MATEMATYKA DYSKRETNA - wykÃlad 7 dr in˙z. Krzysztof Bry´s
Rekurencja.
Bardzo przydatnym narzedziem wykorzystywanym przy rozwi¸azywaniu zagadnien rekuren- cyjnych jest indukcja matematyczna. SformuÃlujmy wpierw ogolna zasade indukcji matematy- cznej
Zasada indukcji matematycznej Je˙zeli
1) (baza indukcji) twierdzenie T (n0) jest prawdziwe dla pewnego n0 ∈N oraz
2) (krok indukcyjny) dla dowolnego n > n0, n ∈ N z prawdziwo´sci twierdzenia T (k) dla ka˙zdego n0 ≤k < n wynika prawdziwo´s´c twierdzenia T (n),
to
twierdzenie T (n) jest prawdziwe dla ka˙zdej liczby naturalnej n ≥ n0
Oczywi´scie przez twierdzenie rozumiemy dowolny fakt lub wyra˙zenie matematyczne b¸ed¸ac¸e funkcj¸a zmiennej naturalnej, kt´orego prawdziwo´s´c chcemy wykaza´c dla dowolnej liczby nat- uralnej wi¸ekszej lub r´ownej pewnemu n0. Zasad¸e t¸a mo˙zna opisa´c intuicyjnie w nast¸epuj¸acy spos´ob. Je´sli umiemy wykaza´c, ˙ze dane twierdzenie jest prawdziwe dla pewnej liczby nat- uralnej n0 oraz potrafimy wykaza´c, ˙ze dla dowolnej liczby naturalnej n wi¸ekszej od n0 z prawdziwo´sci dla liczb mniejszych od n wynika prawdziwo´s´c dowodzonego twierdzenia dla n , to twierdzenie jest prawdziwe dla ka˙zdej liczby naturalnej n wi¸ekszej lub r´ownej n0. Poprawno´s´c tej zasady jest intuicyjnie oczywista. Korzystaj¸ac z bazy dowodzimy prawdziwo´s´c dla n0. Wykorzystuj¸ac dowiedzion¸a prawdziwo´s´c dla n0 i za pomoc¸a kroku indukcyjnego dowodzimy prawdziwo´s´c dla n0+1. Nast¸epnie stosuj¸ac krok indukcyjny dowodzimy prawdziwo´sci twierdzienia dla n0+2, . . . , n, . . . a wi¸ec dla wszystkich kolejnych liczb naturalnych. Za ka˙zdym razem korzystamy z faktu, ˙ze dla liczb mniejszych twierdzenie zostaÃlo udowodnione w poprzed- nich krokach.
Szczeg´olnym przypadkiem jest tak zwana zasada indukcji matematycznej z krokiem jeden:
Je˙zeli
1) twierdzenie T (n0) jest prawdziwe dla pewnego n0 ∈N oraz
2) dla dowolnego n > n0, n ∈ N z prawdziwo´sci twierdzenia T (n − 1) (zaÃlo˙zenie) wynika prawdziwo´s´c twierdzenia T (n) (teza) ,
to
twierdzenie T (n) jest prawdziwe dla ka˙zdej liczby naturalnej n ≥ n0
Najcz¸e´sciej dow´od bazy indukcji jest prosty. Nale˙zy jednak pami¸eta´c, ˙ze udowodnie- nie jedynie prawdziwo´sci kroku indukcyjnego i zapomnienie o dowodzie bazy indukcji mo˙ze prowadzi´c do ”udowodnienia” nieprawdziwego twierdzenia.
Przeanalizujmy nast¸epuj¸acy przykÃlad.
PrzykÃlad. Chcemy udowodni´c, ˙ze ”ka˙zdy facet to ´swinia”. Stwierdzenie to mo˙zemy sfromuÃlowa´c w nast¸epuj¸acy r´ownowa˙zny spos´ob : ”Wszyscy faceci to ´swinie”. Mo˙zna sformuÃlowa´c je r´ownie˙z w j¸ezyku zmiennej naturalnej n:
6
T(n): W ka˙zdej grupie zÃlo˙zonej z n facet´ow wszyscy s¸a ´swiniami.
Wykorzystamy indukcj¸e z krokiem jeden. Dla dowolnej liczby naturalnej n sformuÃlujmy zaÃlo˙zenie i tez¸e.
ZaÃlo ˙zenie:W ka˙zdej grupie zÃlo˙zonej z n − 1 facet´ow wszyscy s¸a ´swiniami.
Teza: W ka˙zdej grupie zÃlo˙zonej z n facet´ow wszyscy s¸a ´swiniami.
Dla dowolnego n naturalnego, z prawdziwo´sci zaÃlo˙zenia dowiedziemy tez¸e.
Dow´od: Rozwa˙zmy dowoln¸a grup¸e zÃlo˙zon¸a z n facet´ow. Ponumerujmy ich kolejnymi liczbami naturalnymi od 1 do n. Z zaÃlo˙zenia indukcyjnego wszyscy faceci o numerach od 1 do n − 1 s¸a
´swiniami (bo jest ich n − 1). Podobnie wszyscy faceci o numerach od 2 do n te˙z s¸a ´swiniami.
A zatem wszyscy faceci o numerach od 1 do n.
Zatem... No wÃlasnie. Co´s tu si¸e nie zgadza. Przeciez twierdzenie nie jest prawdziwe bo ... ... (tu nale˙zy wpisa´c imie i nazwisko wybranego faceta) nie jest ´swini¸a!
