III Rekursja 2

III Rekursja 2

uczelnia: PJWSTKprzedmiot: Matematyka Dyskretna 2wykładowca: dr Magdalena Kacprzakdata: październik 2010

Materiały pomocnicze do wykładu

Rozwiązywanie równań rekurencyjnych

Jednorodne liniowe równania rekurencyjne

Twierdzenie

Niech k będzie ustaloną liczbą naturalną dodatnią i niech (*) oznacza zależność rekurencyjną między wyrazami ciągu {a(n)}: (*)

gdzie D0, ..., Dk-1 są ustalonymi liczbami zespolonymi oraz niech a(0), a(1), ...,a(k-1) będą warunkami początkowymi.

a(n)D1)a(nD

...2)-ka(nD1)-ka(nDk)a(n

01

2k1-k

Twierdzenie

Każdy ciąg {a(n)} spełniający dla n 0 zależność (*) jest postaci

gdzie m oznacza liczbę różnych pierwiastków wielomianu charakterystycznego

m

1iiWa(n)

012k

2k1k

1kk DxD...xDxDxP(x)

Twierdzenie

Oznaczmy te pierwiastki przez z1, ... zm zaś ich

krotności przez k1, ... km odpowiednio. Wtedy Wi

ma postać:

gdzie p=ki-1, zaś C0, ..., Cp-1, Cp są ustalonymi

liczbami zespolonymi.

)nCnC...nC(C)(zW pp

1p1p10

nii

Przykład

Rozważmy następujące jednorodne liniowe równanie rekurencyjne

a(n)2

11)a(n

4

72)a(n3)a(n

2,a(2)1,a(1)0,a(0)

Przykład

Wtedy wielomian charakterystyczny tego równania ma postać

2

1x

4

7xxP(x) 23

Przykład

Ponieważ

to pierwiastkami są x1=-1/2, x2=-1/2, x3=2

2)(x2

1xP(x)

2

Przykład

Zatem

n3

n

21 2C2

1)Cn(Ca(n)

Przykład

Brakujące współczynniki wyznaczamy z układu trzech równań liniowych

dla a(0)=0, a(1)=1, a(2)=2

a(2)4C)C(2C2

1

a(1)2C)C(C2

1a(0)CC

321

2

321

32

Przykład

OstatecznieC1=4/5, C2=-9/25, C3=9/25

a z tego rozwiązaniem rozważanego równania jest

nn

225

9

2

1)

25

9n

5

4(a(n)

Niejednorodne liniowe równania rekurencyjne

Redukcja do równań jednorodnych

Rozważmy następującą zależność rekurencyjną

Zauważmy, że

Ba(n)D1)a(nD...1)-ka(nDk)a(n 011k

B1)a(nD2)a(nD...k)a(nD1)ka(n 011k


Odejmując stronami oba równania dostajemy

a(n)D1))a(nD-D(2))a(nD-D(

...1)-k)a(nD-D(k)a(nD

k)a(n-1)ka(n

01021

1k2k1k


Stąd

a(n)D1))a(nD-D(2))a(nD-D(

...1)-k)a(nD-D(k)1)a(n(D

1)ka(n

01021

1k2k1k


Zatem niejednorodne liniowe równanie rekurencyjne sprowadziliśmy do jednorodnego równania rekurencyjnego, którego rozwiązanie opisuje wielomian charakterystyczny

0102

21

1-k1k2k

k1k

1k

D)xD-D()xD-D(

...)xD-D(1)x(DxP(x)

Przykład

Rozważmy następujące niejednorodne liniowe równanie rekurencyjne

1a(n)2

1)1a(n

4

72)a(n

4

13a(2)1,a(1)1,a(0)

Przykład

Wówczas

Po odjęciu stronami dostajemy

a(n)2

1-1)a(n

4

7

2

1)2a(n1

4

73)a(n

11)a(n2

1)2a(n

4

73)a(n

1a(n)2

1)1a(n

4

72)a(n

Przykład

Wielomian charakterystyczny tego równania ma postać

2

1

4

5x

4

11xP(x) 23 x

Przykład

Ponieważ

to pierwiastkami są x=-1/4, x=1, x=2

2)1)(x(x4

1xP(x)

Przykład

Zatem

n3

n2

n

1 2C1C4

1Ca(n)

Przykład

Brakujące współczynniki wyznaczamy z układu trzech równań liniowych

dla a(0)=1, a(1)=1, a(2)=13/4

a(2)4CCC4

1

a(1)2CCC4

1a(0)CCC

321

2

321

321

Przykład

OstatecznieC1=4/5, C2=-4/5, C3=1


nn

25

4

4

1

5

4a(n)

Funkcje tworzące

Definicja

Rozważmy ciąg liczbowy {a(n)}. Wówczas

nazywamy zwykłą funkcją tworzącą lub krótko funkcją tworzącą.

