Matematyka Dyskretna Zestaw 1 1. Z pomocą indukcji

Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
Matematyka Dyskretna
Zestaw 1
1. Z pomocą indukcji matematycznej udowodnić, że następujące zależności zachodzą dla dowolnej liczby naturalnej n:
n
n
n
P
P
P
1
n
i2 = n(n+1)(2n+1)
(6i − 2) = n(3n + 1); (c)
(a)
; (b)
6
(4i−3)(4i+1) = 4n+1 ;
(d)
i=1
2n−1
P
(g)
n
P
(2i + 1) = 3n2 ;
(e)
(h)
i=1
n
P
i=n
i=1
1
i(i+1)
(f)
i=1
2n
P
i=1
i=n+1
√
(i)
n
P
i=1
n
P
=
n
n+1 ;
i=1
i3 = (
1
√
i
>
n
P
i)2 ;
n;
i=1
1
√
i
1
i
=
2n
P
i=1
(−1)i−1
;
i
√
6 2 n − 1.
2. Z pomocą indukcji matematycznej udowodnić, że następujące zależności zachodzą dla dowolnej liczby naturalnej n:
(a) 7 | 11n − 4n ;
(b) 16 | 5n − 4n − 1;
(d) 73 | 8n+2 + 92n+1 ;
(e) 3n+1 | 23 + 1;
(f) 30 | n5 − n;
(g) 546 | n13 − n;
(h) 11 | 26n+1 + 32n+2 ;
(i) p | np − n, p - liczba pierwsza.
n
(c) 8 | 5n+1 + 2 · 3n + 1;
3. Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n liczba
n4 n3 11n2 n
+
+
+ jest całkowita.
24
4
24
4
4. n-tą liczbą harmoniczną nazywamy liczbę postaci Hn = 11 +
ponadto, że H0 = 0. Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n
1
2
+ . . . + n1 . Przyjmujemy
n+1
6 H2n 6 n + 1.
2
5. Udowodnić następującą nierówność Bernoulliego: dla dowolnej liczby rzeczywistej a > −1
oraz dowolnego n ∈ N zachodzi
(1 + a)n > 1 + na.
6. Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n i dla dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych x1 , x2 , . . . , xn zachodzi nierówność
√
x1 + x2 + · · · + xn
> n x1 · x2 · . . . · xn
n
(1)
Wskazówka: najpierw udowodnić, że nierówność jest prawdziwa dla n 6 2. Następnie pokazać,
że z prawdziwości dla n wynika prawdziwość dla 2n i w końcu, że z prawdziwości dla n wynika
+···+xn−1
prawdziwość dla n − 1 dokonując podstawienia xn = x1 +x2n−1
.
7. Dla każdego z ciągów zdefiniowanych rekurencyjnie wyznaczyć trzeci, piąty i dziesiąty wyraz
oraz udowodnić podaną nierówność:
(a) a0 = 1, a1 = 2, a2 = 3 oraz an = an−2 + 2an−3 dla n > 3; an > ( 23 )n dla wszystkich n > 1;
(b) a0 = a1 = a2 = 1 oraz an = an−1 + an−2 + an−3 dla n > 3; an 6 2n−1 dla wszystkich n > 1;
(c) a0 = 1, a1 = 3, a2 = 5 oraz an = 3an−2 + 2an−3 dla n > 3; 2n < an 6 2n+1 dla wszystkich
n > 1.
8. Niech F0 = 0, F1 = 1 i dla n > 2 Fn√= Fn−1 +F√n−2 . Wszystkie wyrazy tego ciągu nazywamy
liczbami Fibonacciego Niech dalej φ = 1+2 5 i φb = 1−2 5 .
(a) Udowodnić że Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (−1)n , dla dowolnej liczby naturalnej n.
1
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
2
(b) Czy dla dowolnej liczby naturalnej n, Fn2 + Fn+1
jest liczbą Fibonacciego?
n
P
(c) Czy dla dowolnej liczby naturalnej n,
Fk jest liczbą Fibonacciego?
k=0
(d) Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzą następujące zależności
(1) φn−2 6 Fn+1 6 φn ,
(2) φn = Fn+1 φ + Fn−1 ,
(3) φbn = Fn+1 φb + Fn .
9. Niech a0 = 1, a2 = 8, a3 = 27, a4 = 64 i dla d > 0 niech
an+4 = 4an+3 − 6an+2 + 4an+1 − an .
