Geldwisselprobleem van Frobenius

Transcriptie

1 Geldwisselprobleem van Frobenius Karin van de Meeberg en Dieuwertje Ewalts 12 december

2 Inhoudsopgave 1 Inleiding 3 2 Afspraken 3 3 Is er wel zo n g? 3 4 Eén waarde 4 5 Twee waarden 4 6 Lampenalgoritme Drie munten 9 8 Vier of meer 11 9 Speciale gevallen 11 2

3 1 Inleiding Stel je hebt munten met k verschillende waarden, wat is dan het grootste bedrag dat je niet gepast kunt betalen? (Er vanuit gaande dat je van elke waarde net zoveel munten tot je beschikking hebt als nodig is.) Dit probleem staat bekend als het geldwisselprobleem van Frobenius. Of in iets meer wiskundige taal: het lineaire diophantische probleem van Frobenius. 2 Afspraken Om dit probleem te gaan analyseren, maken we eerst een paar afspraken. We hebben k munten, genummerd a 1, a 2,..., a k, met a i < a j voor i < j. Bovendien geldt ggd(a i, a j ) = 1 voor i j en a 1 1, anders is het probleem natuurlijk meteen opgelost. En het grootste bedrag dat niet gemaakt kan worden noemen we g. 3 Is er wel zo n g? We gaan eerst bewijzen dat er zo n g bestaat als je met twee verschillende munten begint. En daaruit volgt dan hoe het zit met meer dan twee munten. Stelling 3.1 Voor a 1 en a 2, met ggd(a 1, a 2 ) = 1, a 1 < a 2 en a 1 1, bestaat er een grootste g die niet te maken is als niet-negatieve lineaire combinatie van a 1 en a 2. Bewijs 3.1 We gaan rekenen modulo a 2. Defenieer b i = (i a 1 ) mod a 2, i 1,..., a 2. Bewering b i b j als i j. Stel deze bewering is niet waar, dan i, j 1,..., a 2 met b i = b j en i j. Oftewel (i a 1 ) mod a 2 = (j a 1 ) mod a 2. Neem aan j > i dan (1) n Z zdd i a 1 + n a 2 = j a 1 i + n a 2 a 1 = j We weten dat a 1 geen deler is van a 2, dus moet gelden dat a 1 n, dus p Z zdd a 1 p = n. We vullen dit in en krijgen: i+p a 2 = j. Hieruit volgt i = j p a 2. Er zijn drie mogelijkheden: p = 0 dan j = i en dat is in strijd met de voorwaarde voor j. p > 0 dan i 0 want p is minimaal 1 en j a 2, dus dit kan ook niet. p < 0 dan i > a 2, want j > 1 (omdat j > i 1) en p 1, dus dit kan ook niet. 3

