Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Indukcja matematyczna. Ciągi zadane zależnościami rekurencyjnymi
Dla powszechnie znanych zbiorów liczbowych przyjmujemy następujące oznaczenia:
N = {1, 2, 3, . . .} – zbiór liczb naturalnych1 ,
N0 = N ∪ {0} = {0, 1, 2, 3, . . .},
Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .} – zbiór liczb całkowitych,
k
Q= m
: k ∈ Z, m ∈ N – zbiór liczb wymiernych,
R – zbiór liczb rzeczywistych,
C – zbiór liczb zespolonych,
Zasada Indukcji Matematycznej jest twierdzeniem opisującym pewną szczególną własność liczb
naturalnych. Nie będziemy tego twierdzenia dowodzić, ale będziemy się nim posługiwać przy dowodach innych własności liczb naturalnych lub innych obiektów które można ponumerować liczbami
naturalnymi.
Twierdzenie 1. (Zasada Indukcji Matematycznej) Niech A będzie podzbiorem zbioru liczb naturalnych takim, że
(1) pewna liczba naturalna k ∈ A,
(2) dla każdej liczby naturalnej m, jeśli m ∈ A, to m + 1 ∈ A,
to A = {k, k + 1, k + 2, . . .}. W szczególności, jeśli k = 1, to A = N.
Podpunkt (1) założenia twierdzenia nazywamy bazą indukcji. Podpunkt (2) jest implikacją; jej
poprzednik nazywamy założeniem indukcyjnym, a następnik tezą indukcyjną.
Wykorzystanie ZIM w dowodach własności wszystkich liczb naturalnych lub wszystkich liczb
większych od liczby z góry ustalonej, sprowadza się do wykazania, że spełnione są założenia (1) i (2).
Na ogół sprawdzenie pierwszego warunku jest banalnie proste. Trudniejszą częścią jest warunek
(2), ponieważ musimy tu udowodnić, że z założenia indukcyjnego wynika teza indukcyjna.
Przykład 1. Udowodnimy że dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność
n
X
√
1
√ > n.
i
i=1
(1)
W tym celu, najpierw 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+1
1+1
2
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
1
(3)
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Mamy
z zał. ind.
1
1
1
1
1
1
Ln+1 = √ + √ + · · · + √ + √
= Ln + √
>
Pn + √
=
n
n+1
n+1
n+1
1
2
√
p
√
√
n(n + 1) + 1
n2 + 1
1
n+1
√
n+ √
=
> √
=√
= n + 1 = Pn+1 .
n+1
n+1
n+1
n+1
Wykazaliśmy zatem, że z nierówności Ln > Pn 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.
Przykład 2. Udowodnimy, że dla dowolnej liczby naturalnej n
8 | 5n+1 + 2 · 3n + 1.
(4)
Innymi słowy, mamy udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n istnieje liczba całkowita t,
taka że
5n+1 + 2 · 3n + 1 = 8 · t
(5)
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
(6)
i dowodzimy istnienia liczby całkowitej u, takiej że
5k+2 + 2 · 3k+1 + 1 = 8 · u.
(7)
Przekształcamy lewą stronę ostatniej równości tak, by otrzymać stronę prawą. Mamy
L = 5k+2 + 2 · 3k+1 + 1 = 5 · 5k+1 + 6 · 3k + 1
(8)
Ze wzoru (6) wyliczamy, że 5k+1 = 8t − 2 · 3k − 1 i podstawiamy w (8). 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)
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 (5) dla n = k, wynika jego prawdziwość dla n = k + 1. To oznacza, że wzór jest prawdziwy
dla dowolnej liczby naturalnej n.
Zasada Indukcji Matematycznej ma kilka równoważnych sformułowań. Są to:
Zasada minimum,
Zasada maximum,
Zasada indukcji zupełnej.
2
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Twierdzenie 2. Jeżeli X jest niepustym podzbiorem zbioru liczb naturalnych, to istnieje w nim
liczba najmniejsza tzn., liczba należąca do X, która jest mniejsza od wszystkich liczb różnych od
niej i należących do X.
Przykład 3. Udowodnimy, że równanie
x3 + 2y 3 = 4z 3
(9)
nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych x, y, z.
Przypuśćmy, że zbiór A = {(m, n, k) : m3 + 2n3 = 4k 3 } wszystkich rozwiązań tego równania
jest niepusty. Z tego zbioru wybierzmy takie rozwiązanie (m, n, k), że m jest możliwie najmniejsze.
