3 Metody zliczania obiektów

Transkrypt

1 3 Metody zliczaia obiektów Metoda bijektywa 3.1 Metoda bijektywa zliczaia obiektów kombiatoryczych polega a wskazaiu bijekcji pomi dzy badaym obiektem, a obiektem, którego ilo± elemetów jest am ju» zaa. Nie b dziemy tu rozwija jakiej± ogólej teorii, a skocetrujemy sie a ilustracji metody za pomoc kilku przykªadów. Przykªady te b d jedocze±ie staowiªy baz przykªadowych obiektów, do których b dzie mo»a w przyszªo±ci odwoªywa si. 3.2 Przykªad. Ile jest podzbiorów zbioru elemetowego? Niech A = []. Podzbiorowi B A przyporz dkowujemy ci g zerojedykowy χ B = (b 1, b 2..., b ), przyjmuj c { 1, gdy i B b i = 0, gdy i B. Przyporz dkowaie to ustala bijekcj pomi dzy podzbiorami A i wszystkimi ci gami zerojedykowymi dªugo±ci. Poiewa» takich ci gów jest 2, wi c i podzbiorów zbioru elemetowego jest Drogi w prostok cie Rozwa»my prostok t o wymiarach m, gdzie m, N. Drog w tym prostok cie azywamy dowol ªama ª cz c lewy doly wierzchoªek prostak ta z przeciwlegªym wierzchoªkiem i zªo»o z m + odcików jedostkowych rówolegªych do boków prostok ta. Zauwa»my,»e spo±ród +m odcików, z których skªada si droga, dokªadie m jest poziomych. Poumerujmy odciki jedostkowe tworz ce drog liczbami od 1 do m + i iech {i 1, i 2,..., i m } b dzie zbiorem umerów odcików poziomych. Dla ka»dej drogi jest to pewie podzbiór melemetowy zbioru [m + ]. Na odwrót, dla dowolego podzbiou m elemetowego w [m+] mo»a zbudowa drog, dla której te wªa±ie podzbiór jest zbiorem umerów odcików poziomych i otrzymujemy bijekcj mi dzy drogami i melemetowymi podzbiorami [m + ]. Wszystkich dróg jest wi c ( ) m+ m. 3.4 Przykªad. Ile jest aturalych rozwi za«rówaia X 1 +X 2 + +X r =? Rozwi zaie. Rozwa»my prostok t o wymiarach (r 1) i ozaczmy koleje pukty podstawy o wspóªrz dych aturalych symbolami X 1, X 2,..., X r. 1

2 Z ka»dym rozwi zaiem (x 1, x 2,..., x r ) powy»szego rówaia stowarzyszymy drog w prostok cie w sposób ast puj cy. Zaczyamy z puktu X 1, rysujemy x 1 odcików pioowych i jede poziomy i kotyuujemy wedªug ast puj cej reguªy: je±li zale¹li±my si ad X i, to rysujemy x i odcików pioowych i jede poziomy. Otrzymujemy bijekcj pomi dzy rozwi zaiami rówaia i drogami w prostok cie, wi c a mocy (3.3) rozwi za«jest ( +r 1 3. Metoda bijektywa mo»e sªu»y ie tylko do prostego porówaia liczo±ci dwóch zbiorów, ale mo»e te» posªu»y do dowodu bardziej skomplikowaych wzorów. Poi»ej poka»emy kilka wa»ych i iteresuj cy przykªadów. 3.6 Stwierdzeie. Dla liczb aturalych, k takich,»e k mamy ( ) ( ) =. k k Dowód. Niech A b dzie zbiorem -elemetowym. Prawa stroa rówo±ci zlicza podzbiory k elemetowe w A, a lewa stroa podzbiory k elemetowe. Operacja braia dopeªieia podzbioru w A zadaje bijekcj pomi dzy obiektami zliczaymi przez obie stroy. ). 3.7 Stwierdzeie. Dla ka»dego N ( ) ( ) ( ) = Dowód. Obie stroy zliczaj wszystkie podzbiory zbioru []. 3.8 Wzór ChuVadermode'a Dla dowolych r, s, k N k i=0 ( )( ) r s = i k i ( r + s Dowód. Niech A b dzie zbiorem relemetowym, a B zbiorem selemetowym rozª czym z A i iech C = A B. Mo»emy sobie wyobra»a,»e zbiór C skªada si z elemetów dwóch ró»ych rodzai (p. kobiet i m»czyz, kul biaªych i czarych itp.). Ka»dy kelemetowy podzbiór X C wyzacza par (A X, B X) podzbiorów zbioru A i B odpowiedio, przy czym A X + B X = k. Na odwrót ka»da taka para wyzacza podzbiór kelemetowy w C, co dowodzi rówo±ci. Wiosek. Dla dowolych liczb rzeczywistych x i y oraz dla dowolego k N k ( )( ) ( ) x y x + y =. i k i k i=0 2 k ).