Oczywi´scie. Powy˙zszy ”dow´od” nie jest poprawny. Ale dlaczego? Nie mo˙zemy powoÃlywa´c si¸e na zasad¸e indukcji matematycznej bo nie wykazali´smy prawdziwo´sci bazy indukcji. I nie jest tak, ˙ze jest ona zawsze prawdziwa. W tym przypadku baz¸a indukcji jest nast¸epuj¸ace stwierdzenie:
W ka˙zdej grupie zÃlo˙zonej z 1 faceta wszyscy s¸a ´swiniami.
A to zdanie jest oczywi´scie nieprawdziwe bo w grupie zÃlo˙zonej np. tylko z ... ... (ponownie prosz¸e wpisa´c imie i nazwisko odpowiedniego faceta, kt´ory nie jest ´swini¸a) nie wszyscy s¸a
´swiniami bo jej jedyny element ´swini¸a nie jest. Zatem baza indukcji nie jest prawdziwa co nie pozwala skorzysta´c z zasady indukcji matematycznej. Czyli powy˙zszy ”dow´od” nie byÃl dowodem indukcyjnym. ByÃl tylko dowodem kroku indukcyjnego. Jest to wi¸ec przykÃlad na to jak nie nale˙zy przeprowadza´c dowod´ow indukcyjnych i na to co da si¸e ”udowodni´c” je´sli zapomni si¸e o sprawdzeniu prawdziwo´sci bazy indukcji. PrzykÃlady poprawnych dowod´ow indukcyjnych pojawi¸a si¸e w dalszej cz¸e´sci wykÃladu.
Rekurencja.
Mo˙zemy ju˙z przej´s´c do omawiania poj¸ecia rekurencji. Mowi¸ac nieformalnie, przez rekurencj¸e rozumiemy sprowadzenie rozwi¸azania problemu do rozwi¸azania tego samego problemu ale dla mniejsych danych.
R´ownanie rekurencyjne jest to r´ownanie f (n) = 0, w kt´orym funkcja f (n) dla dowolnej liczby naturalnej n > n0 jest wyra˙zona przez f (k) dla n0 ≤ k < n wraz z warunkiem brze- gowym f (n). W takiej sytuacji mo˙zemy powiedzie´c, ˙ze funkcja f jest zdefiniowana rekuren- cyjnie.
Ci¸ag dany r´ownaniem rekurencyjnym to ci¸ag, kt´orego n-ty wyraz zale˙zy od poprzednich wyraz´ow tego ci¸agu przy czym dana jest pewna (skoczona) liczba pierwszych wyraz´ow tego ci¸agu, tzn.
an = h(n, an−k, an−k+1, . . . , an−1) oraz a0, a1, ak−1 s¸a dane.
W takim przpadku k jest gÃl¸eboko´sci¸a rekurencji. Wyznaczaj¸ac ansi¸egamy k wyraz´ow wcze´scniej czyli do wyrazu an−k. Zatem, a0, a1, . . . , ak−1 musz¸a by´c dane. Pierwszym wyrazem ci¸agu, kt´ory daje si¸e wyznaczy´c z r´ownania rekurencyjnego tego ci¸agu jest ak. Wzorem jawnym na n-ty wyraz ci¸agu an nazywamy wzr na an zale˙zny jedynie od n.
Tworzenie zalezno´sci rekurencyjnej
1. ”Odgadni¸ecie” i udowodnienie zalezno´sci rekurencyjnej.
2. Wyznaczenie (sprawdzenie) dla pocz¸atkowych warto´sci (liczb naturalnych) ( tym samym wyznaczenie warunk´ow brzegowych)
Nale˙zy zwr´oci´c uwag¸e na to, ˙ze kroki 1 i 2 mog¸a by´c wykonywane w dowolnej kolejno´sci.
Po pierwsze, dzi¸eki analizie zjawiska, wpierw mo˙zemy uÃlo˙zy´c r´ownanie rekurencyjne opisuj¸ace badane zjawisko a nast¸epnie udowodnic jego poprawno´s´c dla rozwa˙zanej sytuacji. Potem wyz- naczamy warto´sci dla pocz¸atkowych liczb naturalnych otrzymuj¸ac w ten spos´ob warunki brze- gowe. Po drugie, je˙zeli nie wiemy jak wygl¸ada zale˙zno´s´c rekurencyjna, to wpierw wyzanczamy warto´sci dla pocz¸atkowych liczb naturalnych. Na podstawie otzymanych warto´sci formuÃlujemy hipotez¸e dotycz¸ac¸a postaci r´ownania rekurencyjnego i dowodzimy jej prawdziwo´sci.
Rozwi¸azywanie rekurencji
ZaÃl´o˙zmy, ˙ze musimy rozwi¸aza´c poprawnie sformuÃlowane r´ownanie rekurenycjne. Rozwi¸azanie takiego r´ownania, w przypadku ci¸agu danego r´ownaniem rekurencyjnym, nazywa si¸e wzorem jawnym (og´olnym) na an. Mamy do dyspozycji dwie strategie: metod¸e naiwn¸a i metod¸e uni- wersaln¸a.
A) Metoda ”naiwna”
1) Odgadni¸ecie rozwi¸azania r´ownania (czyli zgadnicie wzoru jawnego).