Z postaci równania (9) widać, że m3 = 4k 3 − 2n3 jest liczbą parzystą. Zatem m też jest liczbą
parzystą, tzn. m = 2m1 dla pewnej liczby m1 ∈ N. Stąd
(2m1 )3 + 2n3 = 4k 3
a po podzieleniu tej równości stronami przez 2 otrzymujemy
4m31 + n3 = 2k 3 ,
z czego wynika, że n3 , a tym samym i n również jest liczbą parzystą, czyli n = 2n1 . Po wstawieniu
w ostatnim równaniu 2n1 w miejsce n i podzieleniu obu stron otrzymanego równania przez 2
otrzymujemy
2m31 + 4n31 = k 3 .
Z tej równości widać, że k 3 , a więc i k są liczbami parzystymi, k = 2k1 . Po podstawieniu w miejsce
k wartości 2k1 i podzieleniu stron równania przez 2 dostajemy
m1 + 2n1 = 4k1 ,
czyli (m1 , n1 , k1 ) należy do zbioru rozwiązań. Ale m1 < m, co przeczy założeniu, że m jest możliwie
najmniejsze. Otrzymaliśmy sprzeczność. Dowodzi ona tego, że zbiór rozwiązań jest pusty.
Przykład 4. Udowodnimy, że dla dowolnej liczby naturalnej n
2n
2n
X
1 X (−1)i−1
=
.
i
i
i=1
i=n+1
Przypuśćmy, że nie jest to prawda, tzn. istnieją liczby naturalne, dla których ta równość nie
zachodzi. Niech X będzie zbiorem wszystkich takich liczb naturalnych i k niech będzie najmniejszą
liczbą, która należy do X. Zauważmy najpierw, że k > 1, ponieważ dla n = 1 ta równość jest
prawdziwa. Stąd wynika, że k − 1 > 0, czyli k − 1 jest liczbą naturalną nienależącą do X. Wobec
tego dla n = k − 1 wzór jest prawdziwy, czyli
1
1
1
1
1 1 1 1
1
1
+
+
+ ··· +
= − + − + ··· +
−
k k+1 k+2
2k − 2
1 2 3 4
2k − 3 2k − 2
Stąd
1
k+1
+
1
k+2
1
k+3
+
=
1
k
+
1
k+1
+
=
1
1
−
1
2
1
3
1
1
−
=
1
2
+
+
1
3
1
k+2
−
−
+ ··· +
1
4
1
4
+
1
k+3
1
2k−2
+
1 z (10)
2k =
−
1
k
1
1
1
1
2k−3 − 2k−2 + 2k−1 + 2k
1
1
1
1
2k−3 − 2k−2 + 2k−1 − 2k .
−
1
k
3
1
2k−2
+
1
2k
+ ··· +
+ ··· +
+ ··· +
1
2k−1
+
1
2k−1
+
=
(10)
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
To oznacza jednak, że dla n = k badany wzór jest prawdziwy. Na podstawie naszego przypuszczenia, że X 6= ∅ otrzymaliśmy sprzeczność, co oznacza, że przypuszczenie było fałszywe. Zatem
X = ∅ i tym samym wzór jest prawdziwy dla wszystkich liczb naturalnych.
Twierdzenie 3. (Zasada Indukcji Zupełnej) Niech A będzie podzbiorem zbioru liczb naturalnych
takim, że
(1) pewna liczba naturalna k ∈ A,
(2) dla każdej liczby naturalnej m, jeśli {1, 2, 3, . . . m} ⊂ A, to m + 1 ∈ A,
to A = N.
Zanim podamy przykłady zastosowania Zasady Indukcji Zupełnej – kilka słów o pojęciu rekurencji.
Przy rozwiązywaniu różnego rodzaju zagadnień kombinatorycznych pojawiają sie ciągi liczbowe,
którego kolejne wyrazy są określane zależnościami tych wyrazów od wyrazów o innych numerach.
Mówimy wtedy, że mamy do czynienia z rekurencją. Dokładniej, ciąg an jest zdefiniowany rekurencyjnie, jeżeli podane zostały konkretne wartości pewnej skończonej liczby wyrazów tego ciągu, a
pozostałe zostały wyrażone wzorem (równaniem) lub wzorami (równaniami) uzależniającymi go od
wyrazów o innych numerach. Takie określanie ciągu jest nierzadko łatwiejsze, niż określanie jawnym
wzorem, tzn. wzorem będącym funkcją numeru wyrazu ciągu. Mając wzór rekurencyjny stajemy
jednak przed koniecznością wyprowadzenia z tej rekurencji wzoru w jawnej postaci. Mówimy wtedy
o rozwiązywaniu rekurencji.