4 We hebben dus een tegenspraak afgeleid en dus bewezen dat onze bewering wel waar is. Dus b i b j als i j. Er zijn dus a 2 verschillende b i, oftewel {0 mod a 2, 1 mod a 2,..., a 2 1 mod a 2 }. b a2 (= a 1 a 2 mod a 2 ) is het laatste getal dat er bij gekomen is. Zeg a 1 a 2 = c. We gaan nu kijken vanaf c. (c+1) mod a 2 = 1 en dus is c+1 te maken als niet-negatieve lineaire combinatie van a 1 en a 2. Dit is zo want b l met b l (= (l a 1 ) mod a 2 ) = 1 en l < a 2. Dus l a 1 = 1 + m a 2 met m < a 1. En als je hier een aantal keren a 2 bij optelt kom je bij c + 1 uit. Net zo kun je c + 2, c + 3,... maken. Er is dus zeker een grootste bedrag die je niet kunt maken, want vanaf c kun je alles maken. Voor twee verschillende waarden weten we dus dat er een grootste bedrag is, dat je niet als niet-negatieve lineaire combinatie kunt schrijven. Nu is het natuurlijk logisch dat er dan ook een g bestaat als je meer dan twee verschillende munten hebt. Er is dus altijd een grootste te vinden die je niet kunt maken als je met minimaal twee waarden begint. 4 Eén waarde We weten nu dus dat er een grootste bedrag te vinden is als je met twee of meer munten begint (die voldoen aan de afspraken). Maar hoe zit het nu met één munt? Het antwoord hierop is heel simpel. Meestal heb je oneindig veel bedragen die je niet kunt maken. Begin je a dan kun je alleen maar veelvouden van a maken, en tenzij a = 1 heb je dan oneindig veel getallen die niet te maken zijn. Bij a = 2 bijvoorbeeld kun je alle oneven getallen niet maken. Alleen dus als a = 1 kun je alle (gehele) getallen maken, want dit zijn natuurlijk veelvouden van 1. 5 Twee waarden Voor één munt is het dus helemaal duidelijk. Voor twee munten is het iets moeilijker. (We noemen ze weer a 1 en a 2.) Het probleem is hoe je het grootste bedrag vindt. Een methode die goed werkt, maar soms wel behoorlijk lang kan duren (vooral als je hele grote getallen hebt), is het gewoon uit proberen. Je begint bij 1, deze kun je nooit maken. Dus ga je verder naar 2. Dit kun je alleen maken als een van je munten toevallig de waarde 2 is. En voor 3 geldt het zelfde. Je ziet dus al heel snel dat je bij je kleinste waarde kunt gaan beginnen met kijken. En dan ga je verder, kun a maken, en a enzovoorts. Maar zoals we al zeiden dit kan heel lang duren. Bovendien moet je flink gaan 4

5 puzzelen om te kijken of getallen wel of niet kunnen. En hoe weet je nu wanneer je kunt stoppen? De truc hervoor is te kijken naar het kleinste getal. Als je net zo veel opeenvolgende bedragen kunt maken als de waarde van de kleinste munt, dan mag je stoppen. Stel je kleinste waarde is bijvoorbeeld 3 en op zeker moment zie je dat je 12, 13, 14 kunt maken. Dan kun je ook 15, 16, 1 maken door er één keer een drie bij te doen. En dus kun je ook 18, 19, 20 maken enzovoorts. Er is ook nog een andere methode, die ook wel bekend staat als het lampenalgoritme. Dit levert sneller de juiste oplossing en je hoeft niet te puzzelen. Dit algoritme is trouwens ook goed op de computer te implementeren, dus dan hoef je alleen maar de getallen in te geven. En wat helemaal fijn is, is dat het ook voor meer dan twee waarden goed werkt. In het volgende hoofdstuk staat uitgelegd hoe het lampenalgoritme werkt. Voor twee waarden is er trouwens nog een vele makkelijkere manier om aan het juiste antwoord te komen. Er bestaat namelijk een formule voor het vinden van het grootste getal dat niet kan. Stelling 5.1 Gegeven a 1, a 2 met a 1 < a 2, ggd(a 1, a 2 ) = 1 en a 1 1, dan (2) g = (a 1 1) (a 2 1) 1 Bewijs 5.1 We moeten twee dingen bewijzen: 1. (a 1 1) (a 2 1) 1 is inderdaad niet te schrijven als niet-negatieve lineaire combinatie van a 1 en a Alle getallen groter dan (a 1 1) (a 2 1) 1 zijn wel te schrijven als niet-negatieve lineaire combinatie van a 1 en a 2. We beginnen met het eerste deel te bewijzen. Stel je kunt (a 1 1) (a 2 1) 1 wel schrijven als lineaire combinatie van a 1 en a 2. De volgende uitspraken zjin equivalent: (3) (a 1 1) (a 2 1) 1 = p a 1 + q a 2 met p, q N (4) a 1 a 2 a 2 a 1 = p a 1 + q a 2 (5) a 1 a 2 a 1 (p + 1) a 2 (q + 1) = 0 Deel nu door a 1, dan krijgen we: (6) a 2 (p + 1) a 2 (q + 1) a 1 = 0 5

