n - Politechnika Częstochowska

MATEMATYKA DYSKRETNA
Wykład III
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki
Politechnika Częstochowska
Częstochowa 2011
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
Rekurencja
Ciągiem nieskończonym nazywamy funkcję f, która
odwzorowuje zbiór N+ liczb naturalnych dodatnich w pewien
niepusty zbiór A. Wartości tej funkcji określamy jako wyrazy
ciągu. Ciąg nieskończony nosi miano liczbowego, gdy jego
wyrazy są liczbami. Ciąg może być podany w różny sposób,
najczęściej za pomocą: zapisu słownego, wzoru ogólnego,
wzoru rekurencyjnego (zwanego też wzorem indukcyjnym), to
znaczy tak, że aby obliczyć jakiś wyraz ciągu, należy znać
wyrazy poprzednie.
Mówimy, że ciąg jest zdefiniowany rekurencyjnie, jeśli:
- określony jest pierwszy lub kilka pierwszych wyrazów ciągu,
- pozostałe wyrazy ciągu są zdefiniowane za pomocą
poprzednich wyrazów ciągu.
Równania rekurencyjne to zagadnienie kombinatoryczne, w
którym poszukiwane rozwiązanie jest reprezentowane przez
ciąg liczbowy a1, a2, a3, …
Rekurencja w informatyce jest to zdolność podprogramu
(procedury lub funkcji) do wywołania samego siebie.
Najprostszym przykładem funkcji rekurencyjnej jest silnia.
Przykład 1
Ciąg (fn) zapisano następująco: f1=2 oraz fn+1=2fn dla każdego
n∈N+. Wyznacz kilka początkowych wyrazów tego ciągu.
Zgodnie z podanym wzorem:
f2=2f1=4, f3=2f2=8, f4=2f3=16, f5=2f4=32.
Częstochowa 2011
29
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
Przykład 2
Ciąg (an) ma następujący zapis: a1=1, an+1=an+(2n+1) dla
n=1,3,4,… Udowodnij, że (an) jest ciągiem kwadratów
kolejnych liczb naturalnych dodatnich.
Zastosujemy indukcję matematyczną.
(P) Sprawdzamy prawdziwość tezy dla n=1. Zgodnie z
podanym w zadaniu założeniem a1=1=12.
(I) Wykazujemy, że dla każdej liczby naturalnej dodatniej n,
jeśli an=n2, to an+1=(n+1)2. Istotnie, zgodnie z podanym
wzorem rekurencyjnym i założeniem indukcyjnym:
an+1=an+(2n+1)=n2+(2n+1)=(n+1)2.
Zatem na mocy indukcji matematycznej stwierdzamy, że an=n2
dla wszystkich n∈N+.
Zajmiemy się teraz problemem prowadzącym do nieco
bardziej skomplikowanej zależności rekurencyjnej. Będzie to
klasyczne zadanie o królikach rozważane w XIII w. przez
Leonarda Fibonacciego z Pizy. Przypuśćmy, że każda nowo
narodzona para królików wydaje co miesiąc jedną parę
potomstwa, poczynając od drugiego miesiąca życia.
Oznaczając przez N, M, D odpowiednio parę królików nowo
narodzonych, młodych (jednomiesięcznych) i dojrzałych
możemy nasz proces, rozpoczynający się od jednej nowo
narodzonej pary, przedstawić następująco:
Stan początkowy:
N,
Po 1 miesiącu:
M,
Po 2 miesiącach:
D, N,
Po 3 miesiącach:
D, M, N,
Po 4 miesiącach:
D, D, M, N, N,
Częstochowa 2011
30
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
Po 5 miesiącach:
D, D, D, M, M, N, N, N,
…………………………………………………………………..
Oznaczmy przez Fn liczbę królików po n miesiącach (przy
założeniu, że króliki nie zdychają) oraz przedstawmy Fn jako
sumę FnD+ FnM+ FnN odpowiednio królików dojrzałych, młodych
i nowo narodzonych. Dla n ≥ 2 mamy wtedy
Fn= Fn-1+ FnN = Fn-1 + FnD = Fn-1 + Fn-2.
Ostatnia równość wynika stąd, że pary dorosłe po n
miesiącach to wszystkie pary po n-2 miesiącach i tylko one.
Technika pozwalająca na wyznaczenie ogólnego wzoru na Fn
oparta jest na pojęciu funkcji tworzącej (wykład IV).
Przykład 3
Ciąg (Fn) jest określony wzorem rekurencyjnym:
F0=F1=1, Fn= Fn-1+ Fn-2 dla każdego n ≥ 2 (ciąg Fibonacciego).
Wypisz kilka początkowych wyrazów tego ciągu.
Początkowe wyrazy tego ciągu to:
F2= F1+ F0=1+1=2, F3= F2+ F1=2+1=3,
F4= F3+ F2=3+2=5, F5= F4+ F3=5+3=8, itd.
Początkowe wyrazy ciągu Fibonacciego to:
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,…
Liczby te często spotykamy w przyrodzie. Na przykład typowy
słonecznik ma nasiona upakowane w ciasno zwinięte spirale –
zwykle jest 55 spiral skręconych zgodnie ze wskazówkami
zegara oraz 34 spirale skręcone przeciwnie. Mniejsze
słoneczniki mają odpowiednio 34 i 21 spiral. Podobne
zjawisko można zauważyć u ananasów, stokrotek, a także w
pewnych gatunkach szyszek.
Częstochowa 2011
31
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
Kepler odkrył, że stosunek dwóch
Fibonacciego dąży do tzw. złotej liczby.
kolejnych
liczb
1+ 5
≈ 1,618 .
2
Stosunek kolejnych liczb Fibonacciego jest bliski 1,618
zaczynając od ilorazu ósmego i siódmego wyrazu ciągu
Fibonacciego. To może sugerować, że ciąg Fibonacciego
zachowuje się jak ciąg geometryczny. Więc zobaczmy, czy
istnieje taki postęp geometryczny, który spełnia tę samą
rekurencję, co ciąg Fibonacciego.
q=
Przykład 4
Niech Fn=c⋅qn będzie ciągiem geometrycznym (c,q≠0). Wtedy
Fn= Fn-1+ Fn-2
można przekształcić w
c⋅qn = c⋅qn-1+ c⋅qn-2.
Po podzieleniu obustronnie równania przez c oraz qn
otrzymujemy równanie kwadratowe
q2 - q- 1=0.
Rozwiązania równania są następujące:
1+ 5
1− 5
≈ 1,618034 , q2 =
≈ −0,618034 .
2
2
Znaleźliśmy dwa ciągi geometryczne, które spełniają tę samą
rekurencję co ciąg Fibonacciego:
q1 =
 1+ 5 

