Matematyka Dyskretna 2/2008 rozwiązania. x 2 = 5x 6 (1) s 1 = Aα 1 + Bβ 1. A + B = c 2 A + 3 B = d

Transkrypt

1 C. Bagiński Materiały dydaktyczne 1 Matematyka Dyskretna /008 rozwiązania 1. W każdym z następujących przypadków podać jawny wzór na s n i udowodnić indukcyjnie jego poprawność: (a) s 0 3, s 1 6, oraz s n s n 1 + s n dla n ; (b) s 0 1, s 1 3, oraz s n 6s n 1 9s n dla n ; (c) s 0 c, s 1 d, oraz s n 5s n 1 6s n dla n ; (d) s 0 1, s 1, oraz s n 3s n dla n ; Rozwiązanie. c) Rozważmy równanie charakterystyczne tego ciągu: x 5x 6 (1) Jego pierwiastkami są α i β 3. Na podstawie twierdzenia o jawnej postaci ciągu zadanego requrecyjnie istnieją stałe A i B, takie że Stałe A i B wyliczamy na podstawie układu równań { s 0 Aα 0 + Bβ 0 tzn. { s n Aα n + Bβ n A n + B 3 n () s 1 Aα 1 + Bβ 1 A + B c A + 3 B d Rozwiązanie tego układu daje A 3c d, B d c. Zatem, na podstawie () ogólna postać n-tego wyrazu ciągu jest następująca: s n (3c d) n + (d c) 3 n (3) Przechodzimy do indukcyjnego dowodu tego wzoru. W pierwszym kroku należałoby sprawdzić jego prawdziwość dla n 0 i n 1, ale wartości stałych A i B zostały wyznaczone tak, aby dla tych wartości n wzór był prawdziwy, zatem uznajemy, że to zostało już uczynione. Załómy zatem, że wzór 3 jest prawdziwy dla wszystkich k < n. W szczególności zakładamy więc, że s n 1 (3c d) n 1 + (d c) 3 n 1, s n (3c d) n + (d c) 3 n. (4) Dowodzimy prawdziwości wzoru (3) dla n. Na podstawie rekurencyjnej definicji ciągu mamy s n 5s n 1 + 6s n z (4) 5((3c d) n 1 + (d c) 3 n 1 ) 6((3c d) n + (d c) 3 n ) 10(3c d) n +15(d c) 3 n 6(3c d) n 6(d c) 3 n 4(3c d) n +(d c) 3 n (3c d) n + (d c) 3 n. Skoro zatem wzór jest prawdziwy dla małych wartości n oraz z prawdziwości wzoru dla wartości mniejszych od n wynika jego prawdziwość dla n, więc na mocy Zasady Indukcji Zupełnej wzór jest prawdziwy dla wszystkich liczb naturalnych.. W każdym z następujących przypadków podaj jawny wzór na s n i udowodnij indukcyjnie jego poprawność: (a) s 1 1, s n s n + 3; (b) s 1 0, s n s n + 5n; (c) s 1 1, s n s n 7; (d) s 1 0, s n s n + 5 7n.

