Materiaªy dydaktyczne 1. Funkcje tworz ce. Czesªaw Bagi«ski

Transkrypt

1 Materiaªy dydaktyczne Funkcje tworz ce Czesªaw Bagi«ski Szereg formalny o wspóªczynnikach rzeczywistych a 0, a, a 2,..., to mówi c maªo precyzyjnie, wyra»enie postaci A(x a n x n. Nie wdaj c si w formalizmy potraktujemy szereg formalny jako wygodny sposób zapisu ci gu i nazwiemy go jego funkcj tworz c. Poka»emy, jak to poj cie mo»na wykorzysta do rozwi zywania rekurencji i dowodzenia pewnych wªasno±ci ci gów, dzi ki naturalnym operacjom na szeregach oraz oczywistym zwi zkom z funkcjami, które w otoczeniu zera mo»na rozwin w szereg zbie»ny.. Operacje na szeregach formalnych. Niech A(x a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 + B(x b 0 + b x + b 2 x 2 + b 3 x 3 + b 4 x 4 + Deniujemy nast puj ce operacje na szeregach formalnych: a n x n, b n x n. Dodawanie: A(x + B(x def (a n + b n x n, Mno»enie przez liczb : niech c C b dzie ustalon liczb zespolon, Mno»enie: c A(x def (ca 0 + (ca x + (ca 2 x 2 + (ca 3 x 3 + (ca 4 x 4 + (ca n x n, A(x B(x def (a 0 b 0 +(a 0 b +a b 0 x+(a 0 b 2 +a b +a 2 b 0 x 2 +(a 0 b 3 +a b 2 +a 2 b +a 3 b 0 x 3 + Ró»niczkowanie: Caªkowanie: c n x n, gdzie c n a 0 b n + a b n + + a n b 0, (A(x def a + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + 5a 5 x 4 x 0 A(tdt def a 0 x + 2 a x a 2x a 3x 4 + na n x n. n a n x n

2 2 Opracowaª: C. Bagi«ski 2. Funkcje tworz ce wybranych ci gów. Zdaniem H. S. Wilfa (patrz [3], str.97 'Funkcja tworz ca to sznur do bielizny, na którym wieszamy ci g liczbowy' i tak, jak sznurem ªatwiej»onglowa, gdy jest zwini ty w kª bek, tak i funkcje tworz ce ªatwiej wykorzysta, gdy s przedstawione w zwartej postaci, zwini te w swego rodzaju kª bki. 2a. Ci g staªy. Niech {a n } n N0 b dzie ci giem staªym, tzn. dla wszystkich n N 0, a n c, gdzie c jest ustalon liczb rzeczywist. Funkcj tworz c tego ci gu jest szereg: A(x ax n a + ax + ax 2 + ax 3 + ax 4 + a( + x + x 2 + x 3 + x 4 +. Zwa»ywszy jednak na to,»e zgodnie z operacj mno»enia szeregów ( + x + x 2 + x 3 + x 4 + ( x + x + x 2 + x 3 + x 4 + x x 2 x 3 x 4 otrzymujemy + x + x 2 + x 3 + x 4 + x. Zatem funkcj tworz c naszego ci gu staªego jest A(x a x. 2b. Ci g geometryczny. Niech q b dzie ustalon liczb rzeczywist i {b n } n N0 ci giem geometrycznym, którego pierwszy wyraz równa si, a ilorazem jest q, tzn. b n q n dla wszystkich n N 0. Wówczas funkcj tworz ca tego ci gu jest B(x b n x n q n x n + (qx + (qx 2 + (qx 3 + qx. 2c. Ci g liczb naturalnych. Niech {c n } n N0 b dzie ci giem okre±lonym wzorem c n n + dla wszystkich n N 0. Funkcj tworz c tego ci gu jest szereg C(x (n + x n + 2x + 3x 2 + 4x 3 + 5x 4 + x n + x x n + x 2 + x + x 2 + x 3 + x x + x 2 + x 3 + x x 2 + x 3 + x x 3 + x x n + x 3 ( ( x n x n x n + ( + x + x 2 + x 3 + ( x 2 x n

