Combinatoriek groep 1 & 2: Recursie

Transcriptie

1 Combinatoriek groep 1 & : Recursie Trainingsweek juni 008 Inleiding Bij een recursieve definitie van een rij wordt elke volgende term berekend uit de vorige. Een voorbeeld van zo n recursieve definitie is de volgende: a 0 = 1 a n+1 = (n + 1) a n (n 0). De recursieve definitie bestaat uit een beginvoorwaarde (a 0 = 1) en een recurrente betrekking (a n+1 = (n + 1) a n ) die voorschrijft hoe we elke volgende term uit de huidige moeten uitrekenen. Daarmee ligt je rij dus ook meteen helemaal vast. Als je nu bijvoorbeeld a 10 wilt bereken, neem dan n = 9 in de recurrente betrekking: a 10 = 10 a 9. Het probleem is nu verschoven: we moeten eerst a 9 berekenen. Vervolgens a 8. Zo kun je alsmaar door gaan tot je uitkomt bij de beginstap, in dit geval a 0 = 1. Je kunt ook juist omgekeerd te werk gaan en de termen van de rij opsommen. Begin met a 0, bereken daaruit a 1, daaruit a, et cetera. Bij dit voorbeeld zie je dat er steeds een extra factor bijkomt. Dus a n = n (n 1) (n ) a 0, oftewel a n = n! (n faculteit). Dit noemen we een rangnummerformule voor a n ; hij hangt alleen nog maar af van n (en niet van vorige termen in de rij). Soms kun je aan de recurrente betrekking direct zien wat de rangnummerformule is (zoals in het voorbeeld hierboven). Soms echter is dat ook lastiger. Bereken dan eerst een paar termen, formuleer een vermoeden, zeg a n = f(n) voor zekere functie f. Je kunt nu laten zien dat je vermoeden klopt door te bewijzen dat f(n) ook aan de recursieve definitie voldoet, dus in het voorbeeld hierboven: f(0) = 1 f(n + 1) = (n + 1) f(n) (n 0). Je hebt dan immers een rij gevonden die er aan voldoet en bovendien weet je dat er precies één rij aan voldoet omdat in het algemeen een recursieve definitie de rij nou eenmaal volledig vastlegt. Daarom moet a n wel gelijk zijn aan f(n) voor elke n Z 0. 1

2 Opgave 1 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 10 en a n+1 = 3 + a n (n 0). Opgave Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 10 en a n+1 = a n (n 0). Opgave 3 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 10 en a n+1 = 50 a n (n 0). Opgave 4 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 10 en a n+1 = a n + n (n 0).

3 Opgave 5 Ga na wat er fout kan zijn met de volgende recurrente betrekkingen als je daarmee een rij recursief wilt definiëren. (a) a n+1 = a n + n (n 0). (b) a n+1 = an n 5 a n (n 0). (c) (16 n )a n+1 = (16 n )a n (n 0). (d) (16 n )a n+1 = (16 n)a n (n 0). 1 (e) a n+1 = a n a n 1 (n 1). Moraal van het verhaal: ga altijd na of er bij elke mogelijke waarde van de voorgaande termen en van n wel een unieke nieuwe term a n+1 gedefinieerd is. Soms kan het toch goed gaan; de laatste definitie is bijvoorbeeld wel correct als je simultaan bewijst dat (bij bepaalde gegeven beginvoorwaarden) voor alle n 1 geldt dat a n a n+1. Ga bij de volgende opgaven voor jezelf steeds even na dat de rij inderdaad goed gedefinieerd is. Bereken dan de eerste termen van de rij om een vermoeden te krijgen van een rangnummerformule. Als je het vermoeden eenmaal hebt, gaat het er natuurlijk om of je het ook kunt bewijzen. Opgave 6 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 3, a 1 = 4 en a n+1 = a n 1 na n (n 1). Opgave 7 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 0, a 1 = 1 en a n+1 = a n 1 + 4n (n 1). Opgave 8 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: 3