Przykład 5. Na okręgu zapiszmy liczby naturalne od 1 do n zgodnie z ruchem wskazówek zegara.
Następnie co drugą z nich usuwamy, licząc kolejno. W pierwszej kolejności usuniemy zatem liczby 2,
4, itd. Po pełnym obiegu okręgu kontynuujemy usuwanie liczb, które zostały wedle tej samej zasady.
Zadanie kończymy, gdy na okręgu zostanie tylko jedna liczba. Czy istnieje metoda pozwalająca
stwierdzić, jaka liczba zostanie na końcu, jeśli znamy liczbę n. Tę nieznaną liczbę oznaczymy
symbolem J(n) od anegdoty prowadzącej do tego zadania, której bohaterem jest Józef Flavius. Otóż
okazuje się, że stosunkowo łatwo wykazać, że ciąg J(n) spełnia następujące zależności rekurencyjne:
J(1) = 1
J(2m) = 2J(m) − 1
J(2m + 1) = 2J(m) + 1
(11)
Rzeczywiście, proces wykreślania kolejnych liczb zatrzymajmy po jednym obiegu okręgu (w przypadku, gdy n = 2m niech ostatnią usuniętą liczbą będzie n, natomiast w przypadku, gdy n = 2m+1
ostatnią usuniętą liczbą niech będzie 1), a następnie ponumerujmy na nowo liczby niewykreślone
i sprawdźmy, jaka jest zależność między niewykreślonymi liczbami i ich nowymi numerami. Niech
ak będzie niewykreśloną liczbą (k jest tu nowym numerem tej liczby). Bezpośrednio widać, że jeśli
n = 2m, to ak = 2k − 1, jeśli zaś n = 2m + 1, to ak = 2k + 1. Stąd wzory rekurencyjne (11).
W łatwy, choć czasem pracochłonny sposób można zatem wyznaczyć wartość J(n) dla dowolnej
liczby naturalnej n. Na przykład, dla obliczenia J(100) obliczamy kolejno
4
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
J(100)
J(50)
J(25)
J(12)
J(6)
J(3)
=
J(2 · 50)
=
J(2 · 25)
= J(2 · 12 + 1)
=
J(2 · 6)
=
J(2 · 3)
= J(2 · 1 + 1)
=
2J(50) − 1
=
2J(25) − 1
=
2J(12) + 1
=
2J(6) − 1
=
2J(3) − 1
= 2J(1) + 1 = 3
(12)
Stąd dostajemy J(6) = 5, J(12) = 9, J(25) = 19, J(50) = 37 i wreszcie J(100) = 73. Zauważmy
jednak, że dla policzenia J(100) konieczne było wyliczenie kilku innych wartości dla mniejszych
argumentów. Jak wyznaczyć J(n) bez konieczności wyliczania innych wartości?
Stwierdzenie 4. Niech n = 2k + l, gdzie 0 6 l < 2k . Wówczas J(n) = 2l + 1.
Dowód. Dowód poprowadzimy indukcją względem k, korzystając z (11). Przypadek k = 0 jest
oczywisty. Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wartości mniejszych od k i niech n = 2k + l,
gdzie 0 6 l < 2k . Rozważymy dwa przypadki: pierwszy, gdy l jest liczbą parzystą i drugi, gdy l
jest liczbą nieparzystą. Niech zatem l = 2m. Wtedy J(n) = J(2k + 2m) = J(2 · (2k−1 + m)) =
2 · J(2k−1 + m) − 1 i na mocy założenia indukcyjnego J(2k−1 + m) − 1 = 2m + 1. Ostatecznie
więc, J(n) = 2 · (2m + 1) − 1 = 4m + 1 = 2l + 1. Niech teraz l = 2m + 1. Wtedy J(n) =
J(2k + 2m + 1) = J(2 · (2k−1 + m) + 1) = 2 · J(2k−1 + m) + 1 i znowu na mocy założenia indukcyjnego
J(2k−1 + m) = 2m + 1. Zatem J(n) = 2 · (2m + 1) + 1 = 2l + 1.
Zauważmy, że w powyższym dowodzie wykorzystywaliśmy zasadę indukcji zupełnej. Jako bezpośredni wniosek z powyższego stwierdzenia otrzymujemy
Wniosek 5. Dla dowolnej liczby całkowitej n > 0
J(2n ) = 1 oraz J(2n − 1) = 2n − 1.