3 Dowód. Ustalmy k i potraktujmy obie stroy jako wielomiay od x i y. Poprzedie twierdzeie dowodzi,»e wielomiay po obu stroach przyjmuj te same warto±ci dla wszystkich par aturalych x i y, a wi c s rówe jako wielomiay. Reguªa wª czaia i wyª czaia 3.9 Jest jase,»e je±li zbiory A i B s rozª cze, to A B = A + B. Je±li zbiory A i B ie s rozª cze, to w sumie A + B elemety ale» ce do przekroju A B zliczae s dwukrotie. St d Aalogiczie dla trzech zbiorów A, B i C mamy A B = A + B A B. (1) A B C = A + B + C A B A C B C + A B C. Procedura zliczaia zastosowaa w obu przykªadach osi azw schematu wª - czaia i wyª czaia. Ogólie prawdziwe jest ast puj ce twierdzeie. Twierdzeie. Dla dowolego ci gu (A 1, A 2,..., A ) zbiorów sko«czoych A i = ( 1) k+1 A i1 A i2... A ik. k=1 1 i 1<i 2< <i k Dowód. Stosujemy idukcj wzgl dem. Dla = 2 wzór jest po prostu wzorem (1). Zaªó»my wi c,»e wzór jest prawdziwy dla wszystkich ci gów zbiorów sko«czoych dªugo±ci 2. Poka»emy,»e wzór zachodzi te» dla ci gu (A 1, A 2..., A, A +1 ). Mamy +1 A i = A i + A +1 ( A i ) A +1 a podstawie wzoru dla dwóch zbiorów. Dla i = 1, 2,..., przyjmijmy B i = A i A +1. Wówczas ( A i) A +1 = B i i a mocy zaªo»eia idukcyjego zastosowaego do -wyrazowych ci gów (A 1, A 2..., A ) i (B 1, B 2..., B ) otrzymujemy A i = ( 1) k+1 A i1 A i2... A ik (2) ( A i ) A +1 = = = k=1 B i = ( 1) k+1 k=1 ( 1) k+1 k=1 1 i 1<i 2< <i k 1 i 1<i 2< <i k 1 i 1<i 2< <i k 3 B i1 B i2... B ik = A i1 A i2... A ik A +1 (3)

4 Ostatia rówo± daje A +1 ( A i ) A +1 = = A +1 = +1 l=1 ( 1) l+1 ( 1) k+1 k=1 1 i 1<i 2< <i l =+1 1 i 1<i 2< <i k A i1 A i2... A ik A +1 A i1 A i2... A il (4) Ci gi pojawiaj ce si po prawych stroach (2) i (4) wyczerpuj wszystkie mo»- liwe ci gi 1 i 1 < i 2 < < i k + 1, co ko«czy dowód twierdzeia Przykªad. Ile jest caªkowitych rozwi za«rówaia x 1 + x x 6 = 20, które speªiaj waruek 0 x i 8 dla ka»dego i = 1, 2,..., 6? Rozwi zaie. Niech A = {(x 1,..., x 6 ) x x 6 = 20, x i 0, i = 1,..., 6} i iech dla ka»dego i = 1, 2,..., 6 Iteresuj ca as liczba to ( A i = {(x 1,..., x 6 ) A x i 9}. # A \ ) 6 A i = A Na podstawie rezultatu z przykªadu (3.4) ( ) 2 A = = 20 6 A i. ( ) 2. Aby policzy ilo± elemetów w zbiorze A i, zastosujmy podstawieie y 1 = x 1,..., y i 1 = x i 1, y i = x i 9, y i+1 = x i+1,..., y 6 = x 6. Podstawieie to zadaje bijekcj pomi dzy zbiorem A i oraz zbiorem A = {(y 1,..., y 6 ) y y 6 = 11, y i 0, i = 1,..., 6}, st d A i = A = ( ) 16. 4

5 Stosuj c podobe podstawieie ªatwo zobaczy,»e dla i j zbiór A i A j ma tyle samo elemetów, co zbiór A = {(z 1,..., z 6 ) z z 6 = 2, z i 0, i = 1,..., 6}, czyli A i A j = ( 7 ). Poiewa» dla trzech ró»ych wska¹ików i, j, k przekrój A i A j A k jest zbiorem pustym, wi c reguªa wª czaia i wyª czaia daje odpowied¹ ( ) [ 2 6 ( ) 16 ( ) 6 2 ( )] 7 = Fukcja Eulera ϕ() Niech = p α1 1 pα pα k k b dzie rozkªadem liczby aturalej a czyiki pierwsze. Ile jest liczb aturalych s wzgl die pierwszych z? Liczb t ozacza si symbolem ϕ(). Fukcja ϕ osi azw fukcji Eulera. Rozwi zaie. Dla ka»dego i = 1, 2,..., k iech Wówczas A i = {s [] p i dzieli s}. ϕ() = # ( [] \ ) k A i. Poiewa» liczby p 1, p 2..., p k s parami wzgl die pierwsze, wi c A i1 A i2 A ir = p i1 p i2... p ir i zastosowaie wzoru wª cze«i wyª cze«daje ϕ() = + p i i p i i1 p i2 1<i 2 ) ) ) = (1 (1 1p1 1p2 (1 1pk. i 1<i 2<i 3 p i1 p i2 p i3 + = 3.12 Permutacje bez puktów staªych Niech p = (p 1, p 2,... p ) b dzie permutacj zbioru []. Mówimy,»e i jest puktem staªym permutacji p, je±li p i = i (tz. i jest puktem staªym fukcji p; zob. pukt 1.1). Twierdzeie. Ilo± permutacji [] bez puktów staªych jest rówa! ( 1) k. k! k=0 Dowód. Niech A i, i = 1, 2,...,, b dzie zbiorem permutacji [], dla których i jest puktem staªym. Wówczas iteresuj ca as liczba jest rówa! A i.

