MDD2021, sem. II, Ćw., TEMAT01: Tworzenie dowodów indukcyjnych. Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[01] Korzystając z zasady indukcji matematycznej udowodnij, że:
(1)
𝑛 𝑛 +1 (2𝑛 +1)
𝑛
2
[BC]
𝑖=1 𝑖 =
6
(4)
𝑛 𝑛 +1 (𝑛 +2)
𝑛
𝑖=1 𝑖(𝑖 + 1) =
3
(7)
𝑛
𝑖=1
(10)
1+𝑥
1
2𝑛
𝑖=𝑛+1 𝑖 =
2𝑖−1
=1+
𝑖−1
2𝑛 (−1)
𝑖=1
𝑖
2𝑛 −1 𝑖
𝑖=1 𝑥
(2)
𝑛
3
𝑖=1 𝑖 =
2
2
𝑛
2
= 𝑛 𝑛4+1
𝑖=1 𝑖
(3)
(5)
𝑛
𝑖
𝑛+1
𝑖=1 𝑖2 = 2 + (𝑛 − 1)2
1
𝑛
𝑛
𝑖=1 (4𝑖−3)(4𝑖+1) = 4𝑛 +1
(6)
(8)
(11)
1
𝑛
𝑖=1 𝑖 
𝑛
(9)
(3) Jeśli wyrazy ciągu (𝑓𝑛 ) spełniają warunki:
𝑛
𝑛
𝑓0 = 0, 𝑓1 = 1,
to 𝑛𝑁0 𝑓𝑛 = 15 1+2 5 − 1−2 5
(ciąg Fibonacciego)
𝑓𝑛+2 = 𝑓𝑛 + 𝑓𝑛 +1 dla 𝑛 > 1
𝑛
𝑖=1(6𝑖 − 2) = 𝑛(3𝑛 + 1) //--2𝑛 −1
2
[08] Dane są ciągi (𝑎𝑛 ) i (𝑏𝑛 ), takie że
𝑖=𝑛 (2𝑖 + 1) = 3𝑛
𝑎1 = 1,
𝑏 = 1,
i 1
𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛 + 2𝑏𝑛 dla 𝑛 > 1 𝑏𝑛+1 = 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 dla 𝑛 > 1
1
𝑛
𝑛
𝑖=1 𝑖(𝑖+1) = 𝑛 +1
𝑛
𝑛
[BC]: zadania (1), (2), (3), (6), (8), (9), (10), (11)
Dowieść, że 𝑎𝑛 = 12 1 + 2 + 1 − 2 , 𝑏𝑛 = 42 1 + 2 − 1 − 2
//--[02] Korzystając z zasady indukcji matematycznej udowodnij prawdziwość następujących zależności //--[09] Definiujemy rekurencyjnie ciąg (𝑎𝑛 ) warunkami:
dla dowolnej liczby naturalnej n.
𝑎0 = 𝑎1 = 𝑎2 = 1,
(1) 30|𝑛5 − 𝑛 [BC]
(2) 43|6𝑛+2 + 72𝑛+1
(3) 64|32𝑛+1 + 40𝑛 − 67
𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−3 dla 𝑛  3
(4) 3|2𝑛3 + 6𝑛2 + 7𝑛 + 3
(5) 6|𝑛4 + 2𝑛3 + 2𝑛2 + 𝑛
(6) 7|11𝑛 − 4𝑛 [BC]
(1)
Oblicz
𝑎𝑛 dla 𝑛 = 3, 4, 5, 6, 7. Udowodnij, że 𝑎𝑛  2𝑎𝑛−2 dla 𝑛  3.
(7) 8|11𝑛 − 3𝑛
(8) 16|5𝑛 − 4𝑛 − 1 [BC]
(9) 8|5𝑛+1 + 23𝑛 + 1 [BC]
𝑛−2
(2) Udowodnij, że zachodzi nierówność 𝑎𝑛  2
dla 𝑛  2.
(10)73|8𝑛+2 + 92𝑛+1 [BC]
(11)10|37100 − 3720
(12)10|3720 − 374
3 𝑛−1
500
4
4
500
(13)10|37 − 37
(14)10|37 − 1
(15)10|37 − 1
(3) Udowodnij, że 𝑎𝑛 
dla 𝑛  1.
2
//--//--[03] Korzystając z zasady indukcji matematycznej, udowodnij, że
[10] Dany jest ciąg (𝑢𝑛 ) spełniający warunki
(1) 𝑛𝑁 𝑛 < 2𝑛
(2) 𝑛𝑁 𝑛! > 2𝑛
(3) 𝑛𝑁 𝑛2 < 2𝑛
𝑢 = 0, 𝑢 = 1,
𝑛4
(4)
𝑛5
5
+
𝑛3
3
+ 𝑁
7𝑛
15
(5) 𝑛𝑁0
𝑛5
(1 + 𝑎)𝑛  1 + 𝑛𝑎, 𝑎  − 1 [BC]
(nierówność Bernoulli’ego)
//--[04] Udowodnij z użyciem ZIM wzór na sumę wyrazów ciągu geometrycznego, tzn.:
1−𝑟 𝑛 +1
𝑛
𝑖
𝑖=0 𝑟 = 1−𝑟 , jeśli 𝑛𝑁0 , 𝑟0, 𝑟1.
//--[05] Dane jest zdanie 𝑝(𝑛): „𝑛2 + 5𝑛 + 1 jest liczbą parzystą”.
(1) Udowodnij, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1) dla dowolnego
𝑘𝑁.
(2) Dla jakich wartości n zdanie 𝑝(𝑛) jest rzeczywiście prawdziwe? Jaki z tego wniosek?
//--[06] Udowodnij następujący fakt. Niech P(S) oznacza zbiór potęgowy pewnego skończonego zbioru S.
Jeśli 𝑆 = 𝑛, to P 𝑆 = 2𝑛
//--[07] Udowodnij indukcyjnie następujące fakty:
(1) Jeśli wyrazy ciągu (𝑠𝑛 ) spełniają warunki:
𝑠0 = 𝑎,
to 𝑛𝑁 𝑠𝑛 = 2𝑛 𝑎 + (2𝑛 − 1)𝑏
𝑠𝑛 = 2𝑠𝑛−1 + 𝑏 dla 𝑛 > 0
(2) Jeśli wyrazy ciągu (𝑎𝑛 ) spełniają warunki:
𝑎0 = 2, 𝑎1 = 3,
to 𝑛𝑁 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 1
𝑎𝑛+1 = 3𝑎𝑛 − 2𝑎𝑛−1 dla 𝑛 > 1
0
1
𝑢𝑛+2 = 𝑢𝑛 + 𝑢𝑛+1 dla 𝑛𝑁0
Udowodnij, że:
(1) 𝑛𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑢𝑛+2 − 1
dla 𝑛  0
𝑘
(3) 2𝑛
dla 𝑛  1
𝑘=0(−1) 𝑢𝑘 = 𝑢2𝑛−1 − 1
2
(5) 2𝑛−1
𝑢
𝑢
=
𝑢
dla 𝑛  1
𝑘
𝑘+1
2𝑛
𝑘=0
//---
(2)
(4)
𝑛
𝑘=0 𝑢2𝑘+1 = 𝑢2𝑛 +2
𝑛
2
𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑢𝑛 𝑢𝑛+1
dla 𝑛  0
dla 𝑛  0
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [RW] K. A. Ross, C. R. B. Wright, Matematyka dyskretna, [BC] C. Bagiński, listy zadań z ubiegłych lat, [GP] P. Grzeszczuk, listy zadań z ubiegłych lat
MDD2021 Ćw.; TEMAT01: Zasada indukcji matematycznej. Definicje rekurencyjne.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Zasada indukcji matematycznej.
2. Definicje rekurencyjne ciągu.
____________________________________________________________________________________________________________________________________
Notacja:
𝑁 = {1, 2, 3, … } – zbiór liczb naturalnych
𝑁0 = 𝑁 0 = {0, 1, 2, 3, … }
𝑍 = {… , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, … } – zbiór liczb całkowitych
Q – zbiór liczb wymiernych
R – zbiór liczb rzeczywistych
C – zbiór liczb zespolonych
____________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Zasada indukcji matematycznej.
[Twierdzenie 1] (Zasada skończonej indukcji matematycznej) [RW]
Niech 𝑝(𝑚), 𝑝(𝑚 + 1), …, 𝑝(𝑛) będzie skończonym ciągiem zdań (m, m+1, …, n są kolejnymi liczbami naturalnymi).
Jeśli
(P) zdanie 𝑝(𝑚) jest prawdziwe oraz
(I) zdanie 𝑝(𝑘 + 1) jest prawdziwe, jeśli tylko zdanie 𝑝(𝑘) jest prawdziwe i mk<n,
to wszystkie te zdania są prawdziwe.

[Twierdzenie 2] (Zasada indukcji matematycznej) [RW]
Niech 𝑝(𝑚), 𝑝(𝑚 + 1), 𝑝(𝑚 + 2), … będzie ciągiem zdań (gdzie m, m+1, m+2, … są kolejnymi liczbami
naturalnymi).
Jeśli
(P) zdanie 𝑝(𝑚) jest prawdziwe oraz
(I) zdanie 𝑝(𝑘 + 1) jest prawdziwe, jeśli tylko zdanie 𝑝(𝑘) jest prawdziwe i mk,
to wszystkie te zdania są prawdziwe.

(P) – warunek początkowy (baza indukcji)
(I) – krok indukcyjny (implikacja 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1)), 𝑝(𝑘) – założenie indukcyjne, 𝑝(𝑘 + 1) – teza indukcyjna
Zasada indukcji matematycznej (ZIM) jest wykorzystywana przy dowodzeniu własności liczb naturalnych lub
własności obiektów, które można ponumerować liczbami naturalnymi.
____________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 1] Niech dla dowolnej liczby 𝑛𝑁 𝑝(𝑛) oznacza własność: 𝑛𝑖=1 𝑖 2 = 𝑛 𝑛 +1 6(2𝑛 +1).
Pokażemy przy pomocy ZIM, że własność 𝑝(𝑛) jest prawdziwa dla każdej liczby 𝑛𝑁.
(P) baza indukcji:
L1 = 12 = 1, P1 = (123)/6 = 1, stąd L1 = P1 , zatem zachodzi 𝑝(1)
(I) krok indukcyjny: należy pokazać, że zachodzi implikacja 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1)
𝑘 𝑘 +1 (2𝑘+1)
𝑘
2
Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k prawdziwe jest zdanie 𝑝(𝑘), tzn.:
𝑖=1 𝑖 =
6
(𝑘+1) 𝑘+2 (2𝑘+3)
2
Pokażemy, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1), tzn.: 𝑘+1
𝑖
=
𝑖=1
6
L𝑘+1 =
𝑘+1 2
𝑖=1 𝑖 =
𝑘+1 [𝑘 2𝑘+1 +6 𝑘+1 ]
𝑘+1 [2𝑘 2 +7𝑘+6] (1)
𝑘
2
2 (𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 𝑘 𝑘+1 (2𝑘+1)
+ (𝑘 + 1)2 =
=
=
𝑖=1 𝑖 + (𝑘 + 1) =
6
6
6
𝑘+2
= (𝑘+1)(2𝑘+3)
= P𝑘+1
6
(1) 2𝑘 2 + 7𝑘 + 6 = 2 𝑘 + 2
3
𝑘 + 2 = (𝑘 + 2)(2𝑘 + 3)
3
 = 49 − 48 = 1, 𝑘1 = −2, 𝑘2 = − 2
Wniosek. Ponieważ prawdziwe jest zdanie 𝑝(1) oraz zachodzi implikacja 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1), więc na mocy ZIM
zdanie 𝑝(𝑛): 𝑛𝑖=1 𝑖 2 = 𝑛 𝑛 +1 6(2𝑛 +1) jest prawdziwe dla każdego 𝑛𝑁.
MDD2021 Ćw.; TEMAT01: Zasada indukcji matematycznej. Definicje rekurencyjne.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 2] Korzystając z ZIM udowodnij, że dla dowolnej liczby 𝑛𝑁 zachodzi własność 𝑝(𝑛), gdzie
1
𝑛
𝑝(𝑛):
𝑖=1 𝑖  𝑛.
baza indukcji:
L1 = 1, P1 = 1, stąd L1  P1 , zatem zachodzi 𝑝(1)
krok indukcyjny: pokażemy, że zachodzi implikacja 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1)
1
𝑘
Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k prawdziwe jest zdanie 𝑝(𝑘):
𝑖=1 𝑖  𝑘
Pokażemy, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1):
L𝑘+1 =
𝑘+1 1
𝑖=1 𝑖 =
1
1
𝑘
(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 )
𝑖=1 𝑖 + 𝑘+1 
𝑘+
1
=
𝑘+1
𝑘 𝑘+1+1
=
𝑘+1
𝑘 2 +𝑘+1

𝑘+1
𝑘+1 1
𝑖=1 𝑖 
𝑘 2 +1
𝑘+1
=
=
𝑘+1
𝑘+1
𝑘+1
𝑘 + 1 = P𝑘+1
[Przykład 3] Korzystając z ZIM udowodnij, że dla dowolnej liczby 𝑛𝑁 zachodzi własność 𝑝(𝑛), gdzie
𝑝(𝑛):
3|2𝑛3 + 6𝑛2 + 7𝑛 + 3.
[Def. 1]
𝑦|𝑥 wtw 𝑡𝑍 𝑥 = 𝑦𝑡
Stąd należy udowodnić, że dla dowolnej liczby 𝑛𝑁 istnieje liczba całkowita t, taka że 2𝑛3 + 6𝑛2 + 7𝑛 + 3 = 3𝑡.
baza indukcji:
pokażemy prawdziwość zdania 𝑝(1)
𝑝(1):
3|2 + 6 + 7 + 3,
tzn.
𝑡 0 𝑍 2 + 6 + 7 + 3 = 18 = 3𝑡0 , (𝑡0 = 6𝑍),
krok indukcyjny:
pokażemy, że zachodzi implikacja 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1)
Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k prawdziwe jest zdanie 𝑝(𝑘), tzn.
𝑝(𝑘):
3|2𝑘 3 + 6𝑘 2 + 7𝑘 + 3,
tzn.
𝑡 1 𝑍 2𝑘 3 + 6𝑘 2 + 7𝑘 + 3 = 3𝑡1
Pokażemy, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1), tzn.
𝑝(𝑘 + 1): 3|2 𝑘 + 1 3 + 6(𝑘 + 1)2 + 7(𝑘 + 1) + 3, tzn.
𝑡 2 𝑍 2 𝑘 + 1 3 + 6(𝑘 + 1)2 + 7(𝑘 + 1) + 3 = 3𝑡2
L𝑘+1 = 2 𝑘 + 1 3 + 6(𝑘 + 1)2 + 7 𝑘 + 1 + 3 = 2 𝒌𝟑 + 3𝑘 2 + 3𝑘 + 1 + 6 𝒌𝟐 + 2𝑘 + 1 + 7 𝒌 + 1 + 𝟑 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 )
= 𝟑𝒕𝟏 + 3 2𝑘 2 + 6𝑘 + 5 = 3𝑡2 = P𝑘+1 , gdzie 𝑡2 = 𝑡1 + 2𝑘 2 + 6𝑘 + 5𝑍
[Przykład 4] Korzystając z ZIM udowodnij, że dla dowolnej liczby 𝑛𝑁 zachodzi własność 𝑝(𝑛), gdzie
𝑝(𝑛):
8|11𝑛 − 3𝑛 .
Należy udowodnić, że dla dowolnej liczby 𝑛𝑁 istnieje liczba całkowita t taka że 11𝑛 − 3𝑛 = 8𝑡.
baza indukcji:
pokażemy prawdziwość zdania 𝑝(1)
𝑝(1):
8|111 − 31 ,
tzn.
𝑡 0 𝑍 111 − 31 = 8 = 8𝑡0 , (𝑡0 = 1𝑍)
krok indukcyjny:
pokażemy, że zachodzi implikacja 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1)
Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k prawdziwe jest zdanie 𝑝(𝑘), tzn.
𝑝(𝑘):
8|11𝑘 − 3𝑘 ,
tzn.
𝑡 1 𝑍 11𝑘 − 3𝑘 = 8𝑡1
Pokażemy, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1), tzn.
𝑝(𝑘 + 1): 8|11(𝑘+1) − 3(𝑘+1),
tzn.
𝑡 2 𝑍 11(𝑘+1) − 3(𝑘+1) = 8𝑡2
L𝑘+1 = 11(𝑘+1) − 3(𝑘+1) = 11(𝑘+1) − 33𝑘 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 11(𝑘+1) − 3 11𝑘 − 8𝑡1 = 11𝑘 11 − 3 + 38𝑡1 =
= 8 11𝑘 + 3𝑡1 = 8𝑡2 = P𝑘+1 , gdzie 𝑡2 = 3𝑡1 + 11𝑘 𝑍
MDD2021 Ćw.; TEMAT01: Zasada indukcji matematycznej. Definicje rekurencyjne.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 5] Korzystając z ZIM udowodnij, że dla dowolnej liczby 𝑛𝑁 zachodzi własność 𝑤(𝑛), gdzie
3
𝑛5
𝑤(𝑛):
+ 𝑛3 + 7𝑛
𝑁.
5
15
5
3
Niech 𝑚 = 𝑛5 + 𝑛3 + 7𝑛
=
15
(3𝑛 5 +5𝑛 3 +7𝑛)
.
15
5
𝑛
3
3
𝑚𝑁 wtw 15|3𝑛5 + 5𝑛 + 7𝑛 i 5 + 𝑛3 + 7𝑛
 0 (oczywiste dla 𝑛𝑁)
15
Zostało pokazać, że 𝑛𝑁 zachodzi własność 𝑝(𝑛): 15|3𝑛5 + 5𝑛3 + 7𝑛, tzn. 𝑡𝑍 3𝑛5 + 5𝑛3 + 7𝑛 = 15𝑡.
baza indukcji:
pokażemy prawdziwość zdania 𝑝(1)
𝑝(1):
15|(3 + 5 + 7),
tzn.
𝑡 0 𝑍 3 + 5 + 7 = 15 = 15𝑡0 , (𝑡0 = 1𝑍)
krok indukcyjny:
pokażemy, że zachodzi implikacja 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1)
Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k prawdziwe jest zdanie 𝑝(𝑘), tzn.
𝑝(𝑘):
15|3𝑘 5 + 5𝑘 3 + 7𝑘,
tzn.
𝑡 1 𝑍 3𝑘 5 + 5𝑘 3 + 7𝑘 = 15𝑡1
Pokażemy, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1), tzn.
𝑝(𝑘 + 1): 15|3 𝑘 + 1 5 + 5 𝑘 + 1 3 + 7(𝑘 + 1),
tzn.
𝑡 2 𝑍 3 𝑘 + 1 5 + 5 𝑘 + 1 3 + 7 𝑘 + 1 = 15𝑡2
L𝑘+1 = 3 𝑘 + 1 5 + 5 𝑘 + 1 3 + 7 𝑘 + 1 =
= 3(𝒌𝟓 + 5𝑘 4 + 10𝑘 3 + 10𝑘 2 + 5𝑘 + 1) + 5(𝒌𝟑 + 3𝑘 2 + 3𝑘 + 1) + 7(𝒌 + 1) =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 )
= 𝟏𝟓𝒕𝟏 + 3 5𝑘 4 + 10𝑘 3 + 10𝑘 2 + 5𝑘 + 1 + 5 3𝑘 2 + 3𝑘 + 1 + 7 =
= 15 𝑡1 + 𝑘 4 + 2𝑘 3 + 3𝑘 2 + 2𝑘 + 1 = 15𝑡2 = P𝑘+1
Trójkąt Pascala:
1 1
1
2
1
1
3
3
1
1
4
6
4
1
1
5 10 10 5
1
𝑡 2 𝑍
[Przykład 6] Korzystając z ZIM udowodnij, że 𝑛𝑁0 (1 + 𝑎)𝑛  1 + 𝑛𝑎, gdzie 𝑎  − 1 (nierówność Bernoulli’ego)
Niech 𝑝(𝑛) oznacza nierówność (1 + 𝑎)𝑛  1 + 𝑛𝑎.
baza indukcji:
L0 = (1 + 𝑎)0 = 1, P0 = 1, stąd L0  P0 , zatem zachodzi 𝑝(0)
Pokażmy jeszcze, że zachodzi 𝑝(1): L1 = (1 + 𝑎)1 = 1 + 𝑎, P1 = 1 + 𝑎, stąd L1  P1 , zatem zachodzi 𝑝(1)
krok indukcyjny: pokażemy, że zachodzi implikacja 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1)
Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k prawdziwe jest zdanie 𝑝(𝑘):
(1 + 𝑎)𝑘  1 + 𝑘𝑎
Pokażemy, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1): (1 + 𝑎)𝑘+1  1 + (𝑘 + 1)𝑎
L𝑘+1 = (1 + 𝑎)𝑘+1 = 1 + 𝑎 𝑘 1 + 𝑎  𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 1 + 𝑘𝑎 1 + 𝑎 = 1 + 𝑘𝑎 + 𝑎 + 𝑘𝑎2  1 + 𝑘𝑎 + 𝑎 =
= 1 + 𝑘 + 1 𝑎 = P𝑘+1
[Przykład 7] Udowodnij z użyciem ZIM wzór na sumę wyrazów ciągu geometrycznego, tzn.:
1−𝑟 𝑛 +1
𝑛
𝑖
𝑖=0 𝑟 = 1−𝑟 , jeśli 𝑛𝑁0 , 𝑟0, 𝑟1.
𝑛 +1
Niech 𝑝(𝑛) oznacza równość 𝑛𝑖=0 𝑟 𝑖 = 1−𝑟1−𝑟 .
baza indukcji:
L0 = 𝑟 0 = 1, P0 = 1−𝑟
= 1, stąd L0 = P0 , zatem zachodzi 𝑝(0)
1−𝑟
1−𝑟 1+1
1−𝑟 2
1−𝑟 (1+𝑟)
Pokażmy jeszcze, że zachodzi 𝑝(1): L1 = 1 + 𝑟, P1 = 1−𝑟 = 1−𝑟 =
1−𝑟
krok indukcyjny: (pokażemy, że zachodzi implikacja 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1))
Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k prawdziwe jest zdanie 𝑝(𝑘):
= 1 + 𝑟, stąd L1 = P1 .
Pokażemy, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1):
L𝑘+1 =
𝑘+1 𝑖
𝑖=0 𝑟 =
𝑘
𝑖
𝑘+1
= 𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑
𝑖=0 𝑟 + 𝑟
1−𝑟 𝑘+1
𝑘
𝑖
𝑖=0 𝑟 = 1−𝑟
1−𝑟 𝑘+2
𝑘+1 𝑖
𝑖=0 𝑟 = 1−𝑟
1−𝑟 𝑘+1
1−𝑟 𝑘+1 +𝑟 𝑘+1 −𝑟 𝑘+2
1−𝑟 𝑘+2
+ 𝑟 𝑘+1 =
=
= P𝑘+1
1−𝑟
1−𝑟
1−𝑟
MDD2021 Ćw.; TEMAT01: Zasada indukcji matematycznej. Definicje rekurencyjne.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 8] Dane jest zdanie 𝑝(𝑛): „𝑛2 + 5𝑛 + 1 jest liczbą parzystą”.
(a) Udowodnij, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1) dla dowolnego 𝑘𝑁.
(b) Dla jakich wartości n zdanie 𝑝(𝑛) jest rzeczywiście prawdziwe? Co z tego wynika?
(a) pokażemy implikację 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1)
Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k prawdziwe jest zdanie 𝑝 𝑘 , gdzie
𝑝 𝑘 :
„𝑘 2 + 5𝑘 + 1 jest liczbą parzystą”.
To oznacza, że 𝑡1 𝑍 𝑘 2 + 5𝑘 + 1 = 2𝑡1 .
Pokażemy, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1), gdzie
𝑝(𝑘 + 1): „(𝑘 + 1)2 + 5(𝑘 + 1) + 1 jest liczbą parzystą”. Tzn. pokażemy, że 𝑡2 𝑍 (𝑘 + 1)2 + 5 𝑘 + 1 + 1 = 2𝑡2 .
L𝑘+1 = (𝑘 + 1)2 + 5 𝑘 + 1 + 1 = 𝒌𝟐 + 2𝑘 + 1 + 5 𝒌 + 1 + 𝟏 = 𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 𝟐𝒕𝟏 + 2𝑘 + 6 = 2 𝑡1 + 𝑘 + 3 = P𝑘+1
𝑡 2 𝑍
(b) Sprawdzimy dla jakich n wyrażenie 𝑛2 + 5𝑛 + 1 daje liczbę parzystą.
dla 𝑛 = 1: 12 + 5 + 1 = 7 – liczba nieparzysta, dla 𝑛 = 2: 22 + 10 + 1 = 15 – liczba nieparzysta, …
Niech 𝑛 = 2𝑘, gdzie 𝑘𝑁:
𝑛2 + 5𝑛 + 1 = (2𝑘)2 + 5 2𝑘 + 1 = 4𝑘 2 + 10𝑘 + 1 - liczba nieparzysta,
Niech 𝑛 = 2𝑘 + 1, gdzie 𝑘𝑁: 𝑛2 + 5𝑛 + 1 = (2𝑘 + 1)2 + 5 2𝑘 + 1 + 1 = 4𝑘 2 + 14𝑘 + 7 - liczba nieparzysta,
Wszystkie zdania 𝑝(𝑛) są fałszywe (𝑛𝑁).
Wniosek: Baza indukcji jest niezbędna przy dowodzie indukcyjnym.
[Przykład 9] Udowodnij następujący fakt. Niech P(S) oznacza zbiór potęgowy pewnego skończonego zbioru S.
Jeśli 𝑆 = 𝑛, to P 𝑆 = 2𝑛
[Def.] (Zbiór potęgowy zbioru 𝑆 (ozn. P 𝑆 )) – zbiór wszystkich podzbiorów zbioru 𝑆.
Zbiór pusty  i sam zbiór 𝑆 są elementami P 𝑆 , tzn. P 𝑆 i SP 𝑆 .
Np. 𝑆 = {𝑎, 𝑏}, 𝑎𝑏, to P 𝑆 = {, a}, {b , {a, b}}
𝑝(𝑛) oznacza własność: „liczba podzbiorów zbioru n-elementowego wynosi 2𝑛 ”
Dowód indukcyjny.
(1) baza indukcji:
𝑝(0): Niech 𝑆 = 0, wówczas P 𝑆 = 20 = 1.
// Zbiór potęgowy zbioru pustego ma dokładnie 1-element, P  = {}.
(2) krok indukcyjny: Należy pokazać implikację 𝑝(𝑘)𝑝(𝑘 + 1)
Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k prawdziwe jest zdanie 𝑝(𝑘), gdzie
𝑝(𝑘):
„liczba podzbiorów zbioru k-elementowego wynosi 2𝑘 ”, tzn. P 𝑆 = 2𝑘 dla 𝑆 = 𝑘.
Pokażemy, że z prawdziwości zdania 𝑝(𝑘) wynika prawdziwość zdania 𝑝(𝑘 + 1), gdzie
𝑝(𝑘 + 1): „liczba podzbiorów zbioru (k+1)-elementowego wynosi 2𝑘+1 ”, czyli P 𝑆 = 2𝑘+1 dla 𝑆 = 𝑘 + 1.
* Rozważmy zbiór (k+1)-elementowy 𝑆 = {𝑠1 , 𝑠2 , 𝑠3 , … , 𝑠𝑘 , 𝑠𝑘+1 }.
* Podzielmy wszystkie podzbiory zbioru 𝑆 na dwa typy (a) i (b).
(a) Podzbiory zbioru 𝑆, w których nie występuje element 𝑠𝑘+1 .
(b) Podzbiory zbioru 𝑆, w których występuje element 𝑠𝑘+1 .
* Podzbiorów typu (a) jest (z zał. ind.) 2𝑘 . Są to wszystkie podzbiory zbioru k-elementowego.
* Podzbiorów typu (b) jest również 2𝑘 . Są to podzbiory zbioru k-elementowego powiększone o element 𝑠𝑘+1 .
* Wszystkich podzbiorów jest 2𝑘 + 2𝑘 = 2𝑘+1 .
* Czyli własność p jest prawdziwa dla k+1 o ile jest prawdziwa dla k.
* Stąd z (1) i (2), na mocy ZIM zachodzi 𝑝(𝑛) 𝑛𝑁0 .
MDD2021 Ćw.; TEMAT01: Zasada indukcji matematycznej. Definicje rekurencyjne.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
2. Definicje rekurencyjne ciągu.
[Definicja 1] (Definicja rekurencyjna ciągu) [RW]
Ciąg jest zdefiniowany rekurencyjnie, jeśli
(P) Określony jest pewien zbiór wyrazów ciągu (kilka pierwszych wyrazów lub tylko pierwszych wyrazów ciągu).
(R) Pozostałe wyrazy ciągu są zdefiniowane za pomocą poprzednich wyrazów ciągu.
Wzór definiujący ciąg w taki sposób nazywamy wzorem, równaniem lub zależnością rekurencyjną.
Warunek (P) zawiera początek lub krok początkowy definicji. Pozostałe wyrazy ciągu są określone kolejno za
pomocą reguły (R) (tzn. rekurencyjnie).
[Przykład 10] Rekurencyjne definicje ciągów
SILNIA 0 = 1, SILNIA 1 = 1
(a)
(silnia: 1, 1, 2, 6, 24, 120, 720, …)
SILNIA 𝑛 = 𝑛 ∗ SILNIA 𝑛 − 1 dla 𝑛 > 1
FIB 0 = 0, FIB(1) = 1
(b)
(ciąg Fibonacciego 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, …)
FIB 𝑛 = FIB 𝑛 − 2 + FIB 𝑛 − 1 dla 𝑛 > 1
[Twierdzenie 3] (Druga zasada indukcji matematycznej) [RW]
Niech n będzie liczbą całkowitą oraz niech 𝑝(𝑛) będzie ciągiem zdań zdefiniowanych na zbiorze {𝑛𝑍: 𝑛𝑚}. Jeśli
(P) zdanie 𝑝(𝑚) jest prawdziwe oraz
(I) dla k > 𝑚 zdanie 𝑝(𝑘) jest prawdziwe, jeśli wszystkie zdania 𝑝(𝑚), …, 𝑝(𝑘 − 1) są prawdziwe,
to zdanie 𝑝(𝑛) jest prawdziwe dla każdego 𝑛𝑚.