2 C. Bagiński Materiały dydaktyczne Rozwiązanie. Rozważymy przypadek ogólny. Wszystkie podpunkty tego zadania są jego szczególnymi przypadkami. Niech mianowicie s 1 a, s n As n + Bn + C, (5) gdzie a, A, B, C są ustalonymi liczbami rzeczywistymi (zespolonymi). Mamy zatem: s 1 a, s As 1 + B + C Aa + B + C s 4 As + B + C A(Aa + B + C) + B + C A a + AB + B + AC + C A a + B(A + ) + C(A + 1), s 8 As 4 + 4B + C A(A a + AB + B + AC + C) + 4B + C A 3 a + B(A + A + 4) + C(A + A + 1), s 16 As 8 + 8B + C A(A 3 a + B(A + A + 4) + C(A + A + 1)) + 8B + C A 4 a + B(A 3 + A + 4A + 8) + C(A 3 + A + A + 1). Z postaci kolejnych wyrazów można wywnioskować, że n -ty wyraz ciągu ma postać s n A n a + B(A n 1 + A n + A n n A + n 1 ) + C(A n 1 + A n + + A + 1). (6) Zauważmy jeszcze, że ze wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu geometrycznego dla A mamy ( A A n 1 + A n + A n n A + n 1 n 1 n 1 An + n 1 n + + A ) + 1 n 1 A n 1 n A 1 An n A i oczywiście dla A 1, A n 1 + A n + + A + 1 An 1 A 1. Zatem, jeśli A 1 i A, to Dla A 1 wzór (6) przyjmuje postać natomiast dla A : s n A n a + B An n A + C An 1 A 1. s n A n a + B( n + n 1 ) + Cn A n a + B( n 1) + Cn, s n A n a + Bn n 1 + C( n 1 + n ) n a + Bn n 1 + C( n 1). Uwzględniając powyższe rozważania, w poszczególnych podpunktach zadania podstawiamy konkretne wartości parametrów a, A, B, C i otrzymujemy wzory na n -te wyrazy ciągu {s m } m 1 : (a) a 1, A, B 0, C 3 s n n + 3( n 1) n+ 3; (b) a 0, A, B 5, C 0, s n 5n( n 1); (c) a 1, A, B 0, C 7, s n n 7 ( n 1) 3 n+1 + 7; (d) a 0, A, B 7, C 5, s n 7n n ( n 1) ( 7n + 10) n 1 5. Indukcyjny dowód poprawności wyprowadzonych wzorów zostawiam czytelnikowi. 3. Dla każdego z ciągów zdefiniowanych rekurencyjnie wyznaczyć trzeci, piąty i dziesiąty wyraz oraz udowodnić podaną nierówność: (a) a 0 1, a 1, a 3 oraz a n a n + a n 3 dla n 3; a n > ( 3 )n dla wszystkich n 1; (b) a 0 a 1 a 1 oraz a n a n 1 + a n + a n 3 dla n 3; a n n 1 dla wszystkich n 1; (c) a 0 1, a 1 3, a 5 oraz a n 3a n + a n 3 dla n 3; n < a n n+1 dla wszystkich n 1.

3 C. Bagiński Materiały dydaktyczne 3 Rozwiązanie. a) Mamy oczywiście a 0 1, a 1, a 3, a 3 a 1 + a , a 4 a + a , a 5 a 3 + a , a 6 a 4 + a , a 7 a 5 + a , a 8 a 6 + a , a 9 a 7 + a , a 10 a 8 + a Pierwszy krok dowodu nierówności wymaga sprawdzenia jej dla trzech pierwszych wyrazów, ponieważ ciąg zadany jest wzorem rekurencyjnym odwołującym się do wyrazów wcześniejszych maksymalnie o trzy numery: a 1 > 3, a 3 > 9 4 ( 3 ), a 3 4 > 7 8 ( ) 3 3. Załóżmy teraz, że dla wszystkich k mniejszych od n nierówność jest prawdziwa. W szczególności zakładamy więc, że ( ) 3 n 3 ( ) 3 n a n 3 > i a n >. (7) Dowodzimy nierówności dla n: Mamy a n a n + a n 3 z (7) > ( ) 3 n + a n > ( ) 3 n 3 ( ) 3 n. ( ) 3 n 3 ( ) 3 + > ( ) 3 n ( ) 3 n. Zatem, skoro nierówność jest prawdziwa dla małych wartości n oraz z prawdziwości nierówności dla wartości mniejszych od n wynika jego prawdziwość dla n, więc na mocy Zasady Indukcji Zupełnej nierówność jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych Niech F 0 0, F 1 1 i dla n F n F n 1 + F n. (a) Udowodnić że F n+1 F n 1 Fn ( 1) n, dla dowolnej liczby naturalnej n. (b) Czy Fn + Fn+1 jest zawsze liczbą Fibonacciego? (c) Wyrazić n k0 F k za pomocą liczb Fibonacciego. Rozwiązanie. W dowodzie każdej z tych równości można wykorzystać znaną charakteryzację liczb Fibonacciego za pomocą pewnej macierzy. Otóż, niech A ( ) (8) Bezpośrednio, łatwą indukcją można udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n, n 1, zachodzi równość ( ) A n Fn+1 F n F n F n 1 (9) a) Dla dowodu pierwszej równości wystarczy teraz skorzystać z tw. Cauchy ego, mówiącego, że wyznacznik iloczynu macierzy kwadratowych jest iloczynem wyznaczników tych macierzy. Jeśli teraz zauważymy, że det(a) 1, to otrzymujemy ( 1) n (det(a)) n det(a n ) det ( Fn+1 F n F n F n 1 ) F n+1 F n 1 F n