3 Materiaªy dydaktyczne 3 2d. Ci g sum cz ±ciowych ci gu. Mo»na ªatwo uogólni powy»sz obserwacj. Niech mianowicie {d n } n N0 b dzie dowolnym ci giem o funkcji tworz cej D(x d n x n, natomiast {s n } n N0 ci giem jego sum cz ±ciowych, tzn. s 0 d 0, s d 0 + d, s 2 d 0 + d + d 2,..., s n d 0 + d + d d n Wówczas dla funkcji tworz cej S(x tego ci gu mamy ( n S(x s n x n d k x n k0 n d k. d 0 + (d 0 + d x + (d 0 + d + d 2 x 2 + (d 0 + d + d 2 + d 3 x 3 + (d 0 + d + d 2 + d 3 + d 4 x 4 + d 0 + d x + d 2 x 2 + d 3 x 3 + d 4 x 4 + d 5 x d 0 x + d x 2 + d 2 x 3 + d 3 x 4 + d 4 x d 0 x 2 + d x 3 + d 2 x 4 + d 3 x d 0 x 3 + d x 4 + d 2 x d 0 x 4 + d x D(x + xd(x + x 2 D(x + x 3 D(x + ( + x + x 2 + x 3 + D(x k0 ( x D(x Szczególnym przypadkiem opisanej sytuacji jest przykªad ci gu {a n } N0 zdeniowanego wzorem a n ( n+k k, gdzie k jest ustalon liczb caªkowit nieujemn. Niech Ak (x b dzie funkcj tworz c tego ci gu. Je±li skorzystamy ze znanej to»samo±ci: ( k ( k + +k ( k + 2+k ( k + 3+k ( k + + n+k ( k n+k+ k+, to z ªatwej indukcji wzgl dem k mo»na uzyska wzór A k (x ( x k+. Szczególne przypadki tego wzoru daj funkcje tworz ce dla ci gów opisanych w 2a (k 0 i 2b (k. ( m 2e. Ci g wspóªczynników rozwini cia dwumianu Newtona n. Niech m b dzie ustalon liczb caªkowit, m 0. Z powszechnie znanego rozwini cia dwumianu Newtona ( + x m ( m 0 + ( m x + ( m 2 x 2 + ( m 3 x ( m m x m wynika,»e dla ci gu zdeniowanego wzorem b n ( m n funkcj tworz c jest B m (x ( + x m. 2f. Ci g uogólnionych wspóªczynników Newtona ( a n. Niech a b dzie dowoln ustalon liczb rzeczywist i m liczb caªkowit nieujemn. Uogólniony wspóªczynnik Newtona deniujemy wzorem ( a n a(a (a n+ n! je±li a 0 0 je±li a 0, n 0 je±li a 0, n 0

4 4 Opracowaª: C. Bagi«ski Z podstawowego kursu analizy matematycznej wynika,»e w otoczeniu zera funkcja F a (x ( + x a rozwija si w szereg MacLaurina ( a ( 0 + a ( x + a 2 x 2 + ( a 3 x ( a n x m + Oznacza to,»e funkcj tworz c ci gu ( a ( 0, a (, a ( 2, a ( 3,..., a n, ( a n x n. jest wªa±nie F a (x ( + x a. 2g. Ci g odwrotno±ci liczb naturalnych. Niech ci g {g n } N b dzie okre±lony wzorem g n n dla n, g 0 0. Je±li G(x x + 2 x2 + 3 x3 + 4 x4 + n xn jest jego funkcj tworz c, to z denicji operacji ró»niczkowania szeregów otrzymujemy G (x + x + x 2 + x 3 + x. Zatem opercja odwrotna do ró»niczkowania, czyli caªkowanie, zastosowana do ostatniego wzoru daje nam zwart posta funkcji G(x. Mamy zatem G(x x 0 dt ln t t. 2h. Ci g harmoniczny. Liczbami harmonicznymi H n nazywamy sumy cz ±ciowe odwrotno±ci kolejnych liczb naturalnych, tzn, h n n Z obserwacji poczynionej w punkcie 2d oraz z punktu 2g wynika,»e funcj tworz c tego ci gu jest H(x x ln x Jednym z podstawowych zastosowa«funkcji tworz cych jest rozwi zywanie rekurencji, czyli wyznaczanie jawnej postaci wzoru na n-ty wyraz ci gu zadanego wzorami rekurencyjnymi. Zilustrujemy to kilkoma przykªadami. 3. Przykªady zastosowa«funkcji tworz cych Przydatno± funkcji tworz cych zilustrujemy na przykªadach dowodów kilku to»samo±ci kombinatorycznych oraz rozwi zywania kongruencji. 3a. To»samo±ci z symbolem Newtona. Poniewa» funkcj tworz c ci gu e n ( m n jest E(x m ( m n n m m. x n ( + x m, (