6 Aby skorzysta ze wzoru wª cze«i wyª cze«, trzeba dla dowolego ci gu i 1 < i 2 < < i k policzy ilo± elemetów w zbiorze A i1 A i2 A ik. Jest to zbiór permutacji p, dla których p(i 1 ) = i 1, p(i 2 ) = i 2,..., p(i k ) = i k. Permutacje takie s w oczywistej wzajemej odpowiedio±ci z permutacjami zbioru [] \ {i 1, i 2,..., i k }, st d A i1 A i2 A ik = ( k)! i ilo± permutacji bez puktów staªych jest rówa! ( ) ( 1) k+1 ( k)! = k k=1 ( 1) k! k! =! ( 1) k. k! k=0 k=0 Wiosek. (1) Ilo± permutacji bez puktów staªych zbioru [] jest rówa E(! e ), gdzie e jest podstaw logarytmów aturalych, a E(x) ozacza liczb caªkowit ajbli»sz liczbie rzeczywistej x. (2) Prawdopodobie«stwo tego,»e losowo wybraa permutacja [] ie ma puktów staªych zmierza przy do 1 e = 0, Dowód. Wiosek jest kosekwecj zaego z aalizy rozwii cia e 1 = ( 1) k k=0 oraz faktu,»e ró»ic pomi dzy sum szeregu aprzemieego, a jego sum cz ±ciow mo»a oszacowa z góry przez warto± bezwzgl d pierwszego odrzucoego wyrazu. k! Rekurecja 3.13 Zazwyczaj w zadaiach kombiatoryki eumeratywej wyliczamy ilo± elemetów w zbiorach, które ukªadaj si w pewe rodziy parametryzowae jed lub kilkoma liczbami aturalymi (p. ilo± podzbiorów zbioru -elemetowego, ilo± -elemetowych permutacji, ilo± elemetowych ci gów zero-jedykowych, które zawieraj dokªadie k jedyek itp.). Do tej pory szukali±my wówczas wzoru, który dla dowolych warto±ci parametrów pozwala bezpo±redio obliczy ilo± badaych obiektów (a wi c wzorów typu 2,!, ( k) itp.). W sytuacjach praktyczych rzadko udaje si od razu wypisa taki wzór jawy. Cz sto o wiele ªatwiej powiedzie, w jaki sposób ilo± badaych obiektów dla warto±ci parametru rówej zale»y od ilo±ci obiektów dla miejszych warto±ci parametru (wszystkich lub iektórych). Przyjrzyjmy si kilku przykªadom. 6

7 W rozdziale tym b dziemy mieli do czyieia gªówie z iesko«czoymi ci - gami postaci a = (a 0, a 1, a 2,... ), które mo»emy traktowa jako fukcje okre- ±loe a N Przykªad. Wzdªu» ulicy wyzaczoo ci g zªo»oy z miejsc parkigowych. Parkuj cy samochód osobowy zajmuje jedo miejsce, podczas gdy samochód ci»arowy potrzebuje dwóch miejsc. Ile jest ró»ych sposobów wypeªieia parkigu samochodami osobowymi i ci»arowymi? (Dwa wypeªieia uzajemy za ró»e je±li a co ajmiej jedym miejscu stoi samochód iego typu). Rozwi zaie. Ozaczmy przez f ilo± ró»ych mo»liwych zapeªie«parkigu zªo»oego z miejsc. Je±li = 1, to w miejsce to mo»emy postawi jedyie samochód osobowy i f 1 = 1. Je»eli = 2, to a takim parkigu mo»emy postawi albo dwa samochody osobowe, albo jede ci»arowy i f 2 = 2. Zaªó»my teraz,»e mamy do dyspozycji parkig zªo»oy z 3 miejsc. Przyjrzyjmy si procesowi wypeªiaia tego parkigu. Jako pierwszy mo»emy ustawi samochód osobowy i pozostaie am do wypeªieia parkig zªo»oy z 1 miejsc, albo mo»emy postawi samochód ci»arowy i zostaie am do obsadzeia parkig zªo»oy z 2 miejsc. Mamy wi c f = f 1 + f 2, 3. () Zwi zek te wraz z warukami pocz tkowymi f 1 = 1 i f 2 = 2 pozwala wyliczy liczb f dla dowolego zadaego. Zauwa»my,»e je±li przyj f 0 = 1, to zwi zek () b dzie obowi zywaª te» dla = 2 i mo»emy zapisa { f = 1 dla = 0, 1; f 1 + f 2 dla Ci g z poprzediego zadaia ró»i si jedyie umeracj wyrazów od chyba ajbardziej zaego ci gu deiowaego rekurecyjego, ci gu (F ) liczb Fiboacciego. Ci g te zazwyczaj zadaje si warukami { F = 1 dla = 1, 2; F 1 + F 2 dla 3. Gdyby±my chcieli zdeiowa F 0 tak, aby relacja rekurecyja byªa speªioa dla 2, to musimy przyj F 0 = 0 i wówczas mo»emy apisa 0 dla = 0; F = 1 dla = 1; (6) F 1 + F 2 dla 2. Warto±ci liczb Fiboacciego dla maªych warto±ci podao w ast puj cej tabeli: F