0n

na(n)xf(x)

Uwagi

Funkcje tworzące mają zatem postać szeregów potęgowych.

Dla każdego takiego szeregu istnieje liczba rzeczywista R0, zwana

promieniem zbieżności, taka że jeśli |x|<R, to jest on absolutnie zbieżny, a ponadto można go różniczkować i całkować wyraz po wyrazie dowolną liczbę razy.

Wzór Taylora

Zachodzi też wtedy wzór Taylora

0,1,....n,n!

(0)fa(n)

(n)

Uwagi

Niestety, gdy liczby a(n) są zbyt duże, wówczas R=0 i funkcje tworzące stają się bezużyteczne. Tak jest na przykład, gdy

a(n)=n!. Nietrudno zauważyć, że szereg

jest rozbieżny dla każdego x>0.

0n

nxn!

Wykładnicza funkcja tworząca

Aby ominąć ten problem, wprowadza się wykładniczą funkcję tworzącą

której promień zbieżności jest zwykle dodatni.

0n

n

n!

xa(n)f(x)

Uwagi

Na przykład, jeśli a(n) jest liczbą wszystkich

funkcji ze zbioru n-elementowego w siebie, czyli a(n)=nn, to szereg

jest rozbieżny dla każdego x>0,

1n

nnxn

Uwagi

ale szereg

jest zbieżny dla wszystkich x<1/e, ponieważ nn<n!en.

1n

nn

n!

xn

Uwagi

Wykładnicze funkcje tworzące stosuje się na ogół w przypadkach, o których wiemy lub spodziewamy się, że a(n) rośnie szybciej niż wykładniczo.

Od tej pory będziemy zakładać, że |x|<R.

Przykład 1

Rozważmy ciąg: 1,2,4,8,16,…

a(n)=2n, n=0,1,....

Wówczas funkcja tworząca ciągu {2n} dana jest wzorem:

0n

32n

0n

nn

2x-1

1...(2x)(2x)2x1(2x)

x2f(x)

Przykład 2

Rozważmy ciąg: 1,2,3,4,5,… a(n)=n+1, n=0,1,....

Wówczas funkcja tworząca ciągu {n+1} dana jest wzorem:

2

''

0n

1n

0n

1n

0n

n

x-1

1

x1

xx)'(x

1)xn(f(x)

Przykład 3

Rozważmy ciąg:

Funkcja tworząca tego ciągu jest skończoną sumą i ma postać

k

0n

nn x)(1xn

kf(x)

0,1,.....n,n

ka(n)

....,3

k,

2

k,

1

k,

0

k

Przykład 3

Innymi słowy, dwumian Newtona (1+x)k

jest zwykłą funkcją tworzącą ciągu

określającego liczbę n-wyrazowych kombinacji zbioru k-elementowego.

n

k

Przykład 4

Z drugiej strony

Tak więc (1+x)k jest jednocześnie wykładniczą funkcją tworzącą ciągu określającego liczbę n-wyrazowych wariacji bez powtórzeń ze zbioru k-elementowego.

n!

x

n)!(k

k!x)(1

nk

0n

k

Przykład 5

Funkcja

jest wykładniczą funkcją tworzącą dla liczby n-wyrazowych wariacji z powtórzeniami ze zbioru k-elementowego

nxn

0n

n en!

xkf(x)

Zastosowania

Rozwiązywanie równań rekurencyjnych

1. Postać rekurencyjna ciągu

2. Funkcja tworząca ciągu

3. Postać zwarta funkcji tworzącej

4. Rozwinięcie funkcji tworzącej w szereg Taylora

5. Postać jawna ciągu (współczynniki rozwinięcia funkcji tworzącej w szereg to kolejne wyrazy ciągu)

Proste na płaszczyźnie


Na ile spójnych obszarów dzieli płaszczyznę n prostych, z których żadne dwie nie są równoległe i żadne trzy nie przecinają się w jednym punkcie?


