Indukcja i rekurencja

(1)

Indukcja i rekurencja

Wykłady z matematyki dyskretnej dla informatyków i teleinformatyków

UTP Bydgoszcz

02b

(2)

Indukcja matematyczna

Zasada inducji matematycznej.

Niech T (n) będzie tezą (wzorem), w której występuje liczba naturalna n oraz niech n₀ ∈ N. Ponadto niech będą spełnione dwa warunki.

1 T (n₀) jest słuszna.

2 Prawdziwa jest implikacja:

jeżeli T (k) jest słuszna, to T (k + 1) jest słuszna (dla k n₀).

Wtedy T (n) jest słuszna dla każdej liczby naturalnej n n0. Uwaga.

Najczęściej przyjmujemy n₀= 1.

Oczywiście w punkcie 2 literę k możemy zastąpić dowolną inną literą, na przykład n lub n − 1.

(3)

Zasada inducji matematycznej

Przykład. Nierówność Bernoulliego:

(1 + x )ⁿ> 1 + nx dla n 2, x > −1, x 6= 0.

1 Sprawdzamy dla n = 2.

(1 + x )² = 1 + 2x + x²> 1 + 2x ; teza jest słuszna dla n = 2.

2 Załóżmy, że teza jest słuszna dla n.

Wykażemy, że jest słuszna dla n + 1.

(1 + x )ⁿ> 1 + nx

(1 + x )ⁿ· (1 + x) > (1 + nx)(1 + x) (1 + x )ⁿ⁺¹> 1 + (n + 1)x + nx² (1 + x )ⁿ⁺¹> 1 + (n + 1)x

Wykazaliśmy oba kroki indukcyjne, więc teza została udowodniona dla n 2.

(4)

Definicje rekurencyjne

Rekurencja to odwoływanie się funkcji lub definicji do samej siebie.

Początkowy element (może być ich kilka) jest znany. Definicja

rekurencyjna odwołuje się do jednego lub wielu elementów poprzednich.

Przykład: silnia.

Zamiast liczyć “tradycyjnie” n! = 1 · 2 · . . . · n możemy zastosować rekurencję.

(5)

Silnia

n! =

(1 dla n = 0,

(n − 1)! · n dla n > 0 Algorytm (Python) sil (n) = n!.

def sil(n):

if n==0:

return 1 return sil(n-1)*n

24 6 2 1

sil (4) sil (3)

4·

sil (2) 3·

sil (1) 2·

sil (0) = 1 1·

(6)

Schemat rekurencyjny dla obliczania 4!

n! =

(1 dla n = 0,

(n − 1)! · n dla n > 0 Algorytm (Python) sil (n) = n!.

def sil(n):

if n==0:

return 1 return sil(n-1)*n

24 6 2 1

sil (4) sil (3)

4·

sil (2) 3·

sil (1) 2·

sil (0) = 1 1·

(7)

Silnia

Wzór Stirlinga.

Dla każdego n ∈ N⁺ zachodzą oszacowania:

√ 2π ·√

n · nⁿe⁻ⁿ ¬ n! ¬ e√

n · nⁿe⁻ⁿ.

Ponadto,

n! =

n e

n√ 2πn ·

1 + O1 n

≈

n e

n

·√ 2πn.

(8)

Potęga ubywająca n

^k

, k, n ∈ N.

n^k = n(n − 1)(n − 2) · . . . · (n − k + 1)

| {z }

k czynników

= n!

(n − k)!

n^k =











0 dla n < k, 1 dla k = 0 Qk

i =1(n − i + 1) dla 0 < k ¬ n Potęga ubywająca n^k, wzór rekurencyjny

n^k =











0 dla n < k, 1 dla k = 0

n · (n − 1)^k−1 dla 0 < k ¬ n

(9)

Schemat działania algorytmu dla k = 4, n = 6.

Algorytm (Python) pu(n, k) = n^k. def pu(n,k):

if n<k:

return 0 elifk==0:

return 1

return pu(n-1,k-1)*n

360 60 12 3

pu(6, 4) pu(5, 3) 6·

pu(4, 2) 5·

pu(3, 1) 4·

pu(2,0) =1 3·

(10)

Potęga przyrastająca

Potęga przyrastająca n^k.

n^k = n · (n + 1) · . . . · (n + k − 2) · (n + k − 1)

| {z }

k czynników

n^k =











1 dla k = 0,

0 dla n = 0 ∧ k 6= 0, k, n ∈ N, Qk

i =1(n + i − 1) dla k 6= 0 ∧ n 6= 0

(11)