[Przykład 11] Udowodnij indukcyjnie następujący fakt.
Jeśli wyrazy ciągu {𝑓𝑛 } spełniają warunki:
𝑛
𝑛
𝑓0 = 0, 𝑓1 = 1,
to 𝑛𝑁0 𝑓𝑛 = 15 1+2 5 − 1−2 5
(ciąg Fibonacciego)
𝑓𝑛+2 = 𝑓𝑛 + 𝑓𝑛+1 dla 𝑛 > 1
Dowód (II schemat indukcji)
(P) pokażemy prawdziwość zdania 𝑝(0):
𝑓0 = 0, 𝑓0 = 15
1+ 5
2
0
− 1−2 5
0
=
1
5
1−1 =0
(I) Zakładamy prawdziwość wzoru jawnego dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych od k+2.
Pokażemy, że wówczas wzór jawny jest słuszny również dla k+2.
Dla uproszczenia zapisu wprowadźmy oznaczenia:
𝑤 = 15 , 𝑎 =
1+ 5
1− 5
,𝑏 = 2 ,
2
Założenie indukcyjne ma wówczas postać: 𝑓𝑖 = 𝑤 𝑎𝑖 − 𝑏 𝑖 𝑖<𝑘+2 ,
Należy pokazać, że wówczas:
𝑓𝑘+2 = 𝑤 𝑎𝑘+2 − 𝑏 𝑘+2 .
L𝑘+2 = 𝑓𝑘+2 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 𝑓𝑘 + 𝑓𝑘+1 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 𝑤 𝑎𝑘 − 𝑏 𝑘 + 𝑤 𝑎𝑘+1 − 𝑏 𝑘+1 = 𝑤 (1 + 𝑎)𝑎𝑘 − (1 + 𝑏)𝑏 𝑘 =(1)
= 𝑤 𝑎2 𝑎𝑘 − 𝑏 2 𝑏𝑘 = 𝑤 𝑎𝑘+2 − 𝑏 𝑘+2 = P𝑘+2
1+ 5
2+1+ 5
3+ 5
= 2 = 2 ,
2
1+2 5+5
3+ 5
𝑎2 =
= 2 ,
4
2
(1) 1 + 𝑎 = 1 +
1− 5
2+1− 5
3− 5
= 2 = 2
2
1−2 5+5
3− 5
𝑏2 =
= 2
4
2
1+𝑏 =1+
Stąd (1 + 𝑎) = 𝑎 ,
(1 + 𝑏) = 𝑏
Na mocy II ZIM powyższy ciąg można określić podanym wzorem jawnym.
MDD2021 Ćw.; TEMAT01: Zasada indukcji matematycznej. Definicje rekurencyjne.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 12] Dany jest ciąg (𝑢𝑛 ) spełniający warunki:
𝑢0 = 0, 𝑢1 = 1,
Zauważ, że (𝑢𝑛 ) jest ciągiem Fibonacciego
𝑢𝑛+2 = 𝑢𝑛 + 𝑢𝑛+1 dla 𝑛𝑁0
Udowodnij, że:
(1) 𝑛𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑢𝑛+2 − 1
dla 𝑛  0
(2) 𝑛𝑘=0 𝑢2𝑘+1 = 𝑢2𝑛+2
dla 𝑛  0
2𝑛
𝑘
(3) 𝑘=0(−1) 𝑢𝑘 = 𝑢2𝑛−1 − 1 dla 𝑛  1
(4) 𝑛𝑘=0 𝑢𝑘2 = 𝑢𝑛 𝑢𝑛+1
dla 𝑛  0
2𝑛−1
2
(5) 𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 = 𝑢2𝑛
dla 𝑛  1
Rozwiązanie:
(1) 𝑛𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑢𝑛+2 − 1
dla 𝑛  0
Dowód (ZIM):
Oznaczmy przez 𝑝 𝑛 własność 𝑛𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑢𝑛+2 − 1.
(B) Baza indukcji: pokażemy prawdziwość zdania 𝑝(0):
𝑝 0 : L0 = 0𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑢0 = 0, P0 = 𝑢2 − 1 = 1 − 1 = 0
(I) Zakładamy prawdziwość zdania 𝑝 𝑡 dla pewnego 𝑡𝑁0 , tzn.:
𝑡
𝑝 𝑡 :
𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑢𝑡+2 − 1
Pokażemy, że wówczas zachodzi 𝑝 𝑡 + 1 , tzn.: 𝑡+1
𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑢𝑡+3 − 1
P𝑡+1 = 𝑢𝑡+3 − 1 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 𝑢𝑡+1 + 𝑢𝑡+2 − 1 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 𝑢𝑡+1 + 𝑡𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑡+1
𝑘=0 𝑢𝑘 = L𝑡+1
Ponieważ pokazaliśmy (B) oraz (I), więc na mocy ZIM własność 𝑛𝑘=0 𝑢𝑘 = 𝑢𝑛+2 − 1 zachodzi dla 𝑛  0.
(2) 𝑛𝑘=0 𝑢2𝑘+1 = 𝑢2𝑛+2
dla 𝑛  0
Dowód (ZIM):
Oznaczmy przez 𝑝 𝑛 własność 𝑛𝑘=0 𝑢2𝑘+1 = 𝑢2𝑛+2 .
(B) Baza indukcji: pokażemy prawdziwość zdania 𝑝(0):
𝑝 0 : L0 = 0𝑘=0 𝑢2𝑘+1 = 𝑢1 = 1, P0 = 𝑢2 = 1
(I) Zakładamy prawdziwość zdania 𝑝 𝑡 dla pewnego 𝑡𝑁0 , tzn.:
𝑡
𝑝 𝑡 :
𝑘=0 𝑢2𝑘+1 = 𝑢2𝑡+2
Pokażemy, że wówczas zachodzi 𝑝 𝑡 + 1 , tzn.: 𝑡+1
𝑘=0 𝑢2𝑘+1 = 𝑢2𝑡+4
𝑡+1
(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 )
(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 𝑡
P𝑡+1 = 𝑢2𝑡+4 =
𝑢2𝑡+2 + 𝑢2𝑡+3 =
𝑘=0 𝑢2𝑘+1 + 𝑢2𝑡+3 = 𝑘=0 𝑢2𝑘+1 = L𝑡+1
𝑛
Ponieważ pokazaliśmy (B) oraz (I), więc na mocy ZIM własność 𝑘=0 𝑢2𝑘+1 = 𝑢2𝑛+2 zachodzi dla 𝑛  0.
𝑘
(3) 2𝑛
𝑘=0(−1) 𝑢𝑘 = 𝑢2𝑛−1 − 1 dla 𝑛  1
Dowód (ZIM):
𝑘
Oznaczmy przez 𝑝 𝑛 własność 2𝑛
𝑘=0(−1) 𝑢𝑘 = 𝑢2𝑛−1 − 1.
(B) Baza indukcji: pokażemy prawdziwość zdania 𝑝(1):
𝑝 1 : L1 = 2𝑘=0(−1)𝑘 𝑢𝑘 = 𝑢0 − 𝑢1 + 𝑢2 = 0 − 1 + 1 = 0, P1 = 𝑢1 = 0
(I) Zakładamy prawdziwość zdania 𝑝 𝑡 dla pewnego 𝑡𝑁0 , tzn.:
2𝑡
𝑘
𝑝 𝑡 :
𝑘=0(−1) 𝑢𝑘 = 𝑢2𝑡−1 − 1
𝑘
Pokażemy, że wówczas zachodzi 𝑝 𝑡 + 1 , tzn.: 2𝑡+2
𝑘=0 (−1) 𝑢𝑘 = 𝑢2𝑡+1 − 1
(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 )
(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 2𝑡
𝑘
(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 )
P𝑡+1 = 𝑢2𝑡+1 − 1 =
𝑢2𝑡−1 + 𝑢2𝑡 − 1 =
𝑘=0(−1) 𝑢𝑘 + 𝑢2𝑡 =
2𝑡
2𝑡+2
𝑘
𝑘
= 𝑘=0(−1) 𝑢𝑘 − 𝑢2𝑡+1 + 𝑢2𝑡+2 = 𝑘=0 (−1) 𝑢𝑘 = L𝑡+1
𝑘
Ponieważ pokazaliśmy (B) oraz (I), więc na mocy ZIM własność 2𝑛
𝑘=0(−1) 𝑢𝑘 = 𝑢2𝑛−1 − 1 zachodzi dla 𝑛  1.
(4) 𝑛𝑘=0 𝑢𝑘2 = 𝑢𝑛 𝑢𝑛+1
dla 𝑛  0
Dowód (II schemat ZIM):
Oznaczmy przez 𝑝 𝑛 własność 𝑛𝑘=0 𝑢𝑘2 = 𝑢𝑛 𝑢𝑛+1 .
(B) Baza indukcji: pokażemy prawdziwość zdania 𝑝(0):
𝑝 0 : L0 = 0𝑘=0 𝑢𝑘2 = 𝑢02 = 0, P1 = 𝑢0 𝑢1 = 0
(I) Zakładamy prawdziwość zdań 𝑝 𝑖 dla wszystkich naturalnych 𝑖 < 𝑡 dla pewnego 𝑡𝑁0 , tzn.:
Niech: 𝑖<𝑡 𝑖𝑘=0 𝑢𝑘2 = 𝑢𝑖 𝑢𝑖+1
Pokażemy, że wówczas zachodzi 𝑝 𝑡 , tzn.: 𝑡𝑘=0 𝑢𝑘2 = 𝑢𝑡 𝑢𝑡+1
2
P𝑡 = 𝑢𝑡 𝑢𝑡+1 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 𝑢𝑡−2 + 𝑢𝑡−1 𝑢𝑡−1 + 𝑢𝑡 = 𝑢𝑡−2 𝑢𝑡−1 + 𝑢𝑡−2 𝑢𝑡 + 𝑢𝑡−1
+ 𝑢𝑡−1 𝑢𝑡 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 )
𝑡−2 2
𝑡
2
2
(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 𝑡−1 2
= 𝑘=0 𝑢𝑘 + 𝑢𝑡−1 + 𝑢𝑡 𝑢𝑡−2 + 𝑢𝑡−1 =
𝑘=0 𝑢𝑘 + 𝑢𝑡 𝑢𝑡 = 𝑘=0 𝑢𝑘 = L𝑡
Ponieważ pokazaliśmy (B) oraz (I), więc na mocy ZIM własność 𝑛𝑘=0 𝑢𝑘2 = 𝑢𝑛 𝑢𝑛+1 zachodzi dla 𝑛  0.
MDD2021 Ćw.; TEMAT01: Zasada indukcji matematycznej. Definicje rekurencyjne.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
2
(5) 2𝑛−1
dla 𝑛  1
𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 = 𝑢2𝑛
Dowód (ZIM):
2
Oznaczmy przez 𝑝 𝑛 własność 2𝑛−1
𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 = 𝑢2𝑛 .
(B) Baza indukcji: pokażemy prawdziwość zdania 𝑝(1):
𝑝 1 : L1 = 1𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 = 𝑢0 𝑢1 + 𝑢1 𝑢2 = 0 + 1 = 1, P1 = 𝑢22 = 1
(I) Zakładamy prawdziwość zdania 𝑝 𝑡 dla pewnego 𝑡𝑁0 , tzn.:
2𝑡−1
2
𝑝 𝑡 :
𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 = 𝑢2𝑡
2
Pokażemy, że wówczas zachodzi 𝑝 𝑡 + 1 , tzn.: 2𝑡+1
𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 = 𝑢2𝑡+2
2
2
2
(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 )
2
P𝑡+1 = 𝑢2𝑡+2 =
(𝑢2𝑡 + 𝑢2𝑡+1 ) = 𝑢2𝑡 + 2𝑢2𝑡 𝑢2𝑡+1 + 𝑢2𝑡+1 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 )
2𝑡
2
2
= 2𝑡−1
𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 + 2𝑢2𝑡 𝑢2𝑡+1 + 𝑢2𝑡+1 = 𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 + 𝑢2𝑡 𝑢2𝑡+1 + 𝑢2𝑡+1 =
2𝑡
2𝑡
2𝑡+1
(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 )
= 𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 + 𝑢2𝑡+1 𝑢2𝑡 + 𝑢2𝑡+1 =
𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 + 𝑢2𝑡+1 𝑢2𝑡+2 = 𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 = L𝑡+1
2
Ponieważ pokazaliśmy (B) oraz (I), więc na mocy ZIM własność 2𝑛−1
𝑘=0 𝑢𝑘 𝑢𝑘+1 = 𝑢2𝑛 zachodzi dla 𝑛  1.
MDD2021, sem. II, Ćw., TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[01] Rozwiąż następujące zadania.
[05] Niech ciąg (𝑎𝑛 ) będzie określony jak poniżej zadanymi warunkami
(1) Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których (a) Oblicz kilka pierwszych wyrazów ciągu (𝑎𝑛 ).
jest parzysta liczba liter a. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Znajdź wzór jawny (b) Odgadnij i udowodnij ogólny wzór 𝑎𝑛 .
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2,
na 𝑡𝑛 i go udowodnij.
𝑎0 = 𝑎1 = 1
2
(1)
𝑎2
(2)
+𝑎 𝑛 −2
(2) [BC] Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w
𝑎𝑛 = 𝑛 −1 dla 𝑛 > 1
𝑎𝑛 = 𝑎𝑎 𝑛𝑛 −1
dla 𝑛 > 1
−1 +𝑎 𝑛 −2
𝑎 𝑛 −2
których jest parzysta liczba liter a. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Znajdź
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2,
𝑎0 = 0, 𝑎1 = 1
wzór jawny na 𝑡𝑛 i go udowodnij.
(3)
(4)
𝑎 2 −1
1
2
𝑎𝑛 = 4 𝑎 𝑛 −1 −𝑎 𝑛 −2 +3 dla 𝑛 > 1
𝑎𝑛 = 𝑛 −1
dla 𝑛 > 1
(3) [BC] Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Niech 𝑠𝑛 oznacza liczbę słów długości n, które można utworzyć
𝑎 𝑛 −2
z liter a, b, c tak, by nie występowały dwie kolejne litery a. (a) Oblicz 𝑠0 , 𝑠1 , 𝑠2 . (b) Znajdź wzór --rekurencyjny na 𝑠𝑛 i oblicz 𝑠3 , 𝑠4 , 𝑠5 , a następnie wyznacz wzór jawny na 𝑠𝑛 .
[06] Ułóż wzór rekurencyjny dla problemu wież z Hanoi.
Problem. Dana jest podstawka z trzema pionowymi palikami. Na pierwszy z nich nałożono n krążków
(4) [BC] Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w
według malejących promieni. Zadanie polega na przeniesieniu tego stosu krążków na trzeci palik przy
których nie występuje ciąg ab. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu 𝑡𝑛 . (b) Znajdź dla niego
pomocy drugiego palika, przy czym za każdym razem wolno przenieść tylko jeden krążek z jednego
wzór rekurencyjny.
palika na inny oraz na żadnym paliku nigdy nie może leżeć większy krążek na mniejszym.
(5) Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których nie
występuje ciąg aa. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu 𝑡𝑛 . (b) Znajdź dla niego wzór --[07] Wiedząc, że ciąg Fibonacciego określony jest zależnością: F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2 dla
rekurencyjny.
𝑛 > 1, wyznacz wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu na podstawie wielomianu charakterystycznego.
--[02] Niech dana będzie rekurencyjna definicja ciągu. Odgadnij wzór w postaci jawnej na n-ty wyraz --[08] Zaproponuj układ zależności rekurencyjnych definiujących ciąg (𝑎𝑛 ), którego wyrazami są ilości
ciągu i udowodnij go indukcyjnie.
𝑐0 = 𝑎,
𝑎, 𝑞, 𝑟𝑅, 𝑞1
takich ciągów 0-1 długości 2n, które czytane od końca wyglądają tak samo. Wyznacz wzór jawny
𝑎0 = 1,
(1)
(2) 𝑎 = 𝑎 + 2 dla 𝑛 > 0
𝑐𝑛 = 𝑞𝑐𝑛−1 + 𝑟 dla 𝑛 > 0
𝑛+1
𝑛
definiujący wyrazy tego ciągu.
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2,
𝑏0 = 1,
--(3)
(4) 𝑎 = 𝑎 + 𝑎
𝑏𝑛+1 = 𝑏𝑛 (𝑛 + 1) dla 𝑛 > 0
𝑛
𝑛−1
𝑛−2 dla 𝑛 > 1
[09] Niech 𝑝𝑛 będzie maksymalną liczbą różnych obszarów na jakie podzielona jest płaszczyzna n
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 5, 𝑡2 = 17
(5) 𝑡 = 7𝑡 − 16𝑡 + 12𝑡
prostymi, których żadne 3 nie przecinają się w jednym punkcie. Ułóż wzór rekurencyjny dla ciągu
𝑛+3
𝑛+2
𝑛+1
𝑛
(𝑝𝑛 ). Wyprowadź jawny wzór na 𝑝𝑛 .
----[03] Podaj wzór jawny na 𝑠𝑛 , jeśli:
[10] Sprowadź podaną zależność rekurencyjną do postaci wyjściowej z TW2.
𝑥 = 3, 𝑥1 = 6,
𝑥0 = 2, 𝑥1 = 1,
(1) 0
[BC]
(2)
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 1,
𝑥𝑛 = 𝑥𝑛−1 + 2𝑥𝑛−2 dla 𝑛  2
𝑥𝑛 = 2𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛−2 dla 𝑛  2
𝑥0 = 2, 𝑥1 = 1,
𝑥0 = 1, 𝑥1 = 1,
𝑎𝑛+2 = 2𝑎𝑛+1 − 2𝑎𝑛 + 𝑛2 + 2
(3)
(4)
𝑥𝑛 = 𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛 −2 dla 𝑛  2
𝑥𝑛 = 𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛−2 dla 𝑛  2
--𝑥1 = 1,
𝑥1 = 1,
(5)
(6)
𝑥2𝑛 = 2𝑥𝑛 + 3 dla 𝑛 > 1
𝑥2𝑛 = 2𝑥𝑛 + 𝑛 dla 𝑛 > 1
𝑎1 = 0,
(7)
𝑎2𝑛 = 2𝑎𝑛 + 5 − 7𝑛 dla 𝑛 > 1
--[04] Wyznacz pięć pierwszych wyrazów ciągu zadanego rekurencyjnie i udowodnij podają
nierówność.
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 3, 𝑡2 = 5,
2𝑛 < 𝑡𝑛  2𝑛+1 𝑛𝑁
𝑡𝑛 = 3𝑡𝑛−2 + 2𝑡𝑛−3 dla 𝑛  3
--_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [RW] K. A. Ross, C. R. B. Wright, Matematyka dyskretna, [BC] C. Bagiński, listy zadań z ubiegłych lat, [GP] P. Grzeszczuk, listy zadań z ubiegłych lat
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Definicje rekurencyjne
2. Zależności rekurencyjne
____________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Definicje rekurencyjne
Wyrazy ciągu (𝑎𝑛 ) mogą być określone za pomocą:
 wzorów:
𝑎𝑛 = 𝑛4 + 3𝑛
 opisowo:
„niech 𝑎𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem  = {𝑎, 𝑏, 𝑐}”
 rekurencyjnie (za pomocą opisów, w których używa się wyrazów ciągu (𝑎𝑛 ) zdefiniowanych wcześniej):
1
dla 𝑛 < 2
𝑎𝑛 =
𝑛𝑎𝑛−1 dla 𝑛  2
[Definicja 1] (Definicja rekurencyjna ciągu) (por. [RW])
Ciąg jest zdefiniowany rekurencyjnie, jeśli
(P) Określony jest pewien skończony zbiór wyrazów ciągu (kilka pierwszych wyrazów lub tylko pierwszy wyraz
ciągu).
(R) Pozostałe wyrazy ciągu są zdefiniowane za pomocą poprzednich wyrazów ciągu.
Wzór definiujący ciąg w taki sposób nazywamy wzorem, równaniem lub zależnością rekurencyjną.
Warunek (P) zawiera początek lub krok początkowy definicji. Pozostałe wyrazy ciągu są określone kolejno za
pomocą reguły (R) (tzn. rekurencyjnie).
[Przykład 1] Rekurencyjne definicje ciągów
SILNIA 0 = 1, SILNIA 1 = 1
(a)
(silnia: 1, 1, 2, 6, 24, 120, 720, …)
SILNIA 𝑛 = 𝑛 ∗ SILNIA 𝑛 − 1 dla 𝑛 > 1
𝑓 = 0, 𝑓1 = 1
(b) 0
(ciąg Fibonacciego 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, …)
𝑓𝑛 = 𝑓𝑛−2 + 𝑓𝑛−1 dla 𝑛 > 1
[Przykład 2] Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których jest
parzysta liczba liter a.
(a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ).
(b) Znajdź wzór rekurencyjny i wzór jawny na 𝑡𝑛 .
Rozwiązanie:
Niech 𝐴𝑛 oznacza liczbę słów w 𝑛 , w których jest parzysta liczba liter a.
𝑡0 = 1,
𝐴0 = {}
| 𝑡4 = 41
𝑡1 = 2,
𝐴1 = {𝑏, 𝑐}
| 𝑡5 = 122
𝑡2 = 5,
𝐴2 = {𝑏𝑏, 𝑐𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑐, 𝑎𝑎}
𝑡3 = 14 𝐴3 = {𝑏𝑏𝑏, 𝑐𝑏𝑏, 𝑏𝑐𝑏, 𝑐𝑐𝑏, 𝑎𝑎𝑏, 𝑏𝑏𝑐, 𝑐𝑏𝑐, 𝑏𝑐𝑐, 𝑐𝑐𝑐, 𝑎𝑎𝑐, 𝑏𝑎𝑎, 𝑎𝑏𝑎, 𝑐𝑎𝑎, 𝑎𝑐𝑎}
 Jeśli słowo w 𝐴𝑛 kończy się literą b, to może być ona poprzedzona dowolnym słowem z 𝐴𝑛−1 .
 Stąd 𝑡𝑛−1 słów w 𝐴𝑛 kończy się literą b. Podobnie 𝑡𝑛−1 słów w 𝐴𝑛 kończy się literą c.
 Jeśli słowo w 𝐴𝑛 kończy się literą a, to musi być ona poprzedzona słowem z 𝑛−1 , w którym jest nieparzysta
liczba liter a.
 Ponieważ 𝑛−1 ma 3𝑛−1 słów, to 3𝑛−1 − 𝑡𝑛−1 z nich musi mieć nieparzystą liczbę liter a.
 Stąd 3𝑛−1 − 𝑡𝑛−1 słów w 𝐴𝑛 kończy się literą a. Zatem
𝑡𝑛 = 2𝑡𝑛−1 + 3𝑛−1 − 𝑡𝑛−1 = 3𝑛−1 + 𝑡𝑛−1 dla 𝑛  1. Stąd
𝑡0 = 1,
𝑡𝑛 = 3𝑛−1 + 𝑡𝑛−1 dla 𝑛  1
Wyznaczam wzór jawny:
𝑡𝑛 = 3𝑛−1 + 𝑡𝑛−1 = 3𝑛−1 + 3𝑛−2 + 𝑡𝑛−2 = 3𝑛−1 + 3𝑛−2 + 3𝑛−3 + 𝑡𝑛−3 = ⋯ =
= 3𝑛−1 + 3𝑛−2 + 3𝑛−3 + ⋯ + 30 + 𝑡0 = 1 +
1−3 𝑛
3 𝑛 +1
𝑛−1 𝑘
𝑘=0 3 = 1 + 1−3 = 2 dla 𝑛  0
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
2. Zależności rekurencyjne
[Definicja 2] (por. [BC]) (liniowe równanie rekurencyjne rzędu k)
Ciąg (𝑎𝑛 )𝑛0 o początkowych wyrazach 𝑎0 , 𝑎1 , ..., 𝑎𝑘−1 jest zadany liniowym równaniem rekurencyjnym rzędu k
o stałych współczynnikach 𝐴1 , 𝐴2 , ..., 𝐴𝑘 (będących ustalonymi liczbami (zespolonymi)), jeżeli dla 𝑛  𝑘:
(1) 𝑎𝑛 = 𝐴1 𝑎𝑛−1 + 𝐴2 𝑎𝑛−2 + ⋯ + 𝐴𝑘 𝑎𝑛−𝑘 .
Warunkiem początkowym (brzegowym) równania (1) nazywamy równości określające początkowe k wyrazów
ciągu 𝑎0 , 𝑎1 , ..., 𝑎𝑘−1 . Rozwiązaniem równania rekurencyjnego (1) nazywamy każdy ciąg liczbowy (𝑏𝑛 )𝑛0 , który
spełnia (1).
[Definicja 3] (równanie charakterystyczne) (por. [BC])
Niech 𝑎0 , 𝑎1 , ..., 𝑎𝑘−1 będą początkowymi wyrazami ciągu (𝑎𝑛 )𝑛0 i niech 𝐴1 , 𝐴2 , ..., 𝐴𝑘 będą stałymi. Jeśli dla 𝑛  𝑘
ten ciąg jest określony równaniem rekurencyjnym (1):
𝑎𝑛 = 𝐴1 𝑎𝑛−1 + 𝐴2 𝑎𝑛−2 + ⋯ + 𝐴𝑘 𝑎𝑛−𝑘 ,
to równanie
𝑥 𝑘 = 𝐴1 𝑥 𝑘−1 + 𝐴2 𝑥 𝑘−2 + ⋯ + 𝐴𝑘−1 𝑥 + 𝐴𝑘
nazywamy równaniem charakterystycznym równania rekurencyjnego (1).
Poniżej przedstawione są metody otrzymywania wzoru jawnego na 𝑛-ty wyraz ciągu zdefiniowanego liniowym
równaniem rekurencyjnym.
[Twierdzenie 1] (por. [RW])
Rozważmy zależność rekurencyjną postaci:
𝑎𝑛 = 𝐴𝑎𝑛−1 + 𝐵𝑎𝑛−2
mającą równanie charakterystyczne:
𝑥 2 − 𝐴𝑥 − 𝐵 = 0, gdzie A i B są niezerowymi stałymi.
(a) Jeśli równanie charakterystyczne ma dwa różne rozwiązania 𝑥1 i 𝑥2 , to
(*) 𝑎𝑛 = 𝑐1 𝑥1𝑛 + 𝑐2 𝑥2𝑛
dla pewnych stałych 𝑐1 i 𝑐2 .
Jeśli 𝑎0 i 𝑎1 są dane, to wartości stałych 𝑐1 i 𝑐2 mogą być wyznaczone przez podstawienie 𝑛 = 0 i 𝑛 = 1 do
równania (*) i rozwiązanie układu dwóch równań z niewiadomymi 𝑐1 i 𝑐2 .
(b) Jeśli równanie charakterystyczne ma tylko jedno rozwiązanie 𝑥, to
𝑎𝑛 = 𝑐1 𝑥 𝑛 + 𝑐2 𝑛𝑥 𝑛
dla pewnych stałych 𝑐1 i 𝑐2 .
Tak jak w punkcie (a) 𝑐1 i 𝑐2 można wyznaczyć, jeśli tylko dane są 𝑎0 i 𝑎1 .