6 Omdat ggd(a 1, a 2 ) = 1 moet gelden dat a 1 (q + 1). Net zo zie je dat a 2 (p + 1). Als we (6) ook delen door a 2 krijg je: () 1 p + 1 a 2 q + 1 a 1 = 0 Omdat a 1, a 2, p, q N zijn er twee mogelijkheden: p+1 1. a 2 = 1 en q+1 a 1 = 0 Hier uit volgt dat q + 1 = 0 q = 1 Tegenspraak; q N, dus deze mogelijk is uitgesloten. p+1 2. a 2 = 0 en q+1 a 1 = 1 Hier uit volgt dat p + 1 = 0 p = 1 Tegenspraak; p N, dus deze mogelijk is ook uitgesloten. We zien dus dat (a 1 1) (a 2 1) 1 niet te schrijven is als niet-negatieve lineaire combinatie van a 1 en a 2. We weten dat ggd(a 1, a 2 ) = 1 dus b i a 1 mod a 2 met 1 i a 2 1 zijn allemaal verschillend en levert het volgende rijtje op: {1, 2, 3,..., a 2 1} allemaal mod a 2. (In bewijs (3.1) staat uitgelegd waarop het allemaal verschillende zijn, en 0 = a 2 a 1 mod a 2, dus deze komt niet in het rijtje voor.) We kijken nu naar alle getallen die je kunt maken als positieve lineaire combinatie van a 1, a 2. n = a 1 a 2 a 1 a 2 kunnen we niet maken als niet-negatieve lineaire combinatie, dus N = a 1 a 2 is niet te maken als positieve lineaire combinatie. We willen nu bewijzen dan alle M a 1 a te maken zijn als positieve lineaire combinatie van a 1, a 2. Zeg M a 1 a 2 + 1, kijk dan naar M mod a 2. Er zijn nu twee mogelijkheden: 1. M mod a 2 = 0 Dan M = y a 2 met y > a 1, dus M = a 1 a 2 +(y a 1 ) a 2. Er geldt y a 1 > 0, a 1 > 0, dus dit is een positieve lineaire combinatie. 2. M mod a 2 > 0, zeg M mod a 2 = m dan m {1, 2,..., a 2 1}. Maar {1, 2,..., a 2 1} was het rijtje dat gemaakt is door b i a 1 mod a 2 met 1 i a 2 1. Dus M = b i a 1 mod a 2, dus a 2 M b i a 2 ofwel M = b i a 1 + p a 2 voor zekere p N. Omdat M > a 1 a 2 en b i < a 2 moet gelden p > 0, dus ook dit is een positieve lineaire combinatie. We weten nu dus dat alle M > a 1 a 2 te schrijven zijn als positieve lineaire combinaties, dus alle N > a 1 a 2 a 1 a 2 zijn te schrijven als niet-negatieve lineaire combinaties van a 1, a 2. En dit is juist wat we zochten! 6