Potęga przyrastająca

k

Y

i =1

(n + i − 1) = n · (n + 1) · · · (n + k − 2) · (n + k − 1)

| {z }

k czynników

Zauważmy, że

n^k−1· (n + k − 1) =^Q^k−1_{i =1}(n + i − 1) · (n + k − 1) =^Q^k_{i =1}(n + i − 1) = n^k Wzór rekurencyjny

n^k =











1 dla k = 0,

0 dla n = 0 ∧ k 6= 0, k, n ∈ N, n^k−1· (n + k − 1) dla k 6= 0 ∧ n 6= 0

(12)

Potęga przyrastająca

n^k =











1 dla k = 0,

0 dla n = 0 ∧ k 6= 0, k, n ∈ N, n^k−1· (n + k − 1) dla k 6= 0 ∧ n 6= 0 Algorytm (Python) pp(n, k) = n^k.

def pp(n,k):

if k==0:

return 1

elif n==0 and k>=1:

return 0

return pp(n,k-1)*(n+k-1)

(13)

Schemat działania algorytmu dla k = 4, n = 6.

Algorytm (Python) pp(n, k) = n^k. def pp(n,k):

if k==0:

return 1

elif n==0 and k>=1:

return 0

return pp(n,k-1)*(n+k-1)

3024 336 42 6

pp(6, 4) pp(6, 3) 9·

pp(6, 2) 8·

pp(6, 1) 7·

pp(6, 0) = 1 6·

(14)

Definicje indukcyjne/rekurencyjne

Mamy dane a0, r oraz q.

Ciąg arytmetyczny: an=

(a₀ dla n = 0, an−1+ r dla n > 0

Fakt. a_n= a₀+ nr . Ciąg geometryczny: an=

(a₀ dla n = 0, an−1· q dla n > 0

Fakt 1.

Dla q = 0 wszystkie wyrazy w ciągu (z wyjątkiem pierwszego, jeśli a₀ 6= 0) to zera.

Fakt 2. Jeżeli q 6= 0, to an= a0· qⁿ.

Dla niektórych ciągów znalezienie “jawnego” wzoru na jego n-ty wyraz nie jest łatwe.

(15)

Liczby harmoniczne: H

n

= 1 +

¹₂

+

¹₃

+ · · · +

¹_n

Definicja rekurencyjna:

H₁ = 1, H_n+1 = H_n+ 1

n + 1 dla n 1 Fakt.

ln(n + 1) < H_n< 1 + ln n Liczby harmoniczne s-tego rzędu:

Hn,s = 1 + 1 2^s + 1

3^s + · · · + 1 n^s Fakt. Gdy s > 1, to ciąg H_1,s, H_2,s, H_3,s, . . . jest zbieżny, a jego granicą jest funkcja zeta Riemanna ζ(s) =^P^∞_n=1_n¹s.

(16)

Liczby Fibonacciego

FIB(n) =











0 dla n = 0, 1 dla n = 1,

FIB(n − 1) + FIB(n − 2) dla n 2

Kilka liczb Fibonacciego:

FIB(n) =











0 dla n = 0, 1 dla n = 1,

FIB(n − 1) + FIB(n − 2) dla n 2 ,

Twierdzenie (Zeckendorff)

Każda dodatnia liczba naturalna może być przedstawiona jako suma różnych liczb Fibonacciego (tak, by suma ta

nie zawierała dwóch kolejnych liczb Fibonacciego).

PRZYKŁAD.

100 = 1 + 2 + 8 + 89 = FIB(1) + FIB(3) + FIB(6) + FIB(11) 100 = 3 + 8 + 89 = FIB(4) + FIB(6) + FIB(11)

1000000 = 55 + 144 + 46368 + 121393 + 832040

= FIB(10) + FIB(12) + FIB(24) + FIB(26) + FIB(30)

(25)

Ciąg Fibonacciego

FIB(n) =











0 dla n = 0, 1 dla n = 1,

FIB(n − 1) + FIB(n − 2) dla n 2 ,

Twierdzenie (Eulera-Bineta)

FIB(n) = 1

√ 5

"

1 +√ 5 2

!n

− 1 −√ 5 2

!n# .

Wyprowadzimy ten wzór później korzystając z funkcji tworzących.

(26)

„Złota liczba (złota proporcja)” ϕ =

¹⁺

√5

2

≈ 1.618

Własność.

n→∞lim

FIB(n + 1)

FIB(n) = 1 +√ 5

2 .

