Równania rekurencyjne 1 RÓWNANIA REKURENCYJNE

Równania reurencyjne 1 RÓWNANIA REKURENCYJNE 1 Ciągi arytmetyczne i geometryczne Z najprostszymi równaniami reurencyjnymi zetnęliśmy się już w szole Zacznijmy od przypomnienia definicji ciągu arytmetycznego Niech będą dane dwie liczby rzeczywiste airciągiemarytmetycznymnazywamyciąg(a n )liczbrzeczywistychoreślony wzorami a 0 =a, a n+1 =a n +r dlan 0 Zeszołyznamyteżwzórogólny(lubwzórjawny)ciąguarytmetycznego(a n ): dlan=0,1,, a n =a+nr W podobny sposób definiujemy ciągi geometryczne Załóżmy, że dane są liczby rzeczywisteaiqciągiemgeometrycznymnazywamyciąg(a n )liczbrzeczywistych zdefiniowany wzorami a 0 =a, a n+1 =a n q dlan 0 Znówwzórogólnyciągugeometrycznego(a n )jestznanyzeszoły: dlan=0,1,, Wieże Hanoi a n =aq n Znaczenie równań reurencyjnych w ombinatoryce polega na tym, że wielorotnie umiemy dość łatwo znaleźć rozwiązanie reurencyjne zadania ombinatorycznego, podczas gdy znalezienie wzoru ogólnego nie jest oczywiste Z drugiej strony, znamy wiele metod otrzymywania wzorów ogólnych z równań reurencyjnych Kila taich metod poznamy w tym i następnym wyładzie Zacznijmy od przyładu: zadania o tzw wieżach Hanoi Łamigłówa o nazwie Wieże Hanoi wygląda w następujący sposób Mamy trzy pałeczinajednąznichnadziano64rążiwolejnościodnajwięszegonadoledo najmniejszego na górze Należy przenieść wszystie rążi z jednej pałeczi na drugą, przyczymwolnozaażdymrazemprzenosićtylojedenrążeiniewolnołaśćwięszego rąża na mniejszy W czasie przenoszenia wolno łaść rążi na wszystich trzech pałeczach Ile najmniej ruchów(tzn pojedynczych przeniesień rążów) potrzeba, by przenieść wszystie 64 rążi? OznaczmyprzezH n najmniejsząliczbęruchów,tórenależywyonaćbyprzenieśćn rążów z jednej pałeczi na inną Jest przy tym obojętne, z tórej pałeczi na tórą przenosimy te rążi Również jest obojętne, czy na tych pałeczach już leżą jaieś rążi, byle były one więsze od wszystich rążów, tóre przenosimy Oczywiście H 0 =0Przypuśćmy,żeumiemyprzenieśćnrążówwminimalnejliczbieH n ruchów Chcemy teraz przenieść n+1 rążów z pierwszej pałeczi na drugą W tórymś momencie będziemy musieli przenieść najwięszy rąże, leżący na samym dole na pierwszej

Wyład 4 pałeczce Oczywiście musimy przedtem zdjąć z niego wszystie mniejsze rążi Nie mogą one też leżeć na drugiej pałeczce, bo tam mamy położyć najwięszy rąże Musimy zatem przenieść n rążów z pierwszej pałeczi na trzecią Wyonamy w tym celu H n ruchównastępnieprzenosimynajwięszyrąże(tojestjedenruch)iwreszcie przenosimynrążówztrzeciejpałeczinadrugą(tuznówmamyh n ruchów)razem wyonamywięc H n +1ruchówWidzimy,żezjednejstronyjesttominimalnaliczba ruchów, tóre musimy wyonać, a z drugiej, że ta liczba ruchów jest też wystarczająca Zatem otrzymujemy równanie reurencyjne: H 0 =0, H n+1 = H n +1 dlan 0 Obliczmyilapoczątowychwyrazówciągu(H n ): H 0 =0, H 1 =H 0 +1=1, H =H 1 +1=3, H 3 =H +1=7, H 4 =H 3 +1=15 i ta dalej Łatwo domyślamy się wzoru ogólnego: H n = n 1 dlan=0,1,,możemyterazsprawdzićprzezinducję,żetenodgadniętywzór ogólny jest poprawny 3 Równania reurencyjne liniowe pierwszego rzędu o stałych współczynniach Niechbędądaneliczbyrzeczywistea,bicPrzypuśćmynastępnie,żeciąg(a n )został oreślony za pomocą równania reurencyjnego a 0 =a, a n+1 =b a n +c dlan 0 Ciąg(H n )oreślonywyżejotrzymamyprzyjmująca=0,b=ic=1przyjmijmy ponadto, że b 1(w przeciwnym razie mielibyśmy do czynienia z ciągiem arytmetycznym)obliczmyilapoczątowychwyrazówciągu(a n ): a 0 =a, a 1 =ba 0 +c=ab+c, a =ba 1 +c=ab +bc+c, a 3 =ba +c=ab 3 +b c+bc+c, a 4 =ba 3 +c=ab 4 +b 3 c+b c+bc+c, a 5 =ba 4 +c=ab 5 +b 4 c+b 3 c+b c+bc+c

Równania reurencyjne 3 i ta dalej Znów domyślamy się wzoru ogólnego: a n =ab n +c(1+b+b ++b n 1 )=ab n +c bn 1 b 1 dlan=0,1,,sprawdzimyprzezinducję,żetenwzórjestpoprawny Dlan=0mamy a 0 =ab 0 +c b0 1 b 1 =a Przypuśćmynastępnie,żenaszwzórjestspełnionydlapewnegoniobliczmya n+1 : a n+1 =ba n +c=b ( ab n +c bn 1 b 1 =ab n+1 +c bn+1 b+b 1 b 1 co ończy dowód inducyjny ) +c=ab n+1 +c bn+1 b b 1 =ab n+1 +c bn+1 1 b 1, +c= Wzór ogólny tego ciągu można wyznaczyć też w inny sposób, wprowadzając ciąg pomocniczy(b n )zdefiniowanywzorem dlan=0,1,,wówczas b n =a n+1 a n b n+1 =a n+ a n+1 =(ba n+1 +c) (ba n +c)=b (a n+1 a n )=b b n, sąd dostajemy dlan=0,1,,zatem b n =b 0 b n a n+1 =a n +b 0 b n dlan=0,1,,wypiszmynpoczątowychrówności: a 1 =a 0 +b 0 b 0, a =a 1 +b 0 b 1, a 3 =a +b 0 b, a n 1 =a n +b 0 b n, a n =a n 1 +b 0 b n 1 Po dodaniu stronami tych nierówności i sróceniu występujących po obu stronach wyrazówa 1,a,,a n 1,otrzymamy a n =a 0 +b 0 (b 0 +b 1 +b ++b n 1 )=a 0 +b 0 bn 1 b 1 = =a+(ab+c a) bn 1 b 1 =a+a(b 1) bn 1 b 1 +c bn 1 b 1 = =a+a(b n 1)+c bn 1 b 1 =abn +c bn 1 b 1

4 Wyład 4 4 Równania reurencyjne liniowe pierwszego rzędu o zmiennych współczynniach RozwiążemynajpierwzadanieotzwsortowaniuprzezłączenieMamy n monet,ażda innej wagi Dysponujemy wagą szalową bez odważniów Naszym zadaniem będzie ułożenie wszystich monet w olejności od najcięższej do najlżejszej Będziemy to robiliwnastępującysposóbnajpierwpodzielimymonetynadwieczęścipo n 1 monet Następnie ażdą z tych części uporządujemy od najcięższej do najlżejszej Potem porównamy najcięższe monety z obu części i cięższą z nich odłożymy jao najcięższą ze wszystich Potem porównamy najcięższe monety obu części(jedna z tych części jest teraz mniejsza, ubyła z niej jedna moneta) Cięższą monetę odładamy na bo jao drugą z olei I ta dalej Trzeba jeszcze wyjaśnić, w jai sposób porządujemy obie częściotóżzrobimytowtaisamsposóbkażdąztychczęścipodzielimyznówna dwie części, uporządujemy je i połączymy ze sobą Każdą z tych mniejszych części znówporządujemytasamo:dzielimynadwieczęściipotemłączymyzesobąita dalej Wreszcie dojdziemy do części liczących tylo dwie monety i wtedy wystarczy jedno ważenie, by taą małą część uporządować Ile potrzeba ważeń, by za pomocą tej metody uporządować wszystie monety? OznaczmyprzezP n masymalnąliczbęważeńpotrzebnychdouporządowania n monetwsposóbopisanywzadaniuoczywiściep 0 =0Jeślibowiemmamy 0,czyli1 monetę,toniemusimynicważyćprzypuśćmyteraz,żeumiemyjużuporządować n monetzapomocąp n ważeńspróbujmyzatemuporządować n+1 monetnajpierw dzielimyjenadwieczęści,po n monetażdanastępnieporządujemyażdąztych częścidouporządowaniaażdejczęścipotrzebujemyp n ważeńwreszciemusimypołączyć obie części Zauważamy więc, że ażde ważenie pozwala nam odłożyć na bo, jao olejną,tylojednąmonetędouporządowaniawszystich n+1 monetbędziemywięc potrzebowaliconajwyżej n+1 1ważeń(Czasamitołączeniemożezaończyćsięwcześniej, gdy przy odładaniu monet na bo jedną z części wyczerpiemy dużo wcześniej niż drugą; na pewno jedna nie będziemy potrzebowali więszej liczby ważeń) Łączna masymalnaliczbaważeńpotrzebnychdouporządowaniawszystich n+1 monetwynosi więc P n + n+1 1 Ciągliczb(P n )jestzatemoreślonywzorami:reurencyjnymi P 0 =0, P n+1 = P n + n+1 1 dlan 0 Znówobliczmyilapoczątowychwyrazówciągu(P n ): P 0 =0, P 1 = 0+ 1 1=1, P = 1+ 1=5, P 3 = 5+ 3 1=17, P 4 = 17+ 4 1=49, P 5 = 49+ 5 1=19, P 6 = 19+ 6 1=31

