Roz2

1
C. Bagiński – Materiały dydaktyczne
Matematyka Dyskretna 2/2008 – rozwiązania
1. 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;
Rozwiązanie. c) Rozważmy równanie charakterystyczne tego ciągu:
x2 = 5x − 6
(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
(2)
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 (2) ogólna postać n-tego
wyrazu ciągu jest następująca:
sn = (3c − d) · 2n + (d − 2c) · 3n
(3)
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
3 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 .
(4)
Dowodzimy prawdziwości wzoru (3) dla n. Na podstawie rekurencyjnej definicji ciągu mamy
z (4)
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.
2. W każdym z następujących przypadków podaj jawny wzór na s2n i udowodnij indukcyjnie jego
poprawność:
(a) s1 = 1, s2n = 2sn + 3; (b) s1 = 0, s2n = 2sn + 5n;
(c) s1 = 1, s2n = 2sn − 7; (d) s1 = 0, s2n = 2sn + 5 − 7n.
2
C. Bagiński – Materiały dydaktyczne
Rozwiązanie. Rozważymy przypadek ogólny. Wszystkie podpunkty tego zadania są jego szczególnymi przypadkami. Niech mianowicie
s1 = a, s2n = Asn + Bn + C,
(5)
gdzie a, A, B, C są ustalonymi liczbami rzeczywistymi (zespolonymi). Mamy zatem:
s1
s2
s4
s8
s16
=
=
=
=
=
=
=
=
a,
As1 + B + C = Aa + B + C
As2 + 2B + C = A(Aa + B + C) + 2B + C = A2 a + AB + 2B + AC + C =
A2 a + B(A + 2) + C(A + 1),
As4 + 4B + C = A(A2 a + AB + 2B + AC + C) + 4B + C =
A3 a + B(A2 + 2A + 4) + C(A2 + A + 1),
As8 + 8B + C = A(A3 a + B(A2 + 2A + 4) + C(A2 + A + 1)) + 8B + C =
A4 a + B(A3 + 2A2 + 4A + 8) + C(A3 + A2 + A + 1).
Z postaci kolejnych wyrazów można wywnioskować, że 2n -ty wyraz ciągu ma postać
s2n = An a + B(An−1 + 2An−2 + 22 An−3 + · · · + 2n−2 A + 2n−1 ) + C(An−1 + An−2 + · · · + A + 1). (6)
Zauważmy jeszcze, że ze wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu geometrycznego dla A 6= 2
mamy
n−1
A
An−2
A
An−1 + 2An−2 + 22 An−3 + · · · + 2n−2 A + 2n−1 = 2n−1 ·
+
+
·
·
·
+
+
1
=
2n−1
2n−2
2
n−1
=2
·
An
2n − 1
A
2 −1
i oczywiście dla A 6= 1, An−1 + An−2 + · · · + A + 1 =
s2n = An a + B
=
An − 2n
A−2
An −1
A−1 .
Zatem, jeśli A 6= 1 i A 6= 2, to
An − 2n
An − 1
+C
.
A−2
A−1
Dla A = 1 wzór (6) przyjmuje postać
s2n = An a + B(1 + 2 + 22 + · · · + 2n−2 + 2n−1 ) + Cn = An a + B(2n − 1) + Cn,
natomiast dla A = 2:
s2n = An a + Bn2n−1 + C(2n−1 + 2n−2 + · · · + 2 + 1) = 2n a + Bn2n−1 + C(2n − 1).
Uwzględniając powyższe rozważania, w poszczególnych podpunktach zadania podstawiamy konkretne wartości parametrów a, A, B, C i otrzymujemy wzory na 2n -te wyrazy ciągu {sm }m>1 :
(a)
(b)
(c)
(d)
a = 1,
a = 0,
a = 1,
a = 0,
A = 2,
A = 2,
A = 2,
A = 2,
B
B
B
B
= 0,
= 5,
= 0,
= −7,
C
C
C
C
=3
= 0,
= −7,
= 5,
s2n
s2n
s2n
s2n
= 2n + 3(2n − 1) = 2n+2 − 3;
= 5n(2n − 1);
= 2n − 7 · (2n − 1) = −3 · 2n+1 + 7;
= −7n2n−1 + 5 · (2n − 1) = (−7n + 10)2n−1 − 5.
Indukcyjny dowód poprawności wyprowadzonych wzorów zostawiam czytelnikowi.
3. 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 > ( 32 )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.