Odgadnąć jawną postać n-tego wyrazu ciągu an i udowodnić jego poprawność.
P
10. Niech
= {a, b}.
P
(a) Niech sn oznacza liczbę słów długości n w alfabecie
niezawierających ciągu ab. Obliczyć
pięć pierwszych wyrazów ciągu sn , znaleüć jawny wzór na sn i go udowodnić.
P
(b) Niech tn oznacza liczbę słów długości n w alfabecie , w których jest parzysta liczba liter
a. Obliczyć pięć pierwszych wyrazów ciągu tn , znaleźć jawny wzór na tn i go udowodnić.
P
11. Niech
= {a, b, c}.
P
(a) Niech sn oznacza liczbę słów długości n w alfabecie , w których nie występuje ciąg aa.
Obliczyć pięć pierwszych wyrazów ciągu sn i znaleźć dla niego wzór rekurencyjny.
P
(b) Niech tn oznacza liczbę słów długości n w alfabecie
, w których nie występuje żaden
z ciągów: aa, bb, cc, ba. Obliczyć pięć pierwszych wyrazów ciągu sn i znaleźć dla niego wzór
rekurencyjny.
n−1
12. Obliczyć a4 , a5 i a6 jeżeli a0 = α, a1 = β oraz an = 1+a
an−2 dla n > 2. Podać jawny wzór
na an . Jakie warunki muszą spełniać α i β, jeżeli ten ciąg jest nieskończony?
13. (a) Definiujemy rekurencyjnie s0 = 1 i sn+1 = s2n dla n > 0. Obliczyć piąty, dziesiąty i
piętnasty wyraz tego ciągu. Jaki jest zbiór wartości ciągu {sn }?
(b) Definiujemy rekurencyjnie a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2 oraz an = an−1 − an−2 + an−3 dla n > 3.
Jaki jest zbiór wartości ciągu {an }?
14. Podać definicję rekurencyjną każdego z poniższych ciągów:
2
(22 )
a) (1, 3, 9, 27, 81, . . .); b) (2, 22 , (22 )2 , ((22 )2 )2 , . . .); c) (2, 22 , 2(2 ) , 2(2 ) ).
15. a) Definiujemy rekurencyjnie ciąg za pomocą wzorów: a0 = a1 = 1 oraz an = an−1 + 2an−2
dla n > 2. Obliczyć a6 i pokazać, że wszystkie wyrazy ciągu są nieparzyste.
b) Definiujemy rekurencyjnie ciąg za pomocą wzorów: b0 = b1 = 1 oraz bn = 2bn−1 + bn−2 dla
n > 2. Obliczyć b6 i pokazać, że wszystkie wyrazy ciągu są nieparzyste.
16. W każdym z następujących przypadków podać jawny wzór na sn i udowodnić indukcyjnie
jego poprawność:
(a) s0 = 3, s1 = 6, oraz sn = sn−1 + 2sn−2 dla n > 2;
(b) s0 = 1, s1 = −3, oraz sn = 6sn−1 − 9sn−2 dla n > 2;
(c) s0 = c, s1 = d, oraz sn = 5sn−1 − 6sn−2 dla n > 2;
(d) s0 = 1, s1 = 2, oraz sn = 3sn−2 dla n > 2;
2
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
Rozwiązania.
1. (h) Przy ustalonej liczbie naturalnej n przez Ln i Pn oznaczmy odpowiednio lewą i prawą stronę
√
rozważanej równości. Dla n = 1 mamy L1 = √11 = 1 = 1 = P1 . Zatem L1 > P1 . Sprawdźmy
jeszcze prawdziwość równości dla n = 2. Mamy,
√
√
√
1
2
2+1
1+1
1
> √
= √ = 2 = P2 .
L2 = √ + √ = √
1
2
2
2
2
Załóżmy teraz, że dla pewnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność Ln > Pn , tzn.
√
1
1
1
√ + √ + · · · + √ > n.
n
1
2
(2)
Na podstawie tej nierówności chcemy dowieść, że Ln+1 > Pn+1 , tzn.
√
1
1
1
1
√ + √ + ··· + √ + √
> n + 1.
n
n+1
1
2
(3)
Mamy
z zał. ind.
