Funkcje tworzące - przypomnienie

Transkrypt

1 Zadaia z ćwiczeń # (po. marca) Matematyka Dyskreta Fukcje tworzące - przypomieie Fukcje tworzące są początkowo trude do przełkięcia, ale stosuje się je dość automatyczie i potrafimy je policzyć dla praktyczie każdego ciągu występującego w matematyce. Stąd dużo zadań ma postać ciągu przykładów, stosujących te automatycze metody, czasem z dodatkowym pomysłem.. Defiicja Dla ciągu a 0, a, a,..., czyli a N, defiiujemy jego fukcję tworzącą jako () = a. Przyjmujemy a = a = = 0, więc możemy po prostu pisać () = a. Piszemy wtedy a N (). Moża też myśleć odwrotie, że fukcji () moża przypisać ciąg wyikający z policzeia wyrazów szeregu Taylora, to jest (0), (0), (0)!, (3) (0),..., (). 3! (Tak formalie () jest tylko iaczej zapisaym ciągem a, traktujemy tylko jako apis, i dla tych apisów defiiujemy p. możeie i różiczkowaie tak, żeby się wszystko zgadzało, kiedy iterpretujemy te apis jako fukcję od R: od rozdzielości możeia wg. dodawaia, po formułkę a pochodą ilorazu ( f g ) = f g g f g.) Przykłady: Ciągowi, który wszędzie ma zera oprócz a = 7 odpowiada fukcja 7 : 0, 0, 7, 0, 0, 0,... = 7 [ = ] N () = = 7. Ciągowi stale rówemu odpowiada szereg geometryczy:,,,,... = N () = = Moża łatwo sprawdzić, że ( )( ) =, więc możemy w tym wypadku apisać () = ( ) = ( ). Czyli,,,.... Q. Jakie są fukcje tworzące astępujących ciągów: a, 7, 0, 9, 0, 0, 0, 0... b [ = 7] + [ = 8] N c,,,,,,... = N, d 0,,, 3, 4,... = N, e f g ( ) N, 0,, 0,, 0,... = [ ] N 0,, 0,, 0,,... = [ ] N

2 . Operacje a ciągach - przypomieie z wykładu Fukcje tworzące rozważamy dlatego, że typowym operacjom a ciągach odpowiadają proste operacje a f.tw. Załóżmy, że a N (). Przesuięcie w prawo moża uzyskać przez pomożeie przez : () = a = a + = m=+ = a m m 0, a 0, a,... = a N m= Korzystamy tu z kowecji a = 0. Odwrotie, moża przesuwać w lewo dzieląc przez () a 0 = a = a = m= = a m+ m a, a, a 3,... = a + N = = m=0 Domożeie ciągu przez ideks moża uzyskać różiczkując: () = a ( ) = a = m= = (m+)a m+ m (+)a + N = m=0 czyli po zastosowaiu jeszcze przesuięcia w prawo: () a = a N Odwrotie, moża domożyć ciąg przez odwrotość ideksu całkując: + ()d = C + a + = m m=+ = C + a m m a m= Wyraz dla = 0 jest ieokreśloy, bo wzięliśmy całkę ieokreśloą. Możemy wziąć określoą 0 (t)dt i wtedy wyraz dla = 0 jest rówy 0 (bo możemy go otrzymać wstawiając = 0). Kluczową operacją dla dwóch ciągów a, b jest splot a N b N, to jest ciąg, którego -ty elemet jest rówy a 0 b + a b + a b + + a b + a b 0 = a i b i i=0 Splot ciągów odpowiada możeiu f.tw.: ( ) ( () B() = a m b m m ) = = (a 0 +a +a +... )(b 0 +b +b +... ) = a 0 b 0 +a 0 b +a 0 b + +a b 0 +a b +a b 3 + = =?? k k Po wymożeiu wszystkich składików w awiasach parami, dostajemy dużo składików, przy k mamy właśie a 0 b k + a b k + + a k b 0 = k i=0 a i b k i. Stąd rzeczywiście () B() = ( k ) k a i b k i k a i b k i k N = a b k i=0 i=0 Mamy też oczywiście trywialie operacje liiowe: domożeie ciągu przez stałą i dodaie dwóch ciągów. c () = c a = c a c a N () + B() = a + m b m m = (a + b ) a + b N

