Matematyka dyskretna dla informatyków

Matematyka dyskretna dla informatyków Cz ± I: Elementy kombinatoryki Jerzy Jaworski Zbigniew Palka Jerzy Szyma«ski Uniwersytet im. Adama Mickiewicza Pozna«2007

4 Zależności rekurencyjne Wiele zale»no±ci kombinatorycznych mo»na wyrazi prosto w postaci równa«rekurencyjnych. Typowym przypadkiem jest, gdy rozwi zanie danego problemu mo»emy sprowadzi do rozwi za«mniejszych problemów tego samego typu. 4.1. Proste zale»no±ci rekurencyjne Przykªad 4.1. Wyznaczy przy pomocy zale»no±ci rekurencyjnej liczb wszystkich permutacji zbioru {1, 2,..., n}. Przykªad 4.2. Na ile spójnych obszarów dzieli pªaszczyzn n prostych, z których»adne dwie nie s równolegªe i»adne trzy nie przecinaj si w jednym punkcie? 4.2. Jednorodne zale»no±ci rekurencyjne Zajmiemy si teraz rozwi zywaniem tak zwanych jednorodnych (liniowych) równa«rekurencyjnych. S one postaci a n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 +... + c r a n r, (4.1) gdzie c i, i = 1, 2,..., r, s zadanymi staªymi (niezale»nymi od n) i c r 0. Powy»sza zale»no± ma gª boko± r wi c, jak za chwil poka»emy, aby j rozwi za musimy mie zadanych r warunków pocz tkowych. Zauwa»my,»e to równanie ma zawsze rozwi zanie trywialne a n = 0, dla ka»dego n N. Ci g a n speªniaj cy (4.1), taki»e a k 0 dla pewnego k N, nazywamy rozwi zaniem nietrywialnym. Przykªad 4.3. Udowodni,»e je»eli ci gi a n i a n speªniaj równanie rekurencyjne (4.1), a c jest dowoln staª, to ci gi a n + a n oraz ca n speªniaj tak»e to równanie. Bezpo±redni konsekwencj powy»szego przykªadu jest fakt, i» kombinacja liniowa dwóch (sko«- czonej liczby) rozwi za«jednorodnego liniowego równania rekurencyjnego jest równie» rozwi - zaniem tego równania. Z ka»dym jednorodnym równaniem rekurencyjnym (4.1) zwi zane jest równanie algebraiczne x r c 1 x r 1 c 2 x r 2... c r = 0, (4.2) zwane jego równaniem charakterystycznym. Równanie (4.2) mo»emy otrzyma z (4.1) poprzez zamian a k na x k, a nast pnie podzielenie przez najmniejsz pot g x. Jak zobaczymy w dalszej cz ±ci, rozwi zanie ogólne zale»no±ci (4.1) zale»y od pierwiastków równania charakterystycznego (4.2) w zbiorze liczb zespolonych C. Przykªad 4.4. Udowodni,»e ci g a n = α n jest nietrywialnym rozwi zaniem równania rekurencyjnego (4.1) wtedy i tylko wtedy, gdy α jest pierwiastkiem równania charakterystycznego (4.2).