[Twierdzenie 2] (uogólnienie)
Niech (W, R) oznacza układ zależności definiujący ciąg (𝑎𝑛 ):
(W) {𝑎0 , 𝑎1 , … , 𝑎𝑘−1 }
warunki początkowe
(R)
𝑎𝑛 = 𝐴1 𝑎𝑛−1 + 𝐴2 𝑎𝑛−2 + ⋯ + 𝐴𝑘 𝑎𝑛−𝑘
Niech 𝑃 𝑥 oznacza wielomian
𝑃 𝑥 = 𝑥 𝑘 − 𝐴1 𝑥 𝑘−1 − 𝐴2 𝑥 𝑘−2 − ⋯ − 𝐴𝑘−1 𝑥 − 𝐴𝑘
Niech 𝑥1 , … , 𝑥𝑚 będą pierwiastkami wielomianu 𝑃 𝑥 o krotnościach 1 , … , 𝑚 (1 + ⋯ + 𝑚 = 𝑘).
Wzór jawny ciągu (𝑎𝑛 ) zdefiniowanego układem zależności (W, R) ma postać:
(2) 𝑎𝑛 = 𝑚
𝑖=1 𝑊𝑖 ,
gdzie 𝑊𝑖 ma postać:
(𝐷0𝑖 + 𝐷1𝑖 𝑛 + ⋯ + 𝐷𝑖 𝑖 −1 𝑛𝑖 −1 )𝑥𝑖𝑛
Rozwiązanie zależności (W, R) otrzymujemy poprzez wyznaczanie stałych 𝐷𝑗 z warunków zawartych w (W) i
postaci rozwiązania opisanej w (2).

[Twierdzenie 3] (por. [RW])
Niech (𝑎𝑛 ) będzie ciągiem spełniającym zależność rekurencyjną postaci:
𝑎2𝑛 = 2𝑎𝑛 + 𝑓(𝑛)
dla 𝑛𝑁. Wtedy:
1
𝑓(2 𝑖 )
𝑚
−1
𝑚
𝑎2𝑚 = 2 𝑎1 + 2 𝑖=0 2𝑖
dla 𝑚𝑁.
W szczególności, jeśli
𝑎2𝑛 = 2𝑎𝑛 + 𝐴 + 𝐵𝑛
dla pewnych stałych A i B, to
𝑎2𝑚 = 2𝑚 𝑎1 + 2𝑚 − 1 𝐴 + 𝐵2 2𝑚 𝑚
Zatem, jeżeli 𝑛 = 2𝑚 , to w tym przypadku mamy:
𝑎𝑛 = 𝑛𝑎1 + 𝑛 − 1 𝐴 + 𝐵2 𝑛𝑙𝑜𝑔2 𝑛

__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 2] Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n, które można utworzyć z liter a,
b, c tak, aby utworzone słowa nie zawierały ciągu znaków aa (tzn. kolejnych liter a).
(a) Oblicz 𝑡0 , 𝑡1 , 𝑡2 .
(b) Znajdź wzór rekurencyjny na 𝑡𝑛 i oblicz 𝑡3 , 𝑡4 , 𝑡5 , a następnie znajdź wzór jawny na 𝑡𝑛 i go udowodnij.
Rozwiązanie:
Niech 𝐴𝑛 oznacza liczbę słów w 𝑛 niezawierających kolejnych liter a.
𝑡0 = 1, 𝐴0 = {}
| 𝑡3 = 22, 𝐴3 = 3 \{𝑎𝑎𝑎, 𝑎𝑎𝑏, 𝑎𝑎𝑐, 𝑏𝑎𝑎, 𝑐𝑎𝑎}
𝑡1 = 3, 𝐴1 = {𝑎, 𝑏, 𝑐}
| 𝑡4 = 60
2
𝑡2 = 8, 𝐴2 = 𝑎𝑏, 𝑏𝑏, 𝑐𝑏, 𝑎𝑐, 𝑏𝑐, 𝑐𝑐, 𝑏𝑎, 𝑐𝑎 =  \{𝑎𝑎} | 𝑡5 = 164
 Załóżmy, że 𝑛  2 i spróbujmy zliczmy słowa w 𝐴𝑛 za pomocą słów krótszych.
 Jeśli słowo w 𝐴𝑛 kończy się literą b, to litera b może być poprzedzona dowolnym słowem ze zbioru 𝐴𝑛−1 .
 Zatem 𝑡𝑛−1 słów w zbiorze 𝐴𝑛 kończy się literą b i 𝑡𝑛−1 słów kończy się literą c.
 Jeśli słowo w 𝐴𝑛 kończy się literą a, to dwiema ostatnimi literami muszą być ba lub ca i może je poprzedzać
dowolne słowo ze zbioru 𝐴𝑛−2 . Zatem 2𝑡𝑛−2 słów ze zbioru 𝐴𝑛 kończy się literą a. Stąd
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 3,
𝑡𝑛 = 2𝑡𝑛−1 + 2𝑡𝑛−2 dla 𝑛  2
Wyznaczam wzór jawny:
𝑓 𝑥 = 𝑥 2 − 2𝑥 − 2 = 0 - wielomian charakterystyczny
 = 4 + 8 = 12,  = 2 3, 𝑥1 = 2−22 3 = 1 − 3, 𝑥2 = 2+22 3 = 1 + 3, 1 = 1, 2 = 1
𝑡𝑛 = 𝐴0 (1 + 3)𝑛 + 𝐵0 (1 − 3)𝑛
Dla 𝑛 = 0:
𝑡0 = 1 = 𝐴0 (1 + 3)0 + 𝐵0 (1 − 3)0 , stąd 𝐴0 = 1 − 𝐵0
Dla 𝑛 = 1:
𝑡1 = 3 = 𝐴0 (1 + 3)1 + 𝐵0 (1 − 3)1
3 = 1 − 𝐵0 (1 + 3) + 𝐵0 (1 − 3), stąd 2 3𝐵0 = 3 − 2, stąd 𝐵0 = 23−2
, 𝐴0 = 23+2
3
3
Ostatecznie: 𝑡𝑛 = 23+2
(1 + 3)𝑛 + 23−2
(1 − 3)𝑛 dla 𝑛  0
3
3
Dowód indukcyjny (II schemat indukcji)
(1) baza indukcji:
𝑡0 = 1, 𝑡0 = 23+2
+ 23−2
=1
3
3
(2) krok indukcyjny:
Zał. indukcyjne: Zakładamy prawdziwość wzoru jawnego dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych od pewnej
liczby 𝑘𝑁.
Pokażemy, że wówczas wzór jest również poprawny dla k.
L𝑘 = 𝑡𝑘 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 2𝑡𝑘−1 + 2𝑡𝑘−2 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 )
= 2 23+2
(1 + 3)𝑘−1 + 23−2
(1 − 3)𝑘−1 + 2 23+2
(1 + 3)𝑘−2 + 23−2
(1 − 3)𝑘−2 =
3
3
3
3
=2
3+2
2 3
1+ 3
(1) 1 + 3
1− 3
2
2
𝑘−2
(1 + 3 + 1) + 23−2
1− 3
3
𝑘−2
(1 − 3 + 1) =(1) 23+2
(1 + 3)𝑘 + 23−2
(1 − 3)𝑘 = P𝑘
3
3
= 1 + 2 3 + 3 = 2(2 + 3)
= 1 − 2 3 + 3 = 2(2 − 3)
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 3] Niech  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których nie występuje
ciąg ab. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Wyznacz wzór rekurencyjny na 𝑡𝑛 , a następnie znajdź
wzór jawny.
Rozwiązanie:
𝑡0 = 1, 𝐴0 = {}
| 𝑡3 = 4
𝑡1 = 2, 𝐴1 = {𝑎, 𝑏}
| 𝑡4 = 5
𝑡2 = 3, 𝐴2 = 𝑎𝑎, 𝑏𝑎, 𝑏𝑏 = 2 \{𝑎𝑏}
| 𝑡5 = 6
 Jeśli słowo z 𝐴𝑛 kończy się literą a, to litera a może być poprzedzona dowolnym słowem ze zbioru 𝐴𝑛−1 .
 Zatem 𝑡𝑛−1 słów w 𝐴𝑛 kończy się literą a.
 Jeśli słowo w 𝐴𝑛 kończy się literą b, to ta litera b musi być poprzedzona literą b, itd. Tzn., jeśli słowo 𝑥𝑏𝐴𝑛 , to
podsłowo x składa się z samych liter b. W 𝐴𝑛 istnieje tylko jedno takie słowo. Stąd
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 2,
𝑡𝑛 = 𝑡𝑛−1 + 1
Wyznaczam wzór jawny:
𝑡𝑛 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 𝑡𝑛−1 + 1 = 𝑡𝑛−2 + 2 = 𝑡𝑛−3 + 3 = ⋯ = 𝑡0 + 𝑛 = 𝑛 + 1 dla 𝑛  0
Dowód indukcyjny (I schemat indukcji)
(1) baza indukcji: 𝑡0 = 1, 𝑡0 = 0 + 1 = 1
(2) krok indukcyjny:
Zał. indukcyjne: Zakładamy prawdziwość wzoru jawnego dla pewnego naturalnego k.
Pokażemy, że wówczas wzór jest również poprawny dla k+1.
L𝑘+1 = 𝑡𝑘+1 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 𝑡𝑘 + 1 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 𝑘 + 1 + 1 = 𝑘 + 2 = P𝑘+1
[Przykład 4] Dana jest rekurencyjna definicja ciągu. Odgadnij wzór w postaci jawnej na 𝑛-ty wyraz ciągu i
udowodnij go indukcyjnie.
𝑐0 = 𝑎,
𝑎, 𝑞, 𝑟𝑅, 𝑞1
𝑐𝑛 = 𝑞𝑐𝑛−1 + 𝑟 dla 𝑛 > 0
Rozwiązanie:
Wyznaczam wzór jawny:
𝑐0 = 𝑎, 𝑐1 = 𝑞𝑎 + 𝑟, 𝑐2 = 𝑞(𝑞𝑎 + 𝑟) + 𝑟, 𝑐3 = 𝑞(𝑞(𝑞𝑎 + 𝑟) + 𝑟) + 𝑟, …,
𝑐𝑛 = 𝑞 𝑛 𝑎 + 𝑟 𝑞 𝑛−1 + 𝑞 𝑛−2 + ⋯ + 𝑞 0 = 𝑞 𝑛 𝑎 + 𝑟
1−𝑞 𝑛
1−𝑞
Dowód indukcyjny (I schemat indukcji)
(1) baza indukcji: 𝑐0 = 𝑎, 𝑐0 = 𝑞 0 𝑎 + 𝑟
1−𝑞 0
1−𝑞
=𝑎
(2) krok indukcyjny:
Zał. indukcyjne: Zakładamy prawdziwość wzoru jawnego dla pewnego naturalnego k.
Pokażemy, że wówczas wzór jest również poprawny dla k+1.
L𝑘+1 = 𝑐𝑘+1 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 𝑞𝑐𝑘 + 𝑟 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 𝑞 𝑞𝑘 𝑎 + 𝑟
= 𝑞 𝑘+1 𝑎 + 𝑟
1−𝑞 𝑘+1
1−𝑞
1−𝑞 𝑘
1−𝑞
+ 𝑟 = 𝑞 𝑘+1 𝑎 + 𝑟
𝑞−𝑞 𝑘 +1 +1−𝑞
1−𝑞
=
= P𝑘+1
[Przykład 5] Odgadnij wzór w postaci jawnej na 𝑛-ty wyraz ciągu.
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 5, 𝑡2 = 17
𝑡𝑛+3 = 7𝑡𝑛+2 − 16𝑡𝑛+1 + 12𝑡𝑛
Rozwiązanie:
Wyznaczam wzór jawny: 𝑓 𝑥 = 𝑥 3 − 7𝑥 2 + 16𝑥 − 12 = 0 - równanie charakterystyczne
𝑥 3 − 7𝑥 2 + 16𝑥 − 12 = 𝑥 − 3 (𝑥 − 2)2 = 0
𝑥1 = 3, 1 = 1, 𝑥2 = 2, 2 = 2,
𝑡𝑛 = 𝐴0 2𝑛 + 𝐴1 𝑛2𝑛 + 𝐵0 3𝑛
// z Tw.1(b)
Dla 𝑛 = 0: 𝑡0 = 1 = 𝐴0 20 + 𝐴1 020 + 𝐵0 30 = 𝐴0 + 𝐵0 ,
stąd 𝐴0 = 1 − 𝐵0
1
1
1
Dla 𝑛 = 1: 𝑡1 = 5 = 𝐴0 2 + 𝐴1 12 + 𝐵0 3 = 2𝐴0 + 2𝐴1 + 3𝐵0
Dla 𝑛 = 2: 𝑡2 = 17 = 𝐴0 22 + 𝐴1 222 + 𝐵0 32 = 4𝐴0 + 8𝐴1 + 9𝐵0
5 = 2𝐴0 + 2𝐴1 + 3𝐵0 = 2(1 − 𝐵0 ) + 2𝐴1 + 3𝐵0 = 2 + 2𝐴1 + 𝐵0
stąd 𝐵0 = 3 − 2𝐴1
17 = 4𝐴0 + 8𝐴1 + 9𝐵0 = 4(1 − 𝐵0 ) + 8𝐴1 + 9𝐵0 = 4 + 8𝐴1 + 5𝐵0 stąd 𝐴1 = 1, 𝐵0 = 1, 𝐴0 = 0
Ostatecznie: 𝑡𝑛 = 𝑛2𝑛 + 3𝑛 dla 𝑛  0
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 6] Odgadnij wzór w postaci jawnej na 𝑛-ty wyraz ciągu.
𝑡0 = 2, 𝑡1 = 1,
𝑡𝑛 = 2𝑡𝑛−1 − 𝑡𝑛−2 dla 𝑛2
Rozwiązanie:
Wyznaczam wzór jawny:
𝑓 𝑥 = 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 = 0 - wielomian charakterystyczny
 = 4 − 4 = 0, 𝑥1 = 𝑥2 = 22 = 1, 1 = 2,
𝑡𝑛 = 𝐴0 1𝑛 + 𝐴1 𝑛1𝑛 = 𝐴0 + 𝐴1 𝑛
// z Tw.1(b)
Dla 𝑛 = 0: 𝑡0 = 2 = 𝐴0 + 𝐴1 0 = 𝐴0 ,
stąd 𝐴0 = 2
Dla 𝑛 = 1: 𝑡1 = 1 = 𝐴0 + 𝐴1 1 = 𝐴0 + 𝐴1 ,
stąd 𝐴1 = −1
Ostatecznie: 𝑡𝑛 = 2 − 𝑛 𝑛𝑁0
[Przykład 7] Odgadnij wzór w postaci jawnej na 𝑛-ty wyraz ciągu.
𝑡0 = 2, 𝑡1 = 1,
𝑡𝑛 = 𝑡𝑛 −1 − 𝑡𝑛−2 dla 𝑛2
Rozwiązanie:
Wyznaczam wzór jawny:
𝑓 𝑥 = 𝑥 2 − 𝑥 + 1 = 0 - wielomian charakterystyczny
 = 1 − 4 = −3 = 3𝑖 2 , (𝑖 2 = −1),  = 3𝑖, 𝑥1 = 1−𝑖2 3 , 𝑥2 = 1+𝑖2 3, 1 = 1, 2 = 1
𝑛
𝑛
1−𝑖 3
1+𝑖 3
+
𝐵
0
2
2
0
0
1−𝑖 3
1+𝑖 3
Dla 𝑛 = 0: 𝑡0 = 2 = 𝐴0
+
𝐵
,
0
2
2
1
1
1−𝑖 3
1+𝑖 3
Dla 𝑛 = 1: 𝑡1 = 1 = 𝐴0
+
𝐵
0
2
2
𝑡𝑛 = 𝐴0
stąd 𝐴0 = 2 − 𝐵0
2 = 𝐴0 (1 − 𝑖 3) + 𝐵0 (1 + 𝑖 3) = (2 − 𝐵0 )(1 − 𝑖 3) + 𝐵0 (1 + 𝑖 3), stąd 𝐵0 = 1, 𝐴0 = 1
Ostatecznie: 𝑡𝑛 =
1−𝑖 3
2
𝑛
+
1+𝑖 3
2
𝑛
𝑛𝑁0
[Przykład 8] Sprowadź podaną zależność rekurencyjną do postaci wyjściowej określonej w twierdzeniu 2.
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 1,
𝑡𝑛+2 = 2𝑡𝑛+1 − 2𝑡𝑛 + 𝑛2 + 2
Rozwiązanie:
𝑡𝑛+3 = 2𝑡𝑛+2 − 2𝑡𝑛+1 + (𝑛 + 1)2 + 2
𝑡𝑛+3 − 𝑡𝑛+2 = 2𝑡𝑛+2 − 2𝑡𝑛+1 + (𝑛 + 1)2 + 2 − 2𝑡𝑛+1 + 2𝑡𝑛 − 𝑛2 − 2
𝑡𝑛+3 = 3𝑡𝑛+2 − 4𝑡𝑛+1 + 2𝑡𝑛 + 2𝑛 + 1
𝑡𝑛+4 = 3𝑡𝑛+3 − 4𝑡𝑛+2 + 2𝑡𝑛+1 + 2(𝑛 + 1) + 1
𝑡𝑛+4 − 𝑡𝑛+3 = 3𝑡𝑛+3 − 4𝑡𝑛+2 + 2𝑡𝑛+1 + 2 𝑛 + 1 + 1 − 3𝑡𝑛+2 + 4𝑡𝑛+1 − 2𝑡𝑛 − 2𝑛 − 1
𝑡𝑛+4 = 4𝑡𝑛+3 − 7𝑡𝑛+2 + 6𝑡𝑛+1 − 2𝑡𝑛 + 2
𝑡𝑛+5 = 4𝑡𝑛+4 − 7𝑡𝑛+3 + 6𝑡𝑛+2 − 2𝑡𝑛+1 + 2
𝑡𝑛+5 − 𝑡𝑛+4 = 4𝑡𝑛+4 − 7𝑡𝑛+3 + 6𝑡𝑛+2 − 2𝑡𝑛+1 + 2 − 4𝑡𝑛+3 + 7𝑡𝑛+2 − 6𝑡𝑛+1 + 2𝑡𝑛 − 2
𝑡𝑛+5 = 5𝑡𝑛+4 − 11𝑡𝑛+3 + 13𝑡𝑛+2 − 8𝑡𝑛+1 + 2𝑡𝑛
Ostatecznie:
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 1, 𝑡2 = 2, 𝑡3 = 5, 𝑡4 = 12,
𝑡𝑛+5 = 5𝑡𝑛+4 − 11𝑡𝑛+3 + 13𝑡𝑛+2 − 8𝑡𝑛+1 + 2𝑡𝑛
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 9] Niech ciąg (𝑎𝑛 ) będzie określony jak poniżej zadanymi warunkami.
(a) Oblicz kilka pierwszych wyrazów ciągu (𝑎𝑛 ).
(b) Odgadnij i udowodnij wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu (𝑎𝑛 ).
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 2,
𝑡0 = 0, 𝑡1 = 1,
(A)
(B)
𝑡 𝑛2 −1
𝑡𝑛 = 14 𝑡 𝑛 −1 −𝑡𝑛 −2 +3 2 dla 𝑛 > 2
𝑡𝑛 = 𝑡
dla 𝑛 > 1
𝑛 −2
Rozwiązanie:
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 2,
(A)
𝑡2
𝑡𝑛 = 𝑡 𝑛 −1 dla 𝑛 > 1
𝑛 −2
Wyznaczam wzór jawny:
4
16
64
𝑡0 = 1 = 20 , 𝑡1 = 2 = 21 , 𝑡2 = 1 = 22 , 𝑡3 = 2 = 23 , 𝑡3 = 4 = 24 , …
𝑡𝑛 = 2𝑛 𝑛𝑁0
Dowód indukcyjny (II schemat indukcji)
(1) baza indukcji: 𝑡0 = 1, 𝑡0 = 20 = 1
(2) krok indukcyjny:
Zał. indukcyjne: Zakładamy prawdziwość wzoru jawnego dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych od pewnego
k.
Pokażemy, że wówczas wzór jest również poprawny dla k.
2𝑘−1
𝑡2
L𝑘 = 𝑡𝑘 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘.𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 𝑡 𝑘−1 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 2𝑘−2
𝑘−2
2
= 2 𝑘−1 + 𝑘−1 −(𝑘−2) = 2𝑘 = P𝑘
𝑡0 = 0, 𝑡1 = 1,
𝑡𝑛 = 14 𝑡 𝑛 −1 −𝑡𝑛 −2 +3 2 dla 𝑛 > 2
Wyznaczam wzór jawny:
1
1
1
𝑡0 = 0 = 02 , 𝑡1 = 1 = 12 , 𝑡2 = 1 − 0 + 3 2 = 22 , 𝑡3 = 4 − 1 + 3 2 = 32 , 𝑡3 = 9 − 4 + 3 2 = 42 , …
4
4
4
𝑡𝑛 = 𝑛2 𝑛𝑁0
Dowód indukcyjny (II schemat indukcji)
(1) baza indukcji: 𝑡0 = 0, 𝑡0 = 02 = 0
(2) krok indukcyjny:
Zał. indukcyjne: Zakładamy prawdziwość wzoru jawnego dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych od pewnego
k.
Pokażemy, że wówczas wzór jest również poprawny dla k.
1
L𝑘 = 𝑡𝑘 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 14 𝑡 𝑘−1 −𝑡𝑘−2 +3 2 =(𝑧𝑎ł.𝑖𝑛𝑑 ) 4 (𝑘 − 1)2 − (𝑘 − 2)2 + 3 2 =
(B)
1
1
= 4 𝑘 2 − 2𝑘 + 1 − (𝑘 2 − 4𝑘 + 4) + 3 2 = 4 (2𝑘)2 = 𝑘 2 = P𝑘
[Przykład 10] Wyznacz pięć pierwszych wyrazów ciągu zadanego rekurencyjnie i udowodnij podają nierówność.
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 3, 𝑡2 = 5,
2𝑛 < 𝑡𝑛  2𝑛+1 𝑛𝑁
𝑡𝑛 = 3𝑡𝑛−2 + 2𝑡𝑛−3 dla 𝑛 ≥ 3
Rozwiązanie:
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 3, 𝑡2 = 5, 𝑡3 = 9 + 2 = 11, 𝑡4 = 15 + 6 = 21, …
Dowód indukcyjny (II schemat indukcji)
(1) baza indukcji: dla 𝑛 = 1: 21 < 3  22
(2) krok indukcyjny:
Zał. indukcyjne: Załóżmy, że dla pewnego k naturalnego mamy 2𝑖 < 𝑡𝑖  2𝑖+1 𝑖<𝑘
Należy pokazać, że wówczas zachodzi również 2𝑘 < 𝑡𝑘  2𝑘+1 .
𝑡𝑘 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 3𝑡𝑛−2 + 2𝑡𝑛−3 >(za ł.ind ) 32𝑘−2 + 22𝑘−3 = 2𝑘−2 3 + 1 = 2𝑘 = L𝑘
𝑡𝑘 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 3𝑡𝑛−2 + 2𝑡𝑛−3 (za ł.ind ) 32𝑘−1 + 22𝑘−2 = 2𝑘−1 3 + 1 = 2𝑘+1 = P𝑘
Zatem na mocy II zasady indukcji matematycznej 2𝑛 < 𝑡𝑛  2𝑛+1 𝑛𝑁.
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 11] Ułóż wzór rekurencyjny dla problemu wież z Hanoi.
Problem. Dana jest podstawka z trzema pionowymi palikami. Na pierwszy z nich nałożono n krążków według
malejących promieni. Zadanie polega na przeniesieniu tego stosu krążków na trzeci palik przy pomocy drugiego
palika, przy czym za każdym razem wolno przenieść tylko jeden krążek z jednego palika na inny oraz na żadnym
paliku nigdy nie może leżeć większy krążek na mniejszym.
Rozwiązanie:
 Niech (𝑡𝑛 ) oznacza minimalną liczbę ruchów konieczną do przeniesienia n krążków z jednego palika na drugi.
𝑡0 = 0, 𝑡1 = 1, 𝑡2 = 3,
 Pomysł jak przenieść całą wieżę:
 Przenosimy 𝑛 − 1 krążków z pręta I na pręt pomocniczy (II). Wymaga to 𝑡𝑛−1 ruchów.
 Następnie przenosimy 1 (największy) krążek z pręta I na pręt III. Wykonujemy 1 ruch.
 W końcu przenosimy pozostałe 𝑛 − 1 krążków z pręta pomocniczego (II) na docelowy (III). Wymaga to 𝑡𝑛−1
ruchów.
 Zatem n krążków (𝑛 > 0) można przenieść za pomocą 𝑡𝑛 = 2𝑡𝑛−1 + 1 ruchów.
𝑡0 = 0,
𝑡𝑛 = 2𝑡𝑛−1 + 1 dla 𝑛 > 0
Wyznaczmy wzór jawny:
𝑡𝑛 = 2𝑡𝑛−1 + 1
𝑡𝑛+1 = 2𝑡𝑛 + 1
𝑡𝑛+1 − 𝑡𝑛 = 2𝑡𝑛 + 1 − 2𝑡𝑛−1 − 1
𝑡𝑛+1 = 3𝑡𝑛 − 2𝑡𝑛−1
𝑓 𝑥 = 𝑥 2 − 3𝑥 + 2𝑥 = 0
- wielomian charakterystyczny
 = 9 − 8 = 1,  = 1, 𝑥1 = 3−1
= 1, 𝑥2 = 3+1
= 2, 1 = 1, 2 = 1
2
2
𝑛
𝑛
𝑡𝑛 = 𝐴0 1 + 𝐵0 2
Dla 𝑛 = 0: 𝑡0 = 0 = 𝐴0 + 𝐵0 20 = 𝐴0 + 𝐵0 ,
stąd 𝐴0 = −𝐵0
1
1
Dla 𝑛 = 1: 𝑡1 = 1 = 𝐴0 1 + 𝐵0 2 = 𝐴0 + 2𝐵0 ,
stąd 𝐵0 = 1, 𝐴0 = −1
Ostatecznie: 𝑡𝑛 = −1 + 2𝑛 𝑛𝑁0 .
Dowód indukcyjny (I schemat indukcji)
(1) baza indukcji:
𝑡0 = 0, 𝑡0 = −1 + 20 = 0
(2) krok indukcyjny:
Zał. indukcyjne: Zakładamy prawdziwość wzoru jawnego dla pewnego naturalnego k.
Pokażemy, że wówczas wzór jest również poprawny dla k+1.
L𝑘+1 = 𝑡𝑘+1 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 2𝑡𝑘 + 1 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 2 −1 + 2𝑘 + 1 = −1 + 2𝑘+1 = P𝑘+1
[Przykład 12] Zaproponuj układ zależności rekurencyjnych definiujących ciąg (𝑡𝑛 ), którego wyrazami są ilości
takich ciągów 0-1 długości 2n, które czytane od końca wyglądają tak samo. Wyznacz wzór jawny definiujący
wyrazy tego ciągu.
𝑡0 = 1, 𝐴0 = {}
𝑡1 = 2, 𝐴1 = {00, 11}
𝑡2 = 4, 𝐴2 = {0000, 1001, 0110, 1111}
𝑡3 = 8, 𝐴3 = {000000, 100001, 010010, 110011, 001100, 101101, 011110,111111}
 Słowa ze zbioru 𝐴𝑛 generujemy na podstawie słów ze zbioru 𝐴𝑛−1 , w następujący sposób.
 Bierzemy 𝑛 − 1 pierwszych znaków dowolnego słowa z 𝐴𝑛 −1 i dodajemy znak 0 lub znak 1 na koniec tego ciągu
znaków. Do tak utworzonego podciągu znaków dodajemy ten sam podciąg znaków, ale po odwróceniu
kolejności cyfr. W ten sposób na bazie jednego słowa z 𝐴𝑛−1 dostajemy dwa słowa w 𝐴𝑛 .
Przykład 1001𝐴2 , Generujemy 2 słowa do zbioru 𝐴3 . 10+0=100, 10+1=101. Dodajemy odwrócone podciągi:
100001, 101101𝐴3 .
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 2
𝑡𝑛 = 2𝑡𝑛−1
Wyznaczam wzór jawny:
𝑡𝑛 = 2𝑡𝑛−1 = 22 𝑡𝑛−2 = 23 𝑡𝑛−3 = 24 𝑡𝑛−4 = ⋯ = 2𝑛−1 𝑡𝑛−(𝑛−1) = 2𝑛−1 𝑡1 = 22𝑛−1 = 2𝑛 𝑛𝑁0
1
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 13] Wiedząc, że ciąg Fibonacciego określony jest zależnością: 𝐹0 = 0, 𝐹1 = 1, 𝐹𝑛 = 𝐹𝑛−1 + 𝐹𝑛−2 dla
𝑛 > 1, wyznacz wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu na podstawie wielomianu charakterystycznego.
Rozwiązanie:
f x = x 2 − x − x = 0 - wielomian charakterystyczny
 = 1 + 4 = 5,  = 5, 𝑥1 = 1−2 5 , 𝑥2 = 1+2 5 , 1 = 1, 2 = 1
𝐹𝑛 = 𝐴0 
1− 5
2
𝑛
+ 𝐵0 
1+ 5
2
𝑛
0
0
1− 5
1+ 5
+
𝐵
= 𝐴0 + 𝐵0 ,
0
2
2
1
1
1− 5
1+ 5
Dla 𝑛 = 1: 𝐹1 = 1 = 𝐴0 2
+ 𝐵0 2
= 𝐵0 5,
𝑛
𝑛
1
1− 5
1
1+ 5
Ostatecznie: 𝐹𝑛 = − 5 
+