4 a 0 = 0, a 1 = en a n+1 = 4 + 3a n 1 + a n (n 1). Opgave 9 Laat voor gegeven a R de rij a 0, a 1, a,... als volgt met recursie gedefinieerd zijn: a 0 = a en a n+1 = 5 a n 1 (n 0). (a) Bepaal α zodanig dat de rij voor a = α constant is. (b) Geef een recursieve definitie voor de rij b n = a n α. (c) Los de recursie bij (b) op en geef daarmee ook een rangnummerformule voor a n. Opgave 10 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 5 en a n+1 = a n + (6n + 1n + 9) (n 0). Laat zien dat er een rangnummerformule voor a n van de vorm a n = An 3 + Bn + Cn + D is en bepaal de coëfficiënten. Lineaire recurrente betrekkingen Een algemene lineaire homogene recurrente betrekking van orde met constante coëfficiënten a 0, b en c ziet er als volgt uit: aa n+ + ba n+1 + ca n = 0 (n 0). (1) 4

5 Voor gegeven beginwaarden a 0 en a 1 ligt de rij uniek vast, want je kunt dan a berekenen (a = (ba 1 + ca 0 )/a), en dan ook a 3 (uit a en a 1 ), etc. Dus als we een oplossing vinden, is het ook meteen dé oplossing. Er is een standaardtechniek die altijd werkt om een oplossing te vinden. We zullen zien dat als we de beginvoorwaarden even buiten beschouwing laten, er altijd een exponentiële functie als oplossing is van de recurrente betrekking, dus een functie van de vorm a n = λ n, voor zeker geschikt gekozen grondtal λ. Wat moet er namelijk gelden, wil a n = λ n een oplossing zijn? Dan moet die voldoen aan (1), dus dan moet gelden Oftewel: aλ n+ + bλ n+1 + cλ n = 0 (n 0) () λ n (aλ + bλ + c) = 0 (n 0) In het bijzonder moet dit voor n = 0 gelden, dus in ieder geval moet aλ + bλ + c = 0. (3) Als we omgekeerd een λ vinden die aan deze zogenaamde karakteristieke vergelijking (3) voldoet, dan verkrijgen we na vermenigvuldiging met λ n vergelijking () weer terug, waaruit volgt dat a n = λ n daadwerkelijk een oplossing is van de oorsponkelijke recurrente betrekking zonder beginvoorwaarden. Het polynoom in (3) heet het karakteristiek polynoom. Kortom, de strategie is als volgt. Vervang de recurrente betrekking aa n+ + ba n+1 + ca n = 0 (n 0) door de bijbehorende karakteristieke vergelijking aλ + bλ + c = 0. Die kun je gaan proberen te ontbinden in factoren en anders kom je er met de abc-formule wel uit. Dan vind je dus nul, één of twee reële λ s. Maar als de discriminant negatief, zijn er wel twee complexe λ s die voldoen, en dat is geen enkel probleem; dan nemen we gewoon die. Kortom, we vinden dus sowieso één of twee λ s die voldoen aan (3). En dan moet a n = λ n wel een oplossing zijn van (1). Voorbeeld: Vind alle λ s zodanig dat a n = λ n een oplossing is van de recurrente betrekking a n+1 = a n + a n 1 (n 1). Oplossing: Die recurrente betrekking is niets anders dan a n+ = a n+1 + a n (n 0); in beide gevallen vertellen we namelijk dat we een term uit z n twee directe voorgangers berekenen door de eerste maal 1 en de tweede maal bij elkaar op te tellen. We herschrijven deze recurrente betrekking tot a n+ a n+1 a n = 0. Daar hoort de karakteristieke vergelijking λ λ = 0, oftewel (λ )(λ + 1) = 0. Deze vergelijking heeft twee oplossingen: λ 1 = en λ = 1. We vinden hiermee dus twee oplossingen van de recurrente betrekking: a n = n en a n = ( 1) n. Eigenlijk hebben we nu meteen nog veel meer 5