1. Układamy zależność rekurencyjną

Oznaczmy szukaną liczbę przez a(n). Mamy a(0)=1 i a(1)=2. Prowadząc n-tą prostą przetniemy wszystkie n-1 poprzednie, a to oznacza, że przetniemy na dwie części n obszarów spójnych, zwiększając tym samym liczbę obszarów o n.


Zatem a(n)=a(n-1)+n dla n1

2. Określamy funkcję tworzącą

Niech f(x) będzie funkcją tworzącą tego ciągu. Wtedy

n

1n

0n

0n

xn)1)(a(na(0)xxa(n)f(x)


3. Znajdujemy postać zwartą

)'xx(a(n)xx1

nxxa(n)x1

nx1)xa(n1

n)x1)(a(na(0)xf(x)

0n

n

0n

n

1n

1-n

0n

1n

1n

n

1n

n

1n

n0


Stąd

2

0n

n

x1

1xxf(x)1

)'x1

1x(xf(x)1

)'xx(xf(x)1


Zatem

czyli

2x1

1xxf(x)1f(x)

2x1

1x1x)-f(x)(1

3x1

x

x)-(1

1f(x)


1n

n

0n

n x2

1nxf(x)

0n

n

0n

n x2

2nxxf(x)

0n

1n

0n

n x2

2nxf(x)

4. Rozwijamy funkcję tworzącą w szereg


2

1n1a(n)

Ostatecznie

5. Wyznaczamy postać jawną ciągu

Skorzystaliśmy tutaj z rozwinięcia Taylora

gdzie dla dowolnej liczby rzeczywistej r


n!

1)n1)...(rr(r

n

r

0n

nr xn

rx)(1

W szczególności


2

2n1)(

n!

2)(n...431)(

n

3- nn

Wieża Hanoi

Wieża Hanoi

Niech a(n) będzie minimalną liczbą ruchów niezbędną do przeniesienia wieży składającej się z n krążków.


a(n)=2a(n-1)+1 oraz a(1)=1

Wieża Hanoi

2. Określamy funkcję tworzącą

2n

nn

2n

n

2n

1

n

1n

x1x1)2a(nx1

x1)1)(2a(na(1)x

xa(n)f(x)

Wieża Hanoi

x1

x2xf(x)

xxa(n)2x

xx1)a(n2xxf(x)

1n

nn

1n

2n

n1-n

2n


Wieża Hanoi

Stąd

2x)-x)(1(1

xf(x)

x1

x2x)-f(x)(1

x1

x2xf(x)f(x)

Wieża Hanoi

1n

nn

1n

n

1n

n x12x2x

x)(1

x

2x)-(1

2x

2x)-x)(1(1

xf(x)


Wieża Hanoi


a(n)=2n-1

Podzbiory bez sąsiadów


Ile podzbiorów zbioru [n]={1,2,...,n},

wliczając zbiór pusty, nie zawiera sąsiednich liczb?



Oznaczmy szukaną liczbę przez a(n) i podzielmy wszystkie podzbiory tego typu na dwie klasy: te do których nie należy liczba 1, i te do których 1 należy. Tych pierwszych jest tyle, ile podzbiorów bez sąsiadów zbioru {2,...,n}, a więc a(n-1). Tych drugich jest tyle, ile podzbiorów bez sąsiadów zbioru {3,...,n}, a więc a(n-2).