3 Przykład Jeśli chcemy otrzymać f.tw. ciągu (z wyrazem 0 dla = 0, powiedzmy), to moża go otrzymać z ciągu,,,... dzieląc ciąg przez ideks, czyli całkując f.tw. Więc:,,,... 0,,, t dt = l ( ) = l ( (Całkę z f g często moża policzyć koszystając z (l(f()) = f() f (), czyli f f = l f, tutaj użyliśmy f() = ). Możemy w te sposób policzyć p. =. Jest to po prostu = dla =, czyli (po sprawdzeiu zbieżości metodami aalizy, p. kryterium d lemberta) ( ) = = l = l = Q. Zajdź odpowiadający ciąg lub f.tw. a? b ( )? ) c d 7, 0,,, 3, 4,...? 0,, 4, 9,... = N? e 0,, +, + + 3,... = H N H() =? f H 0, H 0 H + H H 0, H 0 H + H H + H H 0,... = i=0 H i H i N? Przykład Niech k N. Fukcja tworząca ( ) k ciągowi stałemy,,,.... Zatem ( ) k to iloczy k fukcji tworzących odpowiadających (splot k ciągów). Splot dwóch ciągów możemy zapisać jako a b = i+j= a ib j, gdzie suma przebiega po wszystkich parach i, j N sumujących się do. Ogóliej splot k ciągów moża zapisać jako a b z = i +i + +i k = a i b i... z ik, bo jeśli apiszemy ( a )( b ) ( z ) =?? to przy po takim rozwiięciu awiasów mamy właśie składik dla każdego wyboru a i i z pierwszego awiasu, b i i z drugiego awiasu, itd., tyle żeby i i i k =. Czyli?? = i +i + +i k = a i b i... z ik i +i + +i k. Zatem ( ) k = i +i + +i k = N. W wyrazie -tym mamy więc składik dla każdego podziału elemetów w k rozróżialych (bo azwaych i,..., i k ) komórek. Takich podziałów jest ( +k ) k, bo moża je przedstawić jako ułożeie elemetów i k ściaek między komórkami w dowolej kolejości (p. odpowiada podziałowi ) wybieramy więc k ściaek z + k miejsc. Czyli ( +k ) ( ) k k N. Od razu możemy też powiedzieć, że ( +k ) k c N ( c) k 3