8 Liczby te pojawiªy si po raz pierwszy w zadaiu Fiboacciego o rozma»aiu królików w pocz tku XIII wieku. Wiele iteresuj cych iterpretacji i wªaso±ci tych liczb mo»a zale¹ w ksi»ce Matematyka kokreta Wie»e z Haoi Nast puj ce zadaie pochodzi od Edouarda Lucasa z 1883 r. Przykªad. Na jede z trzech pioowych pr tów adziaych jest kr»ków o ró»ych ±redicach, w te sposób»e rozmiary kr»ków malej od doªu ku górze. Mo»emy przeosi kr»ki po jedym z jedego pr ta a drugi, ale tak aby ie kªa± igdy kr»ka wi kszego a miejszy. Ile ruchów trzeba wykoa, aby przeie± wszystkie kr»ki a drugi pr t? Rozwi zaie. Ozaczmy przez r ilo± ruchów potrzeb do przeªo»eia kr»- ków. Oczywi±cie r 1 = 1. Je±li mamy przeie± > 1 kr»ków, to musi by taki momet, kiedy jest przekªaday kr»ek o ajwi kszej ±redicy. W tym czasie pozastaªe kr»ki musz zajdowa si a trzecim pr cie. Aby je tam przeªo»y potrzeba r 1 ruchów. Po ich wykoaiu mo»emy przeªo»y ajwi kszy kr»ek i zapomie o jego istieiu. Wykouj c zowu r 1 ruchów mo»emy pozostaªe kr»ki przeie± z trzeciego pr ta a drugi. Mamy wi c r 1 = 1 r = 2r Wyliczaj c a podstawie powy»szego wzoru r dla = 1, 2, 3,..., otrzymujemy po kolei 1, 3, 7, 1, 31, 63 itd. Przygl daj c si tym wyikom, ietrudo zauwa»y,»e zachodzi wzór r = 2 1. Prosty dowód idukcyjy pokazuje,»e odgadi ty wzór rzeczywi±cie speªia rekurecj. Potem poka»emy, jak z takimi zagadieiami radzi sobie w sposób bardziej systematyczy. Orygiale zadaie Lukasa zostaªo sformuªowae dla = 8. Maj c wzór, mo»a policzy,»e r 8 = = 2. Zauwa»my,»e rozwi zaie problemu dla o±miu kr»ków jest rówie trude jak dla kr»ków Zadaie Józefa Flawiusza Na obwodzie koªa zazaczoo puktów poumerowaych zgodie z ruchem wskazówek zegara liczbami od 1 do. Wychodzimy z puktu ozaczoego umerem 1, idziemy zgodie z ruchem wskazówek zegara i elimiujemy co drugi z apotkaych, ie wyelimiowaych do tej pory puktów. Zabaw mo»emy kotyuowa do chwili, gdy pozostaie ju» tylko jede pukt. Pukt o jakim umerze ie zostaie wyelimioway? Rozwi zaie. Ozaczmy przez j() umer puktu, który pozostaie, gdy startowali±my z puktów. Oczywi±cie j(1) = 1. Je»eli = 2k jest parzyste, to za pierwszym obej±ciem elimiujemy pukty o umerach 2, 4,..., 2k i powracamy do puktu 1. Pozostaje am teraz k puktów poumerowaych liczbami 1, 3,..., 2k 1. Sytuacja b dzie wi c taka sama jak w przypadku k puktów, ale musimy uwzgl di iy sposób umeracji. St d j(2k) = 2j(k) 1. Aalogiczie, gdy = 2k + 1, to za pierwszym obej±ciem elimiujemy pukty o umerach 2, 3,..., 2k, przeskakujemy pukt o umerze 2k + 1, elimiujemy 8