Zatem a(n)=a(n-1)+a(n-2)

przy warunkach początkowych

a(0)=1 i a(1)=2


2. Określamy funkcję tworzącąDla a(0)=a(1)=1 funkcja tworząca ciągu Fibonacciego przyjmuje postać

n

2n

n

2n

1

n

0n

x2))a(n1)(a(nx1

x2))a(n1)(a(na(1)xa(0)

xa(n)f(x)


f(x)xxf(x)1

xa(n)xxa(n)x1xa(n)xa(n)1

xa(n)xa(n)x1

x2)a(nx1)a(nx1

x2))a(n1)(a(nx1f(x)

2

n

0n

2n

0n

2n

0n

1n

0n

2n

0n

1n

1n

n

2n

n

2n

n

2n



Stąd

gdzie

xa15

1a

xa15

1a

xx1

1f(x)

2

2

1

1

2

2

51ai

2

51a 21


0n

n

1n1n

x2

51

5

1

2

51

5

1f(x)



1n1n

2

51

5

1

2

51

5

1)n(a

Twierdzenie o rekursji uniwersalnej


Niech a1, b>1 będą stałymi, f:NR+{0} pewną

funkcją i niech T(n) będzie równaniem

rekurencyjnym postaci

T(n)=aT(n/b)+f(n),

gdzie n/b tratujemy jako n/b albo n/b wtedy


jeżeli f(n)=O(nlog[b]a-) dla pewnej stałej >0, to

T(n)=(nlog[b]a) jeżeli f(n)=(nlog[b]a) dla pewnej stałej >0, to

T(n)=(nlog[b]a lgn) jeżeli f(n)=(nlog[b]a+) dla pewnej stałej >0, to

T(n)=(f(n))

pod warunkiem, że af(n/b)cf(n) dla pewnej stałej c<1 i wszystkich dostatecznie dużych n.

Przykład

Rozważmy równanie

T(n)=3T(n/3)+n3+n.

Wówczas a=3, b=3, f(n)=n3+n.

Zauważmy, że f(n) = (n1+) dla =2.

Zatem

T(n)=(f(n))=(n3+n)

Przyjmujemy, że c=2/3:

3f(n/3)=n3/9+n 2/3(n3+n)=2/3f(n).

Zadania

Zadanie 1

Wyznaczyć liczbę a(n) ciągów binarnych długości n, w których żadne dwa zera nie występują obok siebie.

Zadanie 1

a(1)=2 – ciągi 1; 0a(2)=3 – ciągi 01; 10; 11a(3)=??

Zadanie 1

a(1)=2 – ciągi 1; 0a(2)=3 – ciągi 01; 10; 11a(3)=5 – ciągi 011; 101; 111; 010; 110

a(n)=a(n-1)+a(n-2) dla n>2

Zadanie 1


Pierwiastkami tego wielomianu są

2

51xoraz

2

51x 21

1xxP(x) 2

Zadanie 1

Zatem

n

2

n

1 2

51C

2

51Ca(n)

Zadanie 1

Brakujące współczynniki wyznaczamy z układu dwóch równań liniowych

dla a(1)=2, a(2)=3

)2(a2

51C

2

51C

)1(a2

51C

2

51C

2

2

2

1

1

2

1

1

Zadanie 1

Ostatecznie


nn

2

51

52

35

2

51

52

35a(n)

52

35C oraz

52

35C 21

Zadanie 2

Wyznaczyć liczbę a(n) ciągów ternarnych (złożonych z cyfr 0,1,2) długości n, w których żadne dwie jedynki nie występują obok siebie.

Zadanie 2

a(1)=3 – ciągi 2; 1; 0a(2)=8 – ciągi 00; 01; 02; 10; 12;

20; 21; 22a(3)=??

Zadanie 2

a(1)=3 – ciągi 2; 1; 0a(2)=8 – ciągi 00; 01; 02; 10; 12;

20; 21; 22a(3)=22 – ciągi 000; 010; 020; 100; 120; 200; 210; 220;002; 012; 022; 102; 122; 202; 212; 222;201; 101; 001; 221; 121; 021

Zadanie 2

a(n)=2a(n-1)+2a(n-2) dla n>2

Zadanie 2


Pierwiastkami tego wielomianu są

31xoraz31x 21

2x2xP(x) 2

Zadanie 2

Zatem

n2

n

1 31C31Ca(n)

Zadanie 2

Brakujące współczynniki wyznaczamy z układu dwóch równań liniowych

dla a(1)=3, a(2)=8

)2(a31C31C

)1(a31C31C2

2

2

1

1

2

1

1

Zadanie 2

Ostatecznie


6

323C oraz

6

323C 21

nn31

6

32331

6

323a(n)

III Rekursja 2

Documents

Transcript of III Rekursja 2