Równania reurencyjne 5 i ta dalej Tu domyślenie się wzoru ogólnego jest trudniejsze Można jedna zauważyć, że P 0 1= 1=( 1) 0, itadalejwidzimyjużwzórogólny P 1 1=0=0 1, P 1=4=1, P 3 1=16= 3, P 4 1=48=3 4, P 5 1=18=4 5, P 6 1=30=5 6 P n =(n 1) n +1 dlan=0,1,,sprawdzeniepoprawnościtegowzoruprzezinducjęjestprostym ćwiczeniem 5 Metoda czynnia sumacyjnego Równanie reurencyjne otrzymane w ostatnim paragrafie można rozwiązać w sposób następującyrozważmyciąg(q n )oreślonywzorem Q n = P n n dlan 0 WówczasoczywiścieQ 0 =0Podzielmyterazobiestronyrównania przez n+1 Otrzymamy czyli P n+1 = P n + n+1 1 P n+1 n+1=p n n+1 1 n+1, Q n+1 =Q n +1 1 n+1 dlan=0,1,,wypiszmyterazotrzymanezależnościdlapoczątowychwartościn: Q 1 =Q 0 +1 1 1, Q =Q 1 +1 1, Q 3 =Q +1 1 3, Q 4 =Q 3 +1 1 4, Q n 1 =Q n +1 1 n 1, Q n =Q n 1 +1 1 n

6 Wyład 4 Dodajemy teraz te równości stronami i po sróceniu jednaowych sładniów występujących po obu stronach, otrzymujemy Mnożymyobiestronyprzez n,otrzymując Q n =Q 0 +n 1 1 1 1 3 1 n P n =n n (1++4++ n 1 )=n n ( n 1)=(n 1) n +1 Powstajepytanie,wjaisposóbdobieramynapoczątuciąg(Q n )iliczbę,przeztórą dzielimy obie strony równania reurencyjnego Popatrzmy zatem na ten problem nieco ogólniejprzypuśćmy,żemamydanetrzyciągi(a n ),(b n )i(c n )oraz,żeciąg(t n )jest oreślony wzorami reurancyjnymi t 0 =t, a n t n+1 =b n t n +c n dlan 0 Wybieramynastępnieciąg(s n )(tzwczynnisumacyjny)otejwłasności,że a n s n =b n+1 s n+1 dlan=0,1,,następniemnożymyobiestronyrównania a n t n+1 =b n t n +c n przezs n : a n s n t n+1 =b n s n t n +c n s n, czyli b n+1 s n+1 t n+1 =b n s n t n +c n s n dlan=0,1,,oreślamyterazciąg(u n )wzorem u n =b n s n t n dlan=0,1,,iwypisujemynpoczątowychrównań: u 1 =u 0 +c 0 s 0, u =u 1 +c 1 s 1, u 3 =u +c s, u n =u n 1 +c n 1 s n 1 Dodajemy stronami otrzymane równości i po sróceniu dostajemy n 1 u n =u 0 + c s,

Równania reurencyjne 7 czyli dlan=0,1,, t n = 1 n 1 b 0 s 0 t+ c s b n s n Wnaszymprzyładziemieliśmya n =1,b n =orazc n = n+1 1Dobieraliśmy czynnisumacyjnys n ta,bya n s n =b n+1 s n+1,czylis n =s n+1 Wtymmomencie wybór s n = 1 n jest już naturalny 6 Równania reurencyjne liniowe pierwszego rzędu o zmiennych współczynniach cd W ostatnim przyładzie mieliśmy do czynienia z ciągiem zdefiniowanym za pomocą równania reurencyjnego liniowego postaci t 0 =t, a n t n+1 =b n t n +c n dlan 0, wtórymciągi(a n )i(b n )byłystałeitylowyrazyciągu(c n )zależałyodnznamy jednadobrzeciągzdefiniowanyreurencyjnie,wtórymwspółczynnib n zależyodn Jest to silnia: 0!=1, (n+1)!=(n+1) n! dlan 0 W tym paragrafie przyjrzymy się zastosowaniu metody czynnia sumacyjnego do znalezienia wzoru ogólnego dla ciągu zdefiniowanego podobnymi wzorami Przypuśćmy, że ciąg(a n )jestzdefiniowanywzorami a 0 =1, a n+1 =(n+1) a n +1 dlan 1 Definiujemyciąg(b n )wzorem b n = a n n! dlan=0,1,,następniedzielimyobiestronyrównania przez(n + 1)! Otrzymujemy dlan=0,1,,,czyli a n+1 =(n+1) a n +1 a n+1 (n+1)! =a n n! +1 n! b n+1 =b n + 1 (n+1)! dlan=0,1,,podobniejawpoprzednichparagrafachotrzymujemystąd b n =b 0 + 1 1! +1! ++1 n! =1 0! +1 1! +1! ++1 n!,

8 Wyład 4 czyli a n =n! 1 0! +1 1! ++1 n! dlan=0,1,,dladużychnmamyzatema n n! e 7 Suma odwrotności współczynniów dwumianowych Metodę czynnia sumacyjnego możemy zastosować taże do obliczenia następujących dwóch sum Oznaczmy: dlan=0,1,,wtedy: Następnie: T n = S n =1+ n n =1 =1+ 1 n S n = n 1 ( n ), T n = n ( n ) n ( n ) =n S n T n, czyli T n = n S n 1 ( n )=1+ n =1 1 ( n n 1 1 )=1+ 1 n n =1 n +1 )=1+ n (S 1 n 1+T n 1 )= ( n 1 ( n 1 1 )= =1+ 1 n S n 1+ 1 n T n 1=1+ 1 n S n 1+ n 1 n S n 1= = n+1 n S n 1+1 dlan=1,,3,mamyzatemrównaniereurencyjnepostacis n =a n S n 1 +1,gdzie a n = n+1 n Taierównaniaumiemyrozwiązywaćzapomocączynniasumacyjnego Dobieramyczynnis n ta,bybyłyspełnionerównościs n a n =s n 1 dlawszystich n 1Przyjmujemy Wtedy otrzymujemy: czyli s 0 =1 oraz s n = s n 1 a n dlan 1 s n S n =s n a n S n 1 +s n s n S n =s n 1 S n 1 +s n dlan=1,,3,przyjmującnastępnieu n =s n S n,otrzymujemyrównaniereurencyjne U 0 =1, U n =U n 1 +s n dlan 1

Równania reurencyjne 9 To równanie reurencyjne oczywiście ma rozwiązanie w postaci sumy: U n =U 0 + dlan=0,1,,nietrudnozauważyć,żeczynniisumacyjnes n sąrówne s n = s 0 a 1 a a n = n =1 s 1 a 1 a a n = dlan=1,,3,ponadtos 0 =1Stądotrzymujemy dlan=0,1,,ostatecznie: S n = 1 s n n U n =1+ +1 =n+1 n n 1 n n =1 n +1 = +1 +1 =n+1 n+1 +1 = n n+1 n +1 n+1 +1 =n+1 n+1 =1 oraz dlan=0,1,, T n = n(n+1) n+1 n+ =1 8 Co trzeci współczynni dwumianowy W tym paragrafie obliczymy sumę S n = n 3n = 3 3 3n dlan=0,1,,wdrugiejsumiewsaźniprzebiegawszystieliczbypodzielneprzez 3, dla tórych dodawany sładni jest niezerowy Przypominamy tu, że ażdy wiersz trójąta Pascala tratujemy jao sładający się z niesończenie wielu współczynniów dwumianowych, wśród tórych jest tylo sończenie wiele różnych od zera Tej umowy będziemy się trzymać we wszystich rozważanych dalej sumach Przystąpimy teraz do ułożeniarównaniareurencyjnegodlaciągu(s n ) Przyjrzymy się doładniej struturze trójąta Pascala Mamy obliczyć sumę co trzeciego wyrazu w co trzecim wierszu tego trójąta Pamiętamy, że ażdy wyraz trójąta Pascala jest sumą dwóch wyrazów stojących bezpośrednio nad nim, z jego lewej i prawej strony Te wyrazy z olei są sumami wyrazów stojących wyżej itd Spróbujemy wyrazić sumę co trzeciego wyrazu wiersza o numerze 3n + 3 za pomocą analogicznej sumy wyrazów