9 pukt o umerze 1 i l dujemy w pukcie o umerze 3. St d mo»emy zacz owy obieg po kole z k puktami poumerowaymi liczbami 3,,..., 2k + 1, czyli j(2k + 1) = 2j(k) + 1. Otrzymujemy wi c rekurecj j(1) = 1, j(2k) = 2j(k) 1 dla k 1, j(2k + 1) = 2j(k) + 1 dla k 1, która pozwala wyliczy j() dla wszystkich 1. Pocz tkowe warto±ci obliczoe z tego wzoru wygl daj tak j() Przygl daj c si tej tabeli, ietrudo zgad,»e je±li = 2 k + s, gdzie s < 2 k, to j() = 2s + 1. Wzór te zowu mo»a udowodi idukcyjie Rekurecja liiowa o staªych wspóªczyikach Zajmiemy si teraz pew szczegól klas ci gów rekurecyjych. Niech u = (u ) =0 b dzie ci giem o wyrazach rzeczywistych (lub zespoloych). Zaªó»my,»e istieje liczba aturala r > 0, liczby rzeczywiste (lub zespoloe) a 0 0, a 1,..., a r 1 oraz ci g (f ) =0 taki,»e dla ka»dej liczby aturalej zachodzi u +r + a r 1 u +r a 1 u +1 + a 0 u = f. (7) Na (7) mo»a patrze jako a rówaie, w którym iewiadom jest ci g u i pyta si o wszystkie ci gi speªiaj ce te waruek. Rówaie takie azywa si liiowym rówaiem ró»icowym (dokªadiej liiowym rówaiem ró»icowym rz du r o staªych wspóªczyikach). Je»eli ci g f jest to»samo±ciowo zerowy, to rówaie przybiera posta u +r + a r 1 u +r a 1 u +1 + a 0 u = 0 (8) i azywa si rówaiem jedorodym. Teoria liiowych rówa«ró»icowych ma wiele wspólego z teori ukªadów rówa«liiowych. W szczególo±ci prawdziwe jest ast puj ce twierdzeie. Twierdzeie. (1) Je»eli ci gi u i u speªiaj rówaie jedorode postaci (8), to ci g u + u te» speªia to rówaie. (2) Je»eli u i u s rozwi zaiami rówaia (7), to ich ró»ica u u jest rozwi zaiem rówaia jedorodego zwi zaego z tym rówaiem. Dowód polega a prostym przeliczeiu. Powy»sze twierdzeie sugeruje ast puj cy sposób rozwi zywaia rówa«rekurecyjych postaci (7): (1) zajdujemy wszystkie rozwi zaia stowarzyszoego rówaia jedorodego postaci (8); 9

10 (2) zajdujemy jakiekolwiek rozwi zaie rówaia (7); (3) rozwi zaie ogóle (7) jest suma rozwi za«zalezioych w (1) i (2). Poi»ej poka»emy metod rozwi zaia zagadieia (1). Dla zagadieia (2) taka ogóla metoda ie istieje. Poka»emy, jak rozwi za te problem, gdy ci g f jest fukcj wielomiaow Metoda rozwi zywaia rówaia ró»icowego jedorodego. Z rówaiem postaci (8) stowarzyszamy rówaie algebraicze λ r + a r 1 λ r a 1 λ + a 0 = 0 (9) i azywamy rówaiem charakterystyczym dla (8). Twierdzeie. Zaªó»my,»e rówaie charakterystycze (9) rówaia (8) posiada r ró»ych pierwiastków zespoloych λ 1, λ 2,..., λ r. Wówczas ci g (u ) =0 speªia rówaie rekurecyje (8) wtedy i tylko wtedy, gdy jest kombiacj liiow ci gów geometryczych λ 1, λ 2,..., λ r. Dowód. Niech V b dzie zespolo przestrzei liiow ci gów u = (u 0, u 1,... ) o warto±ciach zespoloych. Niech E : V V b dzie operacj lewego przesui cia"tz. E(u) = v, gdzie v = u +1 dla ka»dego N. Dowód podzielimy a szereg kroków, które w wi kszo±ci b d prostymi uwagami. 1. E jest odwzorowaiem liiowym. 2. Ci g u speªia rówaie rekurecyje (8) wtedy i tylko wtedy, gdy (E r + a r 1 E r a 1 E + a 0 )u = Zbiór V 0 rozwi za«(8) jako j dro odwzorowaia liiowego jest podprzestrzei liiow. 4. Ka»dy ci g u V 0 jest jedozaczie wyzaczoy przez r swoich wyrazów pocz tkowych u 0, u 1,..., u r 1, przy czym wyrazy te mo»a wybra dowolie.. Ci gi, w których pocz tkowe wyrazy wybrao w sposób ast puj cy u (1) = (1, 0,..., 0,... ) u (2) = (0, 1,..., 0,... ) u (r) = (0, 0,..., 1,... ) tworz baz V 0 ; w szczególo±ci dim(v 0 ) = r. 6. Niech (λ λ i ) b dzie rozkªadem wielomiau charakterystyczego a czyiki liiowe. Rówaie (8) mo»a zapisa w postaci (E λ i )u = 0. i 10