20 4. Zale»no±ci rekurencyjne Przykªad 4.5. Udowodni,»e je»eli α jest k-krotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego (4.2), to ci g a n = n i α n jest nietrywialnym rozwi zaniem równania rekurencyjnego (4.1), dla i = 0, 1,... k 1. W szczególnym przypadku, gdy zale»no± rekurencyjna (4.1) ma gª boko± dwa, to równanie charakterystyczne jest równaniem kwadratowym, zatem mo»emy sformuªowa nast puj cy fakt. Lemat 4.1. Je»eli α i β s ró»nymi (nie koniecznie rzeczywistymi) pierwiastkami równania charakterystycznego x 2 = Ax + B, to równanie rekurencyjne ma rozwi zanie ogólne postaci a n = Aa n 1 + Ba n 2 W przypadku, gdy α = β, to rozwi zanie ogólne ma posta a n = C 1 α n + C 2 β n. (4.3) a n = (C 1 + C 2 n)α n. (4.4) Staªe C 1 oraz C 2 wyst puj ce powy»ej zale» od warunków pocz tkowych naªo»onych na równanie rekurencyjne. Zauwa»my,»e w powy»szym przypadku potrzebne s nam dwa warunki pocz tkowe, które dadz ukªad dwóch równa«z dwiema niewiadomymi C 1 i C 2. Przykªad 4.6. B dziemy mówili,»e rozwi zuj cy pewien problem student jest na n-tym etapie je»eli do rozwi zania problemu pozostaªo mu n (n 1) kroków. Na ka»dym etapie ma on pi mo»liwo±ci. Dwie z nich prowadz go z n-tego etapu do (n 1)-go etapu, a pozostaªe trzy prowadz go bezpo±rednio do (n 2)-go etapu. Niech a n oznacza liczb sposobów rozwi zania problemu zaczynaj c od n-tego etapu. Przyjmuj c,»e a 1 = 5 oraz a 2 = 13 wyznaczy wzór na a n. Przykªad 4.7. Rozwi za równanie rekurencyjne z warunkami pocz tkowymi a 0 = 1, a 1 = 9. a n = 6a n 1 9a n 2, Przykªad 4.8. Ile jest ró»nych sposobów wej±cia po schodach zbudowanych z n stopni, je±li w ka»dym kroku mo»na pokona jeden lub dwa stopnie? a n = a n 1 + a n 2, n 2, a 0 = 1 i a 1 = 1. (4.5) Zale»no± rekurencyjna (4.5) nazywa si równaniem Fibonacciego a ci g liczb 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,... nosi nazw ci gu Fibonacciego. Przykªad 4.10. Wyznaczy liczby Lucasa L n okre±lone wzorem L n = F n+1 + F n 1, gdzie F k oznacza liczb Fibonacciego z dodatkowym zaªo»eniem F 0 = 0. Przykªad 4.11. Niech b n oznacza liczb n-elementowych ci gów o elementach ze zbioru {0, 1, 2} takich,»e»adne dwie po sobie nast puj ce jedynki ani»adne dwie po sobie nast puj ce dwójki nie s dozwolone. Wyznaczy wzór na b n. Lemat 4.1 jest szczególnym przypadkiem nast puj cego twierdzenia.

4.3. Niejednorodne liniowe zale»no±ci rekurencyjne 21 Twierdzenie 4.2. Je»eli α 1, α 2,..., α r s ró»nymi (nie koniecznie rzeczywistymi) pierwiastkami równania charakterystycznego to równanie rekurencyjne x r c 1 x r 1 c 2 x r 2... c r = 0, a n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 +... + c r a n r, ma rozwi zanie postaci Ogólnie, je»eli a n = C 1 α n 1 + C 2 α n 2 +... + C r α n r. x r c 1 x r 1 c 2 x r 2... c r = (x α 1 ) m 1 (x α 2 ) m2... (x α k ) m k, gdzie m i 1, i = 1, 2,..., k oraz m 1 +m 2 +...+m k = r równania charakterystycznego), to (tzn. α i jest m i -krotnym pierwiastkiem a n = ( C 1 + C 2 n +... + C m1 n m 1 1 ) α n 1 + ( D 1 + D 2 n +... + D m2 n m 2 1 ) α n 2. + ( Z 1 + Z 2 n +... + Z mk n m k 1 ) α n k. Staªe wyst puj ce powy»ej zale» od warunków pocz tkowych naªo»onych na równanie rekurencyjne. Przykªad 4.12. Przypu± my,»e pewien prymitywny organizm osi ga dojrzaªo± po dwóch godzinach i ma wtedy pierwszych czterech potomków a nast pnie ju» co godzin ma sze±ciu kolejnych potomków. Zakªadaj c,»e wszystkie urodzone organizmy zachowuj si tak samo oraz,»e rozpoczynali±my z jednym nowourodzonym organizmem, znale¹ zale»no± rekurencyjn dla a n liczby organizmów po n godzinach. Przykªad 4.13. Rozwi» równanie rekurencyjne z warunkami pocz tkowymi a n = 2a n 1 + 15a n 2 + 4a n 3 20a n 4, a 0 = 6, a 1 = 3, a 2 = 71, a 3 = 203. 4.3. Niejednorodne liniowe zale»no±ci rekurencyjne Niejednorodnym liniowym równaniem rekurencyjnym nazywamy równanie postaci a n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 + + c r a n r + f(n). (4.6) Funkcj f(n) wyst puj c w tym równaniu nazywamy wyrazem wolnym. Rozwi zanie ogólne tej zale»no±ci jest postaci a n = a (1) n + a (2) n, gdzie a (1) n jest rozwi zaniem ogólnym równania jednorodnego a (1) n = c 1 a (1) n 1 + c 2a (1) n 2 + + c ra (1) n r, (4.7) które wyznaczamy zgodnie z zasadami poznanymi w poprzednim paragrae.