7 6 Lampenalgoritme Om het lampenalgoritme wat begrijpelijker te maken, voeren we het uit voor het volgende rijtje getallen: {5,, 8}. We beginnen met k getallen die aan onze afspraken voldoen. a k (= N) is de grootste. (In ons voorbeeld 8.) Maak nu een cirkel met a k lampjes, genummerd 0, 1,..., N 1. Om te beginnen zijn alle lampjes uit behalve lamp 0. We lopen nu de cirkel rond, waarbij we kijken naar de lampjes die uit zijn. Een lampje dat uit is wil zeggen dat het bijbehorende getal (dus het nummer van het lampje + het aantal keer dat we lampje 0 gepasserd zijn maal a k ) niet geschreven kan worden als niet-negatieve lineaire combinatie van a 1,..., a k. Zijn we bij een lampje dat uit is, kijk dan of een lampje dat a 1 of a 2 of... of a k 1 daarvoor staat, aan is. Als dit het geval is, maak dan het lampje aan. Dus stel we zijn bij lampje n, en lampje m dat a 2 plaatsen voor lampje n staat, is aan. Dan mogen we nu lampje n ook aan maken. (De lampjes staan namelijk voor getallen en kunnen we een bepaald getal maken, dan kunnen we ook alle getallen waar a 1 of a 2 of... of a k 1 bij op geteld is.) Is dit niet geval, kijk dan naar het volgende lampje. We beginnen dus bij lampje 1, omdat de lampjes die 5 en plaatsen ervoor zitten niet aan zijn, kijken we naar lampje 2. Hier geldt het zelfde verhaal, net als bij lamp 3 en 4. Bij lampje 5 gaat voor het eerst iets gebeuren, want lampje 0 is aan, dus moet lampje 5 aangemaakt worden. Net zo moet lamp worden aangemaakt. (Lampje 6 kan niet.) Elke keer als je een lampje aangemaakt hebt, moet je controleren of je klaar bent. Je bent klaar als er a 1 opeenvolgende lampjes aan zijn. Is dit niet het geval ga dan verder. Als je bij weer lampje 0 bent, en er zijn nog niet genoeg lampjes aan, begin dan weer bij lampje 1. Maar houd wel bij hoe vaak je rondgaat. We zijn bij lamp 0, er zijn nog geen 5 lampjes achter elkaar aan (alleen 0, 5 en zijn aan), dus we gaan verder met een nieuwe ronde. We zijn nu een keer rond geweest (we houden dit bij op een papiertje). We kijken weer naar lampje 1, deze kan nog steeds niet aangemaakt worden, want zowel lampje 4 als lampje 2 zijn niet aan (tel maar resp. 5 en lampjes terug). Dan verder naar lampje 2, dit is ook nog niet aan. Maar lampje 5 wel en deze zit 5 lampjes voor lampje 2. Dus we mogen 2 aanmaken. Lampje 3 mag niet aan, maar lampje 4 wel omdat lampje aan is. Lampje 5 was al aan dus hier hoeven we niet meer naar te kijken. Lampje 6 mag aan omdat lampje aan is. Nu moeten we stoppen, want de lampjes 4, 5, 6, en 0 zijn aan. En dit zijn vijf opeenvolgende lampjes. We zijn nu klaar met lampjes aanmaken, nu moeten we alleen nog het juiste getal vinden met behulp van onze lampjes. We hebben dus een rij van a 1 opeenvolgende lampjes die aan zijn. Het lampje dat uit is en net voor het rijtje zit is belangrijk (lampje d). Noem het aantal keren dat je lampje 0 bent gepasserd n.

8 Het lampenalgoritme met {5,, 8} Na èèn keer rondgaan Er zijn genoeg lampjes aan Een lampje dat aan is Een lampje dat uit is Er zijn twee verschillende situaties: 1. In het rijtje opeenvolgende lampjes zit niet lampje 0. Dan wordt de formule voor het gezochte getal: (8) g = d + n a k of alleen als laatste lampje van de rij. 2. In het rijtje opeenvolgende lampjes komt lampje 0 wel voor, dan zijn er weer twee mogelijkheden: (a) Het laatste lampje dat aangemaakt moet worden om de rij van opeenvolgende lampjes lang genoeg te maken komt na lampje 0 in de rij. Dan wordt de formule: (9) g = d + (n 1) a k (b) Het laatste lampje dat aangemaakt moet worden om de rij van opeenvolgende lampjes lang genoeg te maken komt voor lampje 0 in de rij. Dan wordt de formule: (10) g = d + n a k De reden dat dit algoritme werkt is simpel. We gebruiken weer dezelfde truc als in hoofdstuk 5. We kunnen op een bepaald moment stoppen omdat er genoeg lampjes achter elkaar aan zijn. En we moeten dus weer zoeken wat 8