𝑛𝑁0
2
5
2
Dla 𝑛 = 0: 𝐹0 = 0 = 𝐴0
Udowodnimy indukcyjnie następujący fakt
Jeśli wyrazy ciągu (𝐹𝑛 ) spełniają warunki:
𝐹0 = 0, 𝐹1 = 1,
1
to 𝑛𝑁0 𝐹𝑛 = 
5
𝐹𝑛 = 𝐹𝑛 −1 + 𝐹𝑛−2 dla 𝑛 > 1
1+ 5
2
stąd 𝐴0 = −𝐵0
stąd 𝐵0 =
𝑛
−
1

5
1
1
,𝐴 =− 5
5 0
1− 5
2
𝑛
Dowód indukcyjny (II schemat indukcji)
(1) baza indukcji: pokażemy prawdziwość wzoru jawnego dla 𝑛 = 0
𝐹0 = 0, 𝐹0 =
1

5
1+ 5
2
0
1
− 5
1− 5
2
0
=
1
5
1−1 =0
(2) krok indukcyjny:
Zakładamy prawdziwość wzoru jawnego dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych od k+2.
Pokażemy, że wówczas wzór jawny jest słuszny również dla k+2.
Dla uproszczenia zapisu wprowadzamy oznaczenia:
𝑤=
1
1+ 5
1− 5
,𝑎 = 2 ,𝑏 = 2
5
Założenie indukcyjne ma wówczas postać: 𝐹𝑖 = 𝑤 𝑎𝑖 − 𝑏 𝑖 𝑖<𝑘+2 ,
Należy pokazać, że wówczas:
𝐹𝑘+2 = 𝑤 𝑎𝑘+2 − 𝑏 𝑘+2 .
L𝑘+2 = 𝐹𝑘+2 =(𝑧 𝑑𝑒𝑓 .𝑟𝑒𝑘 .𝑐𝑖ą𝑔𝑢 ) 𝐹𝑘 + 𝐹𝑘+1 =(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 ) 𝑤 𝑎𝑘 − 𝑏 𝑘 + 𝑤 𝑎𝑘+1 − 𝑏 𝑘+1 = 𝑤 (1 + 𝑎)𝑎𝑘 − (1 + 𝑏)𝑏 𝑘 =(1)
= 𝑤 𝑎2 𝑎𝑘 − 𝑏 2 𝑏𝑘 = 𝑤 𝑎𝑘+2 − 𝑏 𝑘+2 = P𝑘+2
1+ 5
2+1+ 5
3+ 5
= 2 = 2 ,
2
1+2 5+5
3+ 5
𝑎2 =
= 2 ,
4
2
(1) 1 + 𝑎 = 1 +
Stąd (1 + 𝑎) = 𝑎 ,
1− 5
2+1− 5
3− 5
= 2 = 2
2
1−2 5+5
3− 5
𝑏2 =
= 2
4
2
1+𝑏 =1+
(1 + 𝑏) = 𝑏
Na mocy II ZIM powyższy ciąg można określić podanym wzorem jawnym.
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 14] Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których jest
parzysta liczba liter a. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Znajdź wzór jawny na 𝑡𝑛 i go udowodnij.
Rozwiązanie:
Niech  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝐴𝑛 oznacza liczbę słów w 𝑛 , w których jest parzysta liczba liter a.
𝑡0 = 1, 𝐴0 = {}
| 𝑡3 = 4, 𝐴3 = {𝑎𝑎𝑏, 𝑏𝑏𝑏, 𝑏𝑎𝑎}
𝑡1 = 1, 𝐴1 = {𝑏}
| 𝑡4 = 8,
𝑡2 = 2, 𝐴2 = {𝑎𝑎, 𝑏𝑏}
| 𝑡5 = 16,
 Jeśli słowo w 𝐴𝑛 kończy się literą b, to może być ona poprzedzona dowolnym słowem z 𝐴𝑛−1 .
 Stąd 𝑡𝑛−1 słów w 𝐴𝑛 kończy się literą b.
 Jeśli słowo w 𝐴𝑛 kończy się literą a, to musi być ona poprzedzona słowem z 𝑛−1 , w którym jest nieparzysta
liczba liter a.
 Ponieważ 𝑛−1 ma 2𝑛−1 słów, więc 2𝑛−1 − 𝑡𝑛−1 z nich musi mieć nieparzystą liczbę liter a.
 Stąd 2𝑛−1 − 𝑡𝑛−1 słów w 𝐴𝑛 kończy się literą a. Zatem
𝑡𝑛 = 𝑡𝑛−1 + 2𝑛−1 − 𝑡𝑛−1 = 2𝑛−1 dla 𝑛  1. Stąd
𝑡0 = 1,
Wzór jawny: 𝑡𝑛 = 2𝑛−1 dla 𝑛1
𝑡𝑛 = 2𝑛−1 dla 𝑛  1
[Przykład 15] Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których nie
występuje ciąg aa. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Znajdź dla niego wzór rekurencyjny.
Rozwiązanie:
Niech  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝐴𝑛 oznacza liczbę słów w 𝑛 niezawierających kolejnych liter a.
𝑡0 = 1, 𝐴0 = {}
| 𝑡3 = 5, 𝐴3 = {𝑎𝑏𝑏, 𝑏𝑏𝑏, 𝑏𝑎𝑏, 𝑎𝑏𝑎, 𝑏𝑏𝑎}
𝑡1 = 2, 𝐴1 = {𝑎, 𝑏}
| 𝑡4 = 8,
𝑡2 = 2, 𝐴2 = {𝑎𝑏, 𝑏𝑏, 𝑏𝑎}
| 𝑡5 = 13,
 Załóżmy, że 𝑛  2 i spróbujmy zliczmy słowa w 𝐴𝑛 za pomocą słów krótszych.
 Jeśli słowo w 𝐴𝑛 kończy się literą b, to litera b może być poprzedzona dowolnym słowem ze zbioru 𝐴𝑛−1 .
 Zatem 𝑡𝑛−1 słów w zbiorze 𝐴𝑛 kończy się literą b.
 Jeśli słowo w 𝐴𝑛 kończy się literą a, to dwiema ostatnimi literami muszą być ba i może je poprzedzać dowolne
słowo ze zbioru 𝐴𝑛−2 . Zatem 𝑡𝑛−2 słów ze zbioru 𝐴𝑛 kończy się literą a. Stąd
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 2,
𝑡𝑛 = 𝑡𝑛−1 + 𝑡𝑛−2 dla 𝑛2
[Przykład 16] Niech dana będzie rekurencyjna definicja ciągu. Odgadnij wzór w postaci jawnej na n-ty wyraz
ciągu i udowodnij go indukcyjnie.
𝑎 = 1,
𝑏 = 1,
𝑎 = 1, 𝑎1 = 2,
(2) 0
(3) 0
(4) 0
𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛 + 2 dla 𝑛 > 0
𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2 dla 𝑛 > 1
𝑏𝑛+1 = 𝑏𝑛 (𝑛 + 1) dla 𝑛 > 0
Rozwiązanie:
𝑎 = 1,
(2) 0
𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛 + 2 dla 𝑛 > 0
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 3, 𝑎2 = 5, 𝑎3 = 7, …
Wyznaczam wzór jawny:
𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 2 = 𝑎𝑛−2 + 2 + 2 = 𝑎𝑛−3 + 2 + 2 + 2 = ⋯ = 𝑎𝑛−𝑛 + 2𝑛 = 2𝑛 + 1, stąd 𝑛𝑁0 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 1
Postać jawną należy udowodnić indukcyjnie.
𝑏0 = 1,
𝑏𝑛+1 = 𝑏𝑛 (𝑛 + 1) dla 𝑛 > 0
𝑏0 = 1, 𝑏1 = 1, 𝑏2 = 2, 𝑏3 = 6, 𝑏4 = 24, …
Wyznaczam wzór jawny:
(3)
𝑏𝑛 = 𝑏𝑛−1 𝑛 = 𝑏𝑛−2 𝑛 − 1 𝑛 = 𝑏𝑛−3 𝑛 − 2 𝑛 − 1 𝑛 = ⋯ = 𝑏𝑛−𝑛
𝑏𝑛 −1
𝑏𝑛 −2
stąd 𝑛𝑁0 𝑏𝑛 = 𝑛!
Postać jawną należy udowodnić indukcyjnie.
𝑏0
𝑛− 𝑛−1
 …  𝑛 − 2 𝑛 − 1 𝑛 = 𝑛!,
1
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT02: Zadania z użyciem zależności rekurencyjnych. Rozwiązywanie liniowych równań rekurencyjnych.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2,
𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2 dla 𝑛 > 1
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2, 𝑎2 = 3, 𝑎3 = 5, 𝑎4 = 8, …
Wyznaczam wzór jawny:
𝑓 𝑥 = 𝑥 2 − 𝑥 − 1 = 0 - wielomian charakterystyczny
 = 1 + 4 = 5,  = 5, 𝑥1 = 1−2 5 , 𝑥2 = 1+2 5 , 1 = 1, 2 = 1
(4)
𝑎𝑛 = 𝐴0 
1− 5
2
Dla 𝑛 = 0: 𝑎0 = 1 = 𝐴0
+ 𝐵0 
1− 5
2
0
1+ 5
2
+ 𝐵0
1
𝑛
1+ 5
2
1− 5
1+ 5
+ 𝐵0 2
2
𝑛
5−3
1− 5
5+3