Dowód, I sposób.

n→∞lim

FIB(n + 1)

FIB(n) = lim

n→∞

√1 5

1+√ 5 2

n+1

−¹⁻

√ 5 2

n+1

√1 5

h1+√ 5 2

n

−¹⁻

√ 5 2

ni

= lim

n→∞

ϕⁿ⁺¹− (1 − ϕ)ⁿ⁺¹

ϕⁿ− (1 − ϕ)ⁿ = lim

n→∞

ϕ − (1 − ϕ)^1−ϕ_ϕ ⁿ 1 −^1−ϕ_ϕ ⁿ

= ϕ

(27)

FIB(n) = ^√¹

5

h1+√ 5 2

n

−

1−√ 5 2

ni

Własność.

n→∞lim

FIB(n + 1)

FIB(n) = 1 +√ 5

2 .

n→∞lim

FIB(n + 1)

FIB(n) = lim

n→∞

√1 5

1+√ 5 2

n+1

−¹⁻

√ 5 2

n+1

√1 5

h1+√ 5 2

n

−¹⁻

√ 5 2

ni

= lim

n→∞

ϕⁿ⁺¹− (1 − ϕ)ⁿ⁺¹

ϕⁿ− (1 − ϕ)ⁿ = lim

n→∞

ϕ − (1 − ϕ)^1−ϕ_ϕ ⁿ 1 −^1−ϕ_ϕ ⁿ

= ϕ

(28)

„Złota liczba (złota proporcja)” ϕ =

¹⁺

√5

2

≈ 1.618

Własność.

n→∞lim

FIB(n + 1)

FIB(n) = 1 +√ 5

2 .

n→∞lim

FIB(n + 1)

FIB(n) = lim

n→∞

√1 5

1+√ 5 2

n+1

−¹⁻

√ 5 2

n+1

√1 5

h1+√ 5 2

n

−¹⁻

√ 5 2

ni

= lim

n→∞

ϕⁿ⁺¹− (1 − ϕ)ⁿ⁺¹

ϕⁿ− (1 − ϕ)ⁿ = lim

n→∞

ϕ − (1 − ϕ)^1−ϕ_ϕ ⁿ 1 −^1−ϕ_ϕ ⁿ

= ϕ

(29)

lim

n→∞ FIB(n+1)

FIB(n)

=

¹⁺

√5

2

= ϕ =

¹⁺

√5

2

≈ 1.618

Dowód, II sposób. Ponieważ ciąg ^FIB(n+1)_FIB(n) jest nierosnący i ograniczony z dołu (na przykład przez 0), więc ma granicę; oznaczmy ją przez x . Oczywiście tę samą granicę x ma ciąg _FIB(n−1)^FIB(n) .

x = lim

n→∞

FIB(n + 1)

FIB(n) = lim

n→∞

FIB(n) + FIB(n − 1) FIB(n)

= 1 + lim

n→∞

FIB(n − 1)

FIB(n) = 1 + 1

limn→∞ FIB(n) FIB(n−1)

= 1 + 1 x Jedynym dodatnim rozwiązaniem równania x = 1 + ¹_x jest x = ϕ.

(30)

„Złoty podział (złota proporcja)”

a b

c Dzielimy tak, by

a

b = a + b a .

Po podstawieniu x = ^a_b otrzymamy równanie x = 1 + ¹_x, którego jedynym dodatnim rozwiązaniem jest x = ϕ = ¹⁺

√ 5

2 ≈ 1.618.

(31)

„Złoty podział (złota proporcja)”

a b

a + b

a b

Dzielimy tak, by

a

b = a + b a .

Po podstawieniu x = ^a_b otrzymamy równanie x = 1 +_x¹, którego jedynym dodatnim rozwiązaniem jest x = ϕ = ¹⁺

√ 5

2 ≈ 1.618.

(32)

lim

n→∞ FIB(n+1)

FIB(n)

=

¹⁺

√5

2

= ϕ =

¹⁺

√5

2

≈ 1.618.

Obserwacja.

FIB(1) FIB(0) = 1

1 = 1 FIB(2)

FIB(1) = 2

1 = 1 +1 1 FIB(3)

FIB(2) = 3

2 = 1 + 1 1 +¹₁ FIB(4)

FIB(3) = 5

3 = 1 + 1 1 +₁₊¹1

1

(33)

lim

n→∞ FIB(n+1)

FIB(n)

=

¹⁺

√5

2

= ϕ =

¹⁺

√5

2

≈ 1.618

Obserwacja.

Kolejne wyrazy ^FIB(n+1)_FIB(n) można wyrazić ułamkiem łańcuchowym:

1 + 1

1 + ¹

1+ ¹

1+ 1

1+ 1 1+...

(34)

Liczby Stirlinga II rodzaju

Liczby Stirlinga II rodzaju, oznaczane {ⁿ_k} („ k podzbiorów n”) lub S (n, k), opisują liczbę sposobów podziału zbioru n elementowego na k niepustych podzbiorów, których kolejność nie jest istotna.