2) Udowodnienie jego prawdziwo´sci np. za pomoc¸a indukcji matematycznej.
albo
B) Metoda ”uniwersalna” (funkcji tworzcych)
Obliczenie wzoru jawnego metod¸a funkcji tworz¸acych.
W przypadku pierwszej strategii do odgadni¸ecia rozwi¸azania potrzebne jest przede wszys- tkim szcz¸e´scie aczkolwiek rozwi¸azanie mo˙ze by´c tez znalezione przez gÃl¸ebok¸a analiz¸e opisy- wanego zjawiska. Druga strategia zawsze da rozwi¸azanie o ile posiadamy pewn¸a wiedz¸e teo- retyczn¸a i praktyczn¸a. W tym przypadku wymaga to na przykÃlad znajomo´sci i umiej¸etno´sci stosowania narz¸edzi matematycznych zwanych funkcjami tworz¸acymi. Ale nie tylko. Aby rozwi¸azac dowolne r´ownanie rekurencyjne o gÃl¸eboko´sci k potrzebna jest r´ownie˙z umiej¸etno´s´c znajdowania wszystkich pierwiastk´ow wielomianu stopnia k. Jak wiadomo, w og´olno´sci nie jest to proste.
Prze´sled´zmy na przykÃladzie proces tworzenia zale˙zno´sci rekurencyjnej i rozwi¸azania rekurencji metod¸a ”naiwn¸a” poprzez odgadni¸ecie postaci rozwi¸azania a nast¸epnia udowodnienie poprawno´sci metod¸a indukcji matematycznej.
PrzykÃlad.
Wyznaczymy wz´or na Pn liczb¸e permutacji zbioru [n].
Obliczmy wpierw warto´sci ci¸agu Pn dla pocz¸atkowych warto´sci n. Oczywi´scie P1 = 1 bo jest tylko jedna permutacja zbioru [1], P2 = 2 = 2 · 1 = 2 · P1 bo s¸a 2 permutacje zbioru [2] a mianowicie (1, 2) i (2, 1). Nast¸epnie P3 = 6 = 3 · 2 = 3 · P2, P4 = 24 = 4 · 6 = 4 · P3.
Zauwa˙zamy, ˙ze dla obliczonych liczb Pn zachodzi nast¸epuj¸acy zwi¸azek: Pn = n · Pn−1. ÃLatwo wykaza´c, ˙ze wz´or ten jest prawdziwy dla dowolnego n. Mianowicie, ka˙zda permutacja zbioru [n] powstaje z dokÃladnie jednej permutacji zbioru [n−1] (tej, kt´or¸a otrzymamy usuwaj¸ac element n) poprzez wstawienie elementu n na jednej z n mo˙zliwych pozycji: przed 1szym elementem, przed 2gim, . . ., przed n − 1-szym i wreszcie za n − 1-szym. Zatem z ka˙zdej
permutacji zbioru [n − 1] powstaje n permutacji zbioru [n] i ka˙zd¸a permutacj¸e zbioru [n]
mo˙zna otrzyma´c w ten spos´ob dokÃladnie. Czyli permutacji zbioru [n] jest n razy wi¸ecej ni˙z permutacji zbioru [n − 1].
Zatem wykazali´smy prawdziwo´s´c hipotezy m´owi¸acej, ˙ze Pn= n · Pn−1 dla n ≥ 2.
Rozwi¸a˙zemy teraz otrzymane r´ownanie rekurencyjne (to znaczy znajdziemy wz´or jawny na Pn).
Wpierw odgadujemy posta´c rozwi¸azania. Oczywi´scie mogliby´smy to zrobi´c wykorzystuj¸ac swoj¸a wiedz¸e z kombinatoryki ale zr´obmy to tak jakby´smy nie znali wzoru na liczb¸e wszystkich permutacji zbioru [n]. Zauwa˙zmy, ˙ze P1 = 1 = 1!, P2 = 2·P1 = 2·1 = 2!, P3 = 3·P2 = 3·2! = 3!, P4 = 4 · P3 = 4 · 3! = 4! itd. Zatem odgadni¸eta przez nas (hipotetyczna) posta´c rozwi¸azania wygl¸ada nast¸epuj¸aco: Pn= n! dla n = 1, 2, 3, . . ..
Udowodnimy poprawno´s´c tego wzoru za pomoc¸a indukcji matematycznej. W dowodzie skorzystamy oczywi´scie z r´ownania rekurencyjengo, kt´ore rozwi¸azujemy. Krok 1. (baza in- dukcji) dla n = 1 wz´or prawdziwy gdy˙z P1 = 1 = 1!.
Krok 2. (krok indukcyjny) Niech n ≥ 2 b¸edzie dowoln¸a liczb¸a naturaln¸a ZaÃlo ˙zenie: Pn−1 = (n − 1)!
Teza: Pn = n!
Dow´od: Wykorzystuj¸ac zaÃlo˙zenie indukcujne oraz r´ownanie rekurencyjne, kt´ore rozwi¸azujemy pokazujemy, ˙ze lewa strona tezy jest r´owna prawej stronie.
Pn= n · Pn−1 = n · (n − 1)! = n!
Zatem, na mocy zasady indukcji matematycznej, Pn = n! dla dowolnej liczby naturalnej n ≥ 1.
Podamy teraz inny przykÃlad prostej zale˙zno´sci rekurencyjnej. Jednak w tym przypadku metoda ”naiwna” zawodzi. Jest to najprostszy przykÃlad na to, ˙ze potrzebna jest inna ni˙z
”odgadywanie” metoda rozwi¸azywania rekurencji.