10 Wyład 4 wiersza o numerze 3n Popatrzmy w tym celu na przyładowy fragment trójąta Pascala (wierszeodn=9don=1): Na powyższym rysunu nie wpisaliśmy liczb Zaznaczyliśmy tylo miejsca, na tórych się znajdują dwoma znaami: i Oazuje się bowiem, że dla uzysania równania reurencyjnego zupełnie nie jest istotne, jaie liczby dodajemy, ale ważne jest to, na jaich miejscach się one znajdują I ta symbolem są oznaczone te miejsca w trójącie Pascala, gdzie znajdują się liczby, tóre będziemy sumować Symbolem oznaczone są wszystie pozostałe miejsca w tym trójącie Teraz popatrzmy, ja liczby stojące na miejscach najniższego wiersza powstają z liczb stojących w wierszu położonym najwyżej na naszym rysunu: Symbole i sąterazwramachpojedynczaramaoznacza,żedanaliczbabyła użyta jeden raz do obliczenia odpowiedniej liczby dolnego wiersza Taimi są na przyład liczby drugiego wiersza od dołu Jedna w trzecim wierszu od dołu pojawia się już liczba, tóra została użyta dwa razy: po jednym razie do obliczenia ażdej z obramowanych liczb drugiego wiersza od dołu W najwyższym wierszu naszego rysunu nietóre liczby mają nawet trzy rami: te, tóre były potrzebne do obliczenia liczby w podwójnej ramce niższego rzędu Ta samo będzie dla ażdej interesującej nas liczby najniższego rzędu Możemy to zapisać w postaci wzoru: 3n+3 = 3 3n 3n 3n +3 +3 + 3 3 3 3 1 3n 3 Nietrudno teraz dostrzec zależność reurencyjną(przyjmujemy, że sumowanie rozciąga się na wszystie niezerowe wyrazy danej sumy): S n+1 = 3 3n +3 3 3n =3 3n 3 3n =3 3n S n

Równania reurencyjne 11 dlan=0,1,, Wzór ten możemy otrzymać też za pomocą bezpośrednich obliczeń: 3n+3 3n+ 3n+ = + = 3 3 1 3 3n+1 3n+1 3n+1 3n+1 = + + + = 3 3 1 3 1 3 3n+1 3n+1 3n+1 = + + = 3 3 1 3 3n 3n+1 3n 3n = + + + + 3 3 3 3 3 1 3n 3n 3n 3n = +3 +3 + 3 3 3 3 1 3 3n + 3 1 3n = 3 Stąd wynia, że(pamiętamy, że sumowanie rozciąga się na wszystie niezerowe wyrazy danej sumy): S n+1 = 3n+3 = 3 3n 3n 3n +3 +3 + 3 3 3 3 1 3n 3 Teraz należy zauważyć, że 3n = 3 3 3n 3 Wobusumachwystępująbowiemtesamesładniiniezerowe 3n wierszaonumerze 3n: te mianowicie, dla tórych liczba jest podzielna przez 3 Mamy zatem dlan=0,1,, S n+1 = 3n+3 = 3 3n 3n 3n = +3 +3 = 3 3 3 3 1 3n =3 3n = 3 =3 3n S n Nietrudnozauważyć,żeS 0 =1PozostajenamwyprowadzeniewzoruogólnegonaS n ze wzorów reurencyjnych S 0 =1, S n+1 =3 3n S n =3 8 n S n dlan 0

1 Wyład 4 MożemytoosiągnąćbardzoprostowyrażającS n+ zapomocąs n : S n+ =3 8 n+1 S n+1 =3 8 n+1 3 8 n +S n, czyli S n+ =S n +1 8 n Teraz już łatwo zauważyć, że dla liczby nieparzystej n mamy S n =S 1 +1 (8 1 +8 3 ++8 n ) i ze wzoru na sumę ciągu geometrycznego otrzymujemy S =+1 8n 8 8 n 8 1 =+8n 3 Dla n parzystych sorzystamy ze wzoru reurencyjnego: = 8n 3 S n =3 8 n 1 S n 1 =3 8 n 1 8n 1 3 = 9 8n 1 8 n 1 + 3 = 8n + 3 Łącząc razem otrzymane wzory dla n parzystych i n nieparzystych dostajemy wzór n ( 3n S n = )= 8n + ( 1) n 3 3 Równanie reurencyjne S 0 =1, S n+1 =3 8 n S n dlan 0 możnarozwiązaćteżzapomocączynniasumacyjnegozdefiniujmyciąg(t n )wzorem: T n =( 1) n S n dlan=0,1,,ipomnóżmyobiestronyrównania przez( 1) n+1 Otrzymamy S n+1 =3 8 n S n ( 1) n+1 S n+1 =3 ( 1) n+1 8 n +( 1) n S n, czyli T n+1 =T n 3 ( 1) n 8 n =T n 3 ( 8) n Stądjużłatwostwierdzimy,że(pamiętając,żeT 0 =1): T n =T 0 3 ( 8) 0 3 ( 8) 1 3 ( 8) n 1 = =T 0 3 (1+( 8) +( 8) ++( 8) n 1) = =T 0 3 ( 8)n 1 8 1 =1+ ( 8)n 1 3 = ( 8)n + 3

Równania reurencyjne 13 PonieważT n =( 1) n S n,więc dlan=0,1,, S n =( 1) n ( 8)n + 3 Dowód ombinatoryczny Równanie reurencyjne = 8n + ( 1) n 3 S 0 =1, S n+1 =3 8 n S n dlan 0 można też otrzymać za pomocą rozumowania ombinatorycznego Mamy bowiem S n = { A [3n]: 3 A } dlan=0,1,,możemyterazzastanowićsię,jawyglądająpodzbioryzbioru[3n+3] o liczbie elementów podzielnej przez 3 Te podzbiory możemy pogrupować w cztery zbiory: 1)A [3n],gdzie3 A, )A=B {3n+1,3n+,3n+3},gdzieB [3n]i3 B, 3)A=B {3n+1}lubA=B {3n+}lubA=B {3n+3},gdzieB [3n] i B (mod3), 4)A=B {3n+1,3n+}lubA=B {3n+1,3n+3}lubA=B {3n+,3n+3}, gdzieb [3n]i B 1 (mod3) WpierwszejidrugiejgrupiemamypoS n zbiorów,wtrzeciejiczwartejmamyłącznie 3 ( 3n S n )zbiorówstądotrzymujemyrównanie S n+1 =S n +3 3n 3S n =3 8 n S n RozwiązaniealgebraiczneZadanieobliczeniasumyS n możnarozwiązaćmetodami algebry W tym celu weźmy zespolony pierwiaste trzeciego stopnia z jedności: ε 3 =1 Wtedyεjestpierwiastiemrównaniax 3 1=0,czyli(x 1)(x +x+1)=0stąd wynia, że nierzeczywisty pierwiaste tego równania spełnia równanie Obliczymy teraz dwoma sposobami sumę ε +ε+1=0 (1+ε 0 ) 3n +(1+ε 1 ) 3n +(1+ε ) 3n Najpierw sorzystamy ze wzoru dwumianowego Newtona: (1+ε 0 ) 3n +(1+ε 1 ) 3n +(1+ε ) 3n = 3n 3n 3n 3n = ε 0 + ε 1 + = 3n 3n (ε 0 +ε +ε ) 3n 3n ε =

14 Wyład 4 Popatrzmy teraz, ja wyglądają sumy 1+ε +ε dla różnych Oczywiście dla liczb podzielnych przez 3 dodajemy do siebie trzy jedynizatemsumajestrówna3niechteraz=3l+1wtedy 1+ε +ε =1+ε 3l ε+ε 6l ε =1+ε+ε =0 Podobniedla=3l+stwierdzimy,żetasumarównajest0Zatem,ontynuując przerwane obliczenia, dostajemy 3n 3n (ε 0 +ε +ε )= n 3n 3 =3 3 n 3n 3 Następnie obliczymy tę samą sumę bez odwoływania się do wzoru Newtona Mamy wtedy: (1+ε 0 ) 3n +(1+ε 1 ) 3n +(1+ε ) 3n = =(1+1) 3n +(1+ε) 3n +(1+ε ) 3n = = 3n +( ε ) 3n +( ε) 3n = = 3n +( 1) 3n ε 6n +( 1) 3n ε 3n = = 3n +( 1) n (ε 3 ) n +( 1) n (ε 3 ) n = = 3n +( 1) n +( 1) n = = 3n + ( 1) n W tym dowodzie orzystaliśmy z oczywistych równości: ( 1) 3n =( 1) n, 1+ε= ε, 1+ε = ε Porównując wynii obu obliczeń, otrzymamy: 3 n 3n =8 n + ( 1) n, 3 czyli ostatecznie n ( 3n )= 8n + ( 1) n 3 3 9 Nieporządi W tym paragrafie rozwiążemy znane nam już zadanie o liczbie nieporządów Mamy zadanie:

Równania reurencyjne 15 PiszemynlistówiadresujemynopertNailesposobówmożemywłożyćtelisty doopertta,byżadenlistnietrafiłdowłaściwejoperty? Ponumerujmylistyiopertyliczbamiod1don;załadamyprzytym,żelistonumerze powinien trafić do operty o numerze Popatrzmy teraz na ciąg numerów listów włożonychdoopert:a 1 jestnumeremlistuwłożonegodoopertyznumerem1,a jestnumeremlistuwopercieznumeremitadalejogólniea jestnumeremlistu włożonegodoopertyonumerzeoczywiścieciągliczb(a 1,a,,a n )jestpermutacją zbioru liczb od 1 do n Będziemy używać znanego oznaczenia permutacji: permutację (a 1,a,,a n 1,a n )oznaczamysymbolem ( 1 n 1 n a 1 a a n 1 a n wsazującwtensposóbwgórnymwierszunumeryopertipodnimiwdolnymwierszu numery listów, tóre trafiły do olejnych opert Przypomnijmy,żeliczbajestpuntemstałympermutacji(a 1,,a n ),jeślia =, tznjeśliliczbaa stoinaswoim,tzn-tymmiejscuinteresujenasliczbanieporządów,czylitychpermutacji,tóreniemająpuntówstałych,tznpermutacji(a 1,,a ) taich,żeżadnaliczbaa niestoinaswoimmiejscu: D n = { (a 1,,a n ): ( a )} Przyjrzyjmy się, w jai sposób możemy pogrupować nieporządi Popatrzmy na n-tą opertęmógłdoniejtrafićjedenzn 1listów:ażdyzwyjątiemn-tegoNiechzatem będzietolistonumerzemamyterazdwaprzypadi Przypade1ListonumerzentrafiłdoopertyznumeremInaczejmówiąc,listy z numerami n i zamieniły się opertami Mamy więc sytuację: 1 3 n 1 n a 1 a a 3 n a n 1 Oczywiście wtedy pozostałe listy(a jest ich n ) muszą też być wymieszane, czyli ich numery muszą tworzyć nieporząde zbioru pozostałych liczb: 1 3 1 +1 n 1 a 1 a a 3 a 1 a +1 a n 1 Tawłożyćten listydoopertmożnanad n sposobówinaczejmówiąc,istnieją D n nieporządinliczb,wtórychnantymmiejscustoidanaliczbaina-tym miejscustoiliczbanuwzględniającliczbęmożliwych(jestichn 1)widzimy,że wtymprzypadumamyłącznie(n 1)D n sposobówwłożenialistówdoopert Popatrzmy na przyład Przypuśćmy, że listy o numerach 5 i zamieniły się miejscami Istnieją nieporządi zbioru liczb{1, 3, 4}: ) 1 3 4 1 3 4 3 4 1 4 3 1