6 oplossingen gevonden: a n = 100 n is er ook een, net als a n = 1000 ( 1) n. En ook zelfs a n = 3 n + 1 ( 1) n. Ga dat voor je zelf na. We komen hier na de volgende opgave uitgebreid op terug. Opgave 11 Vind alle λ s zodanig dat a n = λ n een oplossing is van de gegeven recurrente betrekking. (a) a n+ + 3a n+1 + a n = 0. (b) a n+ 9a n = 0. (c) a n+ + 16a n = 0. (d) a n+ 6a n a n = 0. (e) a n+ 3a n+1 = 0. (f) 6a n+ 5a n+1 + a n = 0. (g) a n+ 4a n+1 + 4a n = 0. Omdat a n = λ n 1 en a n = λ n allebei een oplossing zijn van (1), is elke combinatie a n = A 1 λ n 1 + A λ n dat ook, voor elke keuze van de coëfficiënten A 1 en A. (Deze mogen zelfs complex zijn.) Om dit te bewijzen moeten we laten zien dat a n = A 1 λ n 1 + A λ n aan de recurrente betrekking voldoet, dus dat aa n+ + ba n+1 + ca n = a(a 1 λ n+ 1 + A λ n+ ) + b(a 1 λ n A λ n+1 ) + c(a 1 λ n 1 + A λ n ) = 0. Dit volgt uit het feit dat a n = λ n 1 en a n = λ n daaraan voldoen: a(a 1 λ n+ 1 + A λ n+ ) + b(a 1 λ n A λ n+1 ) + c(a 1 λ n 1 + A λ n ) = A 1 (aλ n+ 1 + bλ n cλ n 1) + A (aλ n+ + bλ n+1 + cλ n ) = A A 0 = 0. Met alleen de recurrente betrekking ligt een rij nog niet vast; we hebben ook nog de beginvoorwaarden. In geval van zo n recurrente betrekking van orde (waarbij elke volgende term wordt berekend aan de hand van de twee voorgangers) moeten er precies twee beginvoorwaarden gegeven zijn, meestal de waarden van a 0 en a 1. Willen we dus de oplossing vinden van onze recurrente betrekking met beginvoorwaarden, dan is het enige wat ons dus te doen staat A 1 en A zodanig te kiezen dat aan de beginvoorwaarden wordt voldaan. Dan voldoet a n = A 1 λ n 1 + A λ n aan zowel de beginvoorwaarden als de recurrente betrekking, dus moet dat wel de oplossing zijn. Voorbeeld: Geef een rangnummerformule voor de rij a 0, a 1, a,... gedefinieerd door middel van a 0 = 0, a 1 = 1 en a n+1 = a n + a n 1 (n 1). Oplossing: We hadden al eerder twee oplossingen van de recurrente betrekking gevonden: 6

7 a n = n en a n = ( 1) n. Dan is a n = A 1 n + A ( 1) n ook een oplossing voor elke keuze der coëfficiënten A 1 en A. Er moet gelden dat a 0 = A A ( 1) 0 = A 1 + A! = 0 en a 1 = A A ( 1) 1 = A 1 A! = 1. Door deze vergelijkingen op te tellen vinden we 3A 1 = 1, dus A 1 = 1 en bijgevolg A 3 = 1. 3 We concluderen dat a n = 1 3 n 1 3 ( 1)n = n ( 1) n een oplossing is. En door deze 3 recurrente betrekking ligt de rij uniek vast, dus het is dé oplossing. Opgave 1 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 =, a 1 = 1 en a n+ + 3a n+1 + a n = 0 (n 0). Opgave 13 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 =, a 1 = 1 en a n+ 9a n = 0 (n 0). Opgave 14 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 =, a 1 = en a n+ + 16a n = 0 (n 0). 7