5 Materiaªy dydaktyczne 5 wi c po podstawieniu x otrzymujemy a podstawienie x daje m m ( m n ( + m 2 m, ( n( m n ( m 0. Kolejne pochodne funkcji tworz cej E(x oraz analogiczne podstawienia daj dalsze to»samo±ci. Mamy zatem m E (x n ( m n x n m ( + x m E (x E (x m (n n (m x n (m m ( + x m 2 n m (n 2 (n n (m x n (m 2 (m m ( + x m 3 St d kolejno dostajemy: m m m m n n (m n m ( + m m 2 m, ( n n (m n m ( m 0, (n n (m n (m m ( + m 2 (m m 2 m 2, m ( n (n n (m n (m m ( m 2 0, (n 2(n n ( m n (m 2 (m m ( + m 3 (m m 2 m 3, m ( n (n 2 (n n (m n (m 2 (m m ( m b. Rozwi zywanie rekurencji liniowych rz du. Najprostsze ci gi zadawane rekurencyjnie, to ci gi arytmetyczny i geometryczny. Niech a, r i q b d ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Dla ci gu arytmetycznego {a n } n N0 przyjmujemy Dla ci gu geometrycznego {b n } n N0 : a 0 a, a n+ a n + r. b 0 a, b n+ b n q.

6 6 Opracowaª: C. Bagi«ski Poniewa» jawne wzory na n-te wyrazy tych ci gów s powszechnie znane i do ich wyznaczenia nie ma potrzeby wykorzystywa funkcji tworz cych, zajmiemy si ci giem okre±lonym nieco ogólniej. Niech mianowicie a, q i r b d ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Deniujemy ci g {c n } n N0 przyjmuj c c 0 a i c n q c n + r dla n. Zauwa»my,»e je±li dla tak zdeniowanego ci gu przyjmiemy q, to otrzymamy ci g arytmetyczny o ró»nicy r. Je»eli natomiast przyjmiemy r 0, to otrzymamy ci g geometryczny o ilorazie q. Wykorzystamy funkcje tworz ce wyprowadzimy teraz jawny wzór na n-ty wyraz ci gu. Niech C(x c n x n (2 b dzie funkcj tworz c ci gu {c n } n N0. Wtedy C(x c 0 + c n x n a + a + qx c n x n + rx ( (qc n + rx n a + x x n a + qxc(x + rx x. (qc n + rx n St d C(x qxc(x a + rx x, a po wyª czeniu C(x przed nawias i podzieleniu obu stron równo±ci przez qx dostajemy C(x a qx + rx ( qx( x. (3 Zaªó»my teraz,»e q. Korzystaj c z powszechnie znanej techniki rozkªadu funkcji wymiernych na uªamki proste otrzymujemy: rx ( qx( x r ( q qx +, x wi c C(x (a r + r (a q qx q x ( (a r q qn + r x n q ( r q q n x n + aq n + r( qn q r q x n. x n Porównanie ostatniego wyra»enia z praw stron równo±ci (2 daje rozwi zanie rekurencji: c n aq n + r( qn. q Jak wspomnieli±my, dla q ci g {c n } n N0 jest ci giem geometrycznym. Dla peªno±ci przyjrzyjmy si i temu przypadkowi. Wzór (3 przyjmuje wtedy posta C(x a x + rx ( x 2 a x n + rx (n + x n ax n + r(n + x n+ a + (a + rnx n.