Ci¸ag Fibonacciego
W 1202 roku Leonardo Fibonacci z Pizy sformuÃlowaÃl nast¸epuj¸acy problem dotycz¸acy hodowli pewnych szczeg´olnych kr´olik´ow zwanych obecnie kr´olikami Fibonacciego. Na pocz¸atku mamy jedn¸a par¸e nowonarodzonych kr´olik´ow. Kr´oliki maj¸a nast¸epuj¸ace wÃlasno´sci:
- ka˙zda para kr´olik´ow co miesi¸ac (ale pocz¸awszy od drugiego miesi¸aca po urodzeniu) ”pro- dukuje” (rodzi) jedn¸a par¸e kr´olik´ow (czyli mo˙znaby przyj¸a´c, ˙ze gdzie´s miesi¸ac wcze´sniej - po raz pierwszy miesi¸ac po urodzeniu, w nast¸epnych miesi¸acach zaraz po porodzie - Pan Kr´olik zaprasza Pani¸a Kr´olikow¸a na kaw¸e / ogl¸adanie znaczk´ow / nauk¸e matematyki dyskretnej) - kr´oliki s¸a nie´smiertelne (w wersji angielskiej brzmi to nast¸epuj¸aco: RABBITS NEVER DIE!)
Ile kr´olik´ow b¸edzie po n miesi¸acach?
Spr´obujmy znale´z´c rozwi¸azanie tego problemu. Przez Fn oznaczmy liczb¸e kr´olik´ow po n miesi¸acach. Przez kr´oliki mÃlode b¸edziemy rozumie´c nowonarodzone a przez kr´oliki stare te, kt´ory maj¸a co najmniej miesi¸ac a zatem w nast¸epnym miesi¸acu rodzi im si¸e para mÃlodych.
Na pocz¸atku mamy 1 par¸e kr´olik´ow zatem F0 = 1. Poniewa˙z para kr´olik´ow, kt´or¸a mamy na pocz¸atku jest nowonarodzona wi¸ec pierwsza para mÃlodych urodzi im si¸e dopiero po 2 miesi¸acach. Zatem F1 = 1 oraz F2 = 1 + 1 = 2 (1 para starych i 1 para mÃlodych). Po 3 miesi¸acach b¸ed¸a ˙zyÃly 2 pary starych i jednej parze (tej pierwszej) urodzi si¸e para mÃlodych.
Czyli F3 = 2 + 1 = 3. Po 4 miesi¸acach mamy 3 pary starych i dw´om z nich (tym, kt´ore ˙zyÃly
dwa miesi¸ace wcze´sniej) urodz¸a si¸e mÃlode. Zatem F4 = 3 + 2 = 5. Po 5 miesi¸acach mamy 5 par a 3 z nich urodz¸a si¸e mÃlode czyli F5 = 5 + 3 = 8 i tak dalej. Zauwa˙zmy, ˙ze dla dowolnej liczby naturalnej n ≥ 2 mamy nast¸epuj¸acy zwi¸azek :
Fn = Fn−1+ Fn−2.
Istotnie, po n miesi¸acach ˙zyj¸a wszystkie kr´oliki, kt´ore ˙zyÃly w poprzednim miesi¸acu (bo zaÃlo˙zyli´smy,
˙ze kr´oliki s¸a nie´smiertelne). Jest ich Fn−1. Zauwa˙zmy r´ownie˙z, ˙ze ka˙zdej parze kr´olik´ow, kt´ora
˙zyÃla 2 miesi¸ace wcze´sniej, rodzi si¸e para mÃlodych. Zatem, dodatkowo pojawia si¸e Fn−2 par nowonarodzonych kr´olik´ow. Czyli po n miesi¸acach mamy Fn−1 par kr´olik´ow starych i Fn−2 par kr´olik´ow mÃlodych. Otrzymany ci¸ag Fn nazywany jest ci¸agiem Fibonacciego a dla ka˙zdego n = 0, 1, 2, . . . liczba Fn nazywana jest n-t¸a liczb¸a Fibonacciego. Ci¸ag Fibonacciego dany jest nast¸epuj¸acym r´ownaniem rekurencyjnym:
Fn= Fn−1+ Fn−2 dla n ≥ 2 oraz F0 = F1 = 1.
Aby wypisa´c kolejne wyrazy tego ci¸agu wystarczy dodawa´c do siebie dwie ostatnie liczby i sum¸e wpisywa´c jako nast¸epny wyraz. Zatem ci¸ag Fibonacciego jest postaci
(1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . .).
Pomimo bardzo prostej budowy r´ownania rekurencyjnego definiuj¸acego ci¸ag Fibonacciego, znalezienie (odgadni¸ecie) wzoru jawnego na n-t¸a liczb¸e Fibonacciego FnokazaÃlo si¸e by´c niemo˙zliwym.
Dopiero po kilkuset latach zastosowanie funkcji tworz¸acych pozwoliÃlo obliczy´c wz´or na n-ty wyraz ci¸agu Fibonacciego. Stopie´n skomplikowania postaci rozwi¸azania wyja´snia dlaczego nie udaÃlo si¸e odgadn¸ac tego wzoru. Tak wi¸ec metoda naiwna okazaÃla si¸e by´c zawodn¸a nawet dla tak prostego r´ownania rekurencyjnego.
