Combinatoriek groep 2

Transcriptie

1 Combinatoriek groep 2 Recursie Trainingsdag 3, 2 april 2009 Homogene lineaire recurrente betrekkingen We kunnen een rij getallen a 0, a 1, a 2,... op twee manieren definiëren: direct of recursief. Een directe formule geeft a n in termen van n. Bijvoorbeeld: a n = 2 n. Een recursieve definitie geeft aan hoe je elke term a n kunt berekenen uit de vorige termen (de recurrente betrekking). Om de rij vast te leggen, moeten er bij een recursieve definitie ook één of meer beginwaarden gegeven zijn. Een voorbeeld van een recursief gedefinieerde rij: a 0 = 1, a 1 = 2, a n+2 = 3a n+1 2a n voor alle n 0. Als je van deze rij a 10 wilt berekenen, dan moet je eerst a 3 berekenen uit a 1 en a 2, dan a 4 uit a 2 en a 3, dan a 5, enzovoorts, totdat je bij a 10 bent. Met wat doorzettingsvermogen lukt dat wel, maar wat als je a 2009 wilt weten? Het is dan handiger om een directe formule te hebben. Je kunt altijd proberen om een vermoeden van een directe formule te krijgen door een flink aantal termen uit te rekenen. Als je vermoeden aan de beginwaarden en aan de recurrente betrekking voldoet, dan moet dit de juiste formule zijn. (Er is immers maar één rij die aan de recurrente betrekking en de beginwaarden voldoet, want die leggen samen de rij vast.) Voor het voorbeeld hierboven krijgen we bijvoorbeeld: a 0 = 1, a 1 = 2, a 3 = = 4, a 4 = = 8 en a 5 = = 16. Hieruit krijgen we het vermoeden dat a n = 2 n. Dit voldoet duidelijk aan de beginwaarden. Het voldoet ook aan de recurrente betrekking: als a n+1 = 2 n+1 en a n = 2 n, dan geldt a n+2 = 3a n+1 2a n = 3 2 n n = (3 1) 2 n+1 = 2 n+2. Hiermee hebben we bewezen dat a n = 2 n een directe formule is voor de rij a 0, a 1, a 2,.... Deze strategie werkt als er een duidelijk patroon in de termen van de rij zit, maar dat is lang niet altijd zo. Er is ook een techniek die altijd werkt om de oplossing te vinden van een bepaald type recursie. Het gaat dan om homogene lineaire recurrente betrekkingen van orde 2, waarbij twee beginwaarden gegeven zijn. 1

2 Een algemene lineaire homogene recurrente betrekking van orde 2 met constante coëfficiënten B en C ziet er als volgt uit: a n+2 = Aa n+1 + Ba n voor alle n 0. (1) Voor gegeven beginwaarden a 0 en a 1 ligt de rij uniek vast, want je kunt dan a 2 berekenen uit a 0 en a 1, en dan ook a 3 uit a 2 en a 1, etc. Om de directe formule te vinden, bekijken we eerst de recurrente betrekking zonder beginvoorwaarden en proberen we of een meetkundige rij a n = λ n voldoet voor een zekere λ. Als we deze directe formule in (1) invullen, zien we dat moet gelden: λ n+2 = Aλ n+1 + Bλ n voor alle n 0. (2) We halen alles naar links en vervolgens λ n buiten haakjes: λ n (λ 2 Aλ B) = 0 voor alle n 0. In het bijzonder moet dit voor n = 0 gelden, dus in ieder geval moet λ 2 Aλ B = 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 (2) 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. Door te ontbinden of de abc-formule te gebruiken, vind je over het algemeen twee oplossingen van de karakteristieke vergelijking, zeg λ 1 en λ 2. De meetkundige rijen a n = λ n 1 en a n = λ n 2 voldoen dan allebei aan de recurrente betrekking (1). Maar nu voldoet ook de oplossing a n = Cλ n 1 + Dλ n 2 voor alle constanten C en D. Als we dit invullen voor a n en a n+1, krijgen we namelijk Aa n+1 + Ba n = A(Cλ n Dλ n+1 2 ) + B(Cλ n 1 + Dλ n 2) = C(Aλ n Bλ n 1) + D(Aλ n Bλ n 2) = Cλ n Dλ n+2 2. Nu hebben we oneindig veel oplossingen voor de recurrente betrekking, want we mogen C en D nog vrij kiezen. Zo krijgen we oneindig veel verschillende rijen, maar er is er maar één die ook nog eens voldoet aan de gegeven beginwaarden a 0 en a 1. Je moet dus C en D zo bepalen dat de directe formule de juiste waarden geeft voor a 0 en a 1. Samengevat is dit het stappenplan om een recurrente betrekking van orde 2 op te lossen: 2