16 Wyład 4 Znichpowstająnieporządiliczbod1do5,wtórychi5zamieniłysięmiejscami: 1 3 4 3 4 1 1 3 4 4 3 1 1 3 4 5, 3 5 4 1 1 3 4 5 4 5 1 3 PrzypadeListonumerzentrafiłdoopertyznumereml,przyczym lmamy więc sytuację: 1 3 l n 1 n a 1 a a 3 n a n 1 Wtedy na chwilę przeładamy listy: list o numerze n władamy do właściwej(tzn n-tej)operty,alistonumerzewładamydoopertyznumereml(czylizamieniamy miejscami -ty i n-ty list): 1 3 l n 1 n a 1 a a 3 a n 1 n Potejzamianiemamyjedenlist(onumerzen)wewłaściwejopercieipozostałen 1 listów doładnie wymieszanych, tzn ich numery tworzą nieporząde n 1 liczb od 1 do n 1: 1 3 l n 1 a 1 a a 3 a n 1 Odwrotnie,jeślimamynieporządeliczbod1don 1,towładamylistznumeremndo n-tej operty, a następnie zamieniamy listy z numerami i n, otrzymując nieporząde nnumerówlistówmamyd n 1 nieporządówliczbod1don 1izażdegotaiego nieporządu dostajemy jeden nieporząde n liczb, w tórym na miejscu n-tym stoi liczbauwzględniającliczbęmożliwych,dostajemywtymprzypadu(n 1)D n 1 sposobów włożenia listów Popatrzmy na przyład Istnieje 9 nieporządów liczb od 1 do 4: 1 3 4 1 3 4 1 3 4 1 4 3 3 4 1 4 1 3 1 3 4 1 3 4 1 3 4 3 1 4 3 4 1 3 4 1 1 3 4 1 3 4 1 3 4 4 1 3 4 3 1 4 3 1 Z ażdego z tych dziewięciu nieporządów otrzymamy jeden nieporząde liczb od 1 do

Równania reurencyjne 17 5,wtórymnamiejscupiątymstoiliczba: 1 3 4 1 4 3 1 3 4 3 4 1 1 3 4 4 1 3 1 3 4 3 1 4 1 3 4 3 4 1 1 3 4 3 4 1 1 3 4 4 1 3 1 3 4 4 3 1 1 3 4 4 3 1 1 3 4 5 1 4 3 5 1 3 4 5 3 4 1 5 1 3 4 5 4 1 3 5 1 3 4 5 3 1 4 5 1 3 4 5 3 4 1 5 1 3 4 5 3 4 1 5 1 3 4 5 4 1 3 5 1 3 4 5 4 3 1 5 1 3 4 5 4 3 1 5 1 3 4 5, 5 1 4 3 1 3 4 5, 5 3 4 1 1 3 4 5, 5 4 1 3 1 3 4 5, 3 1 4 5 1 3 4 5, 3 4 1 5 1 3 4 5, 3 4 5 1 1 3 4 5, 4 1 5 3 1 3 4 5, 4 3 1 5 1 3 4 5, 4 3 5 1 Łączniemamywobuprzypadach(n 1) (D n +D n 1 )sposobówwłożenialistów PonieważD 1 =0orazD =1,więcotrzymujemyrównaniereurencyjne: D 1 =0, D =1, D n =(n 1) (D n +D n 1 ) dlan> Zwróćmy uwagę na to, że otrzymaliśmy równanie reurencyjne drugiego rzędu: do obliczenia olejnego wyrazu ciągu musimy znać dwa poprzednie wyrazy Zajmiemy się teraz poszuiwaniem wzoru ogólnego na liczbę nieporządów Definiujemy nowy ciąg: dlan Wtedymamy: E n =D n nd n 1 E n =D n nd n 1 = (D n 1 (n 1)D n )= E n 1 Ciąg(E n )jestwięcciągiemgeometrycznymoilorazie 1,tóregopoczątowymwyrazemjestE Mamyzatem E n =E ( 1) n PonieważE =D D 1 =1,więcostatecznieotrzymujemy E n =( 1) n,

18 Wyład 4 czyli D n =nd n 1 +( 1) n Otrzymanenowerównaniereurencyjneciągu(D n )umiemyjużrozwiązaćmetodączynnia sumacyjnego Podzielmy obie strony ostatniego równania przez n!: czyli Definiujemyciąg(G n )wzorem dlan=1,,3,wtedy sąd łatwo wynia, że D n n! D n n! G n =G 1 + ( 1)! = nd n 1 n! + ( 1)n, n! = D n 1 (n 1)! +( 1)n n! G n = D n n! G n =G n 1 + ( 1)n, n! + ( 1)3 3! + ( 1)4 4! ++ ( 1)n n! PonieważG 1 =0,więcostatniwzórmożemyzapisaćwpostaci G n =1+ ( 1)1 1! Stąd otrzymujemy ostatecznie D n =n! (1+ ( 1)1 + ( 1) 1!! + ( 1)! + ( 1)3 3! + ( 1)3 3! ++ ( 1)n n! ) ++ ( 1)n =n! n! n ( 1) dlan=1,,3,dladużychnmamyznanejużprzybliżenied n n! e 1 0,367879n 10 Sortowanie szybie Analizując średni czas działania algorytmu tzw sortowania szybiego(ang quicsort) dochodzimy do następującego równania reurencyjnego: C 0 =0, C n =n 1+ n n 1 C dlan 1 Zauważmy,żeażdywyrazC n (dlan 1)ciąguoreślonegotymrównaniemzależyod wszystich wyrazów poprzednich Pierwszym roiem na drodze do znalezienia wzoru ogólnego będzie zmniejszenie rzędu reurencji Pomnóżmy obie strony równania C n =n 1+ n n 1 C!

Równania reurencyjne 19 przez n Otrzymamy równanie n 1 nc n =n(n 1)+ C Podstawmywtymrównaniun+1wmiejscen: (n+1)c n+1 =n(n+1)+ Następnie odejmijmy stronami otrzymane równania: czyli n C (n+1)c n+1 nc n =n(n+1) n(n 1)+C n, (n+1)c n+1 =(n+)c n +n Otrzymaliśmy równanie reurencyjne liniowe pierwszego rzędu, tóre możemy rozwiązać metodą czynnia sumacyjnego Podzielmy teraz obie strony otrzymanego równania przez (n+1)(n+) C n+1 n+ = C n n+1 + n (n+1)(n+) iwprowadźmyciągpomocniczy(d n )oreślonywzorem dlan=0,1,,mamywówczas D n+1 =D n + dlan=0,1,,stąddostajemy D n = C n n+1 n (n+1)(n+) =D n+ 4 n+ n+1 D n =D 0 + n 1 n 1 4 + +1 PonieważC 0 =0,więcD 0 =0Przyjmijmynastępnieoznaczenie H 0 =0, H n = n =1 1 dlan 0 LiczbyH n nazywamyliczbamiharmonicznymiwówczas n 1 4 =4 n+1 + = 1 =4 (H n+1 1)

0 Wyład 4 oraz Stąd wynia, że n 1 n +1 = =1 1 =H n D n =4(H n+1 1) H n =H n+1 +(H n+1 H n ) 4=H n+1 + n+1 4 PonieważH n+1 =H n + 1 n+1,więc Stąd ostatecznie otrzymujemy dlan=0,1,, 11 Ciąg Fibonacciego D n =H n + 4 n+1 4=H n 4n n+1 C n =(n+1)d n =(n+1)h n 4n Ciąg liczb Fibonacciego pojawił się po raz pierwszy w siążce Leonarda z Pizy(zwanego Fibonaccim) Liber abaci przy oazji zadania o rozmnażaniu róliów Zobaczymy teraz inne zadanie ombinatoryczne prowadzące do tego samego ciągu ZadanieŻabasaczezamienianaamieńKamienieleżąjedenzadrugimisąponumerowane liczbami naturalnymi od zera; żaba startuje z amienia zerowego W jednym sou potrafi ona przesoczyć z jednego amienia na następny lub o dwa amienie dalej Żaba może wyonywać po sobie soi różnych długości Na przyład, na czwarty amień może dostać się sacząc cztery razy na odległość jednego amienia lub sacząc dwa razy, za ażdym razem na odległość dwóch amieni, lub też sacząc raz na odległość dwóch amieni i dwa razy na odległość jednego amienia Tę ostatnią możliwość może zrealizować na trzy sposoby, so podwójny może być pierwszym, drugim lub trzecim soiem Oto możliwe drogi żaby na czwarty amień: 0 1 3 4 0 1 3 4 0 1 3 4 0 1 3 4 0 1 3 4