11 7. Dla ci gu geometryczego u = λ i mamy (E λ i )u = 0, wi c wszystkie ci gi λ 1, λ 2,..., λ r s rozwi zaiami (8). 8. Powy»sze ci gi geometrycze s wektorami wªasymi odwzorowaia liiowego E ale» cymi do ró»ych warto±ci wªasych, wi c s liiowo iezale»e. A poiewa» jest ich tyle, ile wyosi wymiar przestrzei rozwi za«, wi c staowi baz. W przypadku, gdy rówaie charakterystycze posiada pierwiastki wielokrote, to przepis a rozwi zaie rekurecji komplikuje si. Wrócimy do tego zagadieia przy okazji fukcji tworz cych Przykªad. Liczby Fiboacciego F zdeiowae w (3.1) speªiaj rówaie rekurecyje u +2 u +1 u = 0. Rówaie charakterystycze λ 2 λ 1 = 0 ma dwa pierwiastki λ 1 = a wi c istiej staªe a 1 i a 2 takie»e i λ 2 = 1, 2 F = a 1 λ 1 + a 2 λ 2. Bior c pod uwag waruki pocz tkowe F 0 = 0, F 1 = 1, otrzymujemy a 1 = 1, a 2 = 1 i ostateczie ( F = ) ( ). 2 Wiosek. lim (F +1/F ) = Uwaga. Z powy»szych rozwa»a«wyika,»e rozwi zaie ogóle rówaia (8) jest w istocie rówowa»e rozwi zaiu rówaia algebraiczego (9). Niestety, ie ma»adej algorytmiczej metody rozwi zaia takiego rówaia. Mo»a jedak ªatwo oszacowa pierwiastki rówaia, ie rozwi zuj c go. Pozwala to a okre±leie asymptotyki ci gu. Wi cej a te temat w Poka»emy teraz, jak mo»a zale¹ pewe szczególe rozwi zaie iejedorodego rówaia (7) w przypadku, gdy ci g f jest fukcj wielomiaow od. Twierdzeie. Liiowe rówaie rekurecyje a r u +r + a r 1 u +r a 1 u +1 + a 0 u = b k k + + b 1 + b 0, (10) 11

12 gdzie a i oraz b j s pewymi ustaloymi liczbami i a r 0, posiada rozwi zaie (u ) =0, które jest wielomiaem stopia co ajwy»ej k + r. Zaim udowodimy twierdzeie, poka»emy jak praktyczie wyliczy takie rozwi zaie za pomoc metody ieozaczoych wspóªczyików, je±li ju» wiemy,»e oo istieje. Zaªó»my,»e u = c s s + + c 1 + c 0 jest rozwi zaiem, gdzie c 0, c 1,... c s, c s 0, s pewymi, a razie iezaymi wspóªczyikami. Wówczas dla dowolego i 0 mamy u +i = c s ( + i) s + + c 1 ( + i) + c 0. (11) Rozwijaj c pot gi dwumiau +i ze wzoru Newtoa, mo»emy przedstawi u +i w postaci wielomiau od, którego wspóªczyiki s kombiacjami liiowymi iezaych wspóªczyików c j. Podstawiaj c tak wyliczoe wyra»eia u +i do rówaia (10), otrzymamy po lewej stroie zowu wielomia od, którego wspóªczyikami s kombiacje liiowe iezaych wspóªczyików c j. Ci g u jest rozwi zaiem (10) wtedy i tylko wtedy, gdy dla ka»dego zachodzi rówo±. Wielomiay otrzymae po obu stroach musz wi c by rówe. Porówuj c wspóªczyiki po obu stroach, otrzymujemy ukªad rówa«liiowych ze wzgl du a iewiadome c j, który wystarczy rozwi za, aby otrzyma wzór a u. Zauwa»my,»e gdyby±my z góry potrali zagwaratowa,»e otrzymay w powy»szy sposób ukªad liiowy posiada rozwi zaie, to w istocie udowodiliby±my twierdzeie. W tym celu jedak b dziemy musieli asze jako±ciowe rozwa»aia zast pi precyzyjym rachukiem Dowód twierdzeia. Niech Wówczas u +i = u = c s s + + c 1 + c 0. = = s c j ( + i) j j=0 s ( j c j j=0 m=0 s s m=0 j=m ( ) j )i j m m = m ( j m ) i j m c j m. Podstawiaj c po lewej stroie (10) wyliczoe wyra»eie, otrzymujemy r r s s ( ) a i u +i = a i j i j m c j m = m i=0 i=0 m=0 j=m s s ( ) ( ) = j r a i i j m c j m m m=0 j=m i=0 12