4 Rekurecje - przypomieie z wykładu Najczęstsze i ajważiejsze zastosowaie fukcji tworzących to rozwikłaie rekurecyjych rówań, które zazwyczaj łatwo dostać z kombiatoryczego opisu problemu. Przede wszystkim trzeba umieć rozwikłać rekurecje liiowe, tj. postaci takiej jak T = T + 7T + 3T 4, albo wszechobecy ciąg Fiboacciego F = F + F (F 0 = 0, F = ). Metoda a rozwiązaie dowolej rekurecji tej postaci jest astępująca. I. Rówaie rekurecyje. Otrzymujemy je z zadaia, p. F = F + F dla, F 0 = 0, F =. Możemy taką rekurecję rozszerzyć do N uwzględiając waruki brzegowe i przyjmując F = F = = 0. F = F + F + [ = ] dla N II. Rówaie fukcyje. Ozaczamy iewiadomą fukcję tworzącą F () = F i opisujemy odpowiadające rówaie, korzystając ze zaych am operacji a ciągach. W przypadku liiowych rekurecji wystarczy am przesuięcie: skoro F N F () to F N F () oraz F N F (). Waruki brzegowe przyjmują postać [ = ] N. Zatem rówaie powyżej jest rówoważe ( ) rówaiu F () = F () + F () + (Iaczej mówiąc, otrzymaliśmy je możąc stroami przez i sumując po wszystkich ). III. Zajdujemy iewiadomą F (). Po prostu, zwykłymi algebraiczymi przekształceiami, traktując wszystko ie jako stałe. F () F () F () = F ()( ) = F () = IV. Rozkład miaowika. Dostaliśmy f.tw. w postaci ilorazu wielomiaów. Te a górze wyika z waruków brzegowych i jest mało istoty, możemy łatwo przez iego przemożyć. Problemem jest uzyskaie ciągu odpowiadającego Q() dla wielomiau Q() =. To co zamy to, stosując zaś operację splotu i zamiay c potrafimy zaleźć ciąg dla dla dowolych c, k. Metoda korzysta z tego, że dla ( c) k dowolych stałych, B, c, d, suma ułamków zawiera c + B d = ( d)+b( c) ( c)( d) w miaowiku te iloczy, zaś Q() = = ( c)( d) dla pewych c, d R. Ogóliej, okazuje się, że zawsze możemy rozłożyć wielomia Q() do postaci Q() = ( c ) λ ( c ) λ..., po czym przedstawić P () jako suma ułamków postaci ( c i. To jest prawie to samo co rozkład do postaci P () = ( c ) j ) λ ( c ) λ, gdzie c i to pierwiastek wielomiau P () o krotości λ i. Rozkład, który chcemy, możemy uzyskać zajdując pierwiastki wielomiau lustrzaego. Jeśli Q() = q q + + q, to wielomia lustrzay defiiujemy jako Q( ) = q 0 +q +... q 0. Jeśli jego pierwiastkami są c i z krotością λ i, to łatwo sprawdzić, że Q() = Q(0) ( c ) λ ( c ) λ.... W aszym przykładzie Q() =, zatem wielomia lustrzay to, którego pierwiastki to (liczymy = + 4) c = + (tak zway złoty podział) oraz c =. Zatem Q() = ( + )( ). V. Wzór jawy. Mając taki rozkład, możemy apisać P () jako sumę ułamków postaci ( c i ) j dla każdego pierwiastka c i i każdego j λ i, gdzie to owa iewiadoma C. Czyli F () = P () Q() = c + B ( c ) + + Z ( c ) λ Q() Q() + c + + Z ( c ) λ

5 Kokrete wartości tych owych stałych as w tym momecie ie obchodzą, bardziej się opłaca je wyliczyć a końcu z waruków brzegowych. Waże tylko, że każdy wielomia P () stopia miejszego iż stopień Q moża uzyskać dla jakichś stałych. W aszym przykładzie F () = + + B Teraz wystarczy każdy składik zapisać korzystając z c c N, ogóliej (+k ) ( c) k k c N. W aszym przykładzie F = ( + ) + B( + ). VI. Wyliczeie stałych. Ostati krok to wyliczeie stałych korzystając z waruków brzegowych, czyli z tego, że zamy lub szybko potrafimy policzyć p. pierwsze wyrazy. W aszym przykładzie 0 = F 0 = + B oraz = F = ( + ) + B( + ) (dwie iewiadome, więc trzeba dwóch rówań). Rozwiązujemy te układ rówań + B = 0, + B + B = B =, + + = B =, = Otrzymujemy więc ostateczy wzór, który możemy zapisać trochę ładiej dla φ = c = +, φ = c = F = ( + ) + ( ) ( Warto sprawdzić, czy F 0 i F wyszły am całkowite. ) = φ (/φ) Q3. a b Zapełiamy prostokątą tabliczkę (wysokość pól, szerokość pól) za pomocą kostek (możemy je obracać o 90 o ). Przyjmujemy przy tym, że pierwsza musi być ułożoa wzdłuż lewej krawędzi prostokąta. Ile jest różych ułożeń? (P.: Zakładając, że zasz odpowiedź dla miejszych, jak moża ułożyć kostkę ajbardziej po prawej, a jak resztę? Ułóż rówaie rekurecyje). Zapełiamy jak wyżej, po czym kolorujemy każdą połówkę kostki a biało lub czaro. Przyjmujemy, że a lewej krawędzi każdej kostki każde pole musi mieć te sam kolor co pole a lewo od iego. Ile jest różych pokolorowaych ułożeń? Q4. Ile jest -literowych słów ad {, B, C} bez podsłów, BB? (P.: Da się ułożyć rówaie rekurecyje, ale łatwiej jeśli rozważymy więcej zmieych, p. liczbę takich słów kończących się a, B i C. Dostaiemy układ rówań, który rozwiązuje się tak samo jak jedo rówaie).