Równania reurencyjne 1 Łącznie ma więc pięć różnych sposobów dostania się na czwarty amień A ile istnieje sposobów dostania się na n-ty amień? OznaczmyprzezF n liczbędrógżabynan-tyamieńoczywiścief 1 =1Naamień znumerem1żabamożedostaćsiętylowjedensposób mawyonaćjedenpojedynczy so: 0 1 NastępnieF =Naamieńznumeremżabamożedostaćsiędwomasposobami wyonać dwa soi pojedyncze lub jeden podwójny: 0 1 0 1 Zobaczmyteraz,nailesposobówżabamożesiędostaćnaamieńonumerzen+ MaonaF n różnychdrógnaamieńonumerzenif n+1 drógnaamieńonumerze n+1ponieważostatnisożabyjestsoiempodwójnymzamieniaonumerzenlub pojedynczymzamieniaonumerzen+1,więcłącznieistniejef n +F n+1 drógżaby naamieńn+awięcf n+ =F n+1 +F n Zatemnatrzeciamieńżabamożedostać sięna1+=3sposoby,naczwartyna+3=5sposobówitadalejzauważmy,że jeśliprzyjmiemyf 0 =1(cojestcałiemnaturalne:istniejejedensposóbdostaniasię naamieńonumerze0,mianowicienierobićnic),tooażesię,żef =F 0 +F 1 Zatem ciąg(f n )jestoreślonywzorami F 0 =1, F 1 =1, F n+ =F n+1 +F n dlan 0 Otrzymane równanie reurencyjne jest równaniem drugiego rzędu; widzieliśmy już taie równania przy oazji nieporządów Jest to tzw równanie liniowe(olejny wyraz jest ombinacją liniową poprzednich) jednorodne(nie ma wyrazu wolnego ) o stałych współczynniach(w powyższym wzorze są one równe 1) Istnieje dość prosta metoda znajdowania wzoru ogólnego dla ciągów oreślonych równaniami liniowymi jednorodnymi o stałych współczynniach W następnym paragrafie poażemy tę metodę dla ciągów oreślonych taimi równaniami drugiego rzędu 1 Równania reurencyjne liniowe jednorodne drugiego rzędu o stałych współczynniach Mówimy,żeciąg(t n )liczbzespolonychspełniarównaniereurencyjneliniowe,jednorodneostałychwspółczynniach,jeśliistniejąliczbya,a 1,,a 1,a 0 taie,żea 0, a 0 0orazdlawszystichliczbnaturalnychnzachodzirówność a t n+ +a 1 t n+ 1 ++a 1 t n+1 +a 0 t n =0 (41) Mówimy też, że to równanie reurencyjne jest równaniem rzędu

Wyład 4 Jeśliciągliczbzespolonych(t n )spełniarównaniereurencyjnerzędu,toażdywyraz tegociągu,począwszyoda,jestjednoznacznieoreślonyzapomocąpoprzednich wyrazów Na przyład, dla ciągu oreślonego równaniem(41) mamy t n+ = a 1 a t n+ 1 a 1 a t n+1 a 0 a t n (4) Jeśli będziemy znali pierwsze wyrazów tego ciągu, to za pomocą równości(4) będziemy mogli wyznaczyć wszystie następne wyrazy tego ciągu Zauważmy również, że zwarunua 0wynia,iżmożemyograniczyćsiędorozpatrywaniarównańreurencyjnychpostaci(41),wtórycha =1Wystarczybowiemobiestronynaszego równaniareurencyjnegopodzielićprzeza,byotrzymaćrównanierównoważne Zauważamynastępnie,żejeślidwaciągiliczbzespolonych(t n )i(u n )spełniająrównanie reurencyjne(41),tociąg(v n )oreślonywzorem v n =c t n +d u n (dlan=0,1,,)teżspełniatorównaniemianowicie a v n+ +a 1 v n+ 1 ++a 1 v n+1 +a 0 v n = =c (a t n+ +a 1 t n+ 1 ++a 1 t n+1 +a 0 t n )+ +d (a u n+ +a 1 u n+ 1 ++a 1 u n+1 +a 0 u n )= =c 0+d 0=0 Stąd wynia, że ciągi liczb zespolonych spełniające równanie reurencyjne(41) tworzą podprzestrzeń liniową przestrzeni wszystich ciągów o wyrazach zespolonych Ponieważ wyrazyt 0,t 1,,t 1 wyznaczająjednoznaczniecałyciąg,więctapodprzestrzeńma wymiar Stąd wynia, że jeśli znajdziemy liniowo niezależnych rozwiązań równania (41), to ażde rozwiązanie równania będzie pewną ombinacją liniową tych rozwiązań W przypadu = chcemy zatem znaleźć dwa liniowo niezależne rozwiązania Nietrudno zauważyć, że równania reurencyjne jednorodne rzędu 1 definiują ciągi geometryczne: t n+1 =q t n Próbujemy znaleźć ciągi geometryczne spełniające równanie rzędu Przypuśćmy więc, żemamydanyciągliczbzespolonych(t n )spełniającyrównanie t n+ +a t n+1 +b t n =0 (43) Szuamytaiegoilorazuq,różnegoodzera,byciągoreślonywzoremt n =q n spełniał równanie(43) Ten iloraz q musiałby zatem spełniać równanie: q n+ +aq n+1 +bq n =0, czyli q +aq+b=0 (44)

Równania reurencyjne 3 A zatem, jeśli liczba q jest ilorazem ciągu geometrycznego spełniającego równanie reurencyjne(43), to jest ona pierwiastiem równania wadratowego(44) Nietrudno zauważyć, że i na odwrót, jeśli liczba q jest pierwiastiem równania wadratowego(44), tociąggeometrycznyoreślonywzoremt n =q n spełniarównaniereurencyjne(43) Równanie x +ax+b=0 (45) jest zwyle nazywane równaniem charaterystycznym równania reurencyjnego (43) Mamy teraz dwa przypadi w zależności od liczby rozwiązań równania charaterystycznego Przypade 1 Równanie charaterystyczne(45) ma dwa różne pierwiasti(rzeczywiste lubzespolone)q 1 iq Wtedymamydwaciągigeometrycznespełniającerównanie(43) Rozwiązanie ogólne równania reurencyjnego(43) ma zatem postać t n =c q n 1 +d qn dlan=0,1,,współczynniicidwyznaczamyzuładurównańotrzymanegoprzez wstawienien=0in=1dorozwiązaniaogólnegoprzyjmującn=0,otrzymujemy równanie c+d=t 0 Przyjmując n = 1, otrzymujemy równanie q 1 c+q d=t 1 Uład równań { c+d=t 0 zawsze ma rozwiązanie, gdyż q 1 c+q d=t 1 1 1 q 1 q =q q 1 0 Zatemdwapoczątowewyrazyciągu(t n )pozwalająwyznaczyćjednoznacznieliczbyc id,awięcoreślająjednoznaczniecałyciąg(t n ) Popatrzmy na ila przyładów Rozwiążmy najpierw równanie reurencyjne t 0 =3, t 1 =7, t n+ 5t n+1 +6t n =0 dlan 0 Równaniecharaterystycznex 5x+6=0madwapierwiastirzeczywistex 1 = orazx =3Stądwynia,żeciąg(t n )jestoreślonywzoremogólnym t n =c n +d 3 n dlan=0,1,,współczynniicidwyznaczamyzuładurównańpowstałegoprzez podstawienien=0in=1: { c+d=3 c+3d=7

4 Wyład 4 Rozwiązująctenuładrównań,otrzymujemyc=id=1Zatem dlan=0,1,, t n = n+1 +3 n Możemy teraz wyznaczyć wzór ogłny dla ciągu liczb Fibonacciego Równanie reurencyjneciąguf n mapostać F 0 =1, F 1 =1, F n+ F n+1 F n =0 dlan 0 Jego równanie charaterystyczne ma dwa pierwiasti α= 1+ 5 x x 1=0 oraz β= 1 5 Zatem rozwiązanie ogólne rozważanego równania reurencyjnego ma postać F n =c α n +d β n dla pewnych współczynniów c i d Współczynnii te wyznaczamy z uładu równań { c+d=1 αc+βd=1 Ten uład równań ma następujące rozwiązanie: c= α 5, d= β 5 Stąd otrzymujemy F n = αn+1 β n+1 5 = 1 5 ( 1+ ) n+1 5 ( 1 ) n+1 5 Otrzymany wzór ogólny jest nazywany wzorem Bineta Rozwiążmy jeszcze jedno równanie reurencyjne t 0 =1, t 1 =4, t n+ t n+1 +t n =0 dlan 0 Równaniecharaterystycznex x+=0madwapierwiastizespolone x 1 =1+i oraz x =1 i

