Discrete Wiskunde, College 7. Han Hoogeveen, Utrecht University

Transcriptie

1 Discrete Wiskunde, College 7 Han Hoogeveen, Utrecht University

2 Sommatiefactor methode (niet in boek) Doel: oplossen van RBs als Basisidee: f n a n = g n a n 1 + c n ; 1 Vermenigvuldig de RB met een factor s n ; 2 Zorg ervoor dat s n g n a n 1 = s n 1 f n 1 a n 1 : er moet dus gaan gelden dat s n g n = s n 1 f n 1 3 Je krijgt dan de RB: s n f n a n = s n g n a n 1 + s n c n en dit is gelijk aan s n f n a n = s n 1 f n 1 a n 1 + s n c n. 4 Substitueer T n = s n f n a n ; de RB gaat over in T n = T n 1 + s n c n. 5 Los dit op door te sommeren, dan wel de JBF methode.

3 Bepaling s n Je wilt bereiken dat s n g n = s n 1 f n 1, dus er moet gelden dat s n = s n 1f n 1 g n n Deze relatie geldt voor alle n; gebruik dit om s n 1 (en vervolgens s n 2, enz.) uit te rollen. Dit levert (als je lang genoeg doorgaat): s n = f n 1 g n fn 2 g n 1... f 1 g 2 s 1 Je hoeft niet door te gaan tot s 1 ; de constante factor mag je zelf kiezen.

4 Oplossen RB met een genererende functie (1) Op te lossen recurrente betrekking a n = c 1 a n 1 + c 2 a n c h a n h + f (n), met gegeven beginwaarden a 0,..., a h 1. Definieer A(x) = k=0 a k x k. Strategie: construeer uitgaande van de RB een vergelijking in A(x) en los daaruit A(x) op; nu kun je de gewenste uitkomst a n vinden als de coëfficiënt van x n in A(x).

5 Oplossen RB met een genererende functie (2) a k+h = c 1 a k+h 1 + c 2 a k+h c h a k + f (k + h), (1) met gegeven beginwaarden a 0,..., a h 1. Strategie: 1 Vermenigvuldig vergelijking (1) voor gegeven k (k = 0,..., ) met x k+h 2 Sommeer al deze vergelijkingen over k (k = 0,..., ) 3 Vertaal de verkregen vergelijking in termen in A(x) 4 Los A(x) op uit deze vergelijking 5 Schrijf A(x) als de som van een aantal breuken met constante teller 6 Vertaal dit naar A(x) = k=0 a k x k.

6 Hulpstelling: breuksplitsing Stelling (breuksplitsing) Gegeven de breuk p(x)/q(x), waarbij p(x) en q(x) polynomen zijn waarbij de graad van p(x) lager is dan de graad van q(x). Stel verder dat q(x) kan worden ontbonden als q(x) = (x x 1 ) µ 1... (x x m ) µm ; x 1,..., x m zijn dus de nulpunten van q(x) met multipliciteit µ 1,..., µ m. Dan geldt p(x) q(x) = λ 1,1 (x x 1 ) + λ 1,2 (x x 1 ) λ 1,µ1 (x x 1 ) µ λ m,1 (x x m ) λ m,µ m (x x m ) µm, waarbij de λ i,j constanten zijn.

7 Dwangterm (1) Uitgaande van een dwangterm f (k + h) vind je f (k + h)x k+h. k=0 Schrijf dit om naar een breuk; gebruik dat 1 ( ) (1 y) h = k + h 1 y k, h 1 k=0 waarna je voor y de geschikte waarde invult. Bijv. f (k + h) = k 2 3 k ; haal eerst x h voor het som teken. Werk door met k=0 k 2 3 k x k.

8 Dwangterm (2) Bijv. f (k + h) = k 2 3 k : gebruik y = 3x. Nu nog die factor k 2. Je hebt ( k+2) 2 (dus h = 3) nodig om die factor k 2 te krijgen; gebruik dat ( ) k = (k + 2)(k + 1) = k 2 + 3k Nu nog corrigeren voor 3k + 2 te veel: 3k + 2 = 3(k + 1) 1, dus het wordt 1 2 (1 3x) (1 3x) (1 3x).

9 Combinaties van a n en b n Soms heb je twee verschillende uitdrukkingen waarin zowel een a n als een b n voorkomt, bijv. Twee oplosmethoden: a n + 2b n = 2a n 1 + 3b n 1 (1) a n + b n = a n 1 3b n 1 (2) 1 probeer een RB met alleen a n te vinden door te elimineren 2 maak er twee vergelijkingen in twee genererende functies van.

10 The generating function strikes back! Recurrente betrekkingen met een convolutie. Bijv. het aantal Simple Ordered Routed trees. Probleemdefinitie: Er zijn n identieke punten (knopen) in de boom. Er is precies één wortel (knoop die nergens onder hangt) Onder iedere knoop is één positie aan de linkerkant en één positie aan de rechterkant voor een knoop. Aan iedere knoop hangen 0, 1, of 2 kinderen; in geval van één kind maakt het verschil of deze links of rechts hangt. Doel: bepaal het aantal herkenbaar verschillende SOR trees. Hoe ziet een recurrente betrekking er uit voor dit probleem?