Okazuje się, że wyznaczenie wartości J(n) jest jeszcze prostsze, gdy liczbę n zapiszemy w postaci
binarnej. Jest to drugi wniosek z podanego twierdzenia
Wniosek 6. Jeżeli n zapiszemy w postaci binarnej, to binarny zapis liczby J(n) otrzymujemy
przestawiając pierwszą jedynkę binarnego zapisu liczby n na koniec.
Rzeczywiście, jeśli n = 2k + l, gdzie 0 6 l < 2k , to zabranie pierwszej jedynki z zapisu binarnego
tej liczby daje binarny zapis liczby l (być może z pewną liczbą zer poprzedzających pierwszą
znaczącą jedynkę). Dostawienie jedynki na końcu tego binarnego zapisu oznacza pomnożenie l
przez 2 i dodanie 1.
Drugim ważnym przykładem zadania prowadzącego do ciągu zadanego wzorem rekurencyjnym
jest zadanie dotyczące wieży z Hanoi.
Przykład 6. Wieża z Hanoi, to dziecięca zabawka składająca się z palika osadzonego na podstawie
i ’nanizanych’ na ten palik krążków o coraz mniejszej średnicy. Na dole, na samej podstawie leży
krążek o średnicy największej, najwyżej leży krążek o średnicy najmniejszej. Zadanie polega na
przełożeniu wszystkich krążków na drugi palik z wykorzystaniem trzeciego, przy czym w jednym
ruchu możemy zdjąć z palika jeden krążek i nałożyć go na inny palik, pamiętając, że nie można
kłaść krążków o średnicy większej na krążki o średnicy mniejszej. Jaką najmniejszą liczbę ruchów
trzeba wykonać, jeśli liczba krążków jest równa n.
Niech W (n) oznacza minimalną liczbę ruchów, jakie trzeba wykonać. Pokażemy, że
5
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Stwierdzenie 7. W (1) = 1 i dla n > 2, W (n) = 2 · W (n − 1) + 1
Dowód. Dla n = 1 twierdzenie jest oczywiste. Załóżmy, że n > 2. Jeżeli na chwilę zapomnimy
o największym krążku, to n − 1 krążków możemy przenieść na trzeci palik z wykorzystaniem
drugiego w W (n − 1) ruchach. Teraz największy krążek przenosimy na drugi palik w jednym
ruchu, a następnie z trzeciego palika, na drugi z wykorzystaniem pierwszego przenosimy wszystkie
pozostałe n − 1 krążków w W (n − 1) ruchach. Łącznie wykonamy W (n) = 2 · W (n − 1) + 1
ruchów.
Następująca obserwacja jest bezpośrednim wnioskiem z podanej zależności rekurencyjnej.
Wniosek 8. Dla dowolnej liczby naturalnej n, W (n) = 2n − 1
Dowód. Dla n = 1 wzór jest oczywisty. Załóżmy, że dowiedliśmy wzoru dla wartości mniejszych
od n. Korzystając ze wzoru rekurencyjnego podanego w twierdzeniu 7 otrzymujemy
W (n) = 2 · W (n − 1) + 1 = 2 · 2n−1 − 1 + 1 = 2n − 1.
Przykład 7. Prostokąt o rozmiarach 2 × n, n > 1, rozcinamy na n prostokątów o rozmiarach 1 × 2.
Na ile różnych sposobów można tego dokonać?
Niech Pn oznacza liczbę tych sposobów. Jest jasne, że P1 = 1. Dla n = 2 linie cięć można
wybrać na dwa sposoby, tzn. P2 = 2. Dla n = 3 – na trzy, P3 = 3.
P1 = 1,
P2 = 2,
P3 = P2 + P1 = 3.
Powyższy rysunek sugeruje metodę liczenia wszystkich sposobów wykorzystując do tego to co
policzono dla prostokątów o mniejszej długości. Jeśli ostatni prostokąt o rozmiarach 1 × 2 jest
położony pionowo, to po jego odcięciu mamy prostokąt o rozmiarach 2 × n − 1 i wobec tego
sposobów z takim ostatnim prostokątem jest równa Pn−1 . Jeżeli ostatni prostokąt jest położony
poziomo, to dwa ostatnie prostokąty są położone poziomo i po ich odcięciu mamy prostokąt o
rozmiarach 2 × n − 2, a zatem liczba sposobów jego pocięcia jest równa Pn−2 . Ostatecznie więc
Pn = Pn−1 + Pn−2 .