1
1
1
1
1
1
= Ln + √
=
>
Pn + √
Ln+1 = √ + √ + · · · + √ + √
n
n+1
n+1
n+1
1
2
√
p
√
√
n(n + 1) + 1
1
n+1
n2 + 1
√
n+ √
=
> √
=√
= n + 1 = Pn+1 .
n+1
n+1
n+1
n+1
Wykazaliśmy zatem, że z nierówności Ln > wynika nierówność Ln+1 > Pn+1 , a ponieważ nierówność jest prawdziwa także dla małych wartości n, więc jest ona prawdziwa dla wszystkich liczb
naturalnych n.
2. (c) Mamy udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n istnieje liczba całkowita t, taka że
5n+1 + 2 · 3n + 1 = 8 · t
(4)
Dla n = 1 mamy
51+1 + 2 · 31 + 1 = 25 + 6 + 1 = 32 = 8 · 4
zatem teza jest prawdziwa. Załóżmy teraz prawdziwość tej tezy dla pewnego k, k > 1, tzn.
zakładamy, że istnieje liczba całkowita t, taka że
5k+1 + 2 · 3k + 1 = 8 · t
(5)
i dowodzimy istnienia liczby całkowitej u, takiej że
5k+2 + 2 · 3k+1 + 1 = 8 · u.
(6)
Przekształcamy lewą stronę ostatniej równości tak by otrzymać stronę prawą. Mamy
L = 5k+2 + 2 · 3k+1 + 1 = 5 · 5k+1 + 6 · 3k + 1
Ze wzoru (5) wyliczamy, że 5k+1 = 8t − 2 · 3k − 1 i podstawiamy w (6). Otrzymujemy
L = 5 · (8t − 2 · 3k − 1) + 6 · 3k + 1 = 8 · 5t − 10 · 3k + 6 · 3k − 4 =
= 8 · 5t − 4 · 3k − 4 = 8 · 5t − 4 · (3k + 1).
3
(7)
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
Zauważmy, że liczba 3k + 1 jest parzysta, tzn można ją zapisać w postaci 3k + 1 = 2 · z. Zatem
ostatnie z otrzymanych wyrażeń jest równe
8 · 5t − 4 · 2 · z = 8(5t − z).
Przyjmując z = 5t − z, otrzymaliśmy prawą stronę wzoru 7, tzn. wykazaliśmy, że z prawdziwości
wzoru (4) dla n = k, wynika jego prawdziwość dla n = k + 1. To oznacza, że wzór jest prawdziwy
dla dowolnej liczby naturalnej n.
3. Na początek wszystkie składniki wyrażenia sprowadźmy do wspólnego mianownika.
n4 n3 11n2 n
n4 + 6n3 + 11n2 + 6n
+
+
+ =
24
4
24
4
24
Rozwiązanie sprowadza się do wykazania, że licznik powstałego ułamka dzieli się przez 24. Wykażemy to bez odwoływania się do schematu indukcji matematycznej. Zauważmy (a nie jest to
łatwe), że
n4 + 6n3 + 11n2 + 6n = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
Zatem licznik jest iloczynem czterech kolejnych liczb naturalnych. Wśród czynników są dwie kolejne
liczby parzyste, stąd ich iloczyn dzieli się przez osiem (bo jedna z nich dzieli się przez 4). Poza
tym przynajmniej jeden z tych czterech czynników dzieli się przez 3. Zatem licznik ułamka dzieli
się przez 3 · 8 = 24.
4. W rozwiązaniu wykorzystamy zasadę indukcji matematycznej. Dla n = 1 mamy H21 = H2 =
1
1
3
1 + 2 = 2 . Zatem
1+1
3
= 1 < H2 = < 2 = 1 + 1.
2
2
Załóżmy teraz, że
n+1
2
6 H2n 6 n + 1. Udowodnimy, że
n+2
6 H2n+1 6 n + 2.
2
(8)
Dla lepszego zrozumienia przyjrzyjmy się bliżej początkowym liczbom harmonicznym postaci H2n .
Mamy
H1 = 11 ,
H2 = 11 + 12 = H1 + 21 ,
H4 = 11 + 12 + 13 + 14 = H2 + 13 + 14 ,
H8 = H4 + 51 + 16 + 71 + 18
Stąd łatwo widać, że
1
1
1
+ n
+ · · · + n+1 .