13 Przyjmijmy ozaczeie β j = r i=0 a ii j. Wówczas u jest rozwi zaiem (10) wtedy i tylko wtedy, gdy s k i s j=m ( ) j β j m c j = b m, m = 0, 1,..., s, (12) m przy czym przyjmujemy,»e b m = 0 dla m > k. Ukªad (12) jest ukªadem trójk tym: s-te rówaie zawiera jedyie zmie c s, (s 1)-sze zawiera c s 1 i c s, ogólie m-te rówaie zawiera zmiee c m,..., c s 1, c s. Gdyby wspóªczyik przy zmieej o aji»szym umerze byª zawsze iezerowy, to taki ukªad mo»a by rozwi za, i to jedozaczie, wyliczaj c poszczególe zmiee od ko«ca. Tego w ogólym przypadku iestety ie mo»emy zagwaratowa. Jako±ciowo ogóla sytuacja ie odbiega jedak zbytio od tego co powy»ej. Prawdziwy jest bowiem ast puj cy lemat. Lemat. Co ajmiej jeda z liczb β 0, β 1,..., β r jest iezerowa. Dowód lematu. Zaªó»my przeciwie,»e β 0 = β 1 = = β r = 0 i potraktujmy te rówaia jako waruki a a i. Otrzymujemy w te sposób ukªad r + 1 jedorodych rówa«liiowych od r + 1 zmieych. Macierz gªówa tego ukªadu jest macierz Vadermode'a, a wi c jedyym rozwi zaiem jest rozwi zaie zerowe, wbrew zaªo»eiu a r 0. Mo»emy teraz powróci do dowodu twierdzeia. Niech j 0 b dzie ajmiejszym wska¹ikiem j, dla którego β j 0. Na mocy lematu 0 j 0 r. Niech s = k + j 0. Wówczas dla m = s, s 1,..., s j obie stroy rówa«((12) s to»samo±ciowo zerowe. Dla m = s j 0 = k otrzymujemy rówaie s ) k βj0 c s = b k. Ogólie, rówaie dla m = s j 0 i = k i, k i 0, przyjmuje posta ( ) s i β j0 c s i + k i { } kombiacja liiowa = b k i, c j dla j > s i a wi c ukªad jest iesprzeczy i jedozaczie wyzacza wspóªczyiki c j dla j j 0. Zauwa»my,»e a wspóªczyiki c j dla j < j 0 ie dostajemy»adych waruków, a wi c mo»a je wybra dowolie. (W rzeczywisto±ci zazwyczaj iteresuje as kokrety ci g, a wi c oprócz rówaia (10) daych jest r wyrazów pocz tkowych ci gu. Wówczas tak»e te wspóªczyiki mo»a wyzaczy jedozaczie.) 3.23 Przykªad. Spróbujmy poszuka zwartego wzoru a sum s() = Z okre±leia ci gu s wyika,»e s +1 s = ( + 1) 3. 13

14 Rozwi zaiem ogólym rówaia jedorodego stowarzyszoego z tym rówaiem s ciagi staªe. Poszukajmy rozwi zaia wielomiaowego tej rekurecji. Ma oo posta : u = c c c c 1 + c 0. St d u +1 = c 4 ( + 1) 4 + c 3 ( + 1) 3 + c 2 ( + 1) 2 + c 1 ( + 1) + c 0 = = c (4c 4 + c 3 ) 3 + (6c 4 + 3c 3 + c 2 ) 2 + (4c 4 + 3c 3 + 2c 2 + c 1 ) + +(c 4 + c 3 + c 2 + c 1 + c 0 ), co prowadzi do ukªadu rówa«4c 4 = 1 6c 4 + 3c 3 = 3 4c 4 + 3c 3 + 2c 2 = 3 c 4 + c 3 + c 2 + c 1 = 1, którego rozwi zaiem jest c 4 = 1 4, c 3 = 1 2, c 2 = 1 4, c 1 = 0. Wspóªczyik c 0 mo»emy wyzaczy z waruku pocz tkowego s 0 = 0. Ostateczie otrzymujemy = 1 4 ( ) = ( + 1) Przykªad. Na jak maksymal ilo± cz ±ci dzieli pªaszczyz prostych? Rozwi zaie. Jeda prosta dzieli pªaszczyz a 2 cz ±ci. Dwie ierówolegªe proste dziel pªaszczyz a 4 cz ±ci. Zaªó»my,»e pªaszczyza zostaªa podzieloa prostymi a pew ilo± cz ±ci i dorysowujemy ow prost. Prosta ta dzieli iektóre z cz ±ci a dwie, a ie pozostawia bez zmia. Je»eli owa prosta dzieli jaki± obszar a 2 cz ±ci, to musi przecia któr ± z prostych staowi cych brzeg tego obszaru. Ustalmy a dorysowaej prostej zwrot i ka»demu obszarowi dzieloemu przez t prost przyporz dkujmy `"pukt wyj±cia"prostej z tego obszaru. Pukt taki posiada ka»dy obszar z wyj tkiem ostatiego i jest to pukt przeci cia z jeda ze starych prostych. Przy dorysowaiu ( + 1)-szej prostej mo»e przyby co ajwy»ej + 1 owych obszarów. B dzie tak dokªadie wtedy, gdy owa prosta ie b dzie rówolegªa do»adej z poprzedich. Je±li wi c ozaczymy przez l maksymal ilo± obszarów a jakie prostych dzieli pªaszczyz, to l +1 l = + 1. Poiewa» jedyymi rozwi zaiami rówaia jedorodego stowarzyszoe z tym rówaiem s ci gi staªe, wi c poszukiway ci g l b dzie wielomiaem od stopia co ajwy»ej 2: l = c c 1 + c 0. Rówo± [c 2 ( + 1) 2 + c 1 ( + 1) + c 0 ] [c c 1 + c 0 ] =