Fn = c 
 2 
Częstochowa 2011
n
lub
 1− 5 

Fn = c 
 2 
n
32
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
Przykład 5
Wykaż, że n-ty wyraz ciągu Fibonacciego określony jest
wzorem Bineta:
n
n





1 1+ 5
1− 5 
 − 
 

Fn =
5  2   2  


Zastosujemy indukcję matematyczną.
(P) Sprawdzamy najpierw, czy F1=1 i F2=1.
1
1





1 1+ 5
1− 5 
 − 
  = 1

F1 =
5  2   2  


2
2
1  1 + 5   1 − 5  
 − 
  = 1

F2 =
5  2   2  


(I) Wykazujemy, że dla każdej liczby naturalnej n takiej, że
n ≥2, jeśli:
n
n
1  1 + 5   1 − 5  
 −
  i

Fn =
5  2   2  


n −1
n −1
 1− 5  
1  1 + 5 
 − 
  , to

Fn −1 =
5  2 
 2  

n +1
n +1
 1− 5  
1  1 + 5 
 − 
  .

Fn +1 =
2
5  2 

 

Istotnie, zgodnie ze wzorem rekurencyjnym określającym ciąg
(Fn) i na mocy założenia indukcyjnego:
Fn +1 = Fn + Fn −1 =
Częstochowa 2011
33
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
n
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
n −1
n −1
n
1  1 + 5   1 − 5   1  1 + 5 
 − 
  +



=
2
2
2
5 
5 
 
 



 1− 5 

− 
2



=

n
n −1
n
n −1 













1  1+ 5
1+ 5
1− 5
1− 5
 + 
  − 
 + 
   =
=

5  2   2    2   2   
 


n −1
 1 + 5   1 − 5   1 − 5  

 
+ 1 − 
+ 1  =
 2
  2   2
 
n −1
1  1 + 5 

=

5  2 

n −1
 3 + 5   1 − 5   3 − 5  

 − 
 
  =
2
2
2

 
 