+1 2 +2
2
Jeżeli teraz wszystkie składniki ostatniej sumy stojące po prawej stronie H2n zastąpimy przez
najmniejszy z nich, czyli ostatni, to otrzymujemy
H2n+1 = H2n +
H2n +
1
2n +1
+
1
2n +2
+ ··· +
2n
1
2n+1
> H2n +
= H2n +
co daje pierwszą nierówność.
4
1
1
1
+ 2n+1
+ · · · + 2n+1
2n+1
1 z zał. ind. n
1
n+1
>
2
2 + 2 = 2 ,
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
Jeżeli wszystkie składniki stojące po prawej stronie H2n zastąpimy liczbą
od każdego z nich, to otrzymamy
H2n +
1
2n +1
+
1
2n +2
+ ··· +
1
2n+1
< H2n +
1
1
2n + 2n +
z zał. ind.
= H2n + 1
<
1
2n ,
··· +
która jest większa
1
2n
n + 1.
A zatem druga nierówność jest też prawdziwa. Na mocy zasady indukcji matematycznej wnosimy,
że badane nierówności są prawdziwe dla wszystkich liczb naturalnych.
5. Dla n = 1 obie strony nierówności są identyczne, zatem jest to nierówność prawdziwa. Załóżmy,
że nierówność jest prawdziwa dla pewnej liczby naturalnej k, k > 1, tzn. zakładamy, że
(1 + a)k > 1 + ka.
(9)
Dowodzimy prawdziwości twierdzenia dla k + 1, tzn dowodzimy, że
(1 + a)k+1 > 1 + (k + 1)a.
Mamy
(1+a)k+1 = (1+a)k ·(1+a)
z zał. ind. (9)
>
(1+ka)(1+a) = 1+a+ka+ka2 = 1+(k+1)a+ka2 > 1+(k+1)a
co kończy dowód. Ponieważ wzór jest prawdziwy dla n = i z prawdziwości wzoru dla k wynika
prawdziwość dla k + 1, więc na mocy Zasady Indukcji Matematycznej wzór jest prawdziwy dla
dowolnej liczby naturalnej n.
6. Ponieważ dla dowolnych liczb rzeczywistych x1 i x2 prawdziwa jest nierówność
(x1 − x2 )2 > 0
więc, po rozwinięciu lewej strony otrzymujemy
x21 − 2x1 x2 + x22 > 0.
Do obu stron tej równości dodajemy 4x1 x2 i mamy
x21 + 2x1 x2 + x22 > 4x1 x2 ,
czyli
(x1 + x2 )2 > 4x1 x2 .
Lewa strona nierówności jest oczywiście nieujemna, prawa – na mocy założenia – także, więc po
obustronnym wyciągnięciu pierwiastka i podzieleniu przez 2 otrzymujemy
x1 + x2 √
> x1 · x2 .
2
(n → 2n) Prawdziwość wzoru dla 2n przy założeniu jego prawdziwości dla n łatwo wyprowadzić
na podstawie tylko co dowiedzionego przypadku n = 2. Mamy
x1 + · · · + xn xn+1 + · · · + x2n
+
x1 + · · · + xn + xn+1 + · · · + x2n
n
n
=
>
2n
2
s
s
s
x1 + · · · + xn
xn+1 + · · · + x2n
x1 + · · · + xn
xn+1 + · · · + x2n
>
·
=
·
>
n
n
n
n
p√
p√
√
n x · x · ... · x ·
2n x · x · . . . · x
n x
1
2
n
n+1 · xn+2 · . . . · x2n =
1
2
2n
5
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
(n → n − 1) Udowodnimy teraz, że z prawdziwości wzoru dla n wynika prawdziwość dla n − 1.
+···+xn−1
otrzymujemy
Załóżmy zatem, że zachodzi wzór (1). Po podstawieniu xn = x1 +x2n−1
x1 + x2 + · · · + xn−1 +
n
x1 +x2 +···+xn−1
n−1
r
x1 + x2 + · · · + xn−1
> n x1 · x2 · . . . · xn−1 ·
.
n−1
Po redukcji wyrazów podobnych na lewej stronie, otrzymujemy
r
x1 + x2 + · · · + xn−1
x1 + x2 + · · · + xn−1
> n x1 · x2 · . . . · xn−1 ·
.
n−1
n−1
+···+xn−1
Teraz obie strony nierówności podnosimy do potęgi n-tej i dzielimy przez x1 +x2n−1
. W wyniku
tych operacji mamy nierówność
x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1
> x1 · x2 · . . . · xn−1 ,
n−1
z której, po obustronnym wyciągnięciu pierwiastka stopnia n − 1 otrzymujemy
x1 + x2 + · · · + xn−1
>
n−1
√
n−1
x1 · x2 · . . . · xn−1 .
