Combinatoriek groep 1

Transcriptie

1 Combinatoriek groep 1 Recursie Trainingsdag 3, 2 april 2009 Getallenrijen 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. 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. Vaak kun je uit een recursieve definitie met inductie een directe formule bewijzen. Je moet dan natuurlijk wel eerst een vermoeden hebben wat die directe formule is. Dat vermoeden krijg je door een flink aantal termen van de rij uit te rekenen. In het voorbeeld hierboven krijgen we bijvoorbeeld: a 3 = = 4, a 4 = = 8 en a 5 = = 16. We krijgen het vermoeden dat a n = 2 n voor alle n en dat bewijzen we met inductie. Inductiebasis. Omdat de definitie van de rij twee voorgangers gebruikt, moeten we de inductiebasis voor n = 1 en n = 2 doen. Er geldt a 0 = 1 = 2 0 en a 1 = 2 = 2 1, dus dat klopt. Inductiestap. Zij k 2 en stel dat a n = 2 n voor alle n < k (de inductiehypothese). Dan geldt a k = 3a k 1 2a k 2 (IH) = 3 2 k k 2 = 2 2 k k 1 2 k 1 = 2 k. Dat voltooit de inductie. We hebben nu dus de directe formule a n = 2 n bewezen voor deze rij. En dus geldt a 2009 =

2 Een alternatieve manier om te bewijzen dat a n = 2 n aan de recursie voldoet, is door te controleren dat hij aan de recurrente betrekking en de beide beginvoorwaarden voldoen. Zo ja, dan moet het de juiste rij zijn. Er bestaat immers maar één rij die aan de recurrente betrekking en de beginvoorwaarden voldoet, want die leggen samen de hele rij vast. Eigenlijk doe je op deze manier precies hetzelfde als bij inductie, maar dan zonder het inductie te noemen. Rekenkundige en meetkundige rij Twee rijen hebben een speciale naam. De rekenkundige rij kunnen we recursief definiëren door a 0 = a, a n+1 = a n + b voor alle n 0. Hierbij zijn a en b twee gegeven getallen. Een directe formule voor deze rij is a n = a + nb. Ook goed om te onthouden is de somformule voor de eerste n + 1 termen van een rekenkundige rij: n i=0 a n = a + (a + b) + (a + 2b) + + (a + nb) = 1(n + 1)(a a n ) = 1 (n + 1)(2a + nb). 2 De meetkundige rij kunnen we recursief definiëren door a 0 = a, a n+1 = ra n voor alle n 0. Hier zijn a en r 1 weer twee gegeven getallen. Een directe formule voor deze rij is a n = r n a. Ook van de meetkundige rij bestaat een somformule voor de eerste n + 1 termen: n a n = a + ar + ar ar n = a rn+1 1 r 1. i=0 Opgave 1 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 2, a 1 = 6, 2

3 a n+2 = 2a n a n 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 = 4, a n+2 = a 2 n (n + 1)a n+1 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 = 10, a n+1 = 50 a n voor alle n 0. Opgave 4 Zij gegeven rijen a 0, a 1, a 2,... en b 0, b 1, b 2,... die als volgt met recursie zijn gedefinieerd: a 0 = 2, a n+1 = 3a n voor alle n 0. b 0 = 0, b n+1 = b n + a n voor alle n 0. Geef een directe formule voor b n. Opgave 5 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 0, 3

4 a n+1 = 2a n + 3 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 = 10, a n+1 = a n + n voor alle n 0. Lineaire recurrente betrekkingen Voor sommige recursies bestaat er een standaardtechniek om de directe formule te vinden. We gaan dat nu bekijken. De volgende recurrente betrekking noemen we een lineaire homogene recurrente betrekking met constante coëfficiënten A en B: 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. We bekijken nu eerst de recurrente betrekking zonder beginvoorwaarden en we proberen 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. 4

5 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: 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, 5

6 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. Opgave 7 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 8 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 9 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 2, a 1 = 1, 6

7 a n+2 + 3a n+1 + 2a n = 0 voor alle n 0. Opgave 10 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. 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 11 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a 2,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 4, a 1 = 18, a n+2 = 4a n+1 4a n voor alle n 0. 7

8 Opgave 12 Beschouw de recurrente betrekking a n+2 = 2ra n+1 r 2 a n voor alle n 0, waarbij r een reëel getal is. (a) Zij r = 3. Vind alle paren (a 0, a 1 ) zodat de rij a 0, a 1, a 2,... gegeven door deze beginwaarden en door bovenstaande recurrente betrekking een meetkundige rij is. (b) Bepaal een r, a 0 en a 1 zodat de rij de rij a 0, a 1, a 2,... gegeven door deze beginwaarden en door bovenstaande recurrente betrekking een rekenkundige rij is. Opgave 13 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. 8