4 C. Bagiński Materiały dydaktyczne 4 b) Na początek sprobujmy odgadnąć czym może być rozważana suma. W tym celu wyliczmy jej kilka początkowych wartości: n F n F n+1 Fn + Fn F F F F F F F F F 17 Można zatem wysnuć podejrzenie, że F n + F n+1 F n+1 (10) Przeprowadzimy dowód ponownie wykorzystując (9). Ze wzoru tego mamy ( ) ( ) ( ) ( ) Fn+ F n+1 F n+1 F n A n+1 A n A n+1 Fn+1 F n Fn+ F n+1 Fn+1 F F n F n 1 F n+1 F n n+ +F nf n+1 Fn+1 +F n F nf n+ +F n 1 F n+1 F nf n+1 +F n 1 F n Teraz z porównania prawego górnego wyrazu w pierwszej macierzy, z prawym górnym wyrazem ostatniej macierzy powyższego ciągu równości otrzymujemy Niech a 0 1, a 8, a 3 7, a 4 64 i dla d 0 niech a n+4 4a n+3 6a n+ + 4a n+1 a n. Odgadnąć jawną postać n-tego wyrazu ciągu a n i udowodnić jego poprawność. Rozwiązanie Postać początkowych wyrazów ciągu sugeruje, że ogólny wzór na n-ty wyraz ciągu ma postać a n n 3 (11) Pokażemy indukcyjnie, że tak jest rzeczywiście. Wzór rekurencyjny na ustalony wyraz ciągu odwołuje się do czterech kolejnych wyrazów bezpośrednio poprzedzających wyraz obliczany. Dlatego pierwszy krok indukcyjny polega na sprawdzeniu prawdziwości wzoru dla czterech pierwszych wyrazów ciągu. Ale to już zrobiliśmy, wszak ze sprawdzenia własności początkowych wyrazów wynikła sugestia co do wzoru ogólnego (11). Załóżmy więc, że udowodniliśmy już, że dla k n mamy a k k 3, gdzie n 4. Na tej podstawie dowodzimy wzoru dla n + 1, tzn. dowodzimy, że a n+1 (n + 1) 3. Ze wzoru rekurencyjnego wiemy, że a n+1 4a n 6a n 1 + 4a n a n 3. Na podstawie założenia indukcyjnego, rozpiszmy poszczególne składniki. Mamy 4a n 4n 3 6a n 1 6(n 1) 3 6(n 3 3n + 3n 1) 4a n 4(n ) 3 4(n 3 6n + 1n 8) a n 3 (n 3) 3 n 3 + 9n 7n Po dodaniu stronami tych równości otrzymujemy a n+1 4a n 6a n 1 + 4a n a n 3 4n 3 6(n 3 3n + 3n 1) + 4(n 3 6n + 1n 8) (n 3 9n + 7n 7) (4n 3 6n 3 + 4n 3 n 3 ) + (18n 4n + 9n ) + ( 18n + 48n 7n) + ( ) n 3 + 3n + 3n + 1 (n + 1) 3.