Równania reurencyjne 5 Stądwynia,żeciąg(t n )jestoreślonywzoremogólnym t n =c (1+i) n +d (1 i) n dlan=0,1,,współczynniicidwyznaczamyzuładurównańpowstałegoprzez podstawienien=0in=1: { c+d= (1+i)c+(1 i)d= Rozwiązując ten uład równań, otrzymujemy c= 1 3i oraz d= 1+3i Zatem dlan=0,1,, t n = 1 3i (1+i) n + 1+3i (1 i) n Jestoczywiste,żeciąg(t n )mawyrazyrzeczywiste(nawetcałowite)otrzymanywzór odwołuje się jedna do liczb urojonych Oazuje się, że dość łatwo możemy z powyższych wzorów zespolonych otrzymać postać rzeczywistą rozwiązania Mamy bowiem Ze wzoru de Moivre a otrzymujemy 1+i= ( cos π ) 4 +i sinπ, 4 1 i= ( cos π ) 4 i sinπ 4 t n = 1 3i (1+i) n + 1+3i (1 i) n = = 1 3i ( ) ( n cos nπ ) 4 +i sinnπ + 1+3i ( ) n ( ) 4 n ( ( = (1 3i) cos nπ ) 4 +i sinnπ +(1+3i) 4 = ( ) ( n cos nπ ) 4 +3sinnπ 4 ( cos nπ ( cos nπ 4 i sinnπ 4 ) 4 i sinnπ = 4 )) = Poażemy teraz, że tę postać rzeczywistą możemy uzysać taże nieco inną metodą Rozpatrujemy zatem przypade, gdy równanie charaterystyczne(45) ma współczynnii rzeczywiste, ale nie ma pierwiastów rzeczywistych(czyli ma dwa sprzężone pierwiastizespolone)oznaczato,żewrównaniu(45)mamya <4bStądwynia,że b>0niechwięcb=r Wtedy ( a r) = a 4b <1

6 Wyład 4 Zatem Stądwynia,żeistniejeliczbaϕtaa,że a <1 r a r = cosϕ Równanie reurencyjne(43) przyjmuje teraz postać t n+ rcosϕ t n+1 +r t n =0 (46) Możnaterazsprawdzić,żeciąg(t n )oreślonywzorem t n =r n (c cosnϕ+d sinnϕ) (dlan=0,1,,)jestrozwiązaniemogólnymrównania(46)wdowodzieorzysta się z następujących tożsamości trygonometrycznych: cosαcosβ=cos(α+β)+cos(α β) oraz cosαsinβ=sin(α+β)+sin(β α) Szczegóły tego dowodu pozostawiamy jao ćwiczenie Przypade Równanie charaterystyczne(45) ma jeden pierwiaste podwójny q Mamywtedytylojedenciąggeometryczny(q n )spełniającyrównaniereurencyjne (43) Potrzebne jest drugie rozwiązanie Sprawdzimy, że taim drugim rozwiązaniem jestciągliczbpostacin q n Mianowicierównaniecharaterystycznenaszegorównania reurencyjnego ma postać x +ax+b=0 Taierównaniemajedenpierwiastepodwójny,gdya =4bitenpierwiastejestrówny x= a Ponieważ q jest tym pierwiastiem podwójnym, więc q+a=0 Terazsprawdzamy,żeciąg(nq n )spełniarównaniereurencyjne(43): t n+ +at n+1 +bt n =0, czyli (n+)q n+ +a(n+1)q n+1 +bnq n =0

Równania reurencyjne 7 Przeształcamy to równanie w sposób równoważny: 4(n+)q n+ +4a(n+1)q n+1 +4bnq n =0, n+ +4a(n+1)q n+1 +a nq n =0, q n (4(n+)q +4a(n+1)q+a n ) =0, q n (n(4q +4aq+a )+4q(q+a) ) =0, q n (n(q+a) +4q(q+a) ) =0, q n (q+a) (n(q+a)+4q ) =0 Ostatnie równanie jest spełnione, gdyż q+a=0 Teraz mamy już dwa niezależne rozwiązania równania reurencyjnego(43): t n =q n oraz t n =nq n, a więc mamy rozwiązanie ogólne: t n =c q n +d n q n, czyli t n =(c+dn) q n dlan=0,1,,współczynniicidwyznaczamy podobnie,jawprzypadu1 z uładurównańotrzymanegoprzezpodstawienien=0in=1dowzoruogólnego: { c=t 0 (c+d)q=t 1 Znówdowolnewartościt 0 it 1 wyznaczająjednoznaczniewspółczynniicid,awięc tym samym rozwiązanie równania reurencyjnego Popatrzmy na jeden przyład Rozwiążmy równanie reurencyjne t 0 =1, t 1 =6, t n+ 4t n+1 +4t n =0 dlan 0 Równaniecharaterystycznex 4x+4=0majedenpodwójnypierwiasterzeczywisty x=stądwynia,żeciąg(t n )jestoreślonywzoremogólnym t n =c n +d n n =(c+dn) n dlan=0,1,,współczynniicidwyznaczamyzuładurównańpowstałegoprzez podstawienien=0in=1: { c=3 (c+d) =6

8 Wyład 4 Rozwiązująctenuładrównań,otrzymujemyc=1id=Zatem dlan=0,1,, t n =(n+1) n 13 Równania reurencyjne liniowe jednorodne wyższych rzędów o stałych współczynniach Rozpatrzone wyżej dwa przypadi dają w sumie pełną analizę równania reurencyjnego(43)czyli równania liniowego jednorodnego o stałych współczynniach, rzędu Przypade ogólny równań jednorodnych wyższych rzędów rozpatruje się podobnie Dla równania(41) w analogiczny sposób definiujemy jego równanie charaterystyczne: a x +a 1 x 1 ++a 1 x+a 0 =0 (47) Następnie znajdujemy jego wszystie pierwiasti(uwzględniając pierwiasti zespolone i wielorotne) r 1,r,,r Przypuśćmy najpierw, że wszystie pierwiasti są różne(tzn wszystie mają rotność 1) Wtedy rozwiązanie ogólne ma postać t n =c 1 r n 1 +c r n ++c r n (48) Przypuśćmy następnie, że nietóre pierwiasti równania(47) porywają się(czyli mamy do czynienia z pierwiastiem wielorotnym) Dla ustalenia uwagi, niech na przyład r 1 =r ==r l =r,tznrjestpierwiastiemrotnościlwtedyzamiastsumy w rozwiązaniu(48) będziemy mieli sumę c 1 r n 1++c l r n l r n (c 1 +c n+c 3 n ++c l n l 1 ) W tai sam sposób postępujemy dla ażdego pierwiasta wielorotnego, rzeczywistego lub zespolonego Szczegółowe sformułowanie tego twierdzenia i jego dowod odłożymy do następnego wyładu 14 Równania reurencyjne liniowe niejednorodne drugiego rzędu o stałych współczynniach Zajmiemy się teraz równaniami niejednorodnymi Przypuśćmy więc, że mamy równanie niejednorodne rzędu : a t n+ +a 1 t n+ 1 ++a 1 t n+1 +a 0 t n =f(n) (49) Zajmiemy się najpierw równaniami, w tórych funcja f ma szczególną postać: f(n)=c n w(n),

Równania reurencyjne 9 gdzie c jest liczbą zespoloną, a w(n) jest wielomianem stopnia d zmiennej n Wtedy ciąg (t n )spełniapewnerównaniereurencyjnejednorodnerzędu+d+1,tóregowielomian charaterystyczny ma postać (a x +a 1 x 1 ++a 1 x+a 0 )(r c) d+1 =0 Taie równania już potrafimy rozwiązać Musimy tylo zwrócić uwagę na to, że do rozwiązania tego równania potrzebujemy + d + 1 wartości początowych Mamy zaś podane tylo wartości początowych(bo równanie(49) jest rzędu ) Pozostałe d + 1 wartości musimy sami wyznaczyć z równania(49) Pozostaje więc tylo uzasadnić, że równanie() rzeczywiście sprowadza się w tai sposób do równania jednorodnego Nie przeprowadzimy tu dowodu w całej ogólności, ograniczymy się tylo do jednego przypadu, gdy równanie(49) jest rzędu i wielomian w(n) jest stopnia 1 Mamy zatem równanie t n+ +at n+1 +bt n =c n (pn+q) (410) Podstawiamywnimzanolejnon+1in+: t n+3 +at n+ +bt n+1 =c n+1 (p(n+1)+q) (411) t n+4 +at n+3 +bt n+ =c n+ (p(n+)+q) (41) Następniemnożymyrównanie(410)przezc,równanie(411)przez( c)idodajemy otrzymane równania do równania(41) Nietrudno sprawdzić, że po prawej stronie otrzymamy zero i całe równanie będzie miało postać t n+4 +(a c)t n+3 +(b ac+c )t n+ +(ac bc)t n+1 +bc t n =0 (413) Równanie charaterystyczne tego równania reurencyjnego ma postać x 4 +(a c)x 3 +(b ac+c )x +(ac bc)x+bc =0 (414) Teraz wystarczy zuważyć, że lewa strona równania(414) rozłada się na czynnii x 4 +(a c)x 3 +(b ac+c )x +(ac bc)x+bc =(x +ax+b)(x c) Zatemrzeczywiścieciąg(t n )spełniarównaniereurencyjnejednorodne,tóregorównanie charaterystyczne ma żądaną postać W podobny sposób można rozwiązać nieco bardziej sompliowane równania niejednorodne Jeśli funcja f w równaniu(49) ma postać f(n)=c n 1 w 1(n)+c n w (n)+, gdziew 1 (n),w (n),sąwielomianamistopniodpowiedniod 1,d,,tociąg(t n )spełnia równanie reurencyjne jednorodne, tórego równaniem charaterystycznym jest (a x +a 1 x 1 ++a 1 x+a 0 )(x c 1 ) d 1+1 (x c ) d +1