22 4. Zale»no±ci rekurencyjne Natomiast a (2) n jest dowolnym szczególnym rozwi zaniem równania niejednorodnego (4.6). Niestety, nie ma ogólnej metody znajdowania tego rozwi zania szczególnego. W dalszej cz ±ci tego paragrafu, b dziemy wykorzystywa metod przewidywania rozwi zania. Polega ona na tym,»e w zale»no±ci od postaci wyrazu wolnego, mo»emy odgadn posta rozwi zania. Najwa»niejsze przypadki, to 1 Je»eli wyraz wolny f(n) jest wielomianem (zmiennej n) stopnia d oraz rozwi zanie ogólne równania jednorodnego a (2) n nie jest wielomianem, to istnieje rozwi zanie szczególne, które jest równie» wielomianem stopnia d, czyli zakªadamy,»e a (2) n = C d n d + C d 1 n d 1 + + C 0. 2 Je»eli f(n) jest wielomianem (zmiennej n) stopnia d oraz a (2) n jest wielomianem stopnia k, to przewidujemy rozwi zanie szczególne postaci a (2) n = n k+1 (C d n d + C d 1 n d 1 + + C 0 ). 3 Je»eli f(n) jest funkcj wykªadnicz postaci f(n) = Cβ n i β nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to przewidywane rozwi zanie szczególne jest równie» funkcj wykªadnicz postaci a (2) n = Aβ n. 4 Je»eli f(n) jest funkcj wykªadnicz postaci f(n) = Cβ n i β jest pierwiastkiem równania charakterystycznego o krotno±ci k, to przewidywane rozwi zanie szczególne jest równie» funkcj wykªadnicz postaci a (2) n = An k β n. 5 Je»eli natomiast wyraz wolny f(n) jest sum pewnych funkcji (zmiennej n), to przewidywane rozwi zanie szczególne jest sum przewidywanych rozwi za«dla poszczególnych skªadników. Zwró my uwag,»e staª mo»emy interpretowa jako wielomian stopnia zero lub jako funkcj wykªadnicz o podstawie 1. Przykªad 4.16. Rozwi za równanie rekurencyjne z warunkami pocz tkowymi a 0 = 0 i a 1 = 1. a n = 7a n 1 10a n 2 + 3 n Przykªad 4.17. Znale¹ rozwi zanie ogólne równania rekurencyjnego a n = 3a n 1 2a n 2 + 2 n. Przykªad 4.18. Znale¹ rozwi zanie ogólne równania rekurencyjnego a n = 2a n 1 + 7n 2. Przykªad 4.19. Korzystaj c z faktu,»e liczba podziaªów zbioru {1, 2,..., n} na dwa niepuste zbiory równa jest 2 n 1 1 (patrz Przykªad??) pokaza,»e a n okre±laj ce liczb podziaªów zbioru {1, 2,..., n} na trzy niepuste zbiory, speªnia dla n 1 zale»no± a n = 1 6 3n 1 2 2n + 1 2. Na zako«czenie tego paragrafu zwró my uwag,»e równania tu prezentowane mo»na równie» rozwi za innymi metodami, np. wykorzystuj c aparat funkcji tworz cych (patrz nast pny rozdziaª).