9 dan het grootste getal is dat daarvoor zit, dat we niet kunnen maken. Dus het lampje dat net vóór het rijtje zit, verwijst naar het gezochte getal. Omdat we eigenlijk modulo a k werken, moeten we dus nog een aantal keer a k optellen bij het nummer van het lampje. Je moet weten hoe vaak je a k bij het lampje moet optellen. Gelukkig heb je bijgehouden hoe vaak je lampje 0 bent gepasseerd. Als lampje 0 niet in het rijtje voorkomt, dan kun je gewoon het aantal keer dat je lampje 0 gepasseerd bent, maal a k optellen bij d. Als lampje 0 er wel in zit dan moet je ook kijken naar het laatste lampje dat je aangemaakt hebt. Komt dit in het rijtje nog voor lampje 0, dan is er niets aan de hand, maar komt hij na de lampje 0. Dan ben je eigenlijk alweer met een nieuwe ronde begonnen terwijl het gezochte lampje nog in de vorige ronde zit. En dan moet je a k maal het aantal keer dat je lampje 0 gepasseerd bent minus één erbij optellen. Terug naar ons voorbeeld. We waren klaar met lampjes aanmaken. Het lampje dat net voor het rijtje zit is lampje 3. We zien dat lampje 0 in het rijtje zit, dus moeten we kijken naar het laaste lampje dat aangemaakt is. Dit was lampje 6, deze komt lampje 0 in het rijtje. Het aantal keer dat we rond zijn geweest is 1. Dus het gezochte getal is = 11. Drie munten Voor drie munten is er ook een formule gevonden, deze is helaas wel wat moeilijker. Stel a, b, c zijn positieve gehele getallen met onderling een grootste gemene deler van 1. Dan (11) g(a 1, a 2, a 3 ) = a 1 +a 2 (s v 1)+a 3 (P v+1 1) min(a 2 s v+1, a 3 P v ) Maar we moeten dus eerst s i en P i uitrekenen. Dit doe je onder andere met het algorimte van Euclides. En dat gaat als volgt: stap 1 Eerst moet je s 0 vaststellen. s 0 is als volgt bepaald: (12) a 2 s 0 a 3 (mod a 1 ), 0 < s 0 < a 1 Het kan niet zijn dat s 0 = 0 want dan is geldt c = k a voor zekere k en dit kan niet want de voorwaarde was ggd(a, c) = 1. stap 2 We hebben dus s 0 > 0 en gaan nu delen met rest totdat de rest gelijk aan 0 is, dus het algoritme van Euclides, op de volgende manier: (13) a 1 = s 1 = q 1 s 0 s 1, 0 s 1 < s 0 ; s 0 = q 2 s 1 s 2, 0 s 2 < s 1 ; s 1 = q 3 s 2 s 3, 0 s 3 < s 2 ;... s m 2 = q m s m 1 s m, 0 s m < s m 1 ; s m 1 = q m+1 s m, 0 = s m+1 9

10 Je moet dus stoppen zodra s i = 0. stap 3 Vervolgens moet je P i gaan bepalen, hiervoor heb je de q i uit stap 2 nodig. Het is handig om stap 2 en 3 tegelijkertijd te doen, zodat je de q i niet hoeft te onthouden. We definieren P 1 = 0, P 0 = 1 en gaan nu de rest berekenen: (14) P i+1 = q i+1 P i P i 1, i = 0, 1,..., m stap 4 Omdat geldt dat alle q i 2, volgt nu met inductie, en gebruikmakend van (14), dat: (15) 0 = s m+1 P m+1 < s m P m <... < s 0 P 0 < s 1 P 1 = Er is nu een uniek getal v, 1 v m, die die aan het volgende voldoet: (16) s v+1 P v+1 a 3 a 2 < s v P v stap 5 En nu hebben we dus de goede s v, s v+1, P v, P v+1 om in de formule in te voeren. We geven een voorbeeld waarin we stap voor stap uitrekenen hoe het werkt, en controleren dat met het lampenalgoritme of er inderdaad het juiste antwoord uitkomt. We bekijken de getallen a 1 =, a 2 = 13, a 3 = 23, volgens het lampenalgoritme is het grootste getal dat niet te schrijven is als niet-negatieve lineaire combiantie 45. Dus als het goed is komt er met de formule ook 45 uit. stap 1 Eerst s 0 bepalen. a 3 mod a 1 = 23 mod 2, 13 mod 6, dus 13 5 mod 2. We weten nu dus dat s 0 = 5. stap 2 Vervolgens deling met rest: s 1 = = q 1 = 2 s 1 = 3 (1) 5 = q 2 = 2 s 2 = 1 2 = q 3 = 2 s 3 = 0 We zijn dus klaar want s 3 = 0. stap 3 We gaan de P i bepalen: P 1 = 0, P 0 = 1 P 1 = q 1 P 0 P 1 = = 2 (18) P 2 = q 2 P 1 P 0 = = 3 P 3 = q 3 P 2 P 1 = = 4 stap 4 Vullen we nu (15) in dan krijgen we: (19) 0 = 0 4 < 1 3 < 3 2 < 5 1 < 0 = 10