11 Convoluties: SOR tree Afleiden RB: definieer u n als het aantal mogelijkheden. Eén punt extra: maak dit de wortel van de boom. Aan de linkerkant hangt een boom van k punten en aan de rechterkant hangt een boom van (n k) punten. Voor de linkerboom zijn er u k en voor de rechterboom zijn er u n k mogelijkheden. Iedere linkerboom kan worden gecombineerd met iedere rechterboom, dus n u n+1 = u h u n h h=0 Dit komt overeen met de coëfficiënt van een convolutie bij een product van twee genererende functies.

12 SOR tree met genererende functie (1) Definieer U(x) = u k x k k=0 Leid een vergelijking af in genererende functies op basis van k u k+1 = u h u k h h=0 Maal x k aan beide kanten en sommeren over alle k geeft Uitwerken: U(x) u 0 x u k+1 x k = k=0 k=0 h=0 k u h u k h x k. = U 2 (x) dus xu 2 (x) U(x) + u 0 = 0.

13 SOR tree met genererende functie (2) Gebruik dat u 0 = 1. Los de vergelijking op; dit geeft U(x) = 1 ± 1 4x 2x Dit moet je weer schrijven als een machtreeks k=0 a k x k. Gebruik het uitgebreide binomium van Newton voor 1 4x = (1 4x) 1 2.

14 Uitwerken 1 4x Toepassen regels uitgebreid binomium ( ) ( ) (1 4x) = 2 ( 4x) k = ( 4x) k k k k=0 k=1 Je wilt bepalen dit is gelijk aan U(x) = 1 ± 1 4x, 2x k=1 ( ) 1 2 ( 4x) k k 2x.

15 SOR tree met genererende functie (3) Uitwerken ( ) 1 2 ( 4) k = ( 1 2 k Hieruit volgt dat )( 1 2 )... ( 1 2 k + 1) k! ( 4) k = ( 1)( (2k 3))(2 k ) (k 1)! k! (k 1)! = 2(2k 2)! = 2 ( ) 2k 2 k 1 k!(k 1)! k k 1 1 4x = 1 k=1 2 k ( ) 2k 2 x k k 1

16 SOR tree met genererende functie (4) We zoeken U(x) = 1 ± 1 4x ; 2x We hadden gevonden ( ) 2 2k 2 1 4x = 1 x k dus k k 1 k=1 ( ) 2 2k 2 x k ( ) U(x) = k k 1 2x = 1 2k 2 x k 1. k k 1 k=1 Omschrijven n = k 1: Hieruit volgt U(x) = n=0 k=1 ( ) 1 2n x n. n + 1 n u n = 1 ( ) 2n : Catalangetal. n + 1 n

17 H7: Inclusie-Exclusie Inclusie-exclusie kan worden gebruikt om het aantal elementen te vinden dat geen enkele eigenschap heeft. Dit is vooral handig als het aantal elementen met een bepaalde eigenschap gemakkelijker te vinden is dan het aantal elementen zonder een bepaalde eigenschap. Bijv. aantal elementen uit {1,..., 1000} dat niet deelbaar is door 3. En niet deelbaar door 3 en ook niet door 5?

18 H7: Inclusie-Exclusie Gebruik hier dat (A B) c = N A B = N A B + A B waarbij N is het totaal aantal elementen, en A is de cardinaliteit van het aantal elementen in A. A is de deelverzameling van getallen die deelbaar zijn door 3; B is de deelverzameling van getallen die deelbaar zijn door 5. Wat is het aantal elementen uit {1,..., 1000} dat niet deelbaar is door 3 en 5, maar wel door 7?

19 Stelling 7.1 Er zijn in totaal N objecten. Ieder object kan r verschillende eigenschappen, a 1,..., a r, bezitten. Gevraagd: het aantal van de N objecten aan die geen enkele van de r eigenschappen bezitten; notatie N(a 1,..., a r). Er geldt r N(a 1,..., a r) = N s 1 + s ( 1) r s r = N + ( 1) t s t. t=1 Gebruikte notatie: N(a i1,..., a it ) is het aantal objecten dat eigenschappen a i1,..., a it bezit (en mogelijk nog andere eigenschappen). s t = N(a i1,..., a it ), waarbij wordt gesommeerd over iedere combinatie van t (t = 1,..., r) verschillende eigenschappen. Bewijs: tel hoe vaak een bepaald element wordt geteld in N(a 1,..., a r).

20 Toepassing: n herkenbare ballen in k niet-lege dozen Wat zijn hier de eigenschappen a 1,..., a r? Formules: r N(a 1,..., a r) = N s 1 + s ( 1) r s r = N + ( 1) t s t. t=1 s t = N(a i1,..., a it ).