4.4. Zªo»one zale»no±ci rekurencyjne 23 4.4. Zªo»one zale»no±ci rekurencyjne W paragrae tym przedstawimy przykªady nieliniowych równa«rekurencyjnych oraz sposoby ich rozwi zywania. Zwró my uwag,»e nie ma ogólnego sposobu rozwi zywania wszystkich zale»no- ±ci rekurencyjnych. Przykªad 4.20. Niech D n b dzie liczb permutacji rz du n bez punktów staªych (nieporz dków). Znale¹ równanie rekurencyjne dla ci gu D n. Przykªad 4.21. Niech B n oznacza liczb wszystkich podziaªów zbioru mocy n na rozª czne i niepuste podzbiory, których kolejno± nie jest wa»na. Liczby B n s znane w kombinatoryce jako liczby Bella. Wyznaczy równanie rekurencyjne na B n+1. Jednym, ze sposobów rozwi zywania zªo»onych zale»no±ci rekurencyjnych jest metoda podstawiania nowych zmiennych i sprowadzania równania do znanej postaci. Przykªad 4.22. Rozwi za zale»no± rekurencyjn a 2 n = 2a 2 n 1 + 1 z warunkiem pocz tkowym a 0 = 2 i zaªo»eniem,»e a n 0 dla ka»dego n naturalnego. Przykªad 4.23. Rozwi za zale»no± rekurencyjn a 2 n 2a n 1 = 0 z warunkiem pocz tkowym a 0 = 4 i zaªo»eniem,»e a n > 0 dla ka»dego n naturalnego. Przykªad 4.24. Rozwi za zale»no± rekurencyjn z warunkiem pocz tkowym a 0 = 4. a n = an 1 + a n 2 + a n 3 +... a 0 (4.8) Przykªad 4.25. Niech { n k } oznacza liczb podziaªów zbioru n-elementowego na k niepustych i rozª cznych podzbiorów. Liczby te s znane jako liczby Stirlinga drugiego rodzaju i s okre±lone dla n, k 0. Znale¹ zale»no± rekurencyjn i warunki pocz tkowe dla liczb Stirlinga drugiego rodzaju. Oczywi±cie, bezpo±rednio z denicji zachodzi n { n } = B n, (4.9) k k=0 gdzie B n jest liczb Bella. Istniej równie» liczby Stirlinga pierwszego rodzaju. Oznaczamy je [ ] n k i speªniaj one równanie rekurencyjne [ ] [ ] [ ] n n 1 n 1 = + (n 1). k k 1 k Przykªad 4.26. Wyznaczy liczb suriekcji zdeniowanych na zbiorze [n] i o warto±ciach w zbiorze [k]. Przykªad 4.27. Udowodni,»e x n = n k=0 { n k } (x) k. (4.10)

24 4. Zale»no±ci rekurencyjne Zale»no±ci rekurencyjne znajduj mi dzy innymi zastosowanie przy rozwi zywaniu z wykorzystaniem komputerów zada«numerycznych, które polegaj na obliczaniu wielko±ci zdeniowanych za pomoc zale»no±ci matematycznych. Jako pierwszy przykªad opiszemy pewien sposób obliczania warto±ci wielomianu dla danego argumentu. Przykªad 4.28. Obliczy warto± wielomianu dla ustalonej warto±ci argumentu x = z. w n (x) = a 0 x n + a 1 x n 1 +... + a n 1 x + a n (4.11) Przykªad 4.29. Zadanie polega na wyznaczeniu przybli»enia pierwiastka równania f(x) = 0, gdzie f(x) jest zadan funkcj. 4.5. Zadania Zadanie 4.1. Znale¹ i udowodni wzór na wyraz ogólny ci gu, dla którego zachodzi nast puj ce równanie rekurencyjne a n = n 2 a n 1 przy zaªo»eniu,»e a 1 = 1. Zadanie 4.2. Ka»dego roku pewna populacja królików podwaja si. Je»eli pocz tkowo byªo sze± królików, to ile ich b dzie po n latach? Zadanie 4.3. Niech b n oznacza liczb takich n-elementowych ci gów binarnych,»e»adne dwa po sobie nast puj ce 0 nie s dozwolone. Znale¹ zale»no± rekurencyjn dla b n. Zadanie 4.4. Niech h(k, n) b dzie liczb rozsadze«w okre±lonym porz dku k pacjentów w poczekalni, w której jest n krzeseª, tak aby»aden pacjent nie siedziaª bezpo±rednio obok drugiego. Znale¹ zale»no± rekurencyjn dla h(k, n). Zadanie 4.5. Niech p n b dzie liczb podziaªów zbioru {1, 2,..., n} na dwa niepuste zbiory? Znale¹ zale»no± rekurencyjn dla p n i na jej podstawie wyznaczy wzór na liczb takich podziaªów. Zadanie 4.6. Niech s n b dzie liczb podzbiorów zbioru {1, 2,..., n}, wliczaj c zbiór pusty, które nie zawieraj s siednich liczb? Znale¹ zale»no± rekurencyjn dla s n i na jej podstawie wyznaczy wzór na liczb takich podzbiorów. Zadanie 4.7. Przypu± my,»e dowolna nowourodzona para królików ma swoj pierwsz par potomstwa po dwóch miesi cach, a pó¹niej ju» co miesi c rodzi now par. Zakªadaj c,»e zaczynamy od jednej pary, znale¹ zale»no± rekurencyjn dla k n - liczby par po n miesi cach. Zadanie 4.8. Rozwi za równania rekurencyjne: (a) a n = 2a n 1 + 3a n 2, a 0 = a 1 = 1. (b) a n = 2a n 1 a n 2, a 0 = a 1 = 2. (c) Korzystaj c z faktu,»e (x 2) 2 (x + 1)(x 3) = x 4 6x 3 + 9x 2 + 4x 12 poda wzór na wyraz ogólny ci gu, dla którego zachodzi nast puj ce równanie rekurencyjne a n = 6a n 1 9a n 2 4a n 3 + 12a n 4.

