x)
n!
zn = (1− x)
[ ∞∑
n=0
pn(x)
n!
zn
][ ∞∑
n=0
(−1)n 1
n!
zn
]
.
Po množenju potenčnih vrst in primerjavi koeficientov pri potenci zn imamo
za n ≥ 1 z upoštevanjem enakosti (13)
(−1)nxpn(1− x) = (1− x)
n∑
k=0
(−1)n−k
(
n
k
)
pk(x) = −xpn(x) .
Iz tega sledi prva enakost v izreku. Drugo pa dobimo z upoštevanjem zveze
Pn(x) = pn+1(x)/p1(x).
Končajmo z izrekom, ki pove, kako so še logistični polinomi povezani z
logistično funkcijo.
Izrek 7. Za vsako pozitivno celo število n velja formula
∂nG
∂zn
= pn ◦G = G(1−G)(Pn−1 ◦G) , (14)
pri čemer pomeni ◦ znak običajnega sestavljanja funkcij. Vse odvode ∂nG/∂zn
lahko torej izrazimo kot sestavljenko polinoma in funkcije G.
41–50 49
i
i
“logpolinomi 3” — 2011/5/20 — 6:57 — page 50 — #10 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
Dokaz. Dokazujemo s principom popolne indukcije. Očitno je formula (14)
pravilna za n = 1. Zaradi (1) je namreč
∂G
∂z
= p1 ◦G = G(1−G)(P0 ◦G) .
Predpostavimo, da je (14) pravilna za naravno število n. Ker velja enačba
(11), imamo
∂n+1G
∂zn+1
= (p′n ◦G)
∂G
∂z
=
pn+1 ◦G
p1 ◦G
· (p1 ◦G) =
= pn+1 ◦G = (p1 ◦G)(Pn ◦G) = G(1−G)(Pn ◦G) .
Zatorej je relacija (14) pravilna za vsako nenegativno celo število n.
Sklep
Videli smo, kako prek logistične diferencialne enačbe pridemo do polinom-
skega zaporedja in kakšne so povezave z Bernoullijevimi in Stirlingovimi
števili. Za n = 1, 2, 3 ima polinom Pn ravno n enostavnih ničel na intervalu
(0, 1). Predvidevamo, da ima vsak polinom Pn za n ≥ 1 tam natanko n
enostavnih ničel. Najbrž se te domneve ne da dokazati tako kot za klasične
ortogonalne polinome. Lahko pa bi bila predmet nove raziskave.
LITERATURA
[1] M. Abramowitz in I. Stegun, Handbook of mathematical functions with formulas,
graphs, and mathematical tables, Dover Publications, New York, 1972.
[2] E. O. George in C. C. Rousseau, On the logistic midrange, Ann. Inst. Statist. Math.
39 (1987), Part A, 627–635.
[3] I. S. Gradsteyn in I. M. Ryzhik, Tables of integrals, sums and products, ur. A. Jeffrey,
Academic Press, New York, 1994.
[4] J. Grasselli, Enciklopedija števil, DMFA – založnǐstvo, Ljubljana, 2008.
[5] F. Križanič, Navadne diferencialne enačbe in variacijski račun, DZS, Ljubljana, 1974.
[6] M. Razpet, Logistična porazdelitev, Obzornik mat. fiz. 57 (2010), št. 3, 81–96
50 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 2