Przykład 8.
Ostatni przykład jest ilustracją rekurencji szczególnego rodzaju, a mianowicie rekurencji liniowej.
Definicja 1. Niech a0 , a1 , . . . , ak−1 oraz A1 , A2 , . . . , Ak bȩda̧ stałymi, tzn. konkretnymi
liczbami (zespolonymi). Mówimy, że ciąg {an }n∈N0 o początkowych wartościach a0 , a1 , . . . , ak−1
jest zadany liniowym równaniem rekurencyjnym rzędu k o współczynnikach A1 , A2 , . . . , Ak , jeżeli
dla n > k
an = A1 an−1 + A2 an−2 + · · · + Ak an−k .
6
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Przykład 9. Najprostsze ciągi zadawane rekurencyjnie, to ciągi arytmetyczny i geometryczny.
Niech a, r i q będą ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Dla ciągu arytmetycznego {an }n∈N0 przyjmujemy
a0 = a, an+1 = an + r.
Dla ciągu geometrycznego {bn }n∈N0 :
b0 = a, bn+1 = bn q.
Ponieważ jawne wzory na n-te wyrazy tych ciągów są powszechnie znane i do ich wyznaczenia
nie ma potrzeby wykorzystywać zaawansowanych technik, zajmiemy się ciągiem określonym nieco
ogólniej. Niech mianowicie a, q i r będą ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Definiujemy ciąg
{cn }n∈N0 przyjmując
c0 = a i cn = q · cn−1 + r dla n ≥ 1.
Zauważmy, że jeśli dla tak zdefiniowanego ciągu przyjmiemy q = 1, to otrzymamy ciąg arytmetyczny
o różnicy r. Jeżeli natomiast przyjmiemy r = 0, to otrzymamy ciąg geometryczny o ilorazie q.
Przedstawimy ten ciąg za pomocą liniowego równania rekurencyjnego rzędu 2.
Niech c0 = a, c1 = aq + r i dla n > 2 mamy
cn = qcn−1 + r,
cn−1 = qcn−2 + r,
skąd po odjęciu stronami dostajemy cn − cn−1 = qcn−1 − qcn−2 i ostatecznie
cn = (q + 1)cn−1 − qcn−2 .
(13)
Zanim podamy sposób wyprowadzania wzoru jawnego na n-ty wyraz ciągu zadanego liniowym
wzorem rekurencyjnym wprowadzimy jeszcze jedno pojęcie.
Definicja 2. Niech a0 , a1 , . . . , ak−1 bȩda̧ bȩda̧ pocza̧tkowymi wyrazami cia̧gu {an }n∈N0 i niech
A1 , A2 , . . . , Ak bȩda̧ stałymi. Jeśli dla n > k ten cia̧g jest określony wzorem
an = A1 an−1 + A2 an−2 + · · · + Ak an−k ,
to równanie
xk = A1 xk−1 + A2 xk−2 + · · · + Ak−1 x + Ak
nazywamy równaniem charakterystycznym tej rekurencji.
W szczególności zatem, jeśli A, a, B i b są ustalonymi liczbami rzeczywistymi i ciąg {an }n∈N0
jest zdefiniowany zależnościami a0 = a, a1 = b oraz
an = Aan−1 + Ban−2 , dla n > 2,
(14)
to równanie charakterystyczne tej rekurencji ma postać równania kwadratowego
x2 = Ax + B.
Rozwiązanie rekurencji dla tego przypadku podaje poniższe twierdzenie
7
(15)
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Twierdzenie 9. Niech x1 , x2 będą pierwiastkami równania charakterystycznego.
(1) Jeżeli x1 6= x2 , to
an = cxn1 + dxn2 dla każdego n > 0,
(16)
1 −b
2
, d = xax1 −x
.
gdzie c = xb−ax
1 −x2
2
(2) Jeżeli x1 = x2 , to
an = (c + dn)xn1 dla każdego n > 0,
gdzie c = a, d =
(17)
b−ax1
x1 .
Przykład 10. Niech F0 = 0, F1 = 1 i dla n > 2 niech Fn = Fn−1 + Fn−2 . Tak zdefiniowany ciąg
nazywamy ciągiem Fibonacciego. Jego równaniem charakterystycznym jest
x2 = x + 1.
Stąd
Zatem x1 − x2 =
√
√
√
1+ 5
1− 5
x1 =
, x2 =
.
2
2
5, c =
√1 ,
5
d=
−1
√
5
i wobec tego na mocy powyższego twierdzenia
√ !n
1+ 5
−
2
1
1
Fn = √ (xn1 − xn2 ) = √
5
5
√ !n !