4.5. Zadania 25 Zadanie 4.9. Stosuj c równanie charakterystyczne rozwi za zale»no± rekurencyjn z warunkami pocz tkowymi a 0 = 4, a 1 = 4. a n = a n 1 + 6a n 2 Zadanie 4.10. Rozwi za równania rekurencyjne: (a) a n + 6a n 1 + 9a n 2 = 3, a 0 = 0, a 1 = 1. (b) a n = 4a n 1 4a n 2 + 2 n, a 0 = a 1 = 2. (c) a n = a n 1 + 7n, a 0 = 0. Zadanie 4.11. Rozwi za równanie rekurencyjne z warunkiem pocz tkowym a 0 = 1, a 1 = 4. a n + 5a n 1 + 6a n 2 = 3n 2, Zadanie 4.12. Rozwi za nast puj ce liniowe równania rekurencyjne (a) a n+1 = 2a n 1, gdzie a 0 = 3, (b) a n = 6a n 1 9a n 2, gdzie a 0 = 1 i a 1 = 2, (c) a n = 3a n 1 + 3 n, gdzie a 0 = 2, (d) a n = a n 1 + n 3, gdzie a 0 = 0, (e) a n = 3a n 1 4n, gdzie a 0 = 2, (f) a n = 5a n 1 6a n 2, gdzie a 0 = 2, (g) a n = 3a n 1 + 3 n, gdzie a 0 = 2 i a 1 = 1. Zadanie 4.13. Znajd¹ rozwi zanie ogólne nast puj cych liniowych równa«rekurencyjnych (a) a n+2 = 4a n, (b) a n+2 + 4a n+1 + 16a n = 0. Zadanie 4.14. Dane jest równanie charakterystyczne x 4 5x 3 + 6x 2 + 4x 8 = 0 pewnego liniowego równania rekurencyjnego z warunkami pocz tkowymi a 0 = 1, a 1 = 9, a 2 = 1 i a 3 = 2. Wyznaczy a n. Zadanie 4.15. Rozwi za równanie rekurencyjne gdzie a n + 3a n 1 + 2a n 2 = f(n), f(n) = z warunkiem pocz tkowym a 0 = a 1 = 0. { 1, dla n = 5, 0, dla n 5, Zadanie 4.16. Niech a n oznacza liczb rozª cznych cz ±ci na jakie dziel n-k t wypukªy jego przek tne. Zakªadamy,»e»adne 3 przek tne nie przecinaj si w jednym punkcie. (a) Poka»,»e oraz a 0 = a 1 = a 2 = 0. (b) Wyznacz a n. a n = a n 1 + (n 1)(n 2)(n 3) 6 + n 2 dla n 3

26 4. Zale»no±ci rekurencyjne Zadanie 4.17. Rozwi za równanie rekurencyjne z warunkiem pocz tkowym a 0 = 3 456. na n + na n 1 a n 1 = 2 n Zadanie 4.18. Rozwi za równanie rekurencyjne z warunkiem pocz tkowym a 0 = 2. Zadanie 4.19. Znale¹ warto± wielomianu dla x = 7 korzystaj c ze schematu Hornera. a n = na n 1 + n! w n (x) = 9x 5 + 8x 4 + 7x 3 + 6x 2 + 5x + 4 Zadanie 4.20. Korzystaj c z metody Newtona znale¹ z dokªadno±ci do 10 6 pierwiastek równania e x = x Zadanie 4.21. Udowodni,»e dla liczb Fibonacciego speªnione s to»samo±ci (a) F 1 + F 2 + + F n = F n+2 1, (b) F 1 + F 3 + + F 2n 1 = F 2n, (c) F 2 + F 4 + + F 2n = F 2n+1 1, (d) F 2 1 + F 2 2 + + F 2 n = F n F n+1. Zadanie 4.22. Udowodni,»e liczby Fibonacciego speªniaj to»samo± znan jako równo± Cassiniego. F n+1 F n 1 F 2 n = ( 1) n, (4.12) Zadanie 4.23. Udowodni,»e dla liczb Lucasa speªnione s równania (a) L 0 + L 1 + L 2 + + L n = L n+2 1, (b) L 1 + L 3 + L 5 + + L 2n+1 = L 2n+2 2.