+ 2 5 
2 5
2
Dla 𝑛 = 1: 𝑎1 = 2 = 𝐴0
Ostatecznie: 𝑎𝑛 =
𝑛
0
= 𝐴0 + 𝐵0 ,
stąd 𝐴0 = 1 − 𝐵0
1− 5
+ 𝐵0 5
2
𝑛
1+ 5
𝑛𝑁0
2
stąd 𝐵0 = 2 5 , 𝐴0 = 2 5
1
=
5+3
5−3
Postać jawną należy udowodnić indukcyjnie.
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021, sem. II, Ćw., TEMAT03: Wstęp do arytmetyki modularnej: relacja podzielności liczb całkowitych, liczby pierwsze, największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność, algorytm Euklidesa.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[01] Zapisz liczbę c w systemie pozycyjnym o zadanej podstawie.
[11] Wyznacz NWD dla podanych niżej wartości.
(a) 135=(..........)2,
(b) 426=(..........)3,
(c) 189=(..........)5,
(d) 845=(..........)6.
(a) NWD(400,28)
(b) NWD(632,410) (c) NWD(368,128) (d) NWD(336,129)
----[02] Zapisz w systemie dziesiętnym liczbę c podaną w systemie pozycyjnym o podstawie p.
[12] [BC] Wykazać, że równanie 𝑥 2 + 95𝑥𝑦 + 2000𝑦 2 = 2005 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb
(a) (1010111)2,
(b) (120210)3,
(c) (10431231)5,
(d) (3502102)6.
całkowitych.
----[03] Wykonaj operację dodawania dwóch liczb binarnych a i b.
[13] Czy dla 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑𝑍 spełnione są poniższe warunki? Odpowiedź negatywną uzasadnij. (Z oznacza
(a) a=101010101, b=11100101
zbiór liczb całkowitych).
(b) a=10110010, b=111111
(a) (a | b  b | c)  a | c
(c) a=111111, b=111111
(b) a | b  b | a
--(c) a | b  c (ac | bc)
[04] Wykonaj operację mnożenia dwóch liczb binarnych a i b.
(d) (a | c  b | c)  ab | c
(a) a=111000, b=101010
(e) (c | a  c | b)  d,e (c | da+eb)
(b) a=111100, b=10101
(f) (a | b  b0)  |a||b|
(c) a=111010, b=101000
(g) (a | b  b | a)  |a|=|b|
--(h) a,b (b>0  q,r (a=qb+r  0r<b)), q, r są jednoznacznie wyznaczone
[05] Pomnóż liczbę a przez b w systemie pozycyjnym o podstawie p.
--(a) (160)10, (199)10, p=7
[14] [BC] Rozwiązać równanie 𝑝2 − 2𝑞2 = 1, jeśli wiadomo, że p i q są liczbami pierwszymi.
(b) (212)3, (122)3, p=3
--(c) (101101)2, (11001)2, p=2
[15] [BC] Udowodnij, że dla dowolnej liczby naturalnej b>1, jeśli (111 … 11)𝑏 jest liczbą pierwszą, to
--liczba jedynek w tym zapisie jest liczbą pierwszą.
[06] Podziel liczbę a przez b w systemie pozycyjnym o podstawie p.
--(a) (11001001)2, (100111)2, p=2
[16] [BC] Przedstaw liczby 10, 200, 3000 w postaci 𝑎1 1! + 𝑎2 2! + 𝑎3 3! + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑛!, gdzie 0  𝑎𝑖  𝑖.
(b) (10011001)2, (1011)2, p=2
Udowodnij, że każdą liczbę naturalną mniejszą od (𝑛 + 1)! można przedstawić w tej postaci.
--(a) Udowodnij następujący fakt pomocniczy:
[07] Wyznacz metodą sita Eratostenesa wszystkie liczby pierwsze mniejsze od (a) 24, (b) 36.
𝑛! > 𝑛 − 1 !  𝑛 − 1 + 𝑛 − 2 !  𝑛 − 2 + ⋯ + 2! 2 + 1! 𝑛 > 1
----[08] Przeanalizuj następująco przedstawiony algorytm Euklidesa znajdowania NDW.
[17] [BC] Dla jakich liczb naturalnych m i n liczba 𝑚4 + 4𝑛4 jest liczbą pierwszą?
Idea: Mając do policzenia NWD(a, b) sprawdzamy, czy b=0. Jeśli tak jest, to NWD(a, b)=a, w
--przeciwnym przypadku wywołujemy rekurencyjnie algorytm dla liczb b i (a%b).
[18] [BC] Wykazać, że dla żadnej liczby całkowitej n liczba 𝑛2 + 5𝑛 + 1 nie jest podzielna przez 49.
Np.: NWD(54,69)=NWD(69,54)=NWD(54,15)=NWD(15,9)=NWD(9,6)=NWD(6,3)=NWD(3,0)=3
----[19] [BC] Liczby 𝑥, 𝑦𝑍 są takie, że 35 | 6𝑥 + 13𝑦. Wykazać, że wówczas liczba 35 | 𝑥 + 8𝑦.
[09] Rozłóż podaną liczbę na czynniki pierwsze
--(a) 1591440
(b) 45864
(c) 4454100
(d) 323400
[20] [BC] Wyznaczyć wszystkie trójki liczb pierwszych, których iloczyn jest pięciokrotnie większy od
--ich sumy.
[10] Rozłóż podane liczby na czynniki pierwsze:
--(a) 10 888 869 450 418 352 160 768 000 000
[21] [BC] Pokazać, że jeśli każda z liczb naturalnych a, b, c, d dzieli się przez 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑, to |𝑎𝑏 − 𝑐𝑑| = 1.
(b) 51 090 942 171 709 440 000
----_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [RW] K. A. Ross, C. R. B. Wright, Matematyka dyskretna, [BC] C. Bagiński, listy zadań z ubiegłych lat, [GP] P. Grzeszczuk, listy zadań z ubiegłych lat
MDD2021 Ćw.; TEMAT03: Wstęp do arytmetyki modularnej: systemy pozycyjne, relacja podzielności liczb całkowitych, liczby pierwsze, NWD, NWW, algorytm Euklidesa.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Systemy pozycyjne
2. Relacja podzielności liczb całkowitych
3. Liczby pierwsze
4. Najmniejsza wspólna wielokrotność NWW, największy wspólny dzielnik NWD
5. Algorytm Euklidesa
____________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Systemy pozycyjne
[Def. 1] Niech bN, b>1. System pozycyjny o podstawie b – metoda zapisywania liczb rzeczywistych nieujemnych,
w której pozycja danej cyfry w ciągu oznacza wielokrotność potęgi bazy b tego systemu, tzn. zapis
(𝑎𝑛 𝑎𝑛−1 … 𝑎3 𝑎2 𝑎1 𝑎0 , 𝑎−1 𝑎−2 𝑎−3 … )𝑏 dla 𝑎𝑖 {0, 1, … , 𝑏 − 1} oznacza liczbę
𝑎 = 𝑎𝑛 𝑏 𝑛 +𝑎𝑛−1 𝑏𝑛−1 + ⋯ + 𝑎3 𝑏 3 + 𝑎2 𝑏2 + 𝑎1 𝑏1 + 𝑎0 + 𝑎−1 𝑏−1 + 𝑎−2 𝑏−2 + 𝑎−3 𝑏 −3 + ⋯
Wartości 𝑎𝑖 nazywamy cyframi.
Powszechnie używa się systemu dziesiętnego (baza b=10), np. zapis 843,1 ozn. liczbę 8102 + 4101 + 3 + 110−1 .
Stosowane są też systemy binarny (baza b=2, cyfry {0, 1}), ósemkowy (baza b=8, cyfry {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}),
szesnastkowy (baza b=16, cyfry {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ,9, A, B, C, D, E, F}).
[Def. 2] Dla dowolnej liczby całkowitej x przyjmujemy oznaczenie x = max{yZ: yx}.
x - największa liczba całkowita  x, np. 3.44 = 3, -3.44 = -4.
[Przykład 1] Zapisz liczbę c w systemie pozycyjnym o zadanej podstawie.
(a) 135=(..........)2,
(b) 426=(..........)3,
(c) 189=(..........)5,
(d) 845=(..........)6.
Rozwiązanie:
Dzielimy przez 2 (3, 5, 6) i zapisujemy resztę z dzielenia
135|1 20,
426|0 30,
189|4 50,
845|5 60,
1
1
1
67|1 2 ,
142|1 3 ,
37|2 5 ,
140|2 61,
2
2
2
33|1 2 ,
47|2 3 ,
7|2 5 ,
23|5 62,
16|0 23,
15|0 33,
1|1 53,
3|3 63,
4
4
8|0 2 ,
5|2 3 ,
0|
0|
4|0 25,
1|1 35,
4+10+50+125=189
5+12+180+648=845
2|0 26,
0|
1|1 27,
3+18+162+243=426
0|
1+2+4+128=135
135=(10000111)2 426=(120210)3
189=(1224)5
845=(3525)6
[Przykład 2] Zapisz w systemie dziesiętnym liczbę c podaną w systemie pozycyjnym o podstawie p.
(a) (1010111)2,
(b) (120210)3,
(c) (10431231)5,
(d) (3502102)6.
Rozwiązanie.
(a) (1010111)2 = 26+24+22+21+20 = 64+16+4+2+1 = 8710,
(b) (120210)3 = 135+234+232+131 = 243+162+18+3 =42610,
(c) (10431231)5 = 157+455+354+153+252+351+150 = 78125+12500+1875+125+50+15+1 = 9269110,
(d) (3502102)6 = 366+565+263+162+260 = 139968+38880+432+36+2 = 17931810,
[Przykład 3] Wykonaj operację dodawania dwóch liczb binarnych a i b. 101010101
(a) a=101010101, b=11100101 a+b = 1000111010
+11100101
--------(b) a=10110010,
b=111111
a+b = 11110001
1000111010
(c) a=111111,
b=111111
a+b = 1111110
[Przykład 4] Wykonaj operację mnożenia dwóch liczb binarnych a i b.
(a) a=111000,
b=101010
a*b = 100100110000
(b) a=111100,
b=10101
a*b = 10011101100
(c) a=111010,
b=101000
a*b = 100100010000
111000
*101010
--------111000
111000
111000
-----------100100110000
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT03: Wstęp do arytmetyki modularnej: systemy pozycyjne, relacja podzielności liczb całkowitych, liczby pierwsze, NWD, NWW, algorytm Euklidesa.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 5] Pomnóż liczbę a przez b w systemie pozycyjnym o podstawie p.
316
(a) a=(160)10,
b=(199)10,
p=7
*403
(b) a=(212)3,
b=(122)3,
p=3
-----1254
(c) a=(101101)2, b=(11001)2, p=2
1603
Rozwiązanie:
--------(a) a=(160)10, b=(199)10, p=7
161554
a=(160)10 = (316)7, b=(199)10 = (403)7, a*b = (161554)7,
(b) a=(212)3, b=(122)3, p=3, a*b = (112111)3,
(c) a=(101101)2, b=(11001)2, p=2, a*b = (11010010011)2,
[Przykład 6] Podziel liczbę a przez b w systemie pozycyjnym o podstawie p.
(a) a=(11001001)2, b=(100111)2, p=2 a/b = 101 r.110
(b) a=(10011001)2, b=(1011)2,
p=2 a/b = 1101 r.1010
2. Relacja podzielności liczb całkowitych
18=27+4
9=17+2
24=37+3
13=17+6
11001001:100111=101
100111
-------00101101
100111
-------0110
[Def. 3] Liczba a dzieli się przez b, jeśli istnieje liczba całkowita t taka, że 𝑎 = 𝑏𝑡.
Wówczas liczbę a nazywamy wielokrotnością liczby b, a liczbę b dzielnikiem liczby a i zapisujemy b | a.
Mówimy, że liczba a jest podzielna przez liczbę b. Jeśli liczba b nie jest dzielnikiem liczby a, to piszemy b | a.
[Twierdzenie 1] Własności relacji podzielności:
(1) aZ
1 | a i a |0
(2) aZ
a|a
(relacja jest zwrotna)
(3) a,b,cZ
(a | b  b | c)  a | c
(relacja jest przechodnia)
(4) a,b,cZ
a | b  ac | bc
(5) a,b,c,u,vZ (a | b  a | c)  a | ub+vc
(6) a,bZ
(a | b  b0)  |a| <= |b|
(7) a,bZ
(a | b  b | a)  |a| = |b|
[Twierdzenie 2] (dzielenie liczb całkowitych z resztą)
Jeśli a, bZ oraz b>0, to istnieją jednoznacznie wyznaczone liczby całkowite q i r takie, że 𝑎 = 𝑞𝑏 + 𝑟 i 0r<b,
mianowicie 𝑞 = a/b i 𝑟 = 𝑎 − 𝑏𝑞. Wówczas liczbę q nazywamy ilorazem, a liczbę r – resztą z dzielenia a przez b.
Piszemy wówczas 𝑟 = 𝑎 mod 𝑏.
[Przykład 7]
a=133, b=21, wówczas q=6 i r=7, więc 133 mod 21 = 7.
a=-50, b=8, wówczas q=-7 i r=6, więc -50 mod 8 = 6
[Przykład 8] Czy dla a, b, c, d Z spełnione są poniższe warunki? Odpowiedź negatywną uzasadnij. (Z oznacza
zbiór liczb całkowitych).
(a) (a | b  b | c)  a | c
(b) a | b  b | a
(c) a | b  c (ac | bc)
(d) (a | c  b | c)  ab | c
(e) (c | a  c | b)  d,e (c | da+eb)
(f) (a | b  b0)  |a||b|
(g) (a | b  b | a)  |a|=|b|
(h) a,b (b>0  q,r (a=qb+r  0r<b)), q, r są jednoznacznie wyznaczone
Rozwiązanie:
(a), (c), (e), (f), (g), (h) spełnione w Z
(b) nie, 2 | 4 i 4 | 2
(d) nie, (2 | 6 i 6 | 6)  (12 | 6) to nie jest prawda
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT03: Wstęp do arytmetyki modularnej: systemy pozycyjne, relacja podzielności liczb całkowitych, liczby pierwsze, NWD, NWW, algorytm Euklidesa.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 9] (por. [BC]) Wykazać, że dla żadnej liczby całkowitej n liczba 𝑛2 + 5𝑛 + 1 nie jest podzielna przez 49
Rozwiązanie: (dowód przez zaprzeczenie)
Załóżmy, że 𝑛𝑁, takie że 49 | 𝑛2 + 5𝑛 + 1.
Wtedy 7 | 𝑛2 + 5𝑛 + 1 i 7 | 𝑛2 + 5𝑛 − 6 (ponieważ 𝑛2 + 5𝑛 − 6 = 𝑛2 + 5𝑛 + 1 − 7).
Zauważmy, że 𝑛2 + 5𝑛 − 6 = (𝑛 − 1)(𝑛 + 6) (ponieważ  = 25 + 24 = 49, 𝑛1 = −5−7
= −6, 𝑛2 = −5+7
= 1)
2
2
Ponieważ 7 | (𝑛 − 1)(𝑛 + 6), więc 7 | (𝑛 − 1) lub 7 | (𝑛 + 6).
Ponieważ 𝑛 − 1 + 7 = 𝑛 + 6, więc 7 | (𝑛 − 1) i 7 | (𝑛 + 6).
Zatem 49 | (𝑛 − 1)(𝑛 + 6), czyli 49 | 𝑛2 + 5𝑛 − 6.
Z założenia mamy, że 49 | 𝑛2 + 5𝑛 + 1 oraz pokazaliśmy, że 49 | 𝑛2 + 5𝑛 − 6, więc z własności (5) relacji
podzielności:
(5) a,b,c,u,vZ (a | b  a | c)  a | ub+vc
dla 𝑢 = 1 oraz 𝑣 = −1 mamy:
Ponieważ 49 | 𝑛2 + 5𝑛 + 1 i 49 | 𝑛2 + 5𝑛 − 6, więc 49 | 𝑢 𝑛2 + 5𝑛 + 1 + 𝑣(𝑛2 + 5𝑛 − 6)
𝑢 𝑛2 + 5𝑛 + 1 + 𝑣 𝑛2 + 5𝑛 − 6 = 𝑛2 + 5𝑛 + 1 − 𝑛2 − 5𝑛 + 6 = 7, czyli 49 | 7.
Ponieważ doszliśmy do sprzeczności, więc nasze założenie, że 49 | 𝑛2 + 5𝑛 + 1 musi być fałszywe.
[Przykład 10] (por. [BC]) Liczby 𝑥, 𝑦𝑍 są takie, że 35 | 6𝑥 + 13𝑦. Wykazać, że wówczas liczba 35 | 𝑥 + 8𝑦.
Rozwiązanie:
Zauważmy, że 5 | 5𝑥 + 5𝑦 dla dowolnych 𝑥, 𝑦𝑍. Z treści zadania mamy 5 | 6𝑥 + 13𝑦.
Zatem z własności (5) relacji podzielności:
(5) a,b,c,u,vZ (a | b  a | c)  a | ub+vc
dla 𝑢 = −1 oraz 𝑣 = 1 mamy: 5 | 𝑢 5𝑥 + 5𝑦 + 𝑣(6𝑥 + 13𝑦).
Ponieważ 𝑢 5𝑥 + 5𝑦 + 𝑣 6𝑥 + 13𝑦 = −5𝑥 − 5𝑦 + 6𝑥 + 13𝑦 = 𝑥 + 8𝑦, więc 5 | 𝑥 + 8𝑦.
Zauważmy, że 7 | 7𝑥 + 21𝑦 dla dowolnych 𝑥, 𝑦𝑍. Z treści zadania mamy 7 | 6𝑥 + 13𝑦.
Zatem z własności (5) relacji podzielności dla 𝑢 = 1 oraz 𝑣 = −1 mamy: 7 | 𝑢 7𝑥 + 21𝑦 + 𝑣(6𝑥 + 13𝑦).
Ponieważ 𝑢 7𝑥 + 21𝑦 + 𝑣 6𝑥 + 13𝑦 = 7𝑥 + 21𝑦 − 6𝑥 − 13𝑦 = 𝑥 + 8𝑦, więc 7 | 𝑥 + 8𝑦.
Ponieważ 5 | 𝑥 + 8𝑦 i 7 | 𝑥 + 8𝑦, więc 35| 𝑥 + 8𝑦.
[Przykład 11] (por. [BC]) Pokazać, że jeśli każda z liczb naturalnych a, b, c, d dzieli się przez 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑, to
|𝑎𝑏 − 𝑐𝑑| = 1.
Rozwiązanie:
Załóżmy, że 𝑥𝑍 𝑎 = 𝑥(𝑎𝑏 − 𝑐𝑑), 𝑦𝑍 𝑏 = 𝑦(𝑎𝑏 − 𝑐𝑑), 𝑣𝑍 𝑐 = 𝑣 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 , 𝑧𝑍 𝑑 = 𝑧(𝑎𝑏 − 𝑐𝑑).
𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 = 𝑥𝑦 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 2 − 𝑣𝑧 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 2 = 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 2 𝑥𝑦 − 𝑣𝑧 , stąd
1 = (𝑎𝑏 − 𝑐𝑑) 𝑥𝑦 − 𝑣𝑧 . Ponieważ 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 oraz 𝑥𝑦 − 𝑣𝑧 są liczbami całkowitymi, więc |𝑎𝑏 − 𝑐𝑑| = 1.
[Przykład 12] (por. [BC]) Wykazać, że równanie (*) x2 + 95xy + 2000y2 = 2005 nie ma rozwiązań w zbiorze
liczbach całkowitych.
Rozwiązanie:
Jeśli x, yZ jest rozwiązaniem równania (*), to
x2 = 2005 - 95xy - 2000y2 = 5(401 – 19xy - 400y2)
Stąd 5 | x, czyli tZ x = 5t
Podstawiamy x=5t do równania (*).
(5t)2 + 95(5t)y + 2000y2 = 2005 /5
5t2 + 95ty + 400y2 = 401
5(t2 + 19ty + 80y2) = 401 sprzeczność, bo 5 nie dzieli 401.
3. Liczby pierwsze (por. [BJA])
[Def. 3] Liczbę całkowitą p>1 nazywamy liczbą pierwszą, jeśli ma ona dokładnie dwa dzielniki dodatnie: 1 i p.