Ci¸ag Fibonacciego jest chyba najbardziej znanym ci¸agiem liczbowym. Okazuje si¸e, ˙ze wiele parametr´ow wyst¸epuj¸acych w przyrodzie jest danych ci¸agiem Fibonacciego (np. liczba spiral nasion sÃlonecznika, liczba sÃloj´ow w pniu niekt´orych gatunk´ow drzew). Co wi¸ecej we wzorze jawnym pojawia si¸e pewna ”magiczna” staÃla (niewymierna) znana ludziom na wiele setek lat zanim urodziÃl si¸e Leonardo Fibonacci. Czytelnika zainteresowanego tym tematem odsyÃlamy do bogatej literatury po´swi¸econej liczbom Fibonacciego.
Funkcjom tworz¸acym i metodzie rozwi¸azywania r´owna rekurencyjnych po´swi¸ecimy nast¸epny wykÃlad. Jako przykÃlad dziaÃlania tej metody wykorzystamy funkcje tworz¸ace do znalezienia wzoru na n-t¸a liczb¸e Fibonacciego.
8 Wykorzystujemy fakt, ˙ze suma dw´och szereg´ow jest jednym szeregiem, wyÃl¸aczamy √15 z obu wyraz´ow oraz wyÃl¸aczamy wewn¸atrz szeregu xn przed nawias aby otrzyma´c szereg pot¸egowy i otrzymujemy:
F(x) = 1
√5 ·
∞
X
n=0
( 1
xn+11 − 1
xn+12 ) · xn
Aby otrzyma´c szereg pot¸egowy postaci F (x) = P∞n=0Fnxn mno˙zymy kazdy wyraz otrzy- manego szeregu przez √15 (wÃl¸aczamy do wn¸etrza szeregu) i mamy
F(x) =
X∞ n=0
√1 5((1
x1)n+1− ( 1
x2)n+1) · xn
Wsp´oÃlczynnik przy xn jest wzorem jawnym na n-t¸a liczb¸e Fibonacciego Fn a zatem:
Fn= 1
√5(( 1
x1)n+1− ( 1 x2)n+1) Zauwa˙zmy, ˙ze
1
x1 = 1 +√ 5
2 oraz 1
x2 = 1 −√ 5 2 a zatem
Fn= 1
√5((1 +√ 5
2 )n+1− (1 −√ 5 2 )n+1) Posta´c rozwi¸azania (a zwÃlaszcza pojawienie si¸e liczby niewymiernej √
5 we wzorze jawnym ci¸agu, kt´orego wszystkie wyrazy s¸a liczbami naturalnymi) wyja´snia dlaczego nie byÃlo mo˙zliwe
”odgadni¸ecie” tego wzoru. Co ciekawe we wzorze pojawiÃly si¸e dwie ´sci´sle ze sob¸a zwi¸azane staÃle liczbowe znane na dÃlugo przed sformuÃlowaniem zagadnienia hodowli kr´olik´ow przez Fi- bonacciego. Pierwsz¸a z nich jest jedna z najwa˙zniejszych (magicznych), obok staÃlej Eulera e i liczby π, staÃla
φ = 1 +√ 5
2 ≈ 1, 618
zwana liczb¸a zÃlotego podziaÃlu. ZÃloty podziaÃl odcinka to taki podziaÃl na odcinki o dÃlugo´sci a, b,
˙ze dÃlugo´s´c caÃlego odcinka a + b ma si¸e tak do dÃlugo´sci dÃlu˙zszej cz¸e´sci podziaÃlu a jak dÃlugo´s´c dÃlu˙zszej cz¸e´sci a do dÃlugo´sci kr´otszej b. StaÃl¸a proporcjonalno´sci jest... no wÃla´snie... liczba φ.
Innymi sÃlowy jest to taki podziaÃl odcinka na cz¸e´sci o dÃlugo´sci a i b, ˙ze a+ b
a = a
b = 1 +√ 5
2 = φ
ZÃloty podziaÃl odcinka a tym samym liczba = φ pojawia si¸e w przyrodzie w wielu cz¸esto zaskakuj¸acych sytaucjach. Czytelnika zainteresowanego tym tematem odsyÃlamy do literatury po´swi¸econej zÃlotemu podziaÃlowi i staÃlej = φ. Druga staÃla, kt´ora pojawia si¸e w tym wzorze, to
φˆ= 1 −√ 5
2 ≈ −0, 618 zwana po prostu fi z daszkiem. ÃLatwo pokaza´c, ˙ze
φˆ= −1
φ = 1 − φ
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8 Wykorzystujemy fakt, ˙ze suma dw´och szereg´ow jest jednym szeregiem, wyÃl¸aczamy √15 z obu wyraz´ow oraz wyÃl¸aczamy wewn¸atrz szeregu xn przed nawias aby otrzyma´c szereg pot¸egowy i otrzymujemy:
F(x) = 1
√5 ·
X∞ n=0
( 1
xn+11 − 1
xn+12 ) · xn
Aby otrzyma´c szereg pot¸egowy postaci F (x) = P∞n=0Fnxn mno˙zymy kazdy wyraz otrzy- manego szeregu przez √15 (wÃl¸aczamy do wn¸etrza szeregu) i mamy
