Combinatoriek groep 1 Recursie Trainingsweek, juni 009 Stappenplan homogene lineaire recurrente betrekkingen Even herhalen: het stappenplan om een recurrente betrekking van orde op te lossen: Stap 1. Bepaal de karakteristieke vergelijking. Voor een recurrente betrekking van de vorm a n+ = Aa n+1 + Ba n is dit λ Aλ B = 0. (Maar let op: de recurrente betrekking is niet altijd precies in deze vorm gegeven.) Stap. Bepaal de twee oplossingen λ 1 en λ van de karakteristieke vergelijking. Stap 3. Bepaal constanten C en D zodat a 0 = C + D en a 1 = Cλ 1 + Dλ. Stap 4. De directe formule is nu a n = Cλ n 1 + Dλ n. Stap 4a. Als λ 1 = λ, dan is de directe formule a n = Cλ n 1 + Dnλ n 1. Stap. Controleer je oplossing op rekenfouten door a op twee manieren uit te rekenen: met behulp van de gegeven recurrente betrekking en met behulp van de directe formule die je hebt gevonden. Inhomogene lineaire recurrente betrekkingen van orde Behalve homogene lineaire recurrente betrekkingen van orde (die we met een standaardtechniek altijd op kunnen lossen) bestaan er ook inhomogene. Een algemene lineaire inhomogene recurrente betrekking van orde met constante coëfficiënten B en C ziet er als volgt uit: a n+ Aa n+1 Ba n = f(n) voor alle n 0. (1) 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+ Aa n+1 Ba n = 0. () We hebben al 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. 1
We laten gewoon C en D even staan en noemen dit de algemene oplossing van de homogene recurrente betrekking (). De volgende stap is om een particuliere oplossing van de inhomogene recurrente betrekking te vinden. Dat wil zeggen één oplossing a n van (1). 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 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. 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 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,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 0, a 1 = 1, a n+ + a n+1 3a n = n voor alle n 0. Oplossing. De bijbehorende homogene recurrente betrekking is a n+ + a n+1 3a n = 0, met karakteristieke vergelijking λ + λ 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 n, dus bijvoorbeeld a n = E n. Dit vullen we in: Delen door n geeft: E n+ + E n+1 3E n = n. 4E + 4E 3E = 1, dus E = 1. De particuliere oplossing a n = 1 n voldoet dus. De algemene oplossing voor onze inhomogene recurrente betrekking is dus a n = 1 n + C + D( 3) n. Nu vullen we de beginwaarden in: 0 = a 0 = 1 + C + D en 1 = a 1 = + C 3D. Hieruit lossen we op C = 0 en D = 1. Uiteindelijk wordt onze oplossing dus a n = 1 n 1 ( 3)n. Ten slotte controleren we of we geen rekenfout hebben gemaakt door a op twee manieren uit te rekenen. Volgens de recursie geldt a = 0 1 + 3 0 = 1. Volgens de directe formule geldt a = 4 9 = 1. Opgave 1 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 0, a 1 = 1, a n+ + a n+1 + a n = 1 voor alle n 0. Opgave Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 0, a 1 = 1, a n+ 6a n+1 + 8a n = 3n voor alle n 0. Opgave 3 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 3, a 1 =, 3
a n+ 3a n+1 + a n = 4n + 1 voor alle n 0. Opgave 4 Zij gegeven de rij a 0, a 1, a,... die als volgt met recursie is gedefinieerd: a 0 = 1, a 1 =, a n+ 6a n+1 + 9a n = 3 n+1 voor alle n 0. Toepassingen van recurrente betrekkingen 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 0110110101 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 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 4
deze op. Oplossing: We zien dat a 1 = (de correcte rijtjes zijn 0 en 1), a = 3 (00, 01 en 10), a 3 = (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±, zeg λ 1 = 1+ en λ = 1. 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 1 + 1 a 1 = A 1 λ 1 +A λ = A 1 +A = A 1 + A + A 1 A 1 = +A 1 1! =. Dus (na enig rekenen) blijkt dat A 1 = 1 + 3 10 en bijgevolg A = 1 3 a n = ( 1 + 3 10 ) ( 1 + ) n + ( 1 3 10 ) ( 1 ) n. 10. Conclusie: 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 bevatten en de termen die een geheel getal zijn (zoals ). Opgave (a) We willen van een trap met n treden elke trede rood, geel of blauw verven. Op hoeveel manieren kunnen we dit doen zodat er geen twee opeenvolgende treden blauw zijn? (b) Op hoeveel manieren kan je de trap verven zodat geen twee opeenvolgende treden dezelfde kleur hebben? Opgave 6 Het getal 4 is op manieren te schrijven als de som van een aantal 1 tjes en tjes: 4 = 1 + 1 + 1 + 1; 4 = 1 + 1 + ; 4 = 1 + + 1; 4 = + 1 + 1; 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 7 Op hoeveel manieren kan een n tegelpaadje bestraat worden met een n-tal 1 tegels? Opgave 8 Vind een recurrente betrekking voor het aantal manieren waarop een n tegelpaadje bestraat kan worden met 1 1 en 1 tegels. Opgave 9 Los op: a n+ = a n+1 + a n (n 0) en a 0 = 0; a 1 = 1. Opgave 10 (a) Los op: a n+ + 10a n+1 + 16a 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 11 Los op voor a 0 = 0 en algemene a 1 : a n+ = a n+1 a n (n 0). Opgave 1 Op hoeveel manieren kun je de treden van een trap met n treden rood, geel of blauw verven, zodat het aantal blauwe en gele treden oneven is en het aantal rode treden even? Geef een directe formule. Opgave 13 Vind het aantal permutaties van {1,,..., n} waarbij elk even getal maximaal één plek is verschoven. 6