Liczby pierwsze to 2, 3, 5, 7 ,11, 13, 17, 19, 23, …
1 nie jest liczbą pierwszą.
Liczbę całkowitą a>1, która nie jest liczbą pierwszą nazywamy liczbą złożoną.
Jeśli liczba pierwsza p jest dzielnikiem liczby całkowitej a, to p nazywamy dzielnikiem pierwszym liczby a.
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT03: Wstęp do arytmetyki modularnej: systemy pozycyjne, relacja podzielności liczb całkowitych, liczby pierwsze, NWD, NWW, algorytm Euklidesa.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Lemat 1] Jeśli liczba pierwsza p jest dzielnikiem iloczynu
𝑞1 , 𝑞2 , …, 𝑞𝑘 .
𝑘
𝑖=1 𝑞𝑖 liczb pierwszych, to p jest jednym z czynników
[Twierdzenie 3] Każdą liczbę całkowitą a>1 można przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych. Z
dokładnością do kolejności czynniki tego iloczynu są wyznaczone w sposób jednoznaczny.
[Def. 4] Rozkładem na czynniki pierwsze liczby całkowitej a>1 nazywamy przedstawienie jej w postaci iloczynu
liczb pierwszych
𝑛 𝑛 𝑛
𝑛𝑖
𝑎 = 𝑝1 1 𝑝2 2 𝑝3 3 … = 
𝑖=1 𝑝𝑖
𝑛𝑖 – krotności (liczby naturalne, tylko ich skończona ilość to liczby różne od 0), 𝑝𝑖 – kolejne liczby pierwsze.
[Przykład 13] Wyznacz metodą sita Eratostenesa wszystkie liczby pierwsze mniejsze od (a) 24, (b) 36.
Rozwiązanie:
(a) 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24
(b) 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34,
35, 36
[Przykład 14] Rozłóż podaną liczbę na czynniki pierwsze
(a) 1591440
(b) 45864
(c) 4454100
Rozwiązanie:
(a) 1591440 = 243519349
(b) 45864 = 23327213
(c) 4454100 = 22523272101
(d) 323400 = 2335272110
(d) 323400
1591440|2
795720|2
397860|2
198930|2
99465|3
33155|5
6631|19
349|
[Lemat 2] (por [BC]) Jeśli p jest liczbą pierwszą, to w rozkładzie liczby n! na czynniki pierwsze p występuje z
wykładnikiem 𝑎(𝑝, 𝑛) równym 𝑎 𝑝, 𝑛 = 𝑛𝑝 + 𝑝𝑛2 + 𝑝𝑛2 + ⋯
[Przykład 15] Rozłóż podane liczby na czynniki pierwsze:
(a) 10 888 869 450 418 352 160 768 000 000
(b) 51 090 942 171 709 440 000
Rozwiązanie:
(a) a = 10 888 869 450 418 352 160 768 000 000
Ponieważ a = 10 888 869 450 418 352 160 768 000 000 = 27!, więc możemy skorzystać z lematu 2.
𝑎 2, 27 = 272 + 2272 + 2273 + 2274 + 2275 = 13 + 6 + 3 + 1 + 0 = 23
𝑎 3, 27 = 273 + 3272 + 3273 + 3274 = 9 + 3 + 1 + 0 = 13
𝑎 5, 27 = 275 + 5272 + 5273 = 5 + 1 + 0 = 6
𝑎 7, 27 = 277 + 7272 = 3 + 0 = 3
𝑎 11, 27 = 27
+ 11272 = 2 + 0 = 2
11
27
𝑎 13, 27 = 13 + 13272 = 2 + 0 = 2
𝑎 17, 27 = 27
+ 17272 = 1 + 0 = 1
17
𝑎 19, 27 = 27
+ 19272 = 1 + 0 = 1
19
𝑎 23, 27 = 27
+ 12272 = 1 + 0 = 1
23
𝑎 29, 27 = 27
=0
29
a = 10 888 869 450 418 352 160 768 000 000 = 27! = 223 313 56 73 112 132 171 191 231
(b) b = 51 090 942 171 709 440 000
Ponieważ b= 51 090 942 171 709 440 000 – 21!, więc możemy skorzystać z lematu 2.
b = 51 090 942 171 709 440 000 = 21! = 218 39 54 73 111 131 171 191
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT03: Wstęp do arytmetyki modularnej: systemy pozycyjne, relacja podzielności liczb całkowitych, liczby pierwsze, NWD, NWW, algorytm Euklidesa.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 16] (por. [BC]) Rozwiązać równanie (*) 𝑝2 − 2𝑞 2 = 1, jeśli wiadomo, że p i q są liczbami pierwszymi.
Rozwiązanie:
Zauważmy, że para (p, q)=(3, 2) jest rozwiązaniem tego równania.
Z równości 𝑝2 − 2𝑞 2 = 1 wynika, że p>q. Zatem, jeśli p i q są liczbami pierwszymi, to p>2 i p jest liczbą nieparzystą.
Zapiszmy równanie (*) następująco 𝑝2 − 1 = 2𝑞 2 i rozłóżmy lewą stronę na czynniki (p-1)(p+1) = 2𝑞 2 .
Z lewej strony mamy dwie kolejne liczby parzyste, więc 𝑞 2 jest liczbą parzystą, zatem q jest liczbą parzystą.
Ponieważ q jest liczbą parzystą, więc q=2, stąd p=3.
[Przykład 17] (por. [BC]) Udowodnij, że dla dowolnej liczby naturalnej b>1, jeśli (111 … 11)𝑏 jest liczbą pierwszą,
to liczba jedynek w tym zapisie jest liczbą pierwszą.
Rozwiązanie (dowód nie wprost):
Niech 𝑎 = (111 … 11)𝑏 będzie liczbą pierwszą. Załóżmy, że 𝑛 nie jest liczbą pierwszą, tzn. 𝑛 = 𝑚𝑘, gdzie
𝑛
1 < 𝑚, 𝑘 < 𝑛, 𝑛, 𝑚, 𝑘𝑁. Wówczas
𝑎 = 1𝑏 𝑛−1 + ⋯ + 1𝑏 2 + 1𝑏1 + 1𝑏 0 = 𝑏 𝑚𝑘 −1 + ⋯ + 𝑏 2 + 𝑏1 + 𝑏 0 = 𝑏 0 + 𝑏1 + 𝑏 2 + ⋯ + 𝑏 𝑚𝑘 −1 =
= 𝑏 0 + 𝑏1 + 𝑏 2 + ⋯ + 𝑏 𝑚 −1 + 𝑏 𝑚 𝑏 0 + 𝑏1 + 𝑏 2 + ⋯ + 𝑏 𝑚 −1 + 𝑏 2𝑚 𝑏 0 + 𝑏1 + 𝑏 2 + ⋯ + 𝑏 𝑚 −1 + ⋯ + 𝑏 (𝑘−1)𝑚 𝑏 0 + 𝑏1 + 𝑏 2 + ⋯ + 𝑏 𝑚 −1 =
= 𝑏 0 + 𝑏1 + 𝑏 2 + ⋯ + 𝑏 𝑚 −1 1 + 𝑏 𝑚 + 𝑏 2𝑚 + ⋯ + 𝑏 𝑘−1 𝑚 = 𝑐𝑑, gdzie 𝑐, 𝑑 > 1, 𝑐, 𝑑𝑁.
// 𝑘 − 1 𝑚 + 𝑚 − 1 = 𝑚𝑘 − 1
Doszliśmy do sprzeczności, ponieważ wbrew założeniu uzyskaliśmy, że a nie jest liczbą pierwszą (𝑎 = 𝑐𝑑, 𝑐, 𝑑 > 1,
𝑐, 𝑑𝑁). Zatem przypuszczenie, że n nie jest liczbą pierwszą było fałszywe.
[Przykład 18] (por. [BC]) Dla jakich liczb naturalnych m i n liczba 𝑚4 + 4𝑛4 jest liczbą pierwszą?
Rozwiązanie:
𝑚4 + 4𝑛4 = 𝑚4 + 4𝑛4 + 4𝑛2 𝑚2 − 4𝑛2 𝑚2 = (𝑚2 + 2𝑛2 )2 − (2𝑛𝑚)2 = 𝑚2 + 2𝑛2 − 2𝑛𝑚 𝑚2 + 2𝑛2 + 2𝑛𝑚
Liczba całkowita 𝑎 > 1 jest pierwsza, gdy ma dokładnie dwa dodatnie dzielniki naturalne, tzn. 1 i a.
Ponieważ 𝑚2 + 2𝑛2 − 2𝑛𝑚 < 𝑚2 + 2𝑛2 + 2𝑛𝑚 , więc 𝑚4 + 4𝑛4 jest liczbą pierwszą, gdy
𝑚2 + 2𝑛2 − 2𝑛𝑚 = 1 i 𝑚2 + 2𝑛2 + 2𝑛𝑚 = 𝑚4 + 4𝑛4
𝑚2 + 2𝑛2 − 2𝑛𝑚 − 𝑛2 + 𝑛2 = 1
(𝑚 − 𝑛)2 + 𝑛2 = 1, stąd (𝑚 = 1 i 𝑛 = 0), wtedy 𝑚4 + 4𝑛4 = 1 - to nie jest liczba pierwsza
lub (𝑚 = 1 i 𝑛 = 1), wtedy 𝑚4 + 4𝑛4 = 1 + 4 = 5 - to jest liczba pierwsza
Jedyną możliwą liczbą pierwszą wyznaczoną z wyrażenia 𝑚4 + 4𝑛4 jest 5 dla 𝑚 = 1 i 𝑛 = 1.
[Przykład 19] (por. [BC]) Wyznaczyć wszystkie trójki liczb pierwszych, których iloczyn jest pięciokrotnie większy
od ich sumy.
Rozwiązanie:
Niech 𝑝1 , 𝑝2 , 𝑝3 będą szukanymi liczbami pierwszymi. Mamy, że 𝑝1 𝑝2 𝑝3 = 5(𝑝1 + 𝑝2 + 𝑝3 ).
Z powyższej postaci widać, że jedna z liczb 𝑝1 , 𝑝2 , 𝑝3 musi być równa 5, niech 𝑝1 = 5.
Wtedy 𝑝2 𝑝3 = 5 + 𝑝2 + 𝑝3 , a stąd 𝑝2 𝑝3 − 𝑝2 − 𝑝3 = 5, dalej 𝑝2 (𝑝3 − 1) − 𝑝3 = 5, 𝑝2 𝑝3 − 1 − 𝑝3 + 1 = 6,
𝑝2 𝑝3 − 1 − (𝑝3 − 1) = 6, 𝑝3 − 1 (𝑝2 − 1) = 6. Ostatecznie 𝑝3 = 2, 𝑝2 = 7, 𝑝1 = 5.
4. Najmniejsza wspólna wielokrotność NWW, największy wspólny dzielnik NWD (por. [BJA])
[Def. 5] Wspólnym dzielnikiem liczb a i b nazywamy liczbę całkowitą, przez którą obie liczby a i b dzielą się bez
reszty.
[Def. 6] Największy wspólny dzielnik liczb 𝑎1 , 𝑎2 , …, 𝑎𝑘 dla k1.
Jeśli co najmniej jedna z liczb 𝑎𝑖 jest różna od zera, to 𝑁𝑊𝐷(𝑎1 , … , 𝑎𝑘 ) jest największą liczbą dodatnią, przez którą
wszystkie liczby 𝑎1 , 𝑎2 , …, 𝑎𝑘 dzielą się bez reszty.
Jeśli wszystkie liczby 𝑎1 , 𝑎2 , …, 𝑎𝑘 są zerami, to 𝑁𝑊𝐷 𝑎1 , … , 𝑎𝑘 = 0.
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT03: Wstęp do arytmetyki modularnej: systemy pozycyjne, relacja podzielności liczb całkowitych, liczby pierwsze, NWD, NWW, algorytm Euklidesa.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 20]
NWD(32,28) = 4, ponieważ 32 = 25, 28 = 22*7
NWD(-32,28) = 4
NWD(-32,-28) = 4
NWD(0, 28) = 28
28|2
14|2
7|7
1|
32|2
16|2
8|2
4|2
2|2
1|
[Def. 7] Liczby całkowite a i b nazywamy względnie pierwszymi, jeśli NWD(a, b) = 1.
[Def. 8] Najmniejszą wspólną wielokrotnością liczb a i b (ozn. NWW(a, b)) nazywamy najmniejszą liczbę c taką,
że a jest dzielnikiem c i b jest dzielnikiem c i c jest dzielnikiem każdej liczby, która się dzieli jednocześnie przez a i
przez b.
[Przykład 21]
NWW(28, 32) = 25*7, ponieważ 32 = 25, 28 = 22*7
[Przykład 22] Wyznacz NWD dla podanych niżej wartości.
(a) NWD(400,28)
(b) NWD(632,410) (c) NWD(368,128)
Rozwiązanie:
400 28|2
(a) NWD(400,28) = 22,
200 14|2
(b) NWD(632,410) = 2
100
7|
(c) NWD(368,128) = 24
(d) NWD(336,129) = 3
28|2
14|2
7|7
1|
32|2
16|2
8|2
4|2
2|2
1|
(d) NWD(336,129)
[Twierdzenie 4]
Niech a, bZ oraz NWD(a, b) = d. Wówczas istnieją liczby całkowite x, y takie, że ax + by = d.
5. Algorytm Euklidesa
NWD dwóch liczb całkowitych można szybko obliczyć (tzn. w efektywny sposób) stosując następujący algorytm
Euklidesa.
[Idea] (algorytm Euklidesa)
Mając do policzenia NWD(a, b) sprawdzamy, czy b=0. Jeśli tak jest, to NWD(a, b) = a,
w przeciwnym przypadku wywołujemy rekurencyjnie algorytm dla liczb b i (a%b).
[Przykład 23] Przeanalizuj algorytm Euklidesa znajdowania NWD na następującym przykładzie.
NWD(54,69)=NWD(69,54)=NWD(54,15)=NWD(15,9)=NWD(9,6)=NWD(6,3)=NWD(3,0)=3
[Idea] (algorytm Euklidesa)
Niech a, b𝑍+. Dla n𝑁+ definiujemy kolejne wyrazy ciągów (𝑎𝑛 ), (𝑏𝑛 ), (𝑞𝑛 ), (𝑟𝑛 ) w następujący sposób.
𝑎
𝑎1 = 𝑎,
𝑏1 = 𝑏,
𝑞1 = 𝑏 1
𝑟1 = 𝑎1 − 𝑏1 𝑞1 ,
1
𝑎2 = 𝑏1 ,
𝑏2 = 𝑟1 ,
𝑞2 =
𝑎2
𝑏2
…
𝑎
𝑎𝑛 = 𝑏𝑛−1 , 𝑏𝑛 = 𝑟𝑛−1 , 𝑞𝑛 = 𝑏 𝑛
𝑛
𝑟2 = 𝑎2 − 𝑏2 𝑞2 ,
𝑟𝑛 = 𝑎𝑛 − 𝑏𝑛 𝑞𝑛 .
Jeśli 𝑟𝑛 0 i 𝑟𝑛+1 = 0, to 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏) = 𝑟𝑛 .
[Przykład 24] Znajdź NWD liczb 28 i 32. Skorzystaj z algorytmu Euklidesa.
a1=28, b1=32, q1=0, r1=28-32*0=28
a2=32, b2=28, q2=1, r2=32-28*1=4
a3=28, b3=4, q3=7, r3=28-4*7=0, stąd NWD(28, 32) = 4
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT03: Wstęp do arytmetyki modularnej: systemy pozycyjne, relacja podzielności liczb całkowitych, liczby pierwsze, NWD, NWW, algorytm Euklidesa.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
6. Zadania różne
[Przykład 25] Udowodnij następujący fakt:
𝑛! > 𝑛 − 1 !  𝑛 − 1 + 𝑛 − 2 !  𝑛 − 2 + ⋯ + 2! 2 + 1! 𝑛 > 1
Dowód indukcyjny (I schemat indukcji)
(1) baza indukcji: L2 = 2!, 𝑃 = 1! 1, więc L2 > P2
(2) krok indukcyjny:
Zakładamy, że dla pewnej liczby naturalnej k mamy: 𝑘! > 𝑘 − 1 !  𝑘 − 1 + 𝑘 − 2 !  𝑘 − 2 + ⋯ + 2! 2 + 1!
Pokażemy, że wtedy również dla 𝑘 + 1 zachodzi:
𝑘 + 1 ! > 𝑘! 𝑘 + 𝑘 − 1 !  𝑘 − 1 + 𝑘 − 2 !  𝑘 − 2 + ⋯ + 2! 2 + 1!
L𝑘+1 = 𝑘 + 1 ! = 𝑘!  𝑘 + 1 = 𝑘! 𝑘 + 𝑘! >(𝑧𝑎 ł.𝑖𝑛𝑑 )
= 𝑘! 𝑘 + 𝑘 − 1 !  𝑘 − 1 + 𝑘 − 2 !  𝑘 − 2 + ⋯ + 2! 2 + 1! = P𝑘+1
Ponieważ pokazaliśmy (1) i (2), więc na mocy ZIM zadany fakt jest prawdziwy dla każdej liczby naturalnej 𝑛 > 1.
[Przykład 26] (por. [BC]) Przedstaw liczby 10, 200, 3000 w postaci 𝑎1 1! + 𝑎2 2! + 𝑎3 3! + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑛!, gdzie
0  𝑎𝑖  𝑖. Udowodnij, że każdą liczbę naturalną mniejszą od (𝑛 + 1)! można przedstawić w tej postaci.
Rozwiązanie:
Dla ilustracji wypiszmy kilka kolejnych wartości postaci 𝑎𝑘 𝑘!, gdzie 𝑎𝑘 {1, 2, … , 𝑘}.
11! = 1
12! = 2,
22! = 4
13! = 6,
23! = 12,
33! = 18
14! = 24,
24! = 48,
34! = 72
44! = 96
15! = 120, 25! = 240, 35! = 360
45! = 480, 55! = 600
16! = 720, 26! = 1440, 36! = 2160 46! = 2880, 56! = 3600 66! = 4320
17! = 5040,
10 − 13! = 4, 4 − 22! = 0
więc 10 = 01! + 22! + 13!
200 − 15! = 80, 80 − 34! = 8, 8 − 13! = 2, 2 − 12! = 0, więc 200 = 01! + 12! + 13! + 34! + 15!
3000 − 46! = 120, 120 − 15! = 0
więc 3000 = 01! + 02! + 03! + 04! + 15! + 46!
𝑝(𝑛): każdą liczbę naturalną 𝑎 < (𝑛 + 1)! można przedstawić w postaci:
𝑎1 1! + 𝑎2 2! + 𝑎3 3! + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑛!, gdzie 0  𝑎𝑖  𝑖
Dowód indukcyjny (I schemat indukcji)
(1) baza indukcji:
𝑝 1 : jedyną liczbą mniejszą od (1 + 1)! = 2 jest 𝑎 = 1 = 𝑎1 1! dla 𝑎1 = 1
(2) krok indukcyjny:
Załóżmy, że dla pewnego 𝑘𝑁, każdą liczbę naturalna a mniejszą od (𝑘 + 1)! można przedstawić w postaci:
𝑎1 1! + 𝑎2 2! + 𝑎3 3! + ⋯ + 𝑎𝑘 𝑘!, gdzie 0  𝑎𝑖  𝑖, tzn.
Pokażemy, że wówczas również dla 𝑘 + 1 każdą liczbę naturalna a mniejszą od (𝑘 + 2)! można przedstawić w
postaci:
𝑎1 1! + 𝑎2 2! + 𝑎3 3! + ⋯ + 𝑎𝑘+1 (𝑘 + 1)!, gdzie 0  𝑎𝑖  𝑖, tzn.
Rozpiszmy wartość (𝑘 + 2)! w następujący sposób:
𝑘 + 2 ! = 𝑘 + 1 ! 𝑘 + 2 = 𝑘 + 1 ! 𝑘 + 1 + 𝑘 + 1 ! =
= 𝑘 + 1 !  𝑘 + 1 + 𝑘!  𝑘 + 1 = 𝑘 + 1 !  𝑘 + 1 + 𝑘! 𝑘 + 𝑘! = 𝑘 + 1 !  𝑘 + 1 + 𝑘! 𝑘 + 𝑘 − 1 ! 𝑘 =
= 𝑘 + 1 !  𝑘 + 1 + 𝑘! 𝑘 + 𝑘 − 1 !  𝑘 − 1 + 𝑘 − 1 ! =
= 𝑘 + 1 !  𝑘 + 1 + 𝑘! 𝑘 + 𝑘 − 1 !  𝑘 − 1 + 𝑘 − 2 !  𝑘 − 1 =
= 𝑘 + 1 !  𝑘 + 1 + 𝑘! 𝑘 + 𝑘 − 1 !  𝑘 − 1 + 𝑘 − 2 !  𝑘 − 2 + 𝑘 − 2 ! = ⋯ =
= 𝑘 + 1 !  𝑘 + 1 + 𝑘! 𝑘 + 𝑘 − 1 !  𝑘 − 1 + 𝑘 − 2 !  𝑘 − 2 + ⋯ + 2! 2 + 1!
Z przykładu 20 wiadomo, że:
𝑛! > 𝑛 − 1 !  𝑛 − 1 + 𝑛 − 2 !  𝑛 − 2 + ⋯ + 2! 2 + 1! 𝑛 > 1
𝑎
Ponieważ liczba 𝑎 < (𝑘 + 2)! więc 𝑘+2
=0
!
𝑎
(a) Jeśli 𝑘+1
= 𝑎𝑘+1 > 0, 0 < 𝑎𝑘+1  k + 1, to 𝑎 = 𝑘 + 1 ! 𝑎𝑘+1 + 𝑏, gdzie 𝑏 < (𝑘 + 1)!, więc na mocy ZIM b
!
można przedstawić w postaci 𝑎1 1! + 𝑎2 2! + 𝑎3 3! + ⋯ + 𝑎𝑘 𝑘!, gdzie 0  𝑎𝑖  𝑖 i ostatecznie
𝑎 = 𝑎1 1! + 𝑎2 2! + 𝑎3 3! + ⋯ + 𝑎𝑘+1 (𝑘 + 1)!, gdzie 0  𝑎𝑖  𝑖.
𝑎
(b) Jeśli 𝑘+1
= 𝑎𝑘+1 = 0, to 𝑎 = 𝑘 + 1 ! 0 + 𝑏, gdzie 𝑏 < (𝑘 + 1)!, więc na mocy ZIM b można przedstawić w
!
postaci 𝑎1 1! + 𝑎2 2! + 𝑎3 3! + ⋯ + 𝑎𝑘 𝑘!, gdzie 0  𝑎𝑖  𝑖 i ostatecznie
𝑎 = 𝑎1 1! + 𝑎2 2! + 𝑎3 3! + ⋯ + 𝑎𝑘+1 (𝑘 + 1)!, gdzie 0  𝑎𝑖  𝑖.
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021, sem. II, Ćw., TEMAT04: Arytmetyka modularna: kongruencje, pierścień reszt modulo n, małe twierdzenie Fermata, twierdzenie Eulera.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[01] [BC]
(1) Oblicz NWD(252, 198), NWW(252, 198), NWD(221, 754) i NWW(221, 754).
(2) Znajdź takie liczby całkowite x i y, że:
(a) 252x + 198y = NWD(252, 198),
(b) 221x + 754y = NWD(221, 754).
---
[05] Rozłóż na czynniki pierwsze liczbę a. Skorzystaj z poniższego tw.
[TW] Jeśli p jest dzielnikiem pierwszym liczby bn – 1, to albo
(1) p | bd – 1 dla pewnego właściwego dzielnika d liczby n, albo
(2) p  1(mod n)
Jeśli p>2 i liczba n jest nieparzysta, to w przypadku (2) mamy p  1(mod 2n)
[02] Czy dla m, n Z  i a, b, c , d  Z spełnione są poniższe warunki? Odpowiedź negatywną uzasadnij. (a) a = 211 – 1 = 2047
(b) a = 315 – 1 = 14348906
(Z oznacza zbiór liczb całkowitych).
--(a) a  b(modm)  b  a(modm)
[06] [BC] Oblicz NWD(263 – 1, 291 - 1). Skorzystaj z poniższego tw.
(b) (a  b(modm)  b  c(modm))  a  c(modm)
[TW] Jeśli d = NWD(m, n) i a>1, aZ, to NWD(am – 1, an – 1) = ad – 1.
(c) a  b(modm)  a  b(modm)
--n
n
[07] Oblicz ostatnią cyfrę liczby (a) 21000, (b) 19123.
(d) a  b(modm)  a  b (modm)
--(e) (a  b(modm)  c  d(modm))  a  c  b  d(modm)
[08] Oblicz resztę z dzielenia liczby 2100 przez 31.
(f) (a  b(modm)  c  d(modm))  ac  bd(modm)
--(g)- (a  b(modm)  c  d(modm))  a / c  b / d(modm)
[09] Uzasadnij, że 10-tą potęgę dowolnej liczby całkowitej można zapisać jako 11k lub 11k+1, gdzie
--k Z .
[03] Wykonaj poniższe operacje w arytmetyce mod m. Podaj najmniejsze rozwiązanie w zbiorze {0, 1, --..., m-1}.
[10] Znajdź ostatnią cyfrę liczby a w systemie o podstawie p. Skorzystaj z poniższego twierdzenia.
(a) x  36 * 82(mod35)
(b) x  162 * 123(mod41)
[TW] Niech p będzie liczbą pierwszą. Jeśli p | a i n  m(modp  1) , to an  am(modp)
(a) a=21000, p=7
(b) a=210000, p=11
(e) x  141314 * 1541(mod281)
(f) x  (164  323 )mod41
(c) a=21000, p=13
----[04] [BC] Znajdź najmniejsze rozwiązania poniższych kongruencji w zbiorze {0, 1, ..., m-1} dla modułu [11] Oblicz 2100000 mod 55. Skorzystaj z poniższego twierdzenia.
m. Skorzystaj z następującego twierdzenia.
[TW] Jeśli NWD(a, m) = 1 i n  r(mod(m)) , to an  ar (modm) .
[TW] Weźmy kongruencję liniową ax  b(modm) . Załóżmy (bez straty ogólności), że 0  a , b<m.
-- jeśli NWD(a, m)  1 , to jej rozwiązanie x0 łatwo znaleźć. Wszystkie inne rozwiązania mają postać [12] [BC] Oblicz ostatnie dwie cyfry liczby (a) 21000, (b) 7204, 311121 + 482, (c) 203228 - 1234
--x  x0  mn dla n Z .
[TWMtF] (Małe twierdzenie Fermata)
 jeśli NWD(a, m)  d , to jej rozwiązanie istnieje wtw d | b.
Niech p będzie liczbą pierwszą. Wówczas
W tym przypadku jest ona równoważna (ma takie same rozwiązania) jak kongruencja
 każda liczba a spełnia kongruencję a p  a(modp)
a' x  b'(modm' ) , gdzie a' a / d , b' b / d , m' m / d .
(c) x  (65  83 )mod15
(d) x  38(mod34)
(a) 3x  4(mod7)
(b) 9x  12(mod21)

(c) 27x  25(mod256)
(d) 27x  72(mod900)
---
(e) 3x  4(mod12)
(f) 3x  4(mod8)
(g) 3x  10(mod12)
(h) 4x  3(mod7)
(i)
każda liczba a niepodzielna przez p spełnia kongruencję a p1  1(mod p) .
69x  192(mod201)
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [RW] K. A. Ross, C. R. B. Wright, Matematyka dyskretna, [BC] C. Bagiński, listy zadań z ubiegłych lat, [GP] P. Grzeszczuk, listy zadań z ubiegłych lat
MDD2021 Ćw.; TEMAT04: Arytmetyka modularna: kongruencje, pierścień reszt modulo m, małe twierdzenie Fermata, twierdzenie Eulera.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Kongruencje
2. Pierścień reszt modulo m
3. Twierdzenie Eulera
4. Małe twierdzenie Fermata
____________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Kongruencje (por. [BJA])
[Def. 1] Niech 𝑚𝑁, 𝑚 > 1, 𝑚–ustalone. Dla dowolnych 𝑎, 𝑏𝑍 mówimy, że a przystaje do b modulo 𝒎
(ozn. 𝑎  𝑏(mod 𝑚)), jeśli 𝑚 | (𝑏 − 𝑎). Relację przystawania modulo 𝑚 nazywamy kongruencją.
[Przykład 1]
11  1(mod 10)
-3  7(mod 10)
[Lemat 1] Niech 𝑚𝑁, 𝑚 > 1, 𝑚–ustalone. Własności relacji przystawania modulo 𝒎 (kongruencji).
(A) 𝑎𝑍 a  a (mod m)
(relacja  jest zwrotna)
(B) 𝑎, 𝑏𝑍 ((a  b (mod m))  (b  a (mod m)))
(relacja  jest symetryczna)
(C) 𝑎, 𝑏, 𝑐𝑍 (a  b (mod m)  b  c (mod m))  a  c (mod m)
(relacja  jest przechodnia)
[Def 2] Klasa równoważności (abstrakcji) liczby a jest zbiorem składającym się ze wszystkich liczb całkowitych
powstałych z liczby a przez dodanie całkowitych wielokrotności m, tj. {b: b  a mod m} = {a+mk: kZ} = a+mZ.
Tę klasę równoważności nazywamy klasą reszt liczby a modulo m.
[Przykład 2] Klasą reszt liczby 1 modulo 3 jest zbiór:
{1, 131, 132, 133, 134,…} = {1, -2, 4 -5, 7, -8, 10, -11, 13,…} = 1+3Z
Własności (A-C) dzielą zbiór wszystkich liczb całkowitych Z na rozłączne podzbiory liczb, których relacja  nie
rozróżnia (tzn. na podzbiory wszystkich liczb całkowitych, które podzielone przez m dają tą samą resztę). Zbiory
te:
{mk : kZ}, {1+mk : kZ}, {2+km : kZ}, ..., {m-1+km : kZ}
są właśnie klasami reszt modulo m (klasami kongruencji).
Zbiór wszystkich klas reszt modulo m ozn. Z/mZ. Zawiera on m elementów (m klas), ponieważ istnieje m różnych
reszt {0, 1, 2, 3, …, m-1} z dzielenia przez m.
[Lemat 1b] Kolejne własności relacji kongruencji
(D) 𝑎, 𝑏, 𝑐𝑍 (a  b (mod m)  c  d (mod m))  a+c  b+d (mod m)
(E) 𝑎, 𝑏, 𝑐𝑍 (a  b (mod m)  c  d (mod m))  a*c  b*d (mod m)
(F) 𝑎, 𝑏𝑍 a  b (mod m)  -a  -b (mod m)
2. Pierścień reszt modulo m
[Def. 3] Niech 𝑍𝑚 (𝑚N, 𝑚 > 1) będzie zbiorem wszystkich reszt z dzielenia modulo m, tzn. 𝑍𝑚 = {0, 1, 2, ..., m-1}.
W 𝑍𝑚 definiujemy działania dodawania i mnożenia modulo m.
amb = reszta z dzielenia liczby a+b przez m (w skrócie ab)
amb = reszta z dzielenia liczby a*b przez m (w skrócie ab)
Własności operacji m i m.
(1) 𝑎, 𝑏, 𝑐𝑍𝑚
(amb)mc = am(bmc)
(łączność dodawania)
(2) 𝑎, 𝑏𝑍𝑚
amb = bma
(przemienność dodawania)
(3) 0𝑍𝑚 𝑎𝑍𝑚 am0 = 0ma = a
(dodawanie ma element neutralny 0)
(4) 𝑎𝑍𝑚 𝑚−𝑎𝑍𝑚 am(𝑚 − 𝑎) = 0
(a  do niego przeciwny element 𝑚 − 𝑎)
(5) 𝑎, 𝑏, 𝑐𝑍𝑚
(amb)mc = am(bmc)
(łączność mnożenia)
(6) 𝑎, 𝑏𝑍𝑚
amb = bma
(przemienność dodawania)
(7) 1𝑍𝑚 𝑎𝑍𝑚 am1 = 1ma = a
(mnożenie ma element neutralny 1)
(8) 𝑎, 𝑏, 𝑐𝑍𝑚
am(bmc) = (amb)m(amc) (rozdzielność mnożenia względem dodawania)
Zbiór 𝑍𝑚 z działaniami m i m o własnościach (1-8) nazywamy pierścieniem 𝑍𝑚 .
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT04: Arytmetyka modularna: kongruencje, pierścień reszt modulo m, małe twierdzenie Fermata, twierdzenie Eulera.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Jeśli dodatkowo spełniona jest własność (9) to zbiór ten jest ciałem 𝑍𝑚 .
(9) 𝑎𝑍𝑚 \{1} b𝑍𝑚 amb = 1
(każdy element a (różny od elementu neutralnego) ma odwrotność)
[Def. 4] Niech a𝑍𝑚 . Elementem odwrotnym do a nazywamy element a-1𝑍𝑚 taki, że ama-1  a-1ma  1.
[Lemat 2] Pierścień 𝑍𝑚 jest ciałem wtw m jest liczbą pierwszą.
[Twierdzenie 1] Weźmy kongruencję liniową 𝑎𝑥  𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚). Załóżmy (bez straty ogólności), że 0a, b<m.
 Jeśli 𝑁𝑊𝐷 𝑎, 𝑚 = 1, to jej rozwiązanie x0 łatwo znaleźć. Wszystkie inne rozwiązania mają postać x = x0+mn
dla 𝑛𝑍.
 Jeśli 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑚) = 𝑑, to jej rozwiązanie istnieje wtw d | b. W tym przypadku jest ona równoważna (ma takie
same rozwiązania) jak kongruencja 𝑎’𝑥  𝑏’(𝑚𝑜𝑑 𝑚’), gdzie 𝑎’ = 𝑎/𝑑, 𝑏’ = 𝑏/𝑑, 𝑚’ = 𝑚/𝑑 .
[Algorytm] (Rozszerzony algorytm Euklidesa znajdowania elementu odwrotnego do 𝑎𝑍𝑚 )
Ozn. 𝑟0 = 𝑚, 𝑟1 = 𝑎.
I. Algorytm Euklidesa obliczania 𝑁𝑊𝐷(𝑟0 , 𝑟1 ), (𝑟0 > 𝑟1 ) // patrz ćwiczenia 03
𝑟0 = 𝑞1 𝑟1 + 𝑟2
0 < 𝑟2 < 𝑟1
𝑟1 = 𝑞2 𝑟2 + 𝑟3
0 < 𝑟3 < 𝑟2
…
𝑟𝑛−2 = 𝑞𝑛−1 𝑟𝑛−1 + 𝒓𝒏 0 < 𝑟𝑛 < 𝑟𝑛−1 ,
𝒓𝒏 – ostatnia niezerowa reszta
𝑟𝑛−1 = 𝑞𝑛 𝑟𝑛 + 𝟎
Stąd 𝑁𝑊𝐷 𝑟0 , 𝑟1 = 𝑟𝑛 ,
II. Czy 𝑎𝑍𝑚 ma element odwrotny?
Zdefiniujmy ciąg liczb 𝑤0 , 𝑤1 , 𝑤2 , ..., 𝑤𝑛 następująco:
𝑤0 = 0, 𝑤1 = 1
𝑤𝑖 = 𝑤𝑖−2 − 𝑞𝑖−1 𝑤𝑖−1 mod 𝑟0 dla 𝑖 > 1
[Twierdzenie 2] Jeśli 𝑁𝑊𝐷 𝑟0 , 𝑟1 = 1, to 𝑤𝑛 = 𝑟1−1 mod 𝑟0 .
[Przykład 3] (por. [BC])
(a) Oblicz NWD(252, 198), NWW(252, 198), NWD(221, 754) i NWW(221, 754).
(b) Znajdź takie liczby całkowite x i y, że:
(1) 252x + 198y = NWD(252, 198),
(2) 221x + 754y = NWD(221, 754).
[Tw 4 z Ćw3] Niech a, bZ oraz NWD(a, b) = d. Wówczas istnieją liczby całkowite x, y takie, że ax + by = d.
Rozwiązanie.
(a) NWD(252, 198) = 232, NWW(252, 198) = 2232711,
NWD(221, 754) = 13,
NWW(221, 754) = 2131729,
(b)(1) 252x + 198y = NWD(252, 198) = 18 /18
14x + 11y = 1
// rozwiązanie istnieje na mocy [Tw. 4](ćw. 4)
14x = 1-11y, więc
14 | 1-11y
// 14 | 1-11y i x | 1-11y
11y  1(mod 14)
// z [Def. 1]
y = 11-1(mod 14) = ?
// y = ? – element odwrotny do 11, [Def. 4]
14 = 1*11+3
// algorytm Euklidesa, część I
11 = 3*3+2
3=
1*2+1, stąd NWD(14,11) = 1
2=
2*1+0
w0 = 0, w1 = 1,
// Rozszerzony algorytm Euklidesa, część II
w2 = w0-q1w1(mod 14) = 0-1*1(mod 14) = 13
w3 = w1-q2w2(mod 14) = 1-3*13(mod 14) = 4
w4 = w2-q3w3(mod 14) = 13-1*4(mod 14) = 9,
y = 11-1(mod 14) = 9, tzn. (11*9)  1(mod 14) // z [Tw. 2]
11*9 +14x = 1, więc x = -7, y = 9
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT04: Arytmetyka modularna: kongruencje, pierścień reszt modulo m, małe twierdzenie Fermata, twierdzenie Eulera.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(2) 221x + 754y = NWD(221, 754) = 13 /13.
17x+58y = 1
58y = 1-17x, więc
58 | 1-17x
17x  1(mod 58)
x = 17-1(mod 58) = ?
58 = 3*17+7
17 = 2*7+3
7=
2*3+1, stąd NWD(58, 17) = 1
3=
3*1+0
w0 = 0, w1 = 1,
w2 = w0-q1w1(mod 58) = 0-3*1(mod 58) = 55
w3 = w1-q2w2(mod 58) = 1-2*55(mod 58) = 7
w4 = w2-q3w3(mod 58) = 55-2*7(mod 58) = 41, stąd
x = 17-1(mod 58) = 41, tzn. (17*41)  1(mod 58)
17*41+58y = 1, więc y = -12, x=41
[Przykład 4] Czy dla m, nZ+ i a, b, c, dZ spełnione są poniższe warunki? Odpowiedź negatywną uzasadnij.
(a) a  b(modm)  b  a(modm)
(b) (a  b(mod m)  b  c(mod m))  a  c(mod m)
(c) a  b(mod m)  a  b(mod m)
(d) a  b(mod m)  a n  b n (mod m)
(e) (a  b(mod m)  c  d(mod m))  a  c  b  d(mod m)
(f) (a  b(mod m)  c  d(mod m))  ac  bd(mod m)
(g)- (a  b(mod m)  c  d(mod m))  a / c  b / d(mod m)
Rozwiązanie:
Warunki (a-f) są spełnione.
(g) źle, (6  2(mod 4)  9  1(mod 4))  6/9  2/1(mod 4) to nie jest prawda
[Przykład 5] Wykonaj poniższe operacje w arytmetyce mod m. Podaj najmniejsze rozwiązanie w zbiorze {0, 1, ...,
m-1}. Patrz lemat 1b.
(a) x  36 * 82(mod 35)
(b) x  162 * 123 (mod 41)
(c) x  (65  83 ) mod 15
(d) x  38(mod 34)
(e) x  (16 4  323 ) mod 41
Rozwiązanie.
(a) x  36 * 82(mod 35)
36  1(mod 35), 82  12(mod 35), więc 36*82  1*12(mod 35), x=12
(b) x  162 * 123 (mod 41)
162  10(mod 41), 123  6(mod 41), więc 19  162*123  10*6(mod 41), x=19
(c) x  (65  83 ) mod 15
65  6(mod 15), 83  2(mod 15), więc 8  6+2(mod 15), x=8
(d) x  38(mod 34)
30  -38(mod 34), x=30
(e) x  (16 4  323 ) mod 41
164  18(mod 41), 323  9(mod 41), więc 9  18-9(mod 41), x=9
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT04: Arytmetyka modularna: kongruencje, pierścień reszt modulo m, małe twierdzenie Fermata, twierdzenie Eulera.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 6] (por. [BC]) Znajdź najmniejsze rozwiązania poniższych kongruencji w zbiorze {0, 1, ..., m-1} dla
modułu m. Skorzystaj twierdzenia 1.
(a) 3x  4(mod 7)
(b) 9x  12(mod 21)
(c) 27x  25(mod 256)
(d) 27x  72(mod 900)
(e) 3x  4(mod 12)
(f) 3x  4(mod 8)
(g) 3x  10(mod12)
(h) 4x  3(mod7)
(i) 69x  192(mod201)
Rozwiązanie:
(a) 3x  4(mod 7)
NWD(3, 7) = 1, 3x = 7*2+4 dla x=6
(b) 9x  12(mod 21)
NWD(9, 21) = 3, ponieważ 3 | 12 więc szukamy rozwiązań kongruencji 3x  4(mod 7), x=6
(c) 27x  25(mod 256)
NWD(27, 256) = 1, 27x = 256*23+25 dla x=219
(d) 27x  72(mod 900)
NWD(27, 900) = 9, ponieważ 9 | 72 więc szukamy rozwiązań kongruencji 3x  8(mod 100),
NWD(3, 100) = 1, 3x = 100*1+8 dla x=36
(e) 3x  4(mod 12)
NWD(3, 12) = 3, ponieważ 3 | 4 więc na mocy [tw.1] kongruencja nie ma rozwiązań.
(f) 3x  4(mod 8)
NWD(3, 8) = 1, 3x = 8*1+4 dla x=4
(g) 3x  10(mod12)
NWD(3, 12) = 3, ponieważ 3 | 10 więc na mocy [tw.1] kongruencja nie ma rozwiązań.
(h) 4x  3(mod7)
NWD(4, 7) = 1, 4x = 7*3+3 dla x=6
(i) 69x  192(mod201)
NWD(69, 201) = 3, ponieważ 3 | 192, więc szukamy rozwiązań kongruencji 23𝑥  64(mod 67),
Znajdźmy element odwrotny do liczby 23 według modułu 67 (korzystamy z rozszerzonego algorytmu Euklidesa).
I krok
67 = 2*23+21
23 = 1*21+2
21 = 10*2+1
2 = 2*1+0, stąd NWD(67, 23) = 1
II krok
𝑤0 = 0, 𝑤1 = 1,
𝑤2 = 𝑤0 − 𝟐𝑤1 mod 67 = 0 − 2 mod 67  65 mod 67
𝑤3 = 𝑤1 − 𝟏𝑤2 mod 67 = 1 − 65 mod 67  3 mod 67
𝑤4 = 𝑤2 − 𝟏𝟎𝑤3 mod 67 = 65 − 103 mod 67  𝟑𝟓 mod 67
Stąd i z (Tw.2), ponieważ NWD(67, 23) = 1, więc 𝑤4 = 𝟑𝟓  23−1 (mod 67),
Zatem 2335  1(mod 67)
Niech 23𝑥  64(mod 67), pomnóżmy obie strony przez 35:
2335 𝑥  6435 mod 67  2240 mod 67  29(mod 67), stąd 𝑥  29 mod 67
=1
Spr. 23𝑥  64(mod 67): 2329 = 667  64(mod 67), bo 667 = 67*9+64
Spr. 69𝑥  192(mod 201): 6929 = 2001  192(mod 201), bo 2001 = 201*9+192
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT04: Arytmetyka modularna: kongruencje, pierścień reszt modulo m, małe twierdzenie Fermata, twierdzenie Eulera.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 7] Rozłóż na czynniki pierwsze liczbę a. Skorzystaj z poniższego [Tw.A]
[Tw.A] Jeśli p jest dzielnikiem pierwszym liczby bn – 1, to albo
(1) p | bd – 1 dla pewnego właściwego dzielnika d liczby n, albo
(2) p  1(mod n)
Jeśli p>2 i liczba n jest nieparzysta, to w przypadku (2) mamy p  1(mod 2n)
(a) a = 211 – 1 = 2047
(b) a = 315 – 1 = 14348906
Rozwiązanie:
(a) a = 211 – 1 = 2047
Niech p | 211 – 1. Wówczas (z [tw.A]) p  1(mod (2*11)), ponieważ p>2 i 11 jest liczbą nieparzystą.
Sprawdzamy ręcznie liczby p postaci 22*k+1   2047 = 45.2437841 = 45
Tzn. tylko p=23. Widać, że 2047 = 23*89
(b) a = 315 – 1 = 14348906
Korzystając z [Tw.A] szukamy dzielników pierwszych liczb postaci bd – 1 dla d=1, 3, 5.
Dzielnikiem pierwszym liczby 31–1 = 2 jest 2.
Dzielnikiem pierwszym liczby 33–1 = 26 są liczby 2, 13.
Dzielnikiem pierwszym liczby 35–1 = 242 są liczby 2, 11.
Widać, że 14348906 = 2*112*13*4561
p=4561 jest liczbą pierwszą. Jest to liczba spełniająca warunek 4561  1(mod 2*15)
[Przykład 8] (por. [BC]) Oblicz NWD(263 – 1, 291 - 1). Skorzystaj z poniższego [Tw.B].
[Tw.B] Jeśli d = NWD(m, n) i a>1, aZ, to NWD(am – 1, an – 1) = ad – 1.
Rozwiązanie.
NWD(63,91)=7, więc NWD(263 – 1, 291 - 1) = 27 – 1 = 128-1 = 127
[Przykład 9] Oblicz ostatnią cyfrę liczby 21000.
Rozwiązanie.
(*) kN 6k  6(mod 10)
// zgadliśmy ten fakt, trzeba go udowodnić (dowód indukcyjny)
1
(1) 6  6(mod 10)
(2) p(k)  p(k+1)
zał. ind. 6k  6(mod 10) dla pewnego kN
Należy pokazać, że wówczas zachodzi również 6k+1  6(mod 10)
6k+1 = 6k*6  6*6(mod 10)  6(mod 10), co należało pokazać
Z (1) i (2), na mocy ZIM zachodzi (*).
(**) 24  6(mod 10), więc 21000 = (24)250  6250(mod 10)
Z (*) i (**) 21000  6250(mod 10)  6(mod 10). Stąd ostatnią cyfrą liczby 21000 jest 6.
3. Twierdzenie Eulera
W Zm może istnieć wiele takich elementów a, dla których bZm
odwracalnym.
amb=1. Wówczas taki element a nazywamy
[Twierdzenie 3] W pierścieniu Zm element a ma odwrotność wtw, gdy NWD(a, m)=1.
∗
[Lemat 3] Niech m - ustalone, mN, m>1. Wówczas 𝑍𝑚
={aZm : NWD(a, m)=1} jest zbiorem wszystkich
elementów odwracalnych w Zm.
∗
[Def. 5] Niech (m) będzie liczbą wszystkich elementów odwracalnych w Zm, tzn. (m) = |𝑍𝑚
|.
Funkcję (m) nazywamy funkcją Eulera. W szczególności (1)=1.
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT04: Arytmetyka modularna: kongruencje, pierścień reszt modulo m, małe twierdzenie Fermata, twierdzenie Eulera.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Twierdzenie 4] Funkcja (n) spełnia warunki.
(1) Jeśli p jest liczbą pierwszą, to
(2) Jeśli p jest liczbą pierwszą, to dla dowolnej liczby naturalnej n
W szczególności (2n)=2n-1.
(3) Jeśli NWD(n1, n2)=1, to
n
n
n
(4) Jeśli n  p11 p22 ...pkk , to
(5)
𝑑 | 𝑚 , 𝑑>0 (𝑑) = 𝑚
(p) = p-1.
(pn) = pn-pn-1 = pn-1(p-1).
(n1*n2) = (n1)*(n2)
1
1
1
n 1
n 1
n 1
(n)  p11 ( p1  1)p22 ( p2  1)...pkk ( pk  1)  n(1  )(1  )...(1  )
p1
p2
pk
[Przykład 10]
(6) (1)+(2)+(3)+(4)+(6)+(12) = 1+1+2+2+2+4 = 12
[Twierdzenie 5] (Tw. Eulera)
Jeśli mN, m>1, m-ustalone, aZ, NWD(a, m) = 1, to 𝑎(𝑚 )  1(mod 𝑚).
Inny zapis tw. Eulera:
∗
[Twierdzenie 5] (Tw. Eulera) Niech mN, m>1, m – ustalone. Wówczas dla dowolnej liczby a𝑍𝑚
(m)
a
a  
... 
1