3
C. Bagiński – Materiały dydaktyczne
Rozwiązanie. 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
27
9
3
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 >
.
(7)
2
2
Dowodzimy nierówności dla n:
n
3
an >
.
2
Mamy
an = an−2 + 2an−3
n−3 n−3 n−3
n
n−2
3
3
3
3
27
3
3
+2
=
+2 >
·
=
.
>
2
2
2
2
2
8
2
z (7)
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.
4. Niech F0 = 0, F1 = 1 i dla n > 2 Fn = Fn−1 + Fn−2 .
(a) Udowodnić że Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (−1)n , dla dowolnej liczby naturalnej n.
2
(b) Czy Fn2 + Fn+1
jest zawsze liczbą Fibonacciego?
n
P
(c) Wyrazić
Fk za pomocą liczb Fibonacciego.
k=0
Rozwiązanie. W dowodzie każdej z tych równości można wykorzystać znaną charakteryzację liczb
Fibonacciego za pomocą pewnej macierzy. Otóż, niech
A = ( 11 10 )
(8)
Bezpośrednio, łatwą indukcją można udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n, n > 1, zachodzi
równość
F
Fn
An = Fn+1
(9)
n Fn−1
a) Dla dowodu pierwszej równości wystarczy teraz skorzystać z tw. Cauchy’ego, mówiącego, że
wyznacznik iloczynu macierzy kwadratowych jest iloczynem wyznaczników tych macierzy. Jeśli teraz
zauważymy, że det(A) = −1, to otrzymujemy
(−1)n = (det(A))n = det(An ) = det
Fn+1 Fn
Fn Fn−1
= Fn+1 Fn−1 − Fn2
4
C. Bagiński – Materiały dydaktyczne
b) Na początek sprobujmy 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
(10)
Przeprowadzimy dowód ponownie wykorzystując (9). Ze wzoru tego mamy
F
Fn+2 +Fn Fn+1
F2n+2 F2n+1
Fn+1 Fn
Fn+2 Fn+1
2n+1
n
n+1
=
A
=
A
·
A
=
= Fn+1
F2n+1 F2n
Fn Fn−1
Fn+1 Fn
F
+F
F
n n+2
n−1 n+1
2
Fn+1
+Fn2
Fn Fn+1 +Fn−1 Fn
Teraz z porównania prawego górnego wyrazu w pierwszej macierzy, z prawym górnym wyrazem
ostatniej macierzy powyższego ciągu równości otrzymujemy 10
5. 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.
Rozwiązanie Postać początkowych wyrazów ciągu sugeruje, że ogólny wzór na n-ty wyraz ciągu
ma postać
an = n3
(11)
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 (11). 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 .
5
C. Bagiński – Materiały dydaktyczne
Na mocy zasady indukcji zupełnej wnosimy, że wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu jest prawdziwy
dla dowolnej liczby naturalnej n.
P
P
6. Niech
= {a, b, c} i 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
7. 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.
Rozwiązanie. 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.
n−1
8. 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?
9. (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 }?
10. Obliczyć wyznacznik macierzy n × n:
 1 −1
Mn =
1
0
···
0
0
0 0 ... 0 0
1 −1 0 ... 0 0
1 1 −1 ... 0 0
··· ··· ··· ··· ··· ···
0 0 0 ... 1 1
0 0 0 ... 0 1
0 
0
0 .
···
−1
1
Rozwiązanie. Niech Wn = det(Mn ). Policzmy kilka początkowych wyrazów ciągu Wn . Od razu
= 2. Dalej, rozwijając zgodnie ze wzorem Laplace’a względem
widać, że W1 = 1 i W2 = 11 −1
1
pierwszego wiersza otrzymujemy
1 −1 0 1 −1 +
W3 = 1 1 −1 = 11 −1
1
0 1 = 2 + 1 = 3,
0 1 1
1 −1 0 0 1 −1 0 −1 0 0 = 1
1
1
−1
W4 = 10 11 −1
+ 0 1 −1 = W3 + W2 = 3 + 2 = 5.
1 −1 0 0
1
1
0 1
1
0 1
1
Przypadek n = 4 daję się łatwo przenieść na przypadek ogólny, mamy mianowicie Wn = Wn−1 +Wn−2 .
Zatem Wn = Fn+1 jest równy n + 1-szemu wyrazowi ciągu Fibonacciego zdefiniowanego w zadniu 4.
11. 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 ) ).
C. Bagiński – Materiały dydaktyczne
6
12. 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.