3 Stap 1. Bepaal de karakteristieke vergelijking. Voor een recurrente betrekking van de vorm a n+2 = Aa n+1 + Ba n is dit λ 2 Aλ B = 0. (Maar let op: de recurrente betrekking is niet altijd precies in deze vorm gegeven.) Stap 2. Bepaal de twee oplossingen λ 1 en λ 2 van de karakteristieke vergelijking. Stap 3. Bepaal constanten C en D zodat a 0 = C + D en a 1 = Cλ 1 + Dλ 2. Stap 4. De directe formule is nu a n = Cλ n 1 + Dλ n 2. Stap 5. Controleer je oplossing op rekenfouten door a 2 op twee manieren uit te rekenen: met behulp van de gegeven recurrente betrekking en met behulp van de directe formule die je hebt gevonden. Opmerking: in stap 2 vind je niet altijd twee verschillende reële oplossingen. Verderop kijken we nog even naar wat er gebeurt als er slechts één oplossing is. Maar het kan natuurlijk ook gebeuren dat de vergelijking helemaal geen reële oplossingen heeft. In dat geval heeft de vergelijking twee complexe oplossingen, waarmee je hetzelfde stappenplan kunt uitvoeren. Over het rekenen met complexe getallen leer je meer in de trainingsweek. Dit heb je voor de opgaven hieronder nog niet nodig. Voorbeeld. Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 0, a 1 = 1, a n+2 = a n+1 + 2a n voor alle n 0. Oplossing. Er geldt hier A = 1 en B = 2, dus de karakteristieke vergelijking is λ 2 λ 2 = 0. We kunnen deze ontbinden als (λ 2)(λ + 1) = 0. Deze vergelijking heeft twee oplossingen: λ 1 = 2 en λ 2 = 1. De algemene oplossingen van de recurrente betrekking (zonder beginwaarden) zijn dus a n = C 2 n + D ( 1) n. Voor n = 0 moet gelden 0 = a 0 = C + D en voor n = 1 moet gelden 1 = a 1 = 2C D. Als we deze twee vergelijkingen bij elkaar optellen, krijgen we 1 = 3C, dus C = 1. Hieruit volgt D = 1. De directe formule 3 3 voor deze rij is dus a n = 1 3 2n 1 3 ( 1)n voor alle n 0. We controleren nog even of we geen rekenfout hebben gemaakt. Volgens de recurrente betrekking geldt a 2 = a 1 + 2a 0 = 1. Volgens de directe formule geldt a 2 = = en dat klopt. 3

4 Bij de opgaven die nu volgen moet je steeds kiezen: gebruik je de standaardtechniek voor homogene lineaire recurrente betrekkingen van orde 2, of reken je een aantal termen uit en probeer je daaruit een vermoeden voor een directe formule te vinden? Opgave 1 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 3, a 1 = 4, a n+2 = a 2 n (n + 1)a n+1 voor alle n 0. Opgave 2 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 3, a 1 = 1, a n+2 = 3a n a n voor alle n 0. Opgave 3 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 2, a 1 = 4, a n+2 = 6a n a n+1 voor alle n 0. Opgave 4 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 10, a n+1 = 50 a n voor alle n 0. 4

5 Opgave 5 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 2, a 1 = 12, a n+2 9a n = 0 voor alle n 0. Opgave 6 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 0, a n+1 = 2a n + 3 voor alle n 0. Als de karakteristieke vergelijking twee dezelfde oplossingen heeft, dus als λ 1 = λ 2, dan moet je het stappenplan een beetje aanpassen. Behalve de meetkundige rij a n = λ n 1 voldoet dan ook de rij a n = nλ n 1 aan de recurrente betrekking. Dit kunnen we als volgt bewijzen. Schrijf de recurrente betrekking in de vorm a n+2 = Aa n+1 + Ba n. De karakteristieke vergelijking is dan λ 2 Aλ B = 0. Stel dat deze twee dezelfde oplossingen λ = r heeft. Dan kunnen we hem schrijven als (λ r) 2 = 0, oftewel λ 2 2rλ + r 2 = 0. Er geldt dus A = 2r en B = r 2. Nu vullen we in de recurrente betrekking a n+1 = (n + 1)r n+1 en a n = nr n in: a n+2 = 2ra n+1 r 2 a n = 2r(n + 1)r n+1 r 2 nr n = (2(n + 1) n)r n+2 = (n + 2)r n+2. We zien dat a n = nr n aan de recurrente betrekking voldoet. De directe formule die ook aan de beginwaarden voldoet, wordt in dit geval van de vorm a n = Cλ n 1 + Dnλ n 1. Je kunt C en D opnieuw uit de beginwaarden afleiden. Twee stappen van het stappenplan worden dus anders: Stap 3a. Bepaal constanten C en D zodat a 0 = C en a 1 = Cλ 1 + Dλ 1. Stap 4a. De directe formule is nu a n = Cλ n 1 + Dnλ n 1. Opgave 7 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: 5