F(x) =
X∞ n=0
√1 5(( 1
x1)n+1− (1
x2)n+1) · xn
Wsp´oÃlczynnik przy xn jest wzorem jawnym na n-t¸a liczb¸e Fibonacciego Fn a zatem:
Fn= 1
√5(( 1
x1)n+1− ( 1 x2)n+1) Zauwa˙zmy, ˙ze
1
x1 = 1 +√ 5
2 oraz 1
x2 = 1 −√ 5 2 a zatem
Fn= 1
√5((1 +√ 5
2 )n+1− (1 −√ 5 2 )n+1) Posta´c rozwi¸azania (a zwÃlaszcza pojawienie si¸e liczby niewymiernej √
5 we wzorze jawnym ci¸agu, kt´orego wszystkie wyrazy s¸a liczbami naturalnymi) wyja´snia dlaczego nie byÃlo mo˙zliwe
”odgadni¸ecie” tego wzoru. Co ciekawe we wzorze pojawiÃly si¸e dwie ´sci´sle ze sob¸a zwi¸azane staÃle liczbowe znane na dÃlugo przed sformuÃlowaniem zagadnienia hodowli kr´olik´ow przez Fi- bonacciego. Pierwsz¸a z nich jest jedna z najwa˙zniejszych (magicznych), obok staÃlej Eulera e i liczby π, staÃla
φ = 1 +√ 5
2 ≈ 1, 618
zwana liczb¸a zÃlotego podziaÃlu. ZÃloty podziaÃl odcinka to taki podziaÃl na odcinki o dÃlugo´sci a, b,
˙ze dÃlugo´s´c caÃlego odcinka a + b ma si¸e tak do dÃlugo´sci dÃlu˙zszej cz¸e´sci podziaÃlu a jak dÃlugo´s´c dÃlu˙zszej cz¸e´sci a do dÃlugo´sci kr´otszej b. StaÃl¸a proporcjonalno´sci jest... no wÃla´snie... liczba φ.
Innymi sÃlowy jest to taki podziaÃl odcinka na cz¸e´sci o dÃlugo´sci a i b, ˙ze a+ b
a = a
b = 1 +√ 5
2 = φ
ZÃloty podziaÃl odcinka a tym samym liczba = φ pojawia si¸e w przyrodzie w wielu cz¸esto zaskakuj¸acych sytaucjach. Czytelnika zainteresowanego tym tematem odsyÃlamy do literatury po´swi¸econej zÃlotemu podziaÃlowi i staÃlej = φ. Druga staÃla, kt´ora pojawia si¸e w tym wzorze, to
φˆ= 1 −√ 5
2 ≈ −0, 618 zwana po prostu fi z daszkiem. ÃLatwo pokaza´c, ˙ze
φˆ= −1
φ = 1 − φ
Wykorzystujemy fakt, ˙ze suma dw´och szereg´ow jest jednym szeregiem, wyÃl¸aczamy √15 z obu wyraz´ow oraz wyÃl¸aczamy wewn¸atrz szeregu xn przed nawias aby otrzyma´c szereg pot¸egowy i otrzymujemy:
F(x) = 1
√5 ·
X∞ n=0
( 1
xn+11 − 1
xn+12 ) · xn
Aby otrzyma´c szereg pot¸egowy postaci F (x) = P∞n=0Fnxn mno˙zymy kazdy wyraz otrzy- manego szeregu przez √15 (wÃl¸aczamy do wn¸etrza szeregu) i mamy
F(x) =
∞
X
n=0
√1 5(( 1
x1)n+1− (1
x2)n+1) · xn
Wsp´oÃlczynnik przy xn jest wzorem jawnym na n-t¸a liczb¸e Fibonacciego Fn a zatem:
Fn= 1
√5(( 1
x1)n+1− ( 1 x2)n+1) Zauwa˙zmy, ˙ze
1
x1 = 1 +√ 5
2 oraz 1
x2 = 1 −√ 5 2 a zatem
Fn= 1
√5((1 +√ 5
2 )n+1− (1 −√ 5 2 )n+1) Posta´c rozwi¸azania (a zwÃlaszcza pojawienie si¸e liczby niewymiernej √
5 we wzorze jawnym ci¸agu, kt´orego wszystkie wyrazy s¸a liczbami naturalnymi) wyja´snia dlaczego nie byÃlo mo˙zliwe
”odgadni¸ecie” tego wzoru. Co ciekawe we wzorze pojawiÃly si¸e dwie ´sci´sle ze sob¸a zwi¸azane staÃle liczbowe znane na dÃlugo przed sformuÃlowaniem zagadnienia hodowli kr´olik´ow przez Fi- bonacciego. Pierwsz¸a z nich jest jedna z najwa˙zniejszych (magicznych), obok staÃlej Eulera e i liczby π, staÃla
φ= 1 +√ 5
2 ≈ 1, 618
zwana liczb¸a zÃlotego podziaÃlu. ZÃloty podziaÃl odcinka to taki podziaÃl na odcinki o dÃlugo´sci a, b,
˙ze dÃlugo´s´c caÃlego odcinka a + b ma si¸e tak do dÃlugo´sci dÃlu˙zszej cz¸e´sci podziaÃlu a jak dÃlugo´s´c dÃlu˙zszej cz¸e´sci a do dÃlugo´sci kr´otszej b. StaÃl¸a proporcjonalno´sci jest... no wÃla´snie... liczba φ.