 
n −1
1  1 + 5 

=

5  2 

1  1 + 5 

=

5  2 

n −1
 6 + 2 5   1 − 5   6 − 2 5  

 − 
 
  =
4
4

  2  
 
n −1
n −1
2
n −1
2 












1  1+ 5
1+ 5
1− 5
1− 5 
 
  − 
 
   =
=

5  2   2    2   2   
 


1  1 + 5 


=
5  2 

n +1
 1− 5 

− 
 2 
n +1



Na mocy indukcji matematycznej stwierdzamy, że podany
wzór na n-ty wyraz ciągu Fibonacciego jest prawdziwy dla
każdej liczby naturalnej n.
Przykład 6
Wiemy ile jest n-elementowych permutacji. Policzymy je teraz
stosując równanie rekurencyjne. Oznaczmy przez an liczbę
Częstochowa 2011
34
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
permutacji zbioru {1,2,…,n}. Każdą taką permutację
otrzymamy z permutacji zbioru n-1 elementowego przez
wstawienie liczby n na jedno z n miejsc. Zatem
an= n⋅an-1
jest równaniem rekurencyjnym spełnionym przez ciąg an z
warunkiem początkowym a1=1. Teraz już łatwo można
wyznaczyć początkowe wyrazy ciągu an:
a2=2a1=2⋅1=2!
a3=3a2=3⋅2!=3!itd.
Można się pokusić o przypuszczenie, że an=n!. Trzeba to
jednak formalnie udowodnić, stosując, najlepiej, indukcję
matematyczną.
(P) Wzór jest prawdziwy dla n=1.
(I) Zakładając prawdziwość dla n-1, korzystamy kolejno z
równania rekurencyjnego an=n⋅an-1 i z założenia indukcyjnego,
otrzymując
an=n⋅an-1=n(n-1)!=n!.
Przykład 7
Kolejny przykład będzie miał charakter geometryczny. Ile
kawałków pizzy można uzyskać za pomocą n prostoliniowych
cięć nożem? Albo ściślej, jaka jest największa liczba obszarów
wyznaczonych przez n prostych na płaszczyźnie? Problem ten
został rozwiązany przez szwajcarskiego matematyka Jacoba
Steinera w 1826 roku.
Częstochowa 2011
35
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
Trzeba odpowiedzieć na pytanie: Na ile spójnych obszarów
dzieli płaszczyznę n prostych, z których żadne dwie nie są
równoległe i żadne trzy nie przecinają się w jednym punkcie?
Oznaczmy szukaną liczbę przez an. Mamy a0=1 (płaszczyzna
bez prostych ma jeden obszar) i a1=2 (płaszczyzna z jedną
prostą ma 2 obszary). Płaszczyzna z dwiema prostymi ma 4
obszary. Dla trzech prostych otrzymamy aż 7 części.
Prowadząc n-tą prostą, przetniemy wszystkie n-1 poprzednie,
a to oznacza, że przetniemy na dwie części n obszarów
spójnych, zwiększając tym samym liczbę obszarów o n. Zatem
an = an-1+n.
Iterując to równanie, otrzymamy
 n + 1
an = an-1+n = an-2 + n-1 + n =...= a0 + 1 + 2 + ... +n = 1 + 