1− 5
2
Rozważmy jeszcze trzy przykłady ukazujące, jakie problemy mogą pojawić się przy rozwiązywaniu rekurencji, czyli wyznaczaniu jawnej postaci ciągu zadanego wzorem rekurencyjnym.
Przykład 11. Wyobraźmy sobie grę losową, w której uczestniczy dwóch graczy A i B dysponujących odpowiednio kwotami k i m złotych. Gra polega na rzucie monetą – rzut wykonuje trzecia
osoba. Jeśli w rzucie wypadnie orzeł, to gracz B oddaje złotówkę graczowi A; gdy wypadnie
reszka, gracz A oddaje złotówką graczowi B. Gra kończy się, gdy któryś z graczy straci wszystkie
pieniądze. Przyjmujemy, że p jest prawdopodobieństwem wyrzucenia orła, a q = 1 − p – prawdopodobieństwem wyrzucenia reszki. Jakie jest prawdopodobieństwa wygranej gracza A, czyli ruiny
gracza B? Zadanie to nazywamy klasycznym zadaniem o ruinie gracza.
Do rozwiązania zagadnienia służy bardzo ciekawa zależność rekurencyjna, która wynika ze znanego wzoru na prawdopodobieństwo całkowite wywodzącego się z elementarnego rachunku prawdopodobieństwa. Niech n = m + k i niech pk będzie prawdopodobieństwem wygranej gracza A.
Wówczas, na podstawie wspomnianego wzoru otrzymujemy:
pm = p · pm+1 + q · pm−1 .
Jest przy tym naturalne przyjęcie wartości początkowych pn = pk+m = 1 oraz p0 = 0. Do pełnego
rozwiązania zagadnienia odsyłam czytelnika do podręcznika W. Fullera, Wstęp do rachunku prawdopodobieństwa, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2006, str. 314–317. Zauważmy tylko, że
ogólny wzór po elementarnych przekształceniach przyjmuje postać
pm+1 =
1
1−p
· pm −
· pm−1 .
p
p
Jest to wzór rekurencyjny liniowy rzędu drugiego, ale twierdzenie, które pozwala rozwiązać rekurencje tego rodzaju nie da się tu bezpośrednio zastosować ponieważ nie są podane początkowe
wartości tego ciągu p0 i p1 , jak w treści twierdzenia.
8
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Przykład 12. Niech a0 = α, a1 = β oraz
an =
1 + an−1
an−2
dla n > 2. Zakładamy przy tym, że parametry α i β są dobrane tak, aby ciąg był nieskończony.
Policzmy kilka początkowych wyrazów tego ciągu. Mamy
a2 =
1+a1
a0
=
1+β
α ,
a3 =
1+a2
a1
=
1+ 1+β
α
β
a4 =
1+a3
a2
=
a5 =
1+a4
a3
=
a6 =
1+a5
a4
=
1+ 1+α+β
αβ
1+β
α
1+ 1+α
β
1+α+β
αβ
1+α
1+α
β
1+α+β
αβ ,
=
=
=
1+α+β+αβ
β(1+β)
(1+α+β)αβ
β(1+α+β)
=
(1+α)(1+β)
β(1+β)
=
1+α
β ,
= α,
= β.
Widać zatem, że wzór rekurencyjny prowadzi do cyklicznego powtarzania się kolejnych wyrazów
ciągu: a0 = a5 = a10 = · · · , a1 = a6 = a11 = · · · , a2 = a7 = a12 = · · · , a3 = a8 = a13 = · · · , itd.
Wartość tego wyrazu zależy od tego, jaką resztę z dzielenia przez 5 ma numer tego wyrazu. Np.
a128 = a3 , ponieważ 128 ≡ 3 (mod 5).
Przykład 13. Niech {f }n > 0 będzie ciągiem zadanym wzorami:
f0 = 0,
f1 = 1,
f2n = fn
f2n+1 = fn + fn+1
fn
. Można udowodnić, że każda liczba wymierna występuje jako wartość
Niech dalej gn = fn+1
dokładnie jednego wyrazu gn .
Wykład zakończymy sformułowaniem Zasady Maksimum
Twierdzenie 10. Jeżeli A jest podzbiorem zbioru liczb naturalnych ograniczonym od góry, to istnieje w nim liczba największa (tj. liczba większa od każdej liczby należącej do A różnej od niej).
Opracował: Cz. Bagiński
9