Przykład. {⁴₃} =6, gdyż czteroelementowy zbiór, na przykład {A, B, C , D} możemy podzielić na sześćsposobów na trzy niepuste podzbiory:

{A}, {B}, {C , D}

{A}, {C }, {B, D}

{A}, {D}, {B, C } {B}, {C }, {A, D}

{B}, {D}, {A, C } {C }, {D}, {A, B}

(35)

Liczby Stirlinga II rodzaju

Przykład.

{³₂} =3, gdyż trójelementowyzbiór {A, B, C } możemy podzielić natrzy sposoby na dwaniepuste podzbiory:

{A}, {B, C }; {B}, {A, C }; {C }, {B, A}.

(36)

Liczby Stirlinga II rodzaju

Niektóre liczby Stirlinga II rodzaju:

n/k 0 1 2 3 4 5 6 7 8

0 - - - -

1 0 1 - - - -

2 0 1 1 - - - -

3 0 1 3 1 - - - - -

4 0 1 7 6 1 - - - -

5 0 1 15 25 10 1 - - -

6 0 1 31 90 65 15 1 - -

7 0 1 63 301 350 140 21 1 -

8 0 1 127 966 1701 1050 266 28 1

(37)

Liczby Stirlinga II rodzaju

Liczby Stirlinga II rodzaju, oznaczane {ⁿ_k} („ k podzbiorów n”), opisują liczbę sposobów podziału zbioru n elementowego na k niepustych podzbiorów, których kolejność nie jest istotna.

Przykłady.

{ⁿ₀} = 0 dla n 1

{ⁿ₁} = 1 dla n 1 (istnieje tylko jeden podział na jeden niepusty podzbiór) {ⁿ_n} = 1 (istnieje tylko jeden podział na n niepustych zbiorów)

{ⁿ_k} = 0 dla k > n (nie da się podzielić zbioru n elementowego na n + 1 lub więcej niepustych podzbiorów)

(38)

Liczby Stirlinga II rodzaju, wzór rekurencyjny

{ⁿ_k} =











0, dla (n 1 ∧ k = 0) ∨ k > n 1, dla (n 1 ∧ k = 1) ∨ k = n

{ⁿ⁻¹_k−1}+k · {ⁿ⁻¹_k } w pozostałych przypadkach Uzasadnienie. Niech X = {c1, c2, . . . , cn}. Rozdzielmy wszystkie podziały tego zbioru na dwie klasy: te które zawierają zbiór

jednoelementowy {c₁} oraz te, które go nie zawierają. Klasa pierwsza zawiera {ⁿ⁻¹_k−1}elementów, gdyż pozostałe n − 1 elementy dzielimy na k − 1 zbiorów. Klasa druga zawiera k · {ⁿ⁻¹_k }elementów, gdyż najpierw dzielimy zbiór X \ {c₁} = {c₂, . . . , c_n} na k niepustych podzbiorów (mamy {ⁿ⁻¹_k } możliwości), potem dołączamy element c₁ do jednego z tych zbiorów (mamy k możliwości).

(39)

Wieże Hanoi

Wieże Hanoi.

ⁿ

− 1).

Wiemy, że r₁ = 1, r₂ = 3, r₃ = 7.

Algorytm rekurencyjny.

Przenosimy n − 1 górnych krążków ze słupka A na słupek C wykorzystując słupek B (zobacz czwarty rysunek na poprzednim slajdzie). Możemy „zapomnieć” o największym krążku. Wykonamy więc r_n−1 ruchów.

Wykonujemy jeden ruch. Przenosimy największy krążek z A na B (piąty rysunek). Ten krążek jest już na właściwym miejscu.

Przenosimy n − 1 krążków ze słupka C na słupek B wykorzystując słupek A. Wykonamy r_n−1 ruchów.

Otrzymamy

rn= rn−1+ 1 + rn−1 = 2rn−1+ 1.

(49)

Algorytm dla n (liczba ruchów: r

n

= 2

ⁿ

− 1).

Czas na dowód indukcyjny, że jeśli

rn=

(1 dla n = 1

2rn−1+ 1 dla n 2 , to

rn= 2ⁿ− 1.

1 Dla n = 1 mamy

r1= 1 =2¹− 1.

2 Zakładamy, że r_n−1= 2ⁿ⁻¹− 1. Wtedy

rn=2rn−1+ 1= 2(2ⁿ⁻¹− 1) + 1 = 2 · 2ⁿ⁻¹− 2 + 1 =2ⁿ− 1.

Udowodnimy też ten wzór później inną metodą - korzystając z funkcji tworzących.