15 daje ukªad rówa«2c 2 = 1 c 2 + c 1 = 1 Rozwi zaiami ukªadu s c 2 = c 1 = 1 2, sk d l = 1 2 (+1)+c 0. Uwzgl diaj c warto± l 1 = 2, otrzymujemy c 0 = 1 i ostateczie l = 1 2( + 1) Uwaga. W powy»szych przykªadach dzi ki rekurecji zawsze udawaªo si wyprowadzi zwarty wzór dla szukaego ci gu. Nie ale»y s dzi,»e rekurecja jest arz dziem sªu» cym jedyie do zajdowaia takich wzorów. W wielu przykªadach rekurecji ie daje si rozwi za, a awet je±li takie wzory istiej to mog okaza si maªo praktycze (porówaj szybko± obliczaia symboli dwumiaowych a podstawie trójk ta Pascala i ze wzoru zwartego ( ) k =! k!( k)! oraz wzór zwarty i wzór rekurecyjy dla liczb Fiboacciego) Notacja O i Θ. Deicja. Niech f i g b d dwoma ci gami o warto±ciach rzeczywistych. Piszemy f = O(g) wtedy i tylko wtedy, gdy istieje liczba 0 N taka,»e dla ka»dej liczby aturalej > 0 (1) warto±ci f() i g() s dodatie; oraz (2) istieje staªa dodatia C R taka,»e f() Cg(). Przykªad = O( 2 ). Uwagi: (1) Zapis ma wygod form rówo±ci, ale w rzeczywisto±ci jest pew ierówo±ci. St d rola wyra»e«pojawiaj cych si po obu stroach ie jest symetrycza: o ile wyra»eie = O( 2 ) jest prawdziwe, to zapis 2 = O( ) jest bª dy. (2) Jakkolwiek zapisy 2 = O( 3 ) i 2 = O( 2 +l l ) s formalie rzecz bior c poprawe, to ide otacji O jest ograiczeie ci gu po lewej stroie przez ci g, którego opis (wzór) jest prostszy i który ie ro±ie zbyt szybko w porówaiu z daym ci giem. Deicja. Piszemy f = Θ(g) je±li jedocze±ie f = O(g) oraz g = O(f). Ozacza to,»e istiej dwie staªe dodatie C 1 oraz C 2 takie»e dla wszystkich liczb wi kszych od pewej liczby 0 N zachodzi C 1 g() f() C 2 g(). f() W szczególo±ci, je±li istieje iezerowa graica lim g(), to f = Θ(g). Przykªad. Z 3.20 wyika,»e je±li F jest -t liczb Fiboacciego i λ 1 = 1+ 2, to a wiec F lim λ = 1, 1 F = Θ(λ 1 ) = O(1, 62 ). Powy»sz obserwacj mo»a uogóli. 1

16 Twierdzeie. Je»eli ci g u = (u ) =0 liczb dodatich speªia liiowe jedorode rówaie rekurecyje (8), przy czym rówaie charakterystycze ie ma pierwiastków wielokrotych, to istieje taka staªa dodatia C,»e u = O(C ). Dowód. Niech λ 1, λ 2,...,λ k b d wszystkimi pierwiastkami rówaia charakterystyczego. Mo»emy zaªo»y,»e λ 1 λ 2... λ k i iech C b dzie dowol staªa tak,»e C λ 1. Z twierdzeia w 3.19 wiemy,»e u = α 1 λ 1 + α 2 λ α k λ k. Wówczas stosuek ( ) ( ) ( ) u λ1 λ2 λk C = α 1 + α α k C C C α 1 λ 1 C + α 2 λ 2 C + + α k λ k C α 1 + α α k, a wi c jest ograiczoy przez staª iezale» od. Oczywi±cie im wi cej jeste±my w staie powiedzie o ci gu u (Jakie s pierwiastki λ i? Które ci gi geometrycze (λ i ) =0 wchodz do przedstawieia ci gu u z iezerowym wspóªczyikiem?), tym dokªadiejsze b dzie asze oszacowaie. Je±li ie potramy rozwi za rówaia charakterystyczego, to mo»emy posªu»y si oszacowaiem Gaussa dla pierwiastków rówaia algebraiczego i przyj C = max a i + 1, gdzie a i s wspóªczyikami rekurecji (8). 16