7 Materiaªy dydaktyczne 7 Ponowne porównanie ostatniego wyra»enia z praw stron równo±ci (2 daje: c n a + rn dla n. 3c. Rozwi zywanie rekurencji rz du 2. Ta sama technika pozwala na rozwi zanie rekurencji liniowych wy»szego rz du. Rozwa»ymy tu rekurencje rz du 2. Niech mianowicie a, b, A, B b d ustalonymi liczbami rzeczywistymi, B 0. Deniujemy ci g {c n } N0 w nast puj cy sposób: c 0 a, c b i c n Ac n + Bc n 2 dla n 2. (4 Niech dalej, jak w poprzednim przykªadzie C(x c n x n b dzie funkcj tworz c tego ci gu. Wówczas C(x c 0 + c + c n x n a + bx + (Ac n + Bc n 2 x n n2 n2 ( ( a + bx + Ax c n x n + Bx 2 c n 2 x n 2 n2 n2 a + bx + Ax (C(x a + Bx 2 C(x St d C(x Ax C(x Bx 2 C(x a + (b Aax, a po wyª czeniu C(x przed nawias i podzieleniu obu stron równo±ci przez Ax Bx 2 dostajemy a + (b aax C(x (5 Ax Bx 2 Dalsze rozwa»ania przeprowadzimy odr bnie dla dwóch przypadków. Zaªó»my najpierw,»e równanie x 2 Ax B 0 (6 ma dwa ró»ne pierwiastki α i β (zwracam uwag,»e po lewej stronie równania stoi wielomian inny, ni» mianownik uªamka z równo±ci (5. Wówczas na podstawie wzorów Viete'a mamy sk d natchmiast otrzymujemy α + β A, α β B, (7 ( αx( βx (α + βx + αβx 2 Ax Bx 2. Niech Z i T b d takimi liczbami,»e C(x tzn. { a + (b aax Ax Bx 2 Z αx + T βx Z + T a βz αt b aa (Z + T + ( βz αt x, (8 ( αx( βx Rozwi zuj c ten ukªad wzgl dem Z i T z wykorzystaniem (7 otrzymujemy Z αa + b aa b aβ b + a B α T βa b + aa b + aα b + a B β (9

8 8 Opracowaª: C. Bagi«ski Na podstawie (8 mamy wi c: C(x Z αx + T βx Z α n x n + T β n x n Wobec tego,»e jak zaªo»yli±my na pocz tku C(x c n x n, uzyskujemy c n Zα n + T β n, (Zα n + T β n x n. a po podstawieniu wyznaczonych warto±ci Z i T we wzorze (9 wyznaczamy c n αn β n b + αn β n ab. (0 Rozwa»ymy teraz drugi przypadek. Zaªó»my mianowicie,»e równanie (6 ma jeden pierwiastek podwójny α, tzn. x 2 Ax B (x α 2 x 2 2αx + α 2, sk d wynika,»e A 2α i B α 2. Zatem C(x a + (b aax a + (b aax Ax Bx2 2αx + α 2 x a 2 ( αx + (b 2aα x 2 ( αx 2 a(n + α n x n + a + (b 2aα(n + α n x n+ (a(n + α n + (b 2aαnα n x n a + (bnα n a(n α n x n. St d dla n, c n bnα n a(n α n. Uwaga. Zauwa»my,»e mimo tego,»e wyrazy ci gu c n s liczbami rzeczywistymi, pierwiastki α i β rzeczywistymi by nie musz. Np. je»eli A 0 i B, to dla a 0, b równanie (6 przyjmuje posta x 2 + 0, co oznacza,»e α i, β i, gdzie i jest jednostk urojon. Wzór (0 przyjmuje wi c posta c n in ( i n 2i. Uwaga 2. Ci g Fibonacciego {f n } N0 jest deniowany wzorami: f 0 0, f i f n f n 2 + f n dla n 2. Innymi sªowy we wzorze (4 wystarczy przyj a 0, b A B. Równanie (6 przyjmuje posta x 2 x 0, a funkcja tworz ca jest równa: F (x x x x 2. Jawn posta wzoru na n-ty wyraz ci gu otrzymujemy ze wzoru (0: f n αn β n,