Innymi sÃlowy jest to taki podziaÃl odcinka na cz¸e´sci o dÃlugo´sci a i b, ˙ze a+ b
a = a
b = 1 +√ 5
2 = φ
ZÃloty podziaÃl odcinka a tym samym liczba = φ pojawia si¸e w przyrodzie w wielu cz¸esto zaskakuj¸acych sytaucjach. Czytelnika zainteresowanego tym tematem odsyÃlamy do literatury po´swi¸econej zÃlotemu podziaÃlowi i staÃlej = φ. Druga staÃla, kt´ora pojawia si¸e w tym wzorze, to
φˆ= 1 −√ 5
2 ≈ −0, 618 zwana po prostu fi z daszkiem. ÃLatwo pokaza´c, ˙ze
φˆ= −1
φ = 1 − φ
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
9 Co wi¸ecej obie liczby s¸a pierwiastkami r´ownania x2 = x + 1 a wi¸ec podniesienie kazdej z nich do kwadratu jest r´ownowa˙zne dodaniu 1.
W spos´ob analogiczny do tego jak to zrobili´smy odnajduj¸ac wz´or jawny na n-t¸a liczb¸e Fi- bonacciego mo˙zna udowodni´c twierdzenie o postaci r´ownania rekurencyjnego liniowego drugiego rz¸edu czyli r´ownania postaci
an= A · an−1+ B · an−2 oraz a0, a1.dane
Jedyna r´oznica polega na tym, ˙ze pojawiaj¸a si¸e staÃle A i B, kt´ore jednak mog¸a zosta´c wyÃlaczone przed szereg w trakcie obliczania F (x). Podczas rozwijania F (x) w szereg pot¸egowy staÃle zale˙zne od A i B najpierw nie bior¸a udziaÃlu w rozwijaniu a na ko´ncu musz¸a zosta´c wÃl¸aczone do wn¸etrza szeregu. Oczywi´scie w miejsce x1, x2 pojawiaja si¸e staÃle zalezne od A i B.
Twierdzenie to ma nast¸epuj¸ac¸a posta´c.
Twierdzenie 1 Je´sli an = A · an−1+ B · an−2, gdzie A, B s¸a danymi staÃlymi oraz a0, a1
s¸a dane, to
an = c · αn+ d · βn gdzie
α, β s¸a pierwiastkami r´ownania charakterystycznego postaci x2 = Ax + B oraz c, d wyznaczamy z ukÃladu r´owna´n postaci
( c+ d = a0
cα+ dβ = a1
Powy˙zszy ukÃlad r´owna´n otrzymuje si¸e z postaci rozwi¸azania wstawiaj¸ac n = 0 oraz n = 1.
Twierdzenie to daje si¸e uog´olni´c dla r´ownania rekurencyjnego liniowego k-tego rz¸edu dla dowolnego k. Mianowicie
Twierdzenie 2 Je˙zeli ci¸ag an dany jest r´ownaniem rekurenycjnym postaci:
an =
k
X
i=1
Ai· an−i = A1· an−1+ . . . + Ak· an−k, gdzie A1, . . . , Ak s¸a danymi staÃlymi oraz a0, a1, . . . , ak−1 s¸a dane, to
an=
k
X
i=1
ci· (ri)n, gdzie
ri, dla i = 1, 2, . . . , k, s¸a pierwiastkami r´ownania charakterystycznego postaci rk = A1· rk−1+ A2· rk−2+ Ak−1· r + Ak
a staÃle ci wyznaczamy z warunk´ow brzegowych (danych pierwszych k wyraz´ow ci¸agu) wstaw- iaj¸ac do postaci rozwi¸azania kolejno n = 0, 1, . . . , k − 1.
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R´ownanie charakterystyczne powstaje z danego r´ownania rekurencyjnego poprzez zast¸apienie amprzez rmdla m = n−k, n−k+1, . . . , n−1, n i podzielenie otrzymanego r´ownania przez rn−k. Zauwa˙zmy, ˙ze w przypadku dowolnego k aby skorzysta´c z tego twierdzenia musimy znale´z´c pierwiastki wielomianu stopnia k co nie zawsze jest rzecz¸a prost¸a (nawet przy u˙zyciu komput- era). Dla k = 1, 2 jeste´smy jednak w stanie rozwi¸aza´c dowolne takie r´ownanie. SformuÃlujmy wi¸ec jeszcze to twierdzenie dla k = 1 przy czym w postaci r´ownania dopuscimy dodatkowo wyst¸epowanie wyrazu wolnego.
Twierdzenie 3Je´sli an = A · an−1+ B, gdzie A, B s¸a dane oraz a0, a1 s¸a dane, to an = c · An+ d,
gdzie
( c+ d = a0 A· c + d = a1
Zwr´o´cmy uwag¸e, ˙ze mamy An bo A jest pierwiastkiem r´ownania x = A. Na zako´nczenie rozwi¸a˙zemy kilka przykÃladowych zada´n.
Zadanie 1
Rozwi¸aza´c r´ownanie rekurencyjne postaci an = 2 · an−1+ 3 dla n ≥ 1 oraz a0 = 5 Rozwi¸azanie:
Korzystamy z ostatniego twierdzenia. Mamy A = 2, B = 3. Zatem an = c · 2n+ d, gdzie staÃle c, d wyznaczmy z ukÃladu r´owna´n postaci:
( c+ d = 5
2c + d = 2 · 5 + 3
Warto´s´ca1 wyznaczyli´smy wstawiaj¸ac a0 = 5 do danego r´ownania. Wtedy a1 = 2 · 5 + 3 = 13. Rozwi¸azuj¸ac powy˙zszy ukÃlad r´owna´n otrzymujemy c = 8 oraz d = −3. Zatem wz´or jawny na an jest postaci: an = 8 · 2n− 3.