30 Wyład 4 Dowód tego stwierdzenia pominiemy 15 Ułady równań reurencyjnych Rozwiązywanie uładów równań reurencyjnych omówimy na jednym przyładzie Rozwiążemy uład równań t 0 = u 0 =3 t n+1 =6t n +4u n u n+1 =t n +3u n Sprowadzimy ten uład równań do jednego równania liniowego drugiego rzędu Najpierw wrównaniu t n+1 =6t n +4u n podstawimyn+1wmiejscenotrzymamy t n+ =6t n+1 +4u n+1 =6t n+1 +4 (t n +3u n )=6t n+1 +4t n +1u n Terazpodstawiamy4u n =t n+1 6t n : t n+ =6t n+1 +4t n +3 (t n+1 6t n )=6t n+1 +4t n +3t n+1 18t n =9t n+1 14t n Otrzymaliśmy równanie reurencyjne Jego równaniem charaterystycznym jest: czyli t n+ 9t n+1 +14t n =0 x 9x+14=0, (x )(x 7)=0 Stądwynia,żeciąg(t n )jestoreślonywzoremogólnym t n =c 7 n +d n dlan=0,1,,współczynniicidobliczamyzuładurównań { c+d=t0 = Otrzymujemyc=4id= Awięc 7c+d=t 1 =4 t n =4 7 n n =4 7 n n+1 dlan=0,1,,wzórogólnyciągu(u n )otrzymujemyzrównaniat n+1 =6t n +4u n : 4u n =t n+1 6t n =4 7 n+1 n+ 4 7 n + n+1 =4 7 n +4 n+1,

Równania reurencyjne 31 czyli dlan=0,1,, u n =7 n + n+1 Ten uład równań, dzięi wyjątowemu doborowi współczynniów, można też rozwiązać prościej, nie odwołując się do rozwiązywania równań liniowych drugiego rzędu Zauważmy bowiem, że { t 0 +u 0 =5 t n+1 +u n+1 =7 (t n +u n ), sąddostajemyt n +u n =5 7 n dlan=0,1,,następnie Teraz zauważamy, że Stąd wynia, że Zatem czyli Ostatecznie t n+1 =4(t n +u n )+t n =t n +0 7 n t n+ 7t n+1 =t n+1 +0 7 n+1 14t n 0 7 n+1 = (t n+1 7t n ) t n+1 7t n =(t 1 7t 0 ) n =(4 14) n =10 n t n+1 =t n +0 7 n =7t n +10 n, 5t n =0 7 n 10 n t n =4 7 n n+1 dlan=0,1,,wzórogólnyciągu(u n )otrzymujemyterazzrównościt n +u n =5 7 n : dlan=0,1,, 16 Liczby Catalana u n =5 7 n t n =5 7 n 4 7 n + n+1 =7 n + n+1 Przypomnijmyzwyładu1,żeliczbąCatalanaC n nazywamyliczbęfuncjiniemalejącychf:[n] [n]spełniającychwarune f() dla=1,,,n Warune ten nazwiemy w srócie waruniem Catalana(spełnionym w zbiorze[n]) Przyjmujemyponadto,żeC 0 =1Poznaliśmywzórogólny: C n = n+1 1 n n dlan=0,1,,

3 Wyład 4 W tym paragrafie poznamy równanie reurencyjne, za pomocą tórego można zdefiniować ciąg liczb Catalana Główny pomysł wyjaśnimy najpierw na wyresie Niech f:[n] [n] będzie funcją niemalejącą spełniającą warune Catalana Oto wyres taiejfuncjif(narysunuprzyjęton=15) y n 1 1 n x Warune Catalana oznacza, że punty tworzące ten wyres nie mogą leżeć ponad prostą orównaniuy=xniechbędzienajwięsząliczbąxtaą,żef(x)=x(narysunu mamy=10)taaliczbaistnieje,bozwarunucatalanawynia,żef(1)=1prosta pionowaorównaniux=dzielitenwyresnadwieczęści:nalewoodniejmamy wyresfuncjiniemalejącejf [ 1]:[ 1] [ 1]spełniającejwaruneCatalana (wzbiorze[ 1]): y 1 1 x OczywiścieistniejeC 1 taichfuncjizastanówmysięteraz,cosiędziejenaprawo odprostejx=popierwszezauważamy,żef(+1)=zwarunucatalanawynia

Równania reurencyjne 33 bowiem,żef(+1) +1Zdrugiejstronyliczbabyłanajwięsząliczbąxtaą,że f(x)=xzatemf(+1)<+1ponieważfuncjafjestniemalejącaorazf()=, więcf(+1) Łącznietodajef(+1)=Ponieważdlax>mamyf(x)<x,więc puntywyresufuncjifleżącenaprawoodprostejx=niemogąleżećnadprostą o równaniu y = x 1 Odpowiednio przesuwając osie uładu współrzędnych, otrzymamy wyrespewnejfuncjiniemalejącejg:[n ] [n ]spełniającejwarunecatalana (wzbiorze[n ]): y n y n 1 1 n x 1 1 n x IstniejeC n taichfuncjizatemażdywyresfuncjiniemalejącejf:[n] [n] spełniającej warune Catalana w zbiorze[n] wyznacza jednoznacznie parę funcji niemalejących spełniających warune Catalana: jedną oreśloną w zbiorze[ 1] i drugą oreśloną w zbiorze[n ] Odwrotnie, ażda taa para funcji wyznacza jednoznacznie funcjęfmusimybowiemprzyjąćf()=iumieścićodpowiedniowysoowyres drugiej funcji(wiemy przy tym, ja wysoo: pierwsza wartość jest bowiem równa ) Ponieważmożebyćdowolnązliczbod1don,więcotrzymujemyrównaniereurencyjne n n 1 C n = C 1 C n = C C n 1 dlan=1,,3, =1 Podamy teraz ścisłą definicję obu funcji wyznaczonych przez funcję f Pierwszą funcjąjestoczywiścief [ 1]Drugąfuncjęg:[n ] [n ]definiujemywzorem g(x)=f(x+) +1 dlax [n ] Oczywiście funcja g jest niemalejąca Ponadto g(x)<x+ +1=x+1,

34 Wyład 4 czylig(x) xtowyniazoreślenialiczby:dlax 1mamybowiemf(x+)<x+ Funcja g spełnia więc rzeczywiście warune Catalana w zbiorze[n ] Wyznaczenie wzorudefiniującegofuncjęf,gdyznanesąfuncjef [ 1]igpozostawiamyjao ćwiczenie Podsumowując, liczby Catalana mogą być zdefiniowane następującymi wzorami reurencyjnymi: n 1 C 0 =1, C n = C C n 1 dlan 1 Korzystając z powyższego równania reurencyjnego obliczymy ila początowych liczb Catalana: C 0 =1, C 1 =C 0=1, C =C 0 C 1 +C 1 C 0 =C 0 C 1 =, C 3 =C 0 C +C 1 C 1 +C C 0 =+1+=5, C 4 =C 0 C 3 +C 1 C +C C 1 +C 3 C 0 =5+++5=14, C 5 =C 0 C 4 +C 1 C 3 +C C +C 3 C 1 +C 4 C 1 =14+5+4+5+14=4 Poażemy jeszcze jeden przyład zadania prowadzącego do liczb Catalana Niech będzie działaniem niełącznym w pewnym zbiorze A Wtedy wyni n-rotnego wyonania tegodziałanianaelementacha 1,a,,a n+1 zależyodrozmieszczenianawiasówna przyład dla n = 3 mamy 5 sposobów rozmieszczenia nawiasów, gdy wyonujemy działanie naelementacha,b,c,d A: a ( b (c d) ), a ( (b c) d ), (a b) (c d), ( a (b c) ) d, ( (a b) c ) d Dla n = 4 mamy 14 sposobów rozmieszczenia nawiasów: a ( b (c (d e)) ) (a b) ( c (d e) ) ( a (b c) ) (d e) a ( b ((c d) e) ) (a b) ( (c d) e ) ( (a b) c ) (d e) a ( (b c) (d e) ) a ( (b (c d)) e ) a ( ((b c) d) e ) ( a (b (c d)) ) e ( a ((b c) d) e (a b) (c d) ) ( e (a (b c)) d ) ( e ((a b) c) d ) e Domyślamy się, że liczba rozmieszczeń nawiasów jest liczbą Catalana Wyażemy, że ta jest NiechB n będzieliczbąrozmieszczeńnawiasówprzynwyonywanychdziałaniachprzyjmujemy,żeb 0 =1Mamyterazn 1in+1elementówa 1,a,,a n+1 zbiorua Ostatnie działanie, tóre mamy wyonać dzieli te n + 1 elementów na dwie grupy: (a 1 a +1 ) (a + a n+1 ) Wpierwszejgrupiemusimywyonaćdziałań,wdrugiejn 1działańOczywiście możebyć,gdylewagrupasładasiętylozjednegoelementu: a 1 (a a n+1 )