9 Materiaªy dydaktyczne 9 gdzie α + 5 2, β d. Ukªady rekurencji liniowych. Technik funkcji tworz cych mo»na wykorzysta w rozwi zywaniu rekurencji liniowych, w których wyst puje wi cej ni» jeden ci g. Niech a, b, A, B, C, D b d ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Denijemy dwa ci gi {a n } N0 i {b n } N0 w nast puj cy sposób: a 0 a, b 0 b, a n Aa n + Bb n, b n Ca n + Db n dla n. ( Niech A(x {a n } N0 i {b n } N0. Wówczas a n x n i B(x b n x n b d funkcjami tworz cymi odpowiednio ci gów A(x a + a n x n a + (Aa n + B n x n a + AxA(x + BxB(x i analogicznie B(x b + CxA(x + DxB(x. Mamy zatem czyli A(x a + Ax A(x + Bx B(x B(x b + Cx A(x + Dx B(x ( Ax A(x Bx B(x a Cx A(x + ( Dx B(x b Rozwi zanie tego ukªadu równa«wzgl dem A(x i B(x daje A(x B(x a + (bb adx (A + Dx + (AD BCx 2, (2 b + (ac bax (A + Dx + (AD BCx 2. (3 Pozostawiam czytelnikowi do samodzielnego wyznaczenia jawne postaci obu ci gów, w zale»no±ci od tego, czy równanie ma dwa ró»ne pierwiastki, czy jeden podwójny. x 2 (A + Dx + (AD BC 0 3e. Liczby Catalana. Na koniec zajmiemy si jeszcze jednym ci giem zadanym rekurencyjnie. Niech c n, n 0, n Z b dzie liczb ªamanych zaczynaj cych si w punkcie (0, 0 i ko«cz - cych si w punkcie (2n, 0, które skªadaj si z odcinków postaci AB, le» cych w pierwszej wiartce ukªadu wspóªrz dnych, gdzie A (x, y, a B (x +, y + lub B (x +, y, x, y Z. Przyjmujemy przy tym,»e c 0. Poni»szy rysunek przedstawia przykªadowe ªamane rozwa»anego typu. W ksi»ce [] c n s okre±lone jako liczby sposobów postawienia nawiasów w iloczynie x 0 x x 2... x n, tak, aby porz dek mno»enia byª caªkowicie okre±lony.

10 0 Opracowaª: C. Bagi«ski Mo»na ªatwo policzy,»e c 2 2 c 3 5, c 4 4, c Ogólnie, nietrudno zauwa»y,»e c n speªnia zale»no± rekurencyjn : c n c 0 c n + c c n c n 2 c + c n c 0, np. c 6 c 0 c 5 + c c 4 + c 2 c 3 + c 3 c 2 + c 4 c + c 5 c Je±li teraz C(x c n x n jest funkcj tworz c ci gu c n, to C(x c 0 + x[c 0 c 0 + (c 0 c + c c 0 x + (c 0 c 2 + c c + c 2 c x 2 + ] + C(x 2. Zatem xc(x 2 C(x + 0 i rozwi zuj c to równanie wzgl dem C(x dostajemy ± Poniewa» C 0 C(0 lim 4x, wi c x 0 2x C(x ± 4x. 2x C(x 4x 2x ( 4x 2 2x. Korzystaj c z uogólnionego rozwini cia Newtona zastosowanego do 4x dostajemy ( 4x 2 n ( 4x n + ( 2 n ( 4x n. St d C(x 4x 2x ( n 2 ( 2 n 4n x n ( n 2 ( 2 n+ 4 n+ x n. Zatem c n ( n 2 ( 2 n+ 4 n+ ( n 2 ( ( 2 ( n n+ (n +! (2n 2 n (2n n! 2 n n + n! n + n! n! n + (2n! n! n! 2n n. n + ( Liczby c n nazywamy liczbami Catalana.

11 Bibliograa [] Ronald L. Graham, Donald E. Knuth, Oren Patashnik, Matematyka konkretna, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 998 [2] Leon Je±mianowicz, Jerzy Šo±, Zbiór zada«z algebry, Pa«stwowe wydawnictwo Naukowe, Warszawa 976. [3] Donald E. Knuth, Sztuka Programowania, t., Wydawnictwo Naukowo-Techniczne, Warszawa 2002.