7. a) Mamy oczywiście
a0 = 1, a1 = 2, a2 = 3,
a3 = a1 + 2a0 = 2 + 2 · 1 = 4,
a4 = a2 + 2a1 = 3 + 2 · 2 = 7,
a5 = a3 + 2a2 = 4 + 2 · 3 = 10,
a6 = a4 + 2a3 = 7 + 2 · 4 = 15,
a7 = a5 + 2a4 = 10 + 2 · 7 = 24,
a8 = a6 + 2a5 = 15 + 2 · 10 = 35,
a9 = a7 + 2a6 = 24 + 2 · 15 = 54,
a10 = a8 + 2a7 = 35 + 2 · 24 = 83.
Pierwszy krok dowodu nierówności wymaga sprawdzenia jej dla trzech pierwszych wyrazów, ponieważ ciąg zadany jest wzorem rekurencyjnym odwołującym się do wyrazów wcześniejszych maksymalnie o trzy numery:
2
3
3
9
3
27
3
a1 = 2 > , a 2 = 3 > =
, a3 = 4 >
=
.
2
4
2
8
2
Załóżmy teraz, że dla wszystkich k mniejszych od n nierówność jest prawdziwa. W szczególności
zakładamy więc, że
n−3
n−2
3
3
an−3 >
i an−2 >
.
(10)
2
2
Dowodzimy nierówności dla n:
n
3
an >
.
2
Mamy
an = an−2 + 2an−3
n−2
n−3 n−3 n−3
n
3
3
3
3
3
27
3
>
+2
=
+2 >
·
=
.
2
2
2
2
2
8
2
z (10)
6
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
Zatem, skoro nierówność jest prawdziwa dla małych wartości n oraz z prawdziwości nierówności dla
wartości mniejszych od n wynika jego prawdziwość dla n, więc na mocy Zasady Indukcji Zupełnej
nierówność jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych > 1.
8. b) Na początek spróbujmy odgadnąć czym może być rozważana suma. W tym celu wyliczmy
jej kilka początkowych wartości:
2
n Fn Fn+1 Fn2 + Fn+1
0 0
1
1 = F1
1 1
1
2 = F3
2 1
2
5 = F5
3 2
3
13 = F7
4 3
5
34 = F9
5 5
8
89 = F11
6 8
13
233 = F13
7 13
21
610 = F15
8 21
34 1597 = F17
Można zatem wysnuć podejrzenie, że
2
Fn2 + Fn+1
= F2n+1
(11)
Powyższy wzór jest szczególnym przypadkiem wzoru ogólniejszego
Fn Fm + Fn+1 Fm+1 = Fn+m+1
(12)
i ten ogólniejszy wzór udowodnimy. W dowodzie wykorzystamy zasadę indukcji zupełnej ze względu
na n. Dla małych wartości n jest to łatwe do sprawdzenia, mamy bowiem
dla n = 0 F0 Fm + F1 Fm+1 = 0 · Fm + 1 · Fm+1 = F0+m+1 ,
dla n = 1 F1 Fm + F2 Fm+1 = Fm + Fm+1 = Fm+2 = F1+m+1 ,
dla n = 2 F2 Fm + F3 Fm+1 = Fm + 2Fm+1 = (Fm + Fm+1 ) + Fm+1 = Fm+2 + Fm+1 = Fm+3 = F2+m+1 ,
Załóżmy teraz, że dla dowolnego k < n jest
Fk Fm + Fk+1 Fm+1 = Fk+m+1
(13)
W szczególności zakładamy, że ta równość jest prawdziwa dla k = n − 1 i k = n − 2, tzn. niezależnie
od wartości m
Fn−1 Fm + Fn Fm+1 = Fn−1+m+1 = Fn+m i Fn−2 Fm + Fn−1 Fm+1 = Fn−2+m+1 = Fn+m−1 . (14)
Dowodzimy równości dla n, czyli dowodzimy wzór (12). Mamy
Fn Fm + Fn+1 Fm+1 = (Fn−2 + Fn−1 )Fm + (Fn−1 + Fn )Fm+1 =
= (Fn−2 Fm + Fn−1 Fm+1 ) + (Fn−1 Fm + Fn Fm+1 )
= Fn+m−1 + Fn+m = Fn+m+1
z zał. ind
=
Na mocy zasady indukcji zupełnej możemy twierdzić, że wzór (12) jest prawdziwy dla wszystkich
naturalnych n i m. Jeśli w tym wzorze przyjmiemy n = m, to otrzymamy wzór (11).