11 a 3 a 2 = (20) en nu kunnen we dus het getal v zoeken: s 1 P 1 = < 5 1 = s 0 P 0 Dus v = 0. En nu hebben we dus bepaald welke s i en P i van belang zijn. Er rest ons nog maar een ding om het in de formule (11) in te vullen: (21) g(, 13, 23) = + 13 (5 1) + 23 (2 1) min(13 3, 23 1) = 45 We zien dat hier ook 45 uitkomt, net als met het lampenalgoritme. Dit is natuurlijk geen bewijs voor de formule, maar het bewijs is heel erg technisch en getruceerd. Om deze redenen hebben wij besloten het bewijs niet op te nemen in dit verhaal. 8 Vier of meer Voor het geval dat er vier of meer munten in het spel zijn is nog geen oplossing gevonden. Maar het lampenalgoritme werkt ook voor vier of meer, dus met behulp van de computer is het antwoord wel redelijk snel gevonden (de snelheid hangt wel van het algoritme en de computer af). Misschien dat er ooit nog wel eens een formule voor vier of meer munten gevonden wordt. Er zijn wel al formules gevonden voor de bovengrens. Dus dan weet je in ieder geval wel hoe groot het gezochte getal maximaal kan worden. De formules voor de bovengrens zijn niet eens zo moeilijk. We geven een hele makkelijke. (22) (a 1 1) (a 2 1) 1 Dit komt doordat alle getallen die groter zijn gemaakt kunnen worden. En als je met meer dan 2 munten werkt zal g alleen maar kleiner worden dan (a 1 1) (a 2 1) 1. Zie bewijs Speciale gevallen We bekijken enkele speciale gevallen met meerdere munten, waarbij je vaak snel kunt zien wat het antwoord is. * Stel a 1 = 2, dan hoef je alleen nog maar te kijken naar a 2, de waarden van a 3, a 4,..., a k zijn niet van belang. Dit komt doordat in dit geval a i oneven is voor i > 1 en a 2 < a 3 < a 4 <... < a k. Dus zijn alle a j (j > 2) te schrijven als a 2 + l a 1. Bij a 1 = 2 is het zelfs zo dat g = a

12 * In het algemeen geldt dat als a j te schrijven is als niet-negatieve lineaire combinatie van a 1, a 2,..., a j 1, dat je a j dan kunt weglaten. Want a j heeft dan toch geen invloed op g. Een manier om heel snel te zien of je a j kunt weglaten is weer naar de formule (a 1 1) (a 2 1) 1. Is a j > (a 1 1) (a 2 1) 1, dan is a j te schrijven als niet-negatieve lineaire combinatie van a 1, a 2. Zie ook bovengrens (22). * Er is nog een speciaal geval waarvan bekend is wat de oplossing is. Als je namelijk begint met alleen maar opeenvolgende getallen, dan is er een vrij makkelijke formule. Voor k opeenvolgende positieve gehele getallen m, m + 1,..., m + k 1 is de formule voor het grootste getal dat niet als niet-negatieve lineaire combinatie geschreven kan worden: (23) g = ( m + k2 3 ) m + k2 k 2 M k 1 2 met M = m + (m + 1) (m + k 1) + (m + k). Let op hier geldt dus niet dat de ggd van de getallen onderling 1 is, want zodra k > 2 dan zijn er minimaal 2 even getallen bij. Ook hier zullen we even een voorbeeld geven. We beginnen met de volgende getallen 26, 2, 28, 29. Volgens het lampenalgoritme komt hier 233 uit. We gaan dit even narekenen. Dus m = 26 en k = 4 M = = 110 (24) g = ( ) = = We zien dat het overeenkomt met de uitkomst van het lampenalgoritme. 12