6 a 0 = 4, a 1 = 18, a n+2 = 4a n+1 4a n voor alle n 0. Opgave 8 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 10, a n+1 = a n + n voor alle n 0. Opgave 9 Laat x 1 en x 2 de nulpunten zijn van x 2 6x + 1. Bewijs dat voor iedere gehele niet-negatieve n geldt dat x n 1 + x n 2 geheel is en niet deelbaar door 5. Inhomogene lineaire recurrente betrekkingen van orde 2 Behalve homogene lineaire recurrente betrekkingen van orde 2 (die we met een standaardtechniek altijd op kunnen lossen) bestaan er ook inhomogene. Een algemene lineaire inhomogene recurrente betrekking van orde 2 met constante coëfficiënten B en C ziet er als volgt uit: a n+2 Aa n+1 Ba n = f(n) voor alle n 0. (4) Hierbij is f(n) een of andere functie van n. Dit kan van alles zijn. Ook voor dit type recursie hebben we een standaardtechniek. Hiervoor lossen we eerst de homogene variant van de recurrente betrekking op, dus de betrekking a n+2 Aa n+1 Ba n = 0. (5) We hebben hierboven geleerd hoe dat moet. We krijgen een oplossing a n die nog van twee constantes C en D afhangt. We gaan nu niet meteen de beginwaarden invullen om C en D te bepalen. We laten gewoon C en D even staan en noemen dit de algemene oplossing van de homogene recurrente betrekking (5). De volgende stap is om een particuliere oplossing van de inhomogene recurrente betrekking te vinden. Dat wil zeggen één oplossing a n van (4). Hier is niet een techniek voor die altijd werkt, maar over het algemeen is het een goed idee om iets te kiezen dat lijkt op de functie 6

7 f(n). Dus als f(n) een polynoom is, kies je een polynoom met dezelfde graad, en als f(n) een exponentiële functie is, kies je een exponentiële functie met hetzelfde grondtal. Alle oplossingen van de inhomogene recurrente betrekking worden nu gegeven door de som van de algemene oplossing van de homogene recurrente betrekking en de particuliere oplossing van de inhomogene recurrente betrekking. Hierin zitten nog steeds de constanten C en D die je vrij mag kiezen. Die kun je nu zo kiezen dat aan de beginwaarden voldaan wordt. Het stappenplan op een rijtje: Stap 1. Bepaal de algemene oplossing van de homogene recurrente betrekking, met daarin de constanten C en D. Stap 2. Probeer een particuliere oplossing van de inhomogene recurrente betrekking te vinden. Probeer hiervoor dingen die lijken op het inhomogene stuk van je betrekking. Stap 3. Tel de twee oplossingen van de vorige twee stappen op en kies C en D zodat aan de beginwaarden voldaan wordt. Stap 4. Controleer je oplossing op rekenfouten door a 2 op twee manieren uit te rekenen: met behulp van de gegeven recurrente betrekking en met behulp van de directe formule die je hebt gevonden. Voorbeeld. Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 0, a 1 = 1, a n+2 + 2a n+1 3a n = 2 n voor alle n 0. Oplossing. De bijbehorende homogene recurrente betrekking is a n+2 + 2a n+1 3a n = 0, met karakteristieke vergelijking λ 2 + 2λ 3 = 0, ofwel (λ 1)(λ + 3) = 0. De algemene oplossing is dus a n = C + D( 3) n. Voor de particuliere oplossing proberen we iets wat lijkt op 2 n, dus bijvoorbeeld a n = E 2 n. Dit vullen we in: E 2 n+2 + 2E 2 n+1 3E 2 n = 2 n. Delen door 2 n geeft: 4E + 4E 3E = 1, 7

8 dus E = 1. De particuliere oplossing a 5 n = 1 5 2n voldoet dus. De algemene oplossing voor onze inhomogene recurrente betrekking is dus a n = 1 5 2n + C + D( 3) n. Nu vullen we de beginwaarden in: 0 = a 0 = 1 + C + D en 1 = a 5 1 = 2 + C 3D. Hieruit lossen we op C = 0 5 en D = 1. Uiteindelijk wordt onze oplossing dus 5 a n = 1 5 2n 1 5 ( 3)n. Ten slotte controleren we of we geen rekenfout hebben gemaakt door a 2 op twee manieren uit te rekenen. Volgens de recursie geldt a 2 = = 1. Volgens de directe formule geldt a 2 = 4 9 = Opgave 10 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 0, a 1 = 1, a n+2 6a n+1 + 8a n = 3n voor alle n 0. Opgave 11 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 3, a 1 = 2, a n+2 3a n+1 + 2a n = 4n + 1 voor alle n 0. Opgave 12 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 1, a 1 = 2, a n+2 6a n+1 + 9a n = 3 n+1 voor alle n 0. Opgave 13 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: 8

9 a 0 = 1, a 1 = 3, a n+2 = 4a n+1 a n voor alle n 0. Bewijs dat er voor alle n 0 gehele getallen c en d bestaan zodat a n = c 2 + 2d 2. 9