7
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
(d) Dla n = 1 i dla n = 2 otrzymujemy kolejno
φ1−2 = φ−1 =
2
√ < 1 = f1 = 1 = φ0 = φ1−1 ,
1+ 5
2
√ = φ1 = φ2−1 ,
1+ 5
czyli obie nierówności są prawdziwe. Załóżmy teraz prawdziwość tych równości dla wszystkich liczb
naturalnych k, takich że k 6 n i rozważmy liczbę fn+1 . Najpierw zauważmy, że
φ2−2 = φ0 = 1 = f2 <
φ + 1 = φ2 .
(15)
Zatem na mocy definicji ciągu {fn }n∈N i założenia indukcyjnego mamy
fn+1 = fn + fn−1 > φn−2 + φn−3 = φn−3 (1 + φ) = φn−3 · φ2 = φn−1 ,
co dowodzi pierwszej nierówności. Podobnie
fn+1 = fn + fn−1 6 φn−1 + φn−2 = φn−2 (φ + 1) = φn−2 · φ2 = φn .
Zatem z prawdziwości obu nierówności dla k 6 n otrzymaliśmy, że
φn−1 6 fn+1 6 φn .
Na podstawie zasady indukcji matematycznej oznacza to, że nierówności (3) są prawdziwe dla
wszystkich liczb naturalnych.
(b) Dla n = 1 i n = 2 mamy odpowiednio
√
√
√
(1 + 5)2
3+ 5
1+ 5
1
2
φ = φ = 1 · φ + 0 = F1 · φ + F0 i φ =
=
=1·
+ 1 = f2 · φ + f1 ,
4
2
2
a zatem wzór jest spełniony. Załóżmy teraz, że wzór jest prawdziwy dla n = k,
φk = Fk φ + Fk−1 .
(16)
φk+1 = fk+1 φ + fk .
(17)
Chcemy pokazać, że zachodzi wzór
Przekształcamy lewą stroną tej równości. Mamy
φk+1 = φk φ
z (15)
=
(Fk φ + Fk−1 )φ = Fk φ2 + Fk−1 φ.
Korzystając z (15) i wzoru rekurencyjnego dla ciągu {fn }n∈N ostatnie wyrażenie powyższej równości
jest równe
fk (φ + 1) + fk−1 φ = (fk + fk−1 )φ + fk = Fk+1 φ + fk .
Otrzymaliśmy zatem prawą stronę równości (17). Skoro zatem prawdziwość wzoru dla k + 1 wynika
z prawdziwości dla k, na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla wszystkich
liczb naturalnych n.
Dowód punktu (c) jest dokładnie taki sam, jak punktu (b).
9. Postać początkowych wyrazów ciągu sugeruje, że ogólny wzór na n-ty wyraz ciągu ma postać
an = n3
8
(18)
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
Pokażemy indukcyjnie, że tak jest rzeczywiście. Wzór rekurencyjny na ustalony wyraz ciągu odwołuje się do czterech kolejnych wyrazów bezpośrednio poprzedzających wyraz obliczany. Dlatego pierwszy krok indukcyjny polega na sprawdzeniu prawdziwości wzoru dla czterech pierwszych
wyrazów ciągu. Ale to już zrobiliśmy, wszak ze sprawdzenia własności początkowych wyrazów
wynikła sugestia co do wzoru ogólnego (18). Załóżmy więc, że udowodniliśmy już, że dla k 6 n
mamy ak = k 3 , gdzie n > 4. Na tej podstawie dowodzimy wzoru dla n + 1, tzn. dowodzimy, że
an+1 = (n + 1)3 .
Ze wzoru rekurencyjnego wiemy, że
an+1 = 4an − 6an−1 + 4an−2 − an−3 .