Poprawno´s´c otrzymanego wzoru mo˙zna (ale nie trzeba) sprawdzi´c por´ownuj¸ac kilka pier- wszych wyraz´ow ci¸agu obliczonych raz ze wzoru rekurencyjnego a drugi raz ze wzoru jawnego.
W tym przypadku mamy: a2 = 2·13+3 = 29 a z otrzymanego wzoru jawnego a2 = 8·22−3 = 29. Zatem mo˙zemy przypuszcza´c, ˙ze nie popeÃlnilismy ˙zadnego bÃl¸edu rachunkowego.
Zadanie 2
”Par´owa” pozyczyÃl od chÃlopak´ow z miasta 1 mln euro na 50 % miesi¸ecznie (odsetki s¸a doliczane na koniec miesi¸aca). Na koniec ka˙zdego roku ”Par´owa” spÃlaca 0.2 mln euro. Ile b¸edzie wynosiÃl jego dÃlug po n miesi¸acach?
Rozwi¸azanie:
Oznaczmy przez dn dÃlug ”Par´owy ” po n miesi¸acach. Oczywi´scie d0 = 1. Po n (n ≥ 1) miesi¸acach do dotychczasowego dÃlugu, czyli dÃlugu po n − 1 miesi¸acach dn−1, dopisywane s¸a odsetki wynosz¸ace 0.5 dotychczasowego dÃlugu, czyli 0.5 · dn−1. Jednocze´snie dÃlug maleje o 0.2 mln euro. Zatem r´ownanie rekurencyjne, kt´orym opisany jest ci¸ag dn ma posta´c:
dn= 1.5 · dn−1− 0.2
Poniewa˙z jest to r´ownanie rekurenycjne liniowe rz¸edu pierwszego, to do rozwi¸azania tego r´ownania wykorzystujemy twierdzenie o postaci rozwi¸azania r´ownania typu an= A · an−1+ B.
Wstawiamy A = 1.5, B = 0.2. Zatem an = c · (1.5)n+ d, gdzie staÃle c, d wyznaczmy z ukÃladu r´owna´n postaci:
( c+ d = 1
c· 1.5 + d = 1.5 · 1 − 0.2
Warto´s´c d1 wyznaczyli´smy wstawiaj¸ac d0 = 1 do danego r´ownania. Wtedy d1 = 1.5 · 1 − 0.2 = 1.3. Rozwi¸azuj¸ac powy˙zszy ukÃlad r´owna´n otrzymujemy c = 0.6 oraz d = 0.4. Zatem wz´or jawny na an jest postaci: an= 0.6 · (1.5)n+ 0.4.
Zadanie 3
Po roku od zamieszkania w Warszawie Ja´s miaÃl jedn¸a kole˙zank¸e. Po dw´och latach miaÃl ju˙z dwie kole˙zanki. Po ka˙zdym nast¸epnym roku liczba kole˙zanek byÃla sum¸a podwojonej liczby kole˙zanek na koniec poprzedniego roku i potrojonej liczby kolezanek sprzed dw´och lat. Ile kole˙zanek b¸edzie miaÃl Ja´s po n latach? Znajd´z wz´or jawny.
Rozwi¸azanie:
Wpierw budujemy r´ownanie rekurencyjne opisuj¸ace dane zagadnienie. Niech kn oznacza liczb¸e kole˙zanek Jasia po n latach od zamieszkania w Warszawie. Oczywi´scie k0 = 1 (bo Ja´s miaÃl wpierw jedn¸a kolezank¸e) oraz k1 = 2 (bo po roku miaÃl dwie). Po n latach, dla n ≥ 2, liczba kole˙zanek kn byÃla sum¸a podwojonej liczby kole˙zanek sprzed roku, czyli 2 · kn−1
i potrojonej liczby kolezanek sprzed dw´och lat, czyli 3 · kn−2. Zatem r´ownanie rekurencyjne opisuj¸ace ci¸ag kn ma posta´c:
kn= 2 · kn−1+ 3 · kn−2 dla n ≥ 2, oraz k0 = 1, k1 = 2
Jest t r´ownanie rekurenyjne liniowe drugiego rz¸edu. Zatem korzystamy z Twierdzenia 1.
Mamy A = 2, B = 3. R´ownanie charakterystyczne ma posta´c:
x2 = 2x + 3 czyli
x2− 2x − 3 = 0
Pierwiastkami s¸a liczby x1 = −1 oraz x2 = 3. Zatem wz´or jawny na kn jest postaci:
kn = c · (−1)n+ d · 3n
Nieznane wsp´oÃlczynniki c, d wyznaczamy z ukÃladu r´owna´n postaci:
( c+ d = 1
c· (−1) + d · 3 = 2
Rozwi¸azuj¸ac otrzymujemy c = 14 oraz d = 34. Wstawiaj¸ac do postaci rozwi¸azania otrzymujemy wz´or jawny na kn postaci:
kn = 1
4 · (−1)n+ 3 4· 3n
Mo˙zna sprawdzi´c, ˙ze otrzymane rozwi¸azanie jest prawdopodobnie poprawne. Z wzoru rekurencyjnego k2 = 2 · 2 + 3 · 1 = 7. Z wzoru jawnego (wstawiaj¸ac n = 2) otrzymujemy ten sam wynik gdy˙z k2 = 14 +34 · 9 = 284 = 7.
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org) Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