2


czego nie można traktować jednak jak formalnego dowodu.
Znów zastosujmy indukcję. Mamy
n
 n + 1
an = an −1 + n = 1 +   + n = 1 + 
.
 2
 2 
Przykład 8
Łamigłówkę zwaną Wieżą z Hanoi wymyślił francuski
matematyk Edouard Lucas w roku 1883. Wieża składała się z
8 krążków ułożonych jeden na drugim i nadzianych na jeden z
3 prętów malejącymi średnicami ku górze. Zadanie polega na
przeniesieniu całej wieży krążków na jeden z pozostałych
prętów, przy czym w każdym ruchu można brać tylko jeden
krążek i nie wolno położyć większego krążka na mniejszym.
Częstochowa 2011
36
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
Lucas ubarwił swoje zadanie ze starohinduską legendą
głoszącą, że w świątyni Benares, przy stworzeniu świata,
Brahma postawił trzy diamentowe paliki i nanizał na jeden z
nich sześćdziesiąt cztery krążki z czystego złota. Krążki te
były różnej średnicy i nanizane od największego na spodzie
do najmniejszego na górze. Kapłani mieli za zadanie
nieustannie przenosić je na trzeci palik (korzystając
pomocniczo z drugiego), biorąc za każdym razem tylko jeden
krążek i nigdy nie kładąc większego krążka na mniejszy.
Według legendy, gdy kapłani zakończą swoją pracę nastąpi
koniec świata.
Zadanie polega na obliczeniu, ile zajmie im to czasu,
zakładając, że jeden ruch trwa jedną sekundę i że robią to
optymalnie, to znaczy w najszybszy możliwy sposób.
Wprawdzie interesuje nas tylko przypadek sześćdziesięciu
czterech krążków, ale łatwiej będzie rozwiązać problem
bardziej ogólnie, przyjmując, że mamy n krążków. Niech an
będzie szukaną, minimalną liczbą ruchów. Zauważmy, że aby
móc przenieść największy krążek, należy najpierw przenieść
wszystkie pozostałe n-1 krążków i umieścić je na jednym
paliku. Oznacza to, że musimy najpierw rozwiązać
podproblem z parametrem o 1 mniejszym. Minimalna liczba
ruchów w tym etapie wynosi więc an-1. Uwolniwszy największy
krążek przenosimy go na wolne miejsce i więcej go nie
ruszamy, a pozostałe krążki ustawiamy ponownie na nim.
Otrzymujemy zatem następujące równanie rekurencyjne:
an=2an-1+1 z warunkiem początkowym a1=1. Obliczając kilka
początkowych wartości, zauważamy prawidłowość
an=2n-1.
Częstochowa 2011
37
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
Dowodzimy ją indukcyjnie następująco:
an=2an-1+1=2(2n-1-1)+1=2n-1.
Powracając do legendy, oznacza to, że dla n=64 koniec
świata nastąpiłby po 264-1 ruchach (około 18 trylionów), czyli
zakładając, że jeden ruch trwa tylko jedną sekundę,
przełożenie Wieży Brahmy zajęłoby kapłanom ponad 5⋅109
wieków. Oryginalna łamigłówka Lucasa była nieco bardziej
realna: wymagała jedynie 28-1=255 ruchów.
Literatura do wykładu III
1. V.Bryant, Aspekty kombinatoryki, Wydawnictwa NaukowoTechniczne, 2007.
2. R.L.Graham, D.E.Knuth, O.Patashnik, Matematyka
konkretna, Państwowe Wydawnictwo Naukowe,
Warszawa 2008.
3. J.Grygiel, Wprowadzenie do matematyki dyskretnej,
Akademicka Oficyna Wydawnicza EXIT 2007.
4. R.Kalina, T.Szymański, F.Linke, M.Woźniak, Matematyka
dla klasy II liceum i technikum, Wydawnictwo Sens, 2003.
5. W.Lipski, W.Marek, Analiza kombinatoryczna, Państwowe
Wydawnictwo Naukowe, Warszawa 1986.
6. L.Lovász, K.Vesztergombi, Discrete mathematics,
Lecture Notes, Yale University, 1999.
7. Z.Palka, A.Ruciński, Wykłady z kombinatoryki,
Wydawnictwa Naukowo-Techniczne, Warszawa 1998.
8. H.Pawłowski, Matematyka 2, Wydawnictwo Pedagogiczne
Operon, 2003.
9. K.A.Ross, Ch.R.B.Wright, Matematyka Dyskretna,
Państwowe Wydawnictwo Naukowe, Warszawa 2008.
Częstochowa 2011
38
Dr inż. Jolanta Błaszczuk
Instytut Matematyki, Politechnika Częstochowska
ZESTAW ZADAŃ DO WYKŁADU III
Zadanie 1
Oblicz pięć początkowych wyrazów ciągu określonego wzorem rekurencyjnym:
a1 = 1


2

 n  .
an +1 = an ⋅  n + 1 



Zadanie 2
1

 a1 = 6
Ciąg (an) jest określony za pomocą wzoru rekurencyjnego: 
an . Podaj
an+1 =

an + 1
wzór na n-ty wyraz tego ciągu.
Zadanie 3
a1 = 1


1
Ciąg (an) jest określony za pomocą wzoru rekurencyjnego: 
an+1 = an −

n(n + 1)
dla n≥1. Które wyrazy ciągu (an) spełniają nierówność an < 0,1?
Zadanie 4
Definiujemy rekurencyjnie ciąg (an) wzorami a0= a1=1 oraz
an =
an2−1 + an − 2
dla n≥2.
an−1 + an − 2
(a) Oblicz kilka pierwszych wyrazów tego ciągu
(b) Korzystając z punktu (a), odgadnij wzór ogólny
Zadanie 5
Znajdź wzór rekurencyjny ciągu: 0,0,1,1,2,2,3,3,…
Zadanie 6
Wyznacz x1000, jeśli x1=4, x2=6 oraz xn jest najmniejszą liczbą złożoną większą
od 2xn-1-xn-2 dla każdej liczby naturalnej n większej od dwóch.
Zadanie 7
1
xn
Ciąg (xn) jest określony następująco: x1 = , xn+1 =
dla n=1,2,3,…
2
2(n + 1)xn + 1
Oblicz x1 + x 2 + ... + xn .
Zadanie 8
Wykaż prawdziwość wzoru Cassiniego Fn+1⋅Fn-1-Fn2=(-1)n dla dowolnego n>0
korzystając z rekurencyjnej definicji ciągu: F0=0, F1=0, Fn+2=Fn+Fn+1.
Częstochowa 2011
39