a  a
(m)razy
tzn. jeśli NWD(a, m)=1, to 𝑎(𝑚 )  1(mod 𝑚).
[Przykład 11] Wartości funkcji Eulera dla małych argumentów:
N
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23
(n) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12 6 8 8 16 6 18 8 12 10 22
[Przykład 12] Oblicz resztę z dzielenia liczby 2100 przez 31.
Rozwiązanie.
25  1(mod 31), więc 2100  1(mod 31), stąd reszta z dzielenia liczby 2100 przez 31 wynosi 1.
4. Małe twierdzenie Fermata
[Twierdzenie 6] (Małe twierdzenie Fermata ozn. MtF)
Niech p będzie liczbą pierwszą.
 każda liczba a spełnia kongruencję 𝑎𝑝  𝑎(mod 𝑝),
 każda liczba a niepodzielna przez p (w sensie względnie pierwsza z p) spełnia kongruencję 𝑎𝑝−1  1(mod 𝑝).
[Wniosek 1] Niech p będzie liczbą pierwszą. Jeśli p | a i 𝑛  𝑚(mod 𝑝 − 1), to 𝑎𝑛  𝑎𝑚 (mod 𝑝).
[Przykład 13] Uzasadnij, że 10-tą potęgę dowolnej liczby całkowitej można zapisać jako 11k lub 11k+1, gdzie
k Z .
Rozwiązanie.
Niech a będzie ustaloną liczbą całkowita.
Jeśli 11 | a, to k1Z a=11k1, więc a10 = 11(119*k110)=11k, gdzie kZ,
Jeśli 11 | a, to z MtF a11-1  1(mod 11), czyli a10 = 11k+1, gdzie kZ,
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT04: Arytmetyka modularna: kongruencje, pierścień reszt modulo m, małe twierdzenie Fermata, twierdzenie Eulera.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 14] Znajdź ostatnią cyfrę liczby a w systemie o podstawie p. Skorzystaj z poniższego [Tw.C].
[Tw.C] Niech p będzie liczbą pierwszą. Jeśli p | a i 𝑛  𝑚(mod 𝑝 − 1), to 𝑎𝑛  𝑎𝑚 (mod 𝑝).
(a) a=21000, p=7
(b) a=210000, p=11
(c) a=21000, p=13
Rozwiązanie.
(a) a=21000, p=7
7 | 2 i 1000  4(mod 6), więc 21000  24 = 16  21(mod 7), ostatnią cyfrą jest 2.
(b) a=210000, p=11
11 | 2 i 10000  0(mod 10), więc 210000  20 = 1  1(mod 11), ostatnią cyfrą jest 1.
(c) a=21000, p=13
13 | 2 i 1000  4(mod 12), więc 21000  24 = 16  3(mod 13), ostatnią cyfrą jest 3.
[Przykład 15] (por. [BC]) Znajdź dwie ostatnie cyfry liczby: (a) 7204 , (b) 311121 + 482, (c) 203228 − 1234.
Rozwiązanie:
Należy wyznaczyć resztę z dzielenia przez 100.
(a) 7204
(100) = (4)*(25) = (22 -21 )*( 52 -51 ) = 2*20 = 40
Ponieważ NWD(7, 100) = 1, więc z (Tw. Eulera) 7(100) = 740  1(mod 100)
7204 = 740 5 74  1492 mod 100  2401 mod 100  1 mod 100
(b) 311121 + 482
(100) = (4)*(25) = (22 -21 )*( 52 -51 ) = 2*20 = 40
Ponieważ NWD(11, 100) = 1, więc z (Tw. Eulera) 11(100) = 1140  1(mod 100)
311121 + 482  (11121 + 82) mod 100  (1140 )3 11 + 82 mod 100  11 + 82 mod 100  93 mod 100
(c) 203228 − 1234
(100) = (4)*(25) = (22 -21 )*( 52 -51 ) = 2*20 = 40
Ponieważ NWD(3, 100) = 1, więc z (Tw. Eulera) 3(100) = 340  1(mod 100)
34  81(mod 100)
38 = (34 )2  812  61(mod 100)
316 = (38 )2  612  21(mod 100)
328 = 316 38 34  216181 mod 100  61(mod 100)
203228 − 1234  (3228 − 34) mod 100  (340 )5 328 + 66 mod 100  161 + 66 mod 100  27 mod 100
[Twierdzenie 5] (Tw. Eulera)
Jeśli mN, m>1, m-ustalone, aZ, NWD(a, m) = 1, to 𝑎(𝑚 )  1(mod 𝑚).
[Przykład 16] Oblicz 2100000 mod 55. Skorzystaj z poniższego [tw.D]
[Tw.D] Jeśli NWD(a, m) = 1 i 𝑛  𝑟(mod (𝑚)), to 𝑎𝑛  𝑎𝑟 (mod 𝑚).
(55)= (5)*(11)
// z Tw. 4(3)
Ponieważ NWD(2,55)=1 i 100000  0(mod 40), więc 2100000  1(mod 55)
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021, sem. II, Ćw., TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowania techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[01] Wyznacz funkcje tworzące następujących ciągów:
(1) Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których
(1) 𝑎𝑛 = 2𝑛
dla 𝑛𝑁0
(2) 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛
dla 𝑛𝑁0
jest parzysta liczba liter a. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Znajdź wzór jawny
na 𝑡𝑛 i go udowodnij.
(3) 𝑎𝑛 = 𝑛
dla 𝑛𝑁0
(4) 𝑎𝑛 = 𝑛2
dla 𝑛𝑁0
(5) 𝑎𝑛 = 𝑛2𝑛
dla 𝑛𝑁0
(6) 𝑎𝑛 = 𝑛𝑎𝑛 dla 𝑛𝑁0
(2) Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których jest
parzysta liczba liter a. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Znajdź wzór jawny na
(7) 𝑎𝑛 = 𝑛 + 1
dla 𝑛𝑁0
(8) 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 3 dla 𝑛𝑁0
𝑡𝑛 i go udowodnij.
(9) 𝑎𝑛 = 𝑛𝑎 
dla 𝑛𝑁0 , 𝑎𝑅
(10)𝑎𝑛 = 𝑛 𝑛𝑎 
dla 𝑛𝑁0 , 𝑎𝑅
1
(3) Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których nie
(11)𝑎0 = 0, 𝑎𝑛 =
dla 𝑛𝑁
𝑛
występuje ciąg aa. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Znajdź dla niego wzór
--rekurencyjny oraz wzór jawny.
[02] Używając funkcji tworzących wyznacz wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu 𝑎𝑛 . Wyznacz trzy
(4) Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Niech 𝑠𝑛 oznacza liczbę słów długości n, które można utworzyć z liter
pierwsze wyrazy ciągu na podstawie (a) wzoru jawnego, (b) wzoru rekurencyjnego, (c) wzoru z
a, b, c tak, by nie występowały dwie kolejne litery a. (a) Oblicz 𝑠0 , 𝑠1 , 𝑠2 . (b) Znajdź wzór
użyciem funkcji tworzącej.
rekurencyjny na 𝑠𝑛 i oblicz 𝑠3 , 𝑠4 , 𝑠5 , a następnie wyznacz wzór jawny na 𝑠𝑛 .
𝑎0 = 2, 𝑎1 = 3
𝑎0 = 2, 𝑎1 = 4
(1)
(2)
(5)
Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których nie
𝑎𝑛 = 3𝑎𝑛−1 − 2𝑎𝑛−2 , 𝑛 2
𝑎𝑛+2 = 4𝑎𝑛+1 − 3𝑎𝑛
występuje ciąg ab. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Znajdź dla niego wzór
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2
𝑎0 = 2, 𝑎1 = 5
(3)
(4)
rekurencyjny i wzór jawny.
𝑎𝑛 = 2𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2
𝑎𝑛+2 = 5𝑎𝑛+1 − 6𝑎𝑛 , 𝑛 0
(6) Weźmy alfabet  = {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Niech 𝑡𝑛 oznacza liczbę słów długości n nad alfabetem , w których
𝑎0 = 𝑎1 = 1, 𝑎2 = 2,
(5)
nie występuje ciąg ab. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu (𝑡𝑛 ). (b) Znajdź dla niego wzór
𝑎𝑛 = 6𝑎𝑛−1 − 11𝑎𝑛−2 + 6𝑎𝑛−3 , 𝑛 3
rekurencyjny i wzór jawny.
--[03] Wyznacz funkcję tworzącą i na jej podstawie wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu. Policz pierwsze --[10] Wyznaczyć liczbę ciągów binarnych długości 𝑛 niezawierających wystąpień jedynki na żadnych
cztery wyrazy ciągu.
dwóch sąsiednich pozycjach.
𝑎0 = 3
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2
(1)
(2)
--𝑎𝑛 = 3𝑎𝑛−1 + 2
𝑎𝑛+2 = 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 + 𝑛 + 2
[11] Znaleźć liczbę ciągów długości 2𝑛 takich, że każda liczba 𝑖{1, … , 𝑛} występuje w nich dokładnie
𝑎0 = 2, 𝑎1 = 1
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 3,
(3)
(4)
dwa razy, przy czym żadne dwa kolejne wyrazy nie są równe.
𝑛
𝑎𝑛+2 = 5𝑎𝑛+1 − 6𝑎𝑛 + 2
𝑎𝑛+2 = 2𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 + 2
----[12] Wyznacz wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu dla problemu wież z Hanoi. Skorzystaj z funkcji
[04] Wyznaczyć funkcję tworzącą ciągu:
tworzącej.
1 dla 𝑛 = 0, … , 𝑁
𝑎𝑛 =
Problem. Dana jest podstawka z trzema pionowymi palikami. Na pierwszy z nich nałożono 𝑛 krążków
0 dla 𝑛 > 𝑁
według malejących promieni. Należy przenieść wszystkie krążki na trzeci palik przy pomocy drugiego
--palika, trzymając się następujących reguł:
[05] Przypuśćmy, że:
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
* za każdym razem wolno przenieść tylko jeden krążek z jednego palika na inny oraz
𝑓 𝑥 = 
𝑔 𝑥 = 
𝑕 𝑥 = 
𝑠 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 ,
𝑛=0 𝑏𝑛 𝑥 ,
𝑛 =0 𝑐𝑛 𝑥 ,
𝑛=0 𝑑𝑛 𝑥 .
* nie można położyć większego krążka na mniejszy.
Podać wzór ogólny na 𝑛-ty wyraz ciągu (𝑒𝑛 ), którego funkcja tworząca 𝑧 𝑥 wynosi:
--𝑧 𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑔 𝑥 + 𝑕 𝑥 𝑠(𝑥).
[13] [BC] Podaj zwartą postać funkcji tworzącej
--[06] Wyznacz wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu Fibonacciego. Ciąg jest określony w następujący sposób (1) ciągu sum częściowych ciągu 𝑎𝑛 = 𝑞𝑛 .
𝐹0 = 0, 𝐹1 = 1,
(2) ciągu 𝑎𝑛 = 𝑛.
(3) ciągu, którego 𝑛-ty wyraz dany jest wzorem 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 3𝑛 .
𝐹𝑛 = 𝐹𝑛−1 + 𝐹𝑛−2 dla 𝑛 > 1
(a) Skorzystaj z równania charakterystycznego, (b) skorzystaj z funkcji tworzącej.
(4) ciągu sum częściowych ciągu stałego 𝑎𝑛 = 𝑎, 𝑛  0.
--(5) ciągu 𝑎𝑛 = 𝑛2 .
[07] Ile jest ciągów 0-1 długości 2𝑛 takich, które czytane od końca dają ten sam ciąg.
(6) ciągu sum częściowych ciągu 𝑎𝑛 = 𝑛 + 2, 𝑛  0.
----𝑛
[08] Dana jest funkcja tworząca ciągu (𝑏𝑛 ), 𝑔 𝑥 = 
𝑛 =0 𝑏𝑛 𝑥 . Wyznacz funkcję tworzącą ciągu o [14][BC] Podaj 5-ty wyraz ciągu, którego funkcja tworząca ma postać:
1
1
wyrazie ogólnym 𝑛𝑏𝑛 .
(1) 𝐹(𝑥) =
(2) 𝐹(𝑥) =
(1−2𝑥)(1−𝑥)
(1+𝑥)(1−𝑥)
--1
1
(3) 𝐹(𝑥) =
(4) 𝐹(𝑥) =
[09] Wyznacz wzór jawny ciągu 𝑎𝑛 korzystając z funkcji tworzącej.
3
(1−3𝑥)(1−𝑥)
Dla jakiego ciągu jest to ciąg sum częściowych?
(1−𝑥)
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [RW] K. A. Ross, C. R. B. Wright, Matematyka dyskretna, [BC] C. Bagiński, listy zadań z ubiegłych lat, [GP] P. Grzeszczuk, listy zadań z ubiegłych lat
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Określenie funkcji tworzących za pomocą szeregów potęgowych
2. Operacje na szeregach potęgowych
3. Funkcje tworzące wybranych ciągów
____________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Określenie funkcji tworzących za pomocą szeregów potęgowych
[Definicja 1] (funkcja tworząca)
Dany jest ciąg 𝑎𝑛 = (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … ) liczb rzeczywistych. Funkcją tworzącą dla ciągu 𝑎𝑛 nazywamy funkcję 𝐴 𝑥
określoną wzorem:
𝑛
𝐴 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 .
Inaczej, funkcja tworząca ciągu 𝑎𝑛 = (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … ) to jego wygodne przedstawienie jako szeregu potęgowego
zmiennej 𝑥.
[Przykład 1] (Ciąg geometryczny)
Niech 𝑎𝑛 = (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … ) będzie ciągiem geometrycznym, którego pierwszym wyrazem jest 𝑎0 = 1, a ilorazem
wartość 𝑞𝑅, tzn. 𝑎𝑛 = 𝑞 𝑛 dla 𝑛𝑁0 . Wówczas funkcją tworzącą tego ciągu jest
1

𝑛 𝑛
𝑛
2
3
𝐴 𝑥 = 
𝑛=0 𝑞 𝑥 = 𝑛=0(𝑞𝑥) = 1 + 𝑞𝑥 + (𝑞𝑥) + (𝑞𝑥) + ⋯ = 1−𝑞𝑥
Funkcje tworzące są wykorzystywane m.in. do rozwiązywania rekurencji i dowodzenia wybranych własności
ciągów.
Kolejne kroki znajdowania wzorów ogólnych:
 zdefiniowanie funkcji tworzącej dla danego ciągu określonego rekurencyjnie,
 wykorzystanie równań rekurencyjnych do utworzenia równania na funkcję tworzącą,
 rozwiązanie równania i znalezienie wzoru funkcji tworzącej,
 rozwinięcie znalezionej funkcji tworzącej w szereg potęgowy i porównanie współczynników,
Mając funkcję tworzącą 𝑓(𝑥) możemy uzyskać kolejne wyrazy ciągu 𝑎𝑛 korzystając ze wzoru,
𝑛
𝑎𝑛 = 𝑓 𝑛 !(0), gdzie 𝑓 𝑛 (0) oznacz 𝑛-tą pochodną funkcji 𝑓(𝑥) dla 𝑥 = 0.
[Przykład 2] Używając funkcji tworzących wyznacz (a) wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu 𝑎𝑛 zadanego
rekurencyjnie (b) 3 pierwsze wyrazy ciągu.
𝑎0 = 2, 𝑎1 = 3
𝑎𝑛 = 3𝑎𝑛−1 − 2𝑎𝑛−2 dla 𝑛2
Rozwiązanie:


𝑛
𝑛
𝑛+2
𝑛+2
𝑓 𝑥 = 
= 2 + 3𝑥 + 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 3 𝑥 + 𝑛 =2 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 3𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0(3𝑎𝑛+1 − 2𝑎𝑛 )𝑥
𝑎0
= 2 + 3𝑥 + 3𝑥
𝑎1

𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
𝑛+1
− 2𝑥 2

𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥
𝑛
= 2 + 3𝑥 + 3𝑥 𝑓 𝑥 − 2 − 2𝑥 2 𝑓 𝑥 =
𝑎0
= 2 + 3𝑥 + 3𝑥𝑓 𝑥 − 6𝑥 − 2𝑥 2 𝑓 𝑥 = 2 − 3𝑥 + 𝑓 𝑥 (3𝑥 − 2𝑥 2 )
𝑓 𝑥 1 − 3𝑥 + 2𝑥 2 = 2 − 3𝑥
2−3𝑥
2−3𝑥
2−3𝑥
2−3𝑥
𝐴
𝐵
1
1
𝑓 𝑥 = 1−3𝑥+2𝑥 2 =(1)
= (2𝑥−1)(𝑥−1) = (1−2𝑥)(1−𝑥) =(2) (1−2𝑥) + (1−𝑥) =(3) (1−2𝑥) + (1−𝑥) =
1
2(𝑥− )(𝑥−1)
2