Na podstawie
4an
−6an−1
4an−2
−an−3
założenia indukcyjnego, rozpiszmy poszczególne składniki. Mamy
= 4n3
= −6(n − 1)3 = −6(n3 − 3n2 + 3n − 1)
= 4(n − 2)3 = 4(n3 − 6n2 + 12n − 8)
= −(n − 3)3 = −n3 + 9n2 − 27n + 81.
Po dodaniu stronami tych równości otrzymujemy
an+1 = 4an − 6an−1 + 4an−2 − an−3 =
4n3 − 6(n3 − 3n2 + 3n − 1) + 4(n3 − 6n2 + 12n − 8) − (n3 − 9n2 + 27n − 27) =
(4n3 − 6n3 + 4n3 − n3 ) + (18n2 − 24n2 + 9n2 ) + (−18n + 48n − 27n) + (6 − 32 + 27) =
n3 + 3n2 + 3n + 1 = (n + 1)3 .
Na mocy zasady indukcji zupełnej wnosimy, że wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu jest prawdziwy
dla dowolnej liczby naturalnej n.
10. a) Wypisanie kilku początkowych słów w podanym alfabecie daje łatwą sugestię o jawnej
posaci n-tego wyrazu ciągu.
n
1
2
3
4
5
słowa
a aa, ba aaa, baa, bba, aaaa, baaa, bbaa, bbba aaaaa, baaaa, bbaaa, bbbaa, bbbba
długości n b
bb
bbb
bbbb
bbbbb
Sn
2
3
4
5
6
Niech an będzie liczbą dopuszczalnych słów długości n kończących się literą a, natomiast bn liczbą
słów długości n kończących się literą b. Przy tworzeniu słów długości n + 1, literę a można dopisać
do dowolnego słowa długości n, zatem
an+1 = an + bn = sn .
Literę b można dopisać tylko do tych słów, które kończą się literą b i z łatwej indukcji wynika, że
bn = 1. Zatem
sn+1 = an+1 + bn+1 = sn + 1.
Stąd sn = n + 1. Dowód poprawności wzoru zostawiam czytelnikowi dla rozrywki.
16. c) Rozważmy równanie charakterystyczne tego ciągu:
x2 = 5x − 6
9
(19)
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 1)
Jego pierwiastkami są α = 2 i β = 3. Na podstawie twierdzenia o jawnej postaci ciągu zadanego
requrecyjnie istnieją stałe A i B, takie że
sn = Aαn + Bβ n = A · 2n + B · 3n
(20)
Stałe A i B wyliczamy na podstawie układu równań
(
s0 = Aα0 + Bβ 0
s1 = Aα1 + Bβ 1
tzn.
(
A +
B = c
2·A + 3·B = d
Rozwiązanie tego układu daje A = 3c − d, B = d − 2c. Zatem, na podstawie (20) ogólna postać
n-tego wyrazu ciągu jest następująca:
sn = (3c − d) · 2n + (d − 2c) · 3n
(21)
Przechodzimy do indukcyjnego dowodu tego wzoru. W pierwszym kroku należałoby sprawdzić
jego prawdziwość dla n = 0 i n = 1, ale wartości stałych A i B zostały wyznaczone tak, aby dla
tych wartości n wzór był prawdziwy, zatem uznajemy, że to zostało już uczynione. Załómy zatem,
że wzór 21 jest prawdziwy dla wszystkich k < n. W szczególności zakładamy więc, że
sn−1 = (3c − d) · 2n−1 + (d − 2c) · 3n−1 ,
sn−2 = (3c − d) · 2n−2 + (d − 2c) · 3n−2 .
(22)
Dowodzimy prawdziwości wzoru (21) dla n. Na podstawie rekurencyjnej definicji ciągu mamy
z (22)
sn = 5sn−1 + 6sn−2 = 5((3c − d) · 2n−1 + (d − 2c) · 3n−1 ) − 6((3c − d) · 2n−2 + (d − 2c) · 3n−2 ) =
= 10(3c−d)·2n−2 +15(d−2c)·3n−2 −6(3c−d)·2n−2 −6(d−2c)·3n−2 = 4(3c−d)·2n−2 +(d−2c)·3n−2 =
= (3c − d) · 2n + (d − 2c) · 3n .
Skoro zatem wzór jest prawdziwy dla małych wartości n oraz z prawdziwości wzoru dla wartości
mniejszych od n wynika jego prawdziwość dla n, więc na mocy Zasady Indukcji Zupełnej wzór jest
prawdziwy dla wszystkich liczb naturalnych.
10