Równania reurencyjne 35 Wprawejgrupiemusimywyonaćwtedyn 1działańZdrugiejstronylewagrupa może sładać się z co najwyżej n elementów; w prawej będzie wtedy tylo jeden element: (a 1 a n ) a n+1 Wlewejgrupiemamywtedydowyonanian 1działań,wprawejanijednegoPodział (a 1 a +1 ) (a + a n+1 ) możebyćdoonanynab B n 1sposobów:możemyrozmieścićnawiasywlewej grupienab sposobówinab n 1sposobówwprawejStąddostajemyrównanie n 1 B n =B 0 B n 1 +B 1 B n ++B n 1 B 0 = B B n 1 dlan=1,,3,otrzymaliśmyzatemtosamorównaniecowprzypaduliczbcatalanastądwynia,żeb n =C n dlan=0,1,, Znamy wiele zadań prowadzących do liczb Catalana Oto jeszcze dwa z nich Istnieje 14 drzew mających 4 wierzchołi taich, że ażdy wierzchołe ma co najwyżej leżące bezpośrednioniżej(możnaodniegoiśćwlewo,wprawo,wobiestronylubwżadną): Ogólnie:istniejeC n drzewmającychnwierzchołówopowyższejwłasności Liczbyod1do8możnana14sposobówustawićwtablicyo4olumnachidwóch wierszach ta, by w ażdej olumnie i w ażdym wierszu liczby były ustawione malejąco (liczącodgóryiodlewejstrony: [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 8 7 6 5 8 7 6 4 8 7 6 3 8 7 6 8 7 5 4 4 3 1 5 3 1 5 4 1 5 4 3 1 6 3 1 [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 8 7 5 3 8 7 5 8 7 4 3 8 7 4 8 6 5 4 6 4 1 [ 8 6 5 3 7 4 1 6 4 3 1 ] [ 8 6 5 7 4 3 1 6 5 1 ] [ 8 6 4 3 7 5 1 6 5 3 1 ] [ ] 8 6 4 7 5 3 1 7 3 1

36 Wyład 4 Ogólnie:istniejeC n tabliconolumnachiwierszach,wtórychliczbyod1don są ustawione zgodnie z powyższymi regułami(tzn w obu wierszach liczby tworzą ciągi malejące, a w ażdej olumnie liczba więsza stoi nad mniejszą) Wyazanie, że w obu powyższych zadaniach poszuiwana liczba(drzew i tablic) jest liczbą Catalana, jest nietrudnym ćwiczeniem 17 Zadanie olimpijsie Na zawodach II stopnia XLIII Olimpiady Matematycznej zawodnicy mieli do rozwiązania następujące zadanie: Ciągi(x n )i(y n )sąoreślonenastępująco:x 0 =y 0 =1, x n+1 = x n+ x n +1, y n+1= y n + y n dlan=0,1,, Udowodnij,żedlaażdejliczbycałowitejn 0zachodzirównośćy n =x n 1 Jedna z metod rozwiązania tego zadania polega na znalezieniu wzorów ogólnych obu ciągów i porównaniu tych wzorów dla odpowiednich indesów Wyznaczenie wzoru ogólnegociągu(x n )możnasprowadzićdorównaniareurencyjnegoliniowegozdefiniujmy bowiemdwaciągi(a n )i(b n )wzorami:a 0 =b 0 =1, a n+1 =a n +b n, b n+1 =a n +b n dlan=0,1,, Wówczas łatwo dowodzimy przez inducję, że x n = a n b n dlan=0,1,, Podobnie ja w paragrafie 15 sprowadzamy uład równań reurencyjnych do równania drugiego rzędu a n+ a n+1 a n =0 Równaniecharaterystycznex x 1=0madwapierwiasti x 1 =1+, x =1 Stąd łatwo otrzymujemy rozwiązanie ogólne oraz a n = (1+ ) n+1 +(1 ) n+1 b n = (1+ ) n+1 (1 ) n+1 i ostatecznie otrzymujemy x n = a n = (1+ ) n+1 +(1 ) n+1 b n (1+ ) n+1 (1 ) n+1

Równania reurencyjne 37 Uzysaniewzoruogólnegodlaciągu(y n )jestbardziejsompliowaneciągtenjestbowiem zdefiniowany za pomocą równania nieliniowego i nie widać żadnej ogólnej metody rozwiązywania taich równań reurencyjnych Posłużymy się następującym pomysłem Najpierw obliczamy y n+1 = y n + = y n yn + = (y n ) y n y n y n ipodobnie Stąd wynia, że y n+1 + = (y n+ ) y n y n+1 ( y n+1 + =(y n ) (y n + y n ) ) = y n + Zdefiniujmyciąg(c n )wzorem Wówczas sąd wynia, że c n = y n y n + c n =c n 0 = c n+1 =c n, ( 1 1+ ) n Teraz już łatwo dostajemy y n = 1+c n = (1+ ) n +(1 ) n 1 c n (1+ ) n (1 ) n Porównującotrzymanewzoryogólnedostajemyy n =x n 1 Zadanie można też łatwo rozwiązać bezpośrednio przez inducję Najpierw dowodzimy przez inducję równość pomocniczą: x n+1 = x n + x n dlan=0,1,,sprawdzeniewarunupoczątowego(dlan=0)jestoczywiste Przyjmijmy więc, że dla pewnego n mamy równość x n+1 = x n+ x n i dowodzimy, że x n+3 = x n+1+ x n+1

38 Wyład 4 Przeształcamy najpierw lewą stronę: x n+3 = x n++ x n+ +1 = x n+1 + x n+1 +1 + n+1+)+(x n+1+1) x n+1 + x n+1 +1 +1=(x n+1 +)+(x n+1 +1) = = 3x n+1+4 =3 x m + x m +4 x n+1 +3 x m + x m +3 =3(x m +)+8x m = (x m+)+6x m = 3x m +8x m+6 x m +6x m+4 Następnie przeształcamy prawą stronę: x m+1 + x m+1 = ( x m + x m +1) + xm+ x m +1 = (x m+) +(x m +1) (x m +)(x m +1) = x m +4x m+4+x m +4x m+ (x m +3x m+) = = 3x m +8x m+6 x m +6x m+4 W ten sposób nasza równość pomocnicza została udowodniona Teraz dowodzimy przez inducję,żey n =x n 1Znówsprawdzeniewarunupoczątowego(dlan=0)jest oczywiste W rou inducyjnym mamy: co ończy dowód y n+1 = y n + y n = + x n 1 x n 1 18 Zadanie z zawodów matematycznych =x (n 1)+1=x n+1 1, Na XXI Austriaco-Polsich Zawodach Matematycznych zawodnicy rozwiązywali następujące zadanie: RozważamynpuntówP 1,P,,P n położonychwtejolejnościnajednejlinii prostej Malujemy ażdy z tych puntów na jeden z następujących olorów: biały, czerwony, zielony, niebiesi, fioletowy Kolorowanie nazwiemy dopuszczalnym, jeślidladowolnychdwócholejnychpuntówp i,p i+1 (i=1,,,n 1)obasą tego samego oloru lub co najmniej jeden z nich jest biały Ile jest dopuszczalnych olorowań? Najpierw ustalmy terminologię Powiemy, że punt jest olorowy, jeśli został pomalowany na olor różny od białego; w przeciwnym razie nazywamy ten punt białym Definiujemydwaciągi(b n )i( n )wnastępującysposób:b n jestliczbądopuszczalnych olorowańnpuntówtaich,żepuntp n jestbiały, n zaśjestliczbądopuszczalnych olorowańtaich,żepuntp n jestolorowywówczasoczywiście b 1 =1, 1 =4

Równania reurencyjne 39 Następnieb n+1 =b n + n,bojeślipuntp n+1 jestbiały,toolorowaniepoprzednich n puntów jest dowolnym dopuszczalnym olorowaniem zaończonym puntem białym lubdowolnymolorowymnatomiast n+1 =4b n + n,bojeślipuntp n+1 jestolorowy, to olorowanie poprzednich n puntów jest olorowaniem dopuszczalnym zaończonym puntembiałym(iwtedymamy4możliwościwyboruolorudlap n+1 )lubolorowym tegosamegoolorucop n+1 Uład równań reurencyjnych b 1 =1, 1 =4, b n+1 =b n + n, n+1 =4b n + n rozwiązujemy ta ja w paragrafie 15, otrzymując ostatecznie liczbę olorowań dopuszczalnych równą b n + n =b n+1 = 3n+1 +( 1) n+1 To zadanie można rozwiązać bez uładania równań reurencyjnych Nazwijmy bloiem ciągpuntówtegosamegoolorukolorowaniedopuszczalnedzielipuntyp 1,,P n nabloów(gdzie=1,,,n),wśródtórychcodrugijestbiały,pozostałezaś olorowe Chcemy policzyć wszystie sposoby taiego podziału na bloi Zauważmy najpierw,żeistnieje ( n 1 1) sposobówpodziałunpuntównabloów,bezuwzględniania olorów Musimy bowiem w wolne miejsca między puntami wstawić 1 rese oddzielających bloi od siebie Teraz będziemy rozpatrywać dwa przypadi: 1 Przypuśćmy najpierw, że liczba n jest parzysta: n = m Ten przypade dzielimy na dwa podprzypadi: 1aLiczbabloówjestparzysta(=l,gdziel=1,,,m)Mamywtedyl bloówbiałychilbloówolorowychmożemydlanichwybraćoloryna4 l sposobów Uwzględniając to, czy pierwszy blo jest biały, czy olorowy, mamy wtymprzypadu 4 l sposobówwyboruolorówbloówolorowych 1bLiczbabloówjestnieparzysta(=l 1,gdziel=1,,,m)Jeślipierwszy blojestbiały,tomamy4 l 1 możliwościwyboruolorówdlabloówolorowych;jeślizaśpierwszyblojestolorowy,tomamy4 l możliwościwyboru olorówłączniemamywtymprzypadu 5 4 4l możliwościwyboruolorów Łacznie liczba olorowań dopuszczalnych wynosi w tym przypadu Zauważmy teraz, że m l=1 m 1 4 l + l 1 m l=1 m 1 5 l 4 4l oraz 4 l = 9 1 4 5 4 4l = 9+1 8 l = 9+( 1)l 1 l = 9+( 1)l l 1 l