6 . Z defiicji, fukcje tworzące tych ciągów to kolejo: a, 7, 0, 9, 0, 0, 0, (bo ciąg to a 0 =, a = 7, a = 0,..., więc a = ). b [ = 7] + [ = 8] N c,,,,,,... = N = =, d 0,,, 3, 4,... = N = () =, e ( ) N ( ) = + f, 0,, 0,, 0,... = [ ] N = ( ) = Moża też iaczej:, 0,, 0,, 0,... = +( ) N + + = ++ ( )(+) = g 0,, 0,, 0,,... = [ ] N = ( ) = Moża też podobie jak wyżej: 0,, 0,, 0,,... = ( ) N + = + + ( )(+) = Te drugi pomysł działa ogóliej: jeśli a N () = a, to ( ) = ( ) a ( ) a N, () + ( ) + ( ) a N = a 0, 0, a, 0, a 4,... = [ ] a N, () ( ) ( ) a N = 0, a, 0, a 3, 0,... = [ ] a N. Czyli zawsze jak zamy f.tw. jakiegoś ciągu, to zamy też f.tw. ciągu ograiczoego do samych parzystych wyrazów.. (Operacje a ciągach) a Skoro,,,... to wiedząc, że możeie przez odpowiada przesuięciu w prawo mamy 0,,,,.... b Moża po prostu apisać ( ) = = , 0, 0, 0,... = [ = 0] N. le sprawdźmy, czy rzeczywiście asze defiicje operacji a ciągach się zgadzają. Pierwszy sposób: wiemy, że,,,... oraz z powyższego 0,,,,.... Zatem ( ) odpowiada różicy tych dwóch ciągów (puktowo), czyli rzeczywiście, 0, 0, 0,.... Drugi sposób: z defiicji = 0 + ( ) + 0 +,, 0, 0,.... Zatem ( ),, 0, 0,...,,,... = =, ( ) +, 0 + ( ) +, =, 0, 0, 0,.... (Dygresja: Formalie to właśie to mamy a myśli pisząc,,,.... Fukcja odpowiada ciągowi takiemu, że po spleceiu z ( ),, 0, 0,... daje jedykę. Jedyką jest, 0, 0,..., bo tylko te ciąg po spleceiu z dowolym iym daje to samo. Dla as jest tylko waże, że zwykłe reguły algebraicze się zgadzają, więc możemy wszystko robić tak jakby fukcja tworząca była fukcją od R). 6

7 c 7, 0,,, 3, 4,... = 7, 0, 0, , 0,, d Tu chcemy ciąg stały N przemożyć przez ideks żeby dostać N i poowie przemożyć przez ideks żeby dostać N. Wiemy, że odpowiada to zróżiczkowaiu, po czym pomożeiu przez fukcji tworzącej. Zatem korzystając ze wzorku ( f g ) = f g g f g oraz (f(g())) = f (g()) g () (dla f() = ) piszemy,,,,... = N 0,,, 3,... = N ( ) = 0 ( ) ( ) ( ) = ( ) 0,, 4, 9,... = N ( ( ) ) = ( ) ( ) ( ) ( ) 4 = = ( ) + ( + ) ( ) 3 = ( ) 3 Warto sprawdzić swój wyik sprawdzając czy a 0 jest rówe podstawieiu = 0. Żeby sprawdzic ie a i dokładie trzeba by p. policzyć pochode f.tw., ale tu moża też apisać (+) ( ) = ( + )( ) 3 i sprawdzić, że moża 3 dostać tylko biorąc ze wszystkich awiasów, zaś moża uzyskać biorąc z dowolego z czterech awiasów, czyli rzeczywiście a =, a = 4. e Chcemy policzyć f.tw. ciągu, który wyraża się jako suma H = Narzuca się więc użycie splotu i rzeczywiście H = i=0 i, zatem H N = N N. Z Przykładów wiemy, że l( ) oraz, zatem l( ). Czyli H N H() = l( ). Moża tak zrobić dla dowolego ciągu! Jeśli a (), to () a,,,..., = i=0 a i N = i=0 a i N. Czyli zając f.tw. ciągu zajdujemy f.tw jego sum częściowych po prostu możąc przez. f To z defiicji jest splot ciągu H z ciągiem H. H 0, H 0 H + H H 0, H 0 H + H H + H H 0,... = i=0 H i H i N = H N H N H() H() = ( ) (l( )) 3. (Kostki) a b Niech a ozacza szukaą liczbę. Prawą kostkę możemy ułożyć albo pioowo przy prawej krawędzi, wtedy resztę możemy ułożyć dowolie a a sposobów, albo poziomo p. a górze, wtedy musimy umieścić też jedą poziomo a dole, a resztę dowolie a a sposobów. Zatem a = a + a dla, a =, a =. To jest rekurecja a ciąg Fiboacciego, którą wyliczyliśmy w przykładzie, a = F. (Gdybyśmy ie zakładali ic o lewej kostce byłoby a =, a =, moglibyśmy wtedy założyć sobie a 0 =, żeby rówaie zgadzało się dla N i otrzymalibyśmy ciąg F przesuięty o jede). Teraz prawą kostkę możemy ułożyć albo pioowo przy prawej krawędzi, wtedy resztę możemy ułożyć i pokolorować dowolie a a sposobów a kolory pól prawej kostki są wyzaczoe przez lewych sąsiadów; albo poziomo p. a górze, wtedy musimy umieścić też jedą poziomo a dole, resztę możemy ułożyć i pokolorować a a sposobów, lewe pola owych kostek są wyzaczoe zaś prawe pola obu kolorujemy dowolie. Zatem a = a + 4a dla, a = 4 (samotą kostkę 7