𝑛
𝑛
= 
𝑛=0(2𝑥) + 𝑛=0 𝑥
1
1
(1) 2𝑥 2 − 3𝑥 + 1 = 2(𝑥 − 2)(𝑥 − 1), ponieważ  = 9 − 8 = 1, 𝑥1 = 3−1
= 2, 𝑥2 = 3+1
= 1,
4
4
(2) rozkładam ułamek na sumę ułamków prostych
(3) 2 − 3𝑥 = 𝐴 1 − 𝑥 + 𝐵(1 − 2𝑥)
2 − 3𝑥 = 𝐴 + 𝐵 − (𝐴 + 2𝐵)𝑥
2=𝐴+𝐵  𝐴 =2−𝐵
3 = 𝐴 + 2𝐵 = 2 − 𝐵 + 2𝐵 = 2 + 𝐵  𝐵 = 1, 𝐴 = 1
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu: 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 1
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
2. Operacje na szeregach potęgowych






𝑛
2
3
𝑛
Niech 𝐴 𝑥 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + 𝑎3 𝑥 3 + ⋯ = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 , 𝐵 𝑥 = 𝑏0 + 𝑏1 𝑥 + 𝑏2 𝑥 + 𝑏3 𝑥 + ⋯ = 𝑛=0 𝑏𝑛 𝑥
dodawanie:
𝑛
𝐴 𝑥 + 𝐵(𝑥) = 
𝑛=0(𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 )𝑥
mnożenie przez liczbę rzeczywistą 𝑐𝑅:

𝑛
2
3
𝑛
𝑐𝐴 𝑥 = 𝑐 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = (𝑐𝑎0 ) + (𝑐𝑎1 )𝑥 + 𝑐𝑎2 𝑥 + (𝑐𝑎3 )𝑥 + ⋯ = 𝑛=0(𝑐𝑎𝑛 )𝑥
mnożenie:
𝐴 𝑥 𝐵(𝑥) = (𝑎0 𝑏0 ) + (𝑎0 𝑏1 + 𝑎1 𝑏0 )𝑥 + (𝑎0 𝑏2 + 𝑎1 𝑏1 + 𝑎2 𝑏0 )𝑥 2 + (𝑎0 𝑏3 + 𝑎1 𝑏2 + 𝑎2 𝑏1 + 𝑎3 𝑏0 )𝑥 3 + ⋯ =
𝑛
= 
𝑛=0 𝑐𝑛 𝑥 , gdzie 𝑐𝑛 = 𝑎0 𝑏𝑛 + 𝑎1 𝑏𝑛−1 + 𝑎2 𝑏𝑛−2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑏0
różniczkowanie:
𝑛−1
(𝐴 𝑥 )′ = 𝑎1 + 2𝑎2 𝑥 + 3𝑎3 𝑥 2 + 4𝑎4 𝑥 3 + ⋯ = 
𝑛=0 𝑛𝑎𝑛 𝑥
całkowanie:
𝑥
1
1
1
1
𝑛
𝐴 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑎0 𝑥 + 𝑎1 𝑥 2 + 𝑎2 𝑥 3 + 𝑎3 𝑥 4 + ⋯ = 
𝑛=1 𝑎𝑛−1 𝑥
0
2
3
4
𝑛
3. Funkcje tworzące wybranych ciągów
[Przykład 3] Wyznacz funkcje tworzące następujących ciągów.
(A) 𝑎𝑛 = 2𝑛 , 𝑛𝑁0 .
1

𝑛
𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑛=0(2𝑥) = 1−2𝑥
(B) 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛 , 𝑛𝑁0 .
𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =

(C) 𝑎𝑛 = 𝑛, 𝑛𝑁0 .
𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =

(1) 𝑔 𝑥 =

𝑛
𝑛=0 𝑥

𝑛=0 2

𝑛
=𝑥

𝑛=0 𝑛𝑥
𝑛−1

𝑛−1
=

𝑛=0 𝑛2
𝑛=0 𝑛2
𝑥
𝑛=0 𝑛𝑥
𝑛 𝑛
𝑥 =𝑥

𝑛=0 𝑎

𝑛=0 𝑛𝑎
𝑛 𝑛
𝑥 =𝑥
𝑥
= 1 𝑥(𝑔 𝑥 )′ = (1−𝑥)
2
𝑛=0 𝑛 2

𝑛=0 𝑛 𝑎

1
𝑥 = 1−𝑎𝑥
, (𝑔 𝑥 )′ =
2𝑥
=(1) 𝑥(𝑔 𝑥 )′ = (1−2𝑥)
2
𝑛 𝑛−1
𝑥
𝑛 𝑛−1
𝑥
𝑛=0 𝑛𝑎
𝑛 𝑛
1 ′
1
= (1−𝑥)
2
1−𝑥
𝑛 𝑛−1

1
𝑥 = 1−2𝑥
, (𝑔 𝑥 )′ =
𝑛 𝑛
(E) 𝑎𝑛 = 𝑛𝑎𝑛 , 𝑛𝑁0 .
𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =
(1) 𝑔 𝑥 =
𝑛=0 𝑛𝑥
1
= 1−𝑥
, (𝑔 𝑥 )′ =
(D) 𝑎𝑛 = 𝑛2𝑛 , 𝑛𝑁0 .
𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =
(1) 𝑔 𝑥 =
1
𝑛
𝑛=0(𝑎𝑥) = 1−𝑎𝑥
′
1
2
= (1−2𝑥
)2
1−2𝑥
𝑎𝑥
=(1) 𝑥(𝑔 𝑥 )′ = (1−𝑎𝑥
)2
𝑛 𝑛−1
𝑥
=
=
′
1
𝑎
= (1−𝑎𝑥
)2
1−𝑎𝑥
1
(F) 𝑎𝑛 = 𝑛 , 𝑎0 = 0, 𝑛𝑁.
𝑓 𝑥 =
(G) 𝑎𝑛 =
𝑎
𝑛

𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥
𝑛
=
1 𝑛
1 2
1 3
𝑛=1 𝑛 𝑥 = 𝑥 + 2 𝑥 + 3 𝑥 + ⋯ =

(1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + ⋯ )𝑑𝑥 =
𝑑𝑥
= −ln⁡|1 − 𝑥|
1−𝑥
𝑎
𝑛  , 𝑛𝑁0 , 𝑎𝑅 (ciąg uogólnionych współczynników Newtona)
dla 𝑎  0
dla 𝑎 = 0, 𝑛  0
dla 𝑎 = 0, 𝑛 = 0

𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑛
2
3
𝑎
𝑛=0 𝑛  𝑥 = 0 + 1 𝑥 + 2 𝑥 + 3 𝑥 + ⋯ = 1 + 𝑥
𝑎 𝑎 −1 … 𝑎 −𝑛 +1
𝑛!
= 0
1
𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =
(H) 𝑎𝑛 = 𝑛 𝑛𝑎  , 𝑛𝑁0 , 𝑎𝑅.


𝑛
𝑎
𝑛
𝑎
𝑛−1 (1)
𝑓 𝑥 = 
= 𝑥(𝑔(𝑥))′ = 𝑥𝑎 1 + 𝑥 𝑎−1
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑛=0 𝑛 𝑛  𝑥 = 𝑥 𝑛=0 𝑛 𝑛  𝑥


𝑎
𝑛
𝑎
′
𝑎
(1) 𝑔 𝑥 = 𝑛=1 𝑛  𝑥 = 1 + 𝑥 , (𝑔 𝑥 ) = 𝑛=1 𝑛 𝑛  𝑥 𝑛−1 = 1 + 𝑥 𝑎 ′ = 𝑎 1 + 𝑥 𝑎−1
(I) 𝑎𝑛 = 𝑛 + 1, 𝑛𝑁0 .

𝑛
𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑛=0 𝑛𝑥 +

𝑛=0 𝑥
𝑛
𝑥
= (1−𝑥)
2 +
1
1
=
1−𝑥
(1−𝑥)2
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 4] Używając funkcji tworzących wyznacz wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu 𝑎𝑛 . Wyznacz trzy pierwsze
wyrazy ciągu na podstawie (a) wzoru rekurencyjnego, (b) wzoru jawnego, (c) wzoru z użyciem funkcji tworzącej.
𝑎 = 2, 𝑎1 = 4
(A) 0
𝑎𝑛+2 = 4𝑎𝑛+1 − 3𝑎𝑛
Rozwiązanie:


𝑛
𝑛
𝑛+2
𝑛+2
𝑓 𝑥 = 
= 2 + 4𝑥 + 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 4𝑥 + 𝑛=2 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 4𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0(4𝑎𝑛+1 − 3𝑎𝑛 )𝑥

𝑛+1
2 
𝑛
2
= 2 + 4𝑥 + 4𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
− 3𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 4𝑥 + 4𝑥 𝑓 𝑥 − 2 − 3𝑥 𝑓 𝑥 = 2 − 4𝑥 + 𝑓 𝑥 (4𝑥 − 3𝑥 2 )
2
𝑓 𝑥 1 − 4𝑥 + 3𝑥 = 2 − 4𝑥
2−4𝑥
2−4𝑥
2−4𝑥
2−4𝑥
𝐴
𝐵
1
1
𝑓 𝑥 = 1−4𝑥+3𝑥 2 =(1)
= (3𝑥−1)(𝑥−1) = (1−3𝑥)(1−𝑥) =(2) (1−3𝑥) + (1−𝑥) =(3) (1−3𝑥) + (1−𝑥) =
1


𝑛
3(𝑥− )(𝑥−1)
3
𝑛
= 𝑛=0(3𝑥) + 𝑛=0 𝑥
1
(1)  = 16 − 12 = 4,  = 2, 𝑥1 = 4−2
= 3, 𝑥2 = 4+2
= 1,
6
6
(2) rozkładam ułamek na sumę ułamków prostych
(3) 2 − 4𝑥 = 𝐴 1 − 𝑥 + 𝐵(1 − 3𝑥)
2 − 4𝑥 = 𝐴 + 𝐵 − 𝐴 + 3𝐵 𝑥
2=𝐴+𝐵  𝐴 =2−𝐵
4 = 𝐴 + 3𝐵 = 2 − 𝐵 + 3𝐵 = 2 + 2𝐵  𝐵 = 1, 𝐴 = 1
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu: 𝑎𝑛 = 3𝑛 + 1
(a) 𝑎0 = 2, 𝑎1 = 4, 𝑎2 = 4𝑎1 − 3𝑎0 = 16 − 6 = 10
(b) 𝑎0 = 30 + 1 = 2, 𝑎1 = 31 + 1 = 4, 𝑎2 = 32 + 1 = 10
𝑛
(c) 𝑎𝑛 = 𝑓 𝑛 !(0), gdzie 𝑓 𝑛 (0) oznacz 𝑛-tą pochodną funkcji 𝑓(𝑥) dla 𝑥 = 0
1
1
0
𝑎0 = 𝑓 0!(0) = 21 = 2
𝑓(𝑥) = (1−3𝑥) + (1−𝑥)
3
1
′
𝑓′(𝑥) = (1−3𝑥)2 + (1−𝑥)2 𝑎1 = 𝑓 1!(0) = 41 = 4
𝑓′′(𝑥) =
18
2
+
(1−3𝑥)3
(1−𝑥)3
′′
𝑎2 = 𝑓 2!(0) = 202 = 10
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2
𝑎𝑛 = 2𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2
Rozwiązanie:


𝑛
𝑛
𝑛+2
𝑛+2
𝑓 𝑥 = 
= 1 + 2𝑥 + 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 2𝑥 + 𝑛=2 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 2𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0(2𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 )𝑥

𝑛+1
2 
𝑛
2
2
= 1 + 2𝑥 + 2𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
− 𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 2𝑥 + 2𝑥 𝑓 𝑥 − 1 − 𝑥 𝑓 𝑥 = 1 + 𝑓 𝑥 (2𝑥 − 𝑥 )
𝑓 𝑥 1 − 2𝑥 + 𝑥 2 = 1
1
1
𝑛
𝑓 𝑥 = 1−2𝑥+𝑥 2 = (1−𝑥)2 = 
𝑛=0(𝑛 + 1)𝑥
(B)
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu: 𝑎𝑛 = 𝑛 + 1
(a) 𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2, 𝑎2 = 2𝑎1 − 𝑎0 = 4 − 1 = 3
(b) 𝑎0 = 0 + 1 = 1, 𝑎1 = 1 + 1 = 2, 𝑎2 = 2 + 1 = 3
1
(c) 𝑓 𝑥 =
𝑎0 = 𝑓(0)
=1
2
0!
(1−𝑥)
2
𝑓′ 𝑥 = (1−𝑥)3
6
𝑓′′ 𝑥 = (1−𝑥)4
2
′
𝑎1 = 𝑓 1!(0) = 1 = 2
′′
𝑎2 = 𝑓 2!(0) = 62 = 3
[Przykład 5] Wyznacz funkcję tworzącą i na jej podstawie wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu. Policz pierwsze cztery
wyrazy ciągu.
𝑎 =3
(A) 0
𝑎𝑛 = 3𝑎𝑛−1 + 2
Rozwiązanie:


𝑛
𝑛
𝑛+1
𝑛+1
𝑓 𝑥 = 
=3+ 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 3 + 𝑛=1 𝑎𝑛 𝑥 = 3 + 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
𝑛=0(3𝑎𝑛 + 2)𝑥
2𝑥
3−𝑥


𝑛
𝑛
= 3 + 3𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 + 2𝑥 𝑛=0 𝑥 = 3 + 3𝑥𝑓 𝑥 + 1−𝑥 = 3𝑥𝑓 𝑥 + 1−𝑥
3−𝑥
𝑓 𝑥 1 − 3𝑥 = 1−𝑥
3−𝑥
𝐴
𝐵
−1
4
𝑓 𝑥 = 1−3𝑥 (1−𝑥) = 1−𝑥 + 1−3𝑥 =(1) 1−𝑥 + 1−3𝑥 = −

𝑛=0 𝑥
𝑛
+4

𝑛=0 3
𝑛 𝑛
𝑥
(1) 3 − 𝑥 = 𝐴 1 − 3𝑥 + 𝐵(1 − 𝑥)
3 − 𝑥 = 𝐴 + 𝐵 − 3𝐴 + 𝐵 𝑥
3=𝐴+𝐵  𝐴 =3−𝐵
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1 = 3𝐴 + 𝐵 = 3 3 − 𝐵 + 𝐵 = 9 − 2𝐵  𝐵 = 4, 𝐴 = −1
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu: 𝑎𝑛 = 43𝑛 − 1
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2
𝑎𝑛+2 = 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 + 𝑛 + 2
Rozwiązanie:


𝑛
𝑛
𝑛+2
𝑓 𝑥 = 
= 1 + 2𝑥 +
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 2𝑥 + 𝑛=2 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 2𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥

𝑛+1
2 
𝑛
2 
𝑛
2 
= 1 + 2𝑥 + 𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
− 𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 + 𝑥 𝑛=0 𝑛𝑥 + 2𝑥 𝑛=0 𝑥 𝑛 =
𝑥
2
2 1
= 1 + 2𝑥 + 𝑥 𝑓 𝑥 − 1 − 𝑥 𝑓 𝑥 + 𝑥 2 1−𝑥
2 + 2𝑥 1−𝑥
(B)

𝑛=0(𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 + 𝑛 + 2)𝑥
𝑛+2
=
2𝑥 2 −𝑥 3
(1−𝑥)2
2 +2𝑥 2 −𝑥 3
1+𝑥
1−𝑥
1 − 𝑥 + 𝑥2 =
(1−𝑥)2
1+𝑥 1−𝑥 2 +2𝑥 2 −𝑥 3
1
=
=
(1−𝑥)2 1−𝑥+𝑥 2
(1−𝑥)2
𝑓 𝑥 1 − 𝑥 + 𝑥2 = 1 + 𝑥 +
𝑓 𝑥
𝑓 𝑥
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu:
𝑎0 = 2, 𝑎1 = 1
𝑎𝑛+2 = 2𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 + 2𝑛
Rozwiązanie:
𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 𝑥 +
𝑎𝑛 = 𝑛 + 1
(C)


𝑛
𝑛+2
𝑛
𝑛+2
=2+𝑥+ 
=
𝑛=2 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0(2𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 + 2 )𝑥
2
𝑥

𝑛+1
2 
𝑛
2 
𝑛 𝑛
2
= 2 + 𝑥 + 2𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
− 𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 + 𝑥 𝑛=0 2 𝑥 = 2 + 𝑥 + 2𝑥 𝑓 𝑥 − 2 − 𝑥 𝑓 𝑥 + 1−2𝑥
𝑥2
𝑓 𝑥 1 − 2𝑥 + 𝑥 2 = 2 − 3𝑥 + 1−2𝑥
(2−3𝑥)(1−2𝑥)+𝑥 2
7𝑥 2 −7𝑥+2
𝐴
𝐵
𝐶
−2
3
1
𝑓 𝑥 = (1−𝑥)2 (1−2𝑥) = (1−𝑥)2 (1−2𝑥) = (1−𝑥)2 + (1−𝑥) + (1−2𝑥) =(1) (1−𝑥)2 + (1−𝑥) + (1−2𝑥)
2
2
(1) 7𝑥 − 7𝑥 + 2 = 𝐴 1 − 2𝑥 + 𝐵 1 − 𝑥 1 − 2𝑥 + 𝐶(1 − 𝑥)
7𝑥 2 − 7𝑥 + 2 = 2𝐵 + 𝐶 𝑥 2 − 2𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶 𝑥 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐶
7 = 2𝐵 + 𝐶  𝐶 = 7 − 2𝐵
7 = 2𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶 = 2𝐴 + 3𝐵 + 2 7 − 2𝐵 = 2𝐴 − 𝐵 + 14  𝐵 = 2𝐴 + 7
2 = 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 𝐴 + 2𝐴 + 7 + 7 − 2𝐵 = 3𝐴 + 14 − 2 2𝐴 + 7 = −𝐴
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu: 𝑎𝑛 = −2 𝑛 + 1 + 3 + 2𝑛 = 2𝑛 − 2𝑛 + 1
 𝐶=1
 𝐵=3
 𝐴 = −2
[Przykład 6] Należy wyznaczyć funkcję tworzącą ciągu
1 dla 𝑛 = 0, … , 𝑁
𝑎𝑛 =
0 dla 𝑛 > 𝑁
Rozwiązanie:
𝑓 𝑥 =

𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥
𝑛
=
𝑁
𝑛
𝑛=0 𝑥 +

𝑛=𝑁+1 0𝑥
𝑛
= 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + ⋯ + 𝑥 𝑁 =(1)
1−𝑞 𝑛
1−𝑥 𝑁 +1
1−𝑥
(1) suma n wyrazów postępu geometrycznego wynosi 𝑠𝑛 = 𝑎1 1−𝑞 dla (q1)
[Przykład 7] Przypuśćmy, że:
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑔 𝑥 = 
𝑕 𝑥 = 
𝑠 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 ,
𝑛=0 𝑏𝑛 𝑥 ,
𝑛=0 𝑐𝑛 𝑥 ,
𝑛=0 𝑑𝑛 𝑥 .
Należy podać wzór ogólny na 𝑛-ty wyraz ciągu (𝑒𝑛 ), którego funkcja tworząca 𝑧 𝑥 wynosi:
𝑧 𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑔 𝑥 + 𝑕 𝑥 𝑠(𝑥).
Rozwiązanie:
 𝑏 𝑥𝑛 +
 𝑐 𝑥𝑛
 𝑑 𝑥𝑛 =
𝑛
𝑧 𝑥 =𝑓 𝑥 𝑔 𝑥 +𝑕 𝑥 𝑠 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥
𝑛=0 𝑛
𝑛=0 𝑛
𝑛=0 𝑛
= 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + ⋯ 𝑏0 + 𝑏1 𝑥 + 𝑏2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 2 + ⋯ 𝑑0 + 𝑑1 𝑥 + 𝑑2 𝑥 2 + ⋯ =
= 𝑎0 𝑏0 + (𝑎0 𝑏1 + 𝑎1 𝑏0 )𝑥 + 𝑎0 𝑏2 + 𝑎1 𝑏1 + 𝑎2 𝑏0 𝑥 2 + ⋯ + 𝑐0 𝑑0 + (𝑐0 𝑑1 + 𝑐1 𝑑0 )𝑥 + 𝑐0 𝑑2 + 𝑐1 𝑑1 + 𝑐2 𝑑0 𝑥 2 + ⋯ =
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛


𝑛
𝑛
𝑛
= 
𝑛=0
𝑗 =0 𝑎𝑗 𝑏𝑛−𝑗 𝑥 + 𝑛=0
𝑗 =0 𝑐𝑗 𝑑𝑛−𝑗 𝑥 = 𝑛=0
𝑗 =0 𝑎𝑗 𝑏𝑛−𝑗 + 𝑗 =0 𝑐𝑗 𝑑𝑛−𝑗 𝑥 =
𝑛
𝑛

𝑛
= 𝑛=0 𝑗 =0 𝑎𝑗 𝑏𝑛−𝑗 + 𝑐𝑗 𝑑𝑛−𝑗 𝑥 = 𝑧(𝑥), zatem 𝑒𝑛 = 𝑗 =0 𝑎𝑗 𝑏𝑛−𝑗 + 𝑐𝑗 𝑑𝑛−𝑗
𝑒0 = 𝑎0 𝑏0 + 𝑐0 𝑑0
𝑒1 = 𝑎0 𝑏1 + 𝑎1 𝑏0 + 𝑐0 𝑑1 + 𝑐1 𝑑0
𝑒2 = 𝑎0 𝑏2 + 𝑎1 𝑏1 + 𝑎2 𝑏0 + 𝑐0 𝑑2 + 𝑐1 𝑑1 + 𝑐2 𝑑0
𝑒3 = 𝑎0 𝑏3 + 𝑎1 𝑏2 + 𝑎2 𝑏1 + 𝑎3 𝑏0 + 𝑐0 𝑑3 + 𝑐1 𝑑2 + 𝑐2 𝑑1 + 𝑐3 𝑑0
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 8] Wyznacz wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu Fibonacciego korzystając z funkcji tworzącej. Ciąg jest
określony w następujący sposób:
𝐹0 = 0, 𝐹1 = 1,
𝐹𝑛 = 𝐹𝑛 −1 + 𝐹𝑛−2 dla 𝑛 > 1
Rozwiązanie:


𝑛
𝑛
𝑛+2
𝑛+2
𝑓 𝑥 = 
=𝑥+ 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑥 + 𝑛=2 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0(𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛 )𝑥

𝑛+1
2 
𝑛
2
= 𝑥 + 𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
+ 𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑥 + 𝑥𝑓 𝑥 + 𝑥 𝑓(𝑥)
𝑓 𝑥 1 − 𝑥 − 𝑥2 = 𝑥
𝑥
𝐴
𝐵
𝐴
𝐵
𝑓 𝑥 = 1−𝑥−𝑥 2 = 1−𝑥 + 1−𝑥 =(1) 1−𝑥 + 1−𝑥 =
𝐴
1+ 5
𝑥
2
1−
+
𝐵
1− 5
1−
𝑥
2
2
=(2)
1
5
(1) 1 − 𝑥 − 𝑥 2 = 1 − 𝑥 1 − 𝑥 = 1 −  +  𝑥 + 𝑥
1=+  =1−
−1 =  = (1 − )  2 −  − 1 = 0,  = 1 + 4 = 5,  = 5,
(2) 𝑥 = 𝐴 1 −
1− 5
𝑥
2
+𝐵 1−
1
1+ 5
𝑥
2
1−
−
1
1− 5
𝑥
2
1−
 1 = 1+2 5, 2 = 1−2 5,
 1 = 1−2 5, 2 = 1+2 5
1+ 5
𝑥
2
𝐴 + 𝐵 = 0  𝐴 = −𝐵
1
5
−1
𝐵= 5
 𝐴=

−2 = 𝐴 1 − 5 + 𝐵 1 + 5 = −𝐵 1 − 5 + 𝐵 1 + 5 = 2𝐵 5
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu:
𝑎𝑛 = 𝐹𝑛 =
1

5
𝑛
1+ 5
2
−
1

5
1− 5
2
𝑛
[Przykład 9] Ile jest ciągów 0-1 długości 2𝑛 takich, które czytane od końca dają ten sam ciąg?
Porównaj przykład 13 (wykład 02)
𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2
𝑎𝑛 = 2𝑎𝑛−1 dla 𝑛 > 1
Rozwiązanie:


𝑛
𝑛
𝑛+2
𝑛+1
𝑓 𝑥 = 
= 1 + 2𝑥 + 𝑥 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 2𝑥 + 𝑛=2 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 2𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0 2𝑎𝑛+1 𝑥
= 1 + 2𝑥 + 2𝑥 𝑓 𝑥 − 1 = 1 + 2𝑥𝑓(𝑥)
𝑓 𝑥 1 − 2𝑥 = 1
1
𝑓 𝑥 = 1−2𝑥
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz 𝑎𝑛 = 2𝑛
𝑛
[Przykład 10] Dana jest funkcja tworząca ciągu (𝑏𝑛 ), 𝑔 𝑥 = 
𝑛=0 𝑏𝑛 𝑥 . Wyznacz funkcję tworzącą ciągu o
wyrazie ogólnym 𝑛𝑏𝑛 .
Rozwiązanie:
𝑛
𝑛−1
𝑛
′
𝑔 𝑥 = 
𝑔′ 𝑥 = 
,
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑏𝑛 𝑥 ,
𝑛=0 𝑛𝑏𝑛 𝑥
𝑛=0 𝑛𝑏𝑛 𝑥 = 𝑥𝑔 (𝑥)