5 C. Bagiński Materiały dydaktyczne 5 Na mocy zasady indukcji zupełnej wnosimy, że wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej n. 6. Niech {a, b, c} i niech s n oznacza liczbę słów długości n w alfabecie, w których nie występuje ciąg aa. Obliczyć pięć pierwszych wyrazów ciągu s n i znaleźć dla niego wzór rekurencyjny. 7. Niech {a, b}. (a) Niech s n oznacza liczbę słów długości n w alfabecie niezawierających ciągu ab. Obliczyć pięć pierwszych wyrazów ciągu s n, znaleüć jawny wzór na s n i go udowodnić. (b) Niech t n oznacza liczbę słów długości n w alfabecie, w których jest parzysta liczba liter a. Obliczyć pięć pierwszych wyrazów ciągu t n, znaleźć jawny wzór na t n i go udowodnić. Rozwiązanie. a) Wypisanie kilku początkowych słów w podanym alfabecie daje łatwą sugestię o jawnej posaci n-tego wyrazu ciągu. n słowa a aa, ba aaa, baa, bba, aaaa, baaa, bbaa, bbba aaaaa, baaaa, bbaaa, bbbaa, bbbba długości n b bb bbb bbbb bbbbb S n Niech a n będzie liczbą dopuszczalnych słów długości n kończących się literą a, natomiast b n liczbą słów długości n kończących się literą b. Przy tworzeniu słów długości n + 1, literę a można dopisać do dowolnego słowa długości n, zatem a n+1 a n + b n s n. Literę b można dopisać tylko do tych słów, które kończą się literą b i z łatwej indukcji wynika, że b n 1. Zatem s n+1 a n+1 + b n+1 s n + 1. Stąd s n n + 1. Dowód poprawności wzoru zostawiam czytelnikowi dla rozrywki. 8. Obliczyć a 4, a 5 i a 6 jeżeli a 0 α, a 1 β oraz a n 1+a n 1 a n dla n. Podać jawny wzór na a n. Jakie warunki muszą spełniać α i β, jeżeli ten ciąg jest nieskończony? 9. (a) Definiujemy rekurencyjnie s 0 1 i s n+1 s n dla n 0. Obliczyć piąty, dziesiąty i piętnasty wyraz tego ciągu. Jaki jest zbiór wartości ciągu {s n }? (b) Definiujemy rekurencyjnie a 0 0, a 1 1, a oraz a n a n 1 a n + a n 3 dla n 3. Jaki jest zbiór wartości ciągu {a n }? 10. Obliczyć wyznacznik macierzy n n: M n Rozwiązanie. Niech W n det(m n ). Policzmy kilka początkowych wyrazów ciągu W n. Od razu widać, że W 1 1 i W Dalej, rozwijając zgodnie ze wzorem Laplace a względem pierwszego wiersza otrzymujemy W , W W 3 + W Przypadek n 4 daję się łatwo przenieść na przypadek ogólny, mamy mianowicie W n W n 1 +W n. Zatem W n F n+1 jest równy n + 1-szemu wyrazowi ciągu Fibonacciego zdefiniowanego w zadniu Podać definicję rekurencyjną każdego z poniższych ciągów: a) (1, 3, 9, 7, 81,...); b) (,, ( ), (( ) ),...); c) (,, (), (()) )..

6 C. Bagiński Materiały dydaktyczne 6 1. a) Definiujemy rekurencyjnie ciąg za pomocą wzorów: a 0 a 1 1 oraz a n a n 1 + a n dla n. Obliczyć a 6 i pokazać, że wszystkie wyrazy ciągu są nieparzyste. b) Definiujemy rekurencyjnie ciąg za pomocą wzorów: b 0 b 1 1 oraz b n b n 1 + b n dla n. Obliczyć b 6 i pokazać, że wszystkie wyrazy ciągu są nieparzyste.