8 możemy pokolorować a 4 kolory), a = 4 (pierwsza miała być pioowa, druga ma oba kolory wyzaczoe przez lewą krawędź). a 0 lepiej ie zgadywać tylko wyliczyć z rówaia, mamy wtedy a 0 = 0. Dopisujemy waruki brzegowe i sprawdzamy dla = 0,,. a = a + 4a + 4[ = ] dla N Ozaczając () a, mamy () = () + 4 () + 4 () = 4 4 Czyli Q() = 4, zaś wielomia lustrzay to 4. Jego pierwiastki to ( = + 6) c, = ± 7. Piszemy więc () = C c + D c dla pewych C, D C. Stąd a = C c + D c dla pewych C, D C. Wstawiamy a 0 = 0 = C + D, a = 4 = C c + D c. Rozwiązujemy: (( D = C, 4 = C(c c ), czyli C = 4 c c = 4 7. Ostateczie a = 4 ) ( ) ) Ile jest -literowych słów ad {, B, C} bez podsłów, BB? Ozaczmy liczbę takich słów kończących się a jako a, podobie b, c. Od razu możemy zauważyć, że a = b, co am uprości liczeie, ale tylko trochę. Szukamy więc a + b + c = a + c. -słów kończących się a jest tyle co ( )-słów kończących się a coś iego iż, czyli a = b + c. -słów kończących się a C jest tyle co ( )-słów kończących się a cokolwiek, czyli c = a + b + c. Korzystając z a = b dostajemy układ rówań (dla ) a = a + c, c = a + c Oczywiście a = c = i zamiast rozważać ile jest pustych słów kończących się a sprawdźmy, przyjmijmy, że a 0 = c 0 = 0. Wtedy dla N a = a + c + [ = ], c = a + c + [ = ] czyli ozaczając () = a, C() = c (pomijam dalej () przy ()) = = + C +, C = + C + ( ) = C +, ( )C = + C = (+) ( + ) = ( )C = C + + ( )C = + ( + ) ( + ) = ( +(+) ) = ( ) + C = + = Wielomia lustrzay to o pierwiastkach c = +, c =. Zatem a + c = P ( + ) + Q ( ) [ = 0] dla pewych P, Q C. Wiedząc, że wyik dla = powiie być 3, zaś wyik dla = powiie być 7, dostajemy 3 = P ( + ) + Q ( ) oraz 7 = P ( + ) + Q ( ). Czyli P + Q =, P Q = ( i ostateczie a + c = ( + ) + + ( ) +) [ = 0]. 8