8 Opgave 15 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 10, a 1 = 14 en a n+ 6a n a n = 0 (n 0). Opgave 16 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 10, a 1 = 1 en a n+ 3a n+1 = 0 (n 0). Opgave 17 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 8, a 1 = 4 en 6a n+ 5a n+1 + a n = 0 (n 0). Opgave 18 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 4, a 1 = 18 en a n+ 4a n+1 + 4a n = 0 (n 0). Tip: als het niet lukt, maak dan eerst opgave 19. 8

9 We hebben gezien dat a n = n een oplossing is van de recurrente betrekking a n+ 4a n+1 + 4a n = 0. Het probleem bij de vorige opgave is echter dat we niet nog een tweede λ hadden gevonden. Toch is er nog wel een echt andere oplossing, d.w.z. een oplossing die verschilt van de oplossingen a n = A 1 n ; zie daarvoor opgave 19. Algemeen geldt dat als λ een dubbel nulpunt is van de karakteristieke vergelijking (die dan dus discriminant gelijk aan 0 heeft) we een extra oplossing van de vorm a n = nλ n vinden (opgave 0). Opgave 19 Laat zien dat a n = n n ook een oplossing is van de recurrente betrekking a n+ 4a n+1 + 4a n = 0. Los daarmee nogmaals de volgende recursieve definitie op, als dat bij de vorige opgave nog niet gelukt was: a 0 = 4, a 1 = 18 en a n+ 4a n+1 + 4a n = 0 (n 0). Opgave 0 Veronderstel dat λ + c 1 λ + c 0 twee dezelfde wortels heeft: λ + c 1 λ + c 0 = (λ λ 0 ). Laat zien dat naast a n = λ n 0 ook a n = n λ n 0 een oplossing is van a n+ + c 1 a n+1 + c 0 a n = 0 (n 0). Toepassingen Sommige problemen kunnen we oplossen door het opstellen van een geschikte recurrente betrekking. Vaak is die recurrente betrekking al genoeg om het probleem op te lossen; je kan dan immers de eerste termen van de rij gewoon met de hand uitrekenen. Soms echter is het ook nodig de algemene rangnummerformule te vinden. Definitie: een 01-rijtje is een niet-leeg rijtje dat bestaat uit de cijfers 0 en 1, zoals of 1111 of 0. Voorbeeld: Zij e n het aantal 01-rijtjes van lengte n. Bereken e 1, e, e 3 en e 4. Stel dan een recurrente betrekking op voor e n en los deze op (oftewel, geef de rangnummerformule voor e n ). Oplossing: Voor n = 1 zijn er twee mogelijkheden, namelijk 0 en 1, dus e 1 =. Voor n = (00, 01, 10, 11): e = 4. Verder e 3 = 8 en e 4 = 16. In het algemeen: stel dat we 9

10 weten hoeveel 01-rijtjes van lengte n we hebben, zeg e n. Als we vóór zo n rijtje een 0 of een 1 voor zetten, dan krijgen we steeds een ander 01-rijtje van lengte n + 1. Er zijn dus minstens e n rijtjes van lengte n + 1: e n+1 e n. We moeten nog even kijken of we op deze manier daadwerkelijk alle 01-rijtjes van lengte n + 1 hebben geteld. Maar dat volgt uit net zo n argument: een 01-rijtje van lengte n+1 begint met een 0 of een 1 en als we dat eerste cijfer weglaten houden we een restrijtje (van lengte n) over. Er zijn dus minstens zoveel 01-rijtjes van lengte n als 01-rijtjes van lengte n + 1 die met een 0 beginnen en idem voor die die met een 1 beginnen, dus e n+1 e n. Conclusie: e n+1 = e n en we vinden direct e n = n. Voorbeeld: Zij a n het aantal 01-rijtjes van lengte n waarin geen twee opeenvolgende enen voorkomen. Bereken a 1, a, a 3 en a 4. Stel dan een recurrente betrekking op voor a n en los deze op. Oplossing: We zien dat a 1 = (de correcte rijtjes zijn 0 en 1), a = 3 (00, 01 en 10), a 3 = 5 (000, 001, 010 en 100, 101) en a 4 = 8 (0000, 0001, 0010, 0100, 0101 en 1000, 1001, 1010). We analyseren nu een correct rijtje van lengte n +. Als dat met een 0 begint, dan is de rest een correct rijtje van lengte n + 1. Als het echter met een 1 begint, moet vervolgens een 0 komen en is de rest een correct rijtje van lengte n. We concluderen dat a n+ a n+1 + a n. Omgekeerd leidt elke correct rijtje van lengte n + 1 met een 0 ervoor en elk correct rijtje van lengte n met 10 ervoor tot steeds weer een ander correct rijtje van lengte n +, dus a n+1 + a n a n+. De eindconclusie is dat a n+ = a n+1 + a n. Met de beginvoorwaarden a 1 = en a = 3 ligt de rij dus vast. We kunnen ook een stapje terug gaan, en zeggen dat de rij vastligt met de beginvoorwaarden a 0 = a a 1 = 1 en a 1 = ; dat zal straks het rekenen gemakkelijker blijken te maken. Het bijbehorende karakteristieke polynoom λ λ 1 = 0 heeft oplossingen λ = 1± 5, zeg λ 1 = 1+ 5 en λ = 1 5. Oplossingen zijn dus van de vorm a n = A 1 λ n 1 + A λ n. Nu! moet a 0 = A 1 + A = 1 dus A = 1 A 1, en a 1 = A 1 λ 1 +A λ = A 1 +A = A 1 + A + A 1 A 1 5 = +A 1 1! 5 =. Dus (na enig rekenen) blijkt dat A 1 = en bijgevolg A = Conclusie: ( 1 a n = + ) ( ) n 5 ( ) ( 3 1 ) n Reken maar na dat deze formule daadwerkelijk a 4 = 8 geeft, hoe onwaarschijnlijk dat misschien ook lijkt door al die wortels. Op grond van de recursie weten we dat toch echt a n geheel moet zijn voor alle n. Nu kun je dat ook wel aan de formule zien; werk dan in gedachten de n-de machten uit met het binomium van Newton en maak onderscheid tussen de termen die wel 5 bevatten en de termen die een geheel getal zijn (zoals 5 ). Opgave 1 (a) Zij b n het aantal 01-rijtjes van lengte n waarin geen twee opeenvolgende nullen voorkomen. Bereken b 1, b, b 3 en b 4. Stel dan een recurrente betrekking op voor b n 10

11 en los deze op. (b) Zij c n het aantal 01-rijtjes van lengte n waarin geen twee opeenvolgende nullen, enen of tweeën voorkomen. Bereken c 1, c, c 3 en c 4. Stel dan een recurrente betrekking op voor c n en los deze op. Opgave Het getal 4 is op 5 manieren te schrijven als de som van een aantal 1 tjes en tjes: 4 = ; 4 = ; 4 = ; 4 = ; 4 = +. (a) Op hoeveel manieren is 10 te schrijven als som van een aantal 1 tjes en tjes? (b) Op hoeveel manier is 10 te schrijven als som van een aantal 1 tjes, tjes en 3 tjes? Opgave 3 Op hoeveel manieren kan een n tegelpaadje bestraat worden met een n-tal 1 tegels? Opgave 4 (a) Los op: a n+ + 10a n a n = 0 (n 0) en a 0 = 3; a 1 = 6. (b) Los deze betrekking ook op voor algemene a 0 en a 1. Opgave 5 Los op voor a 0 = 0 en algemene a 1 : a n+ = a n+1 a n (n 0). Opgave 6 Laat x 1 en x de nulpunten zijn van x 6x+1. Bewijs dat voor iedere gehele niet-negatieve n geldt dat x n 1 + x n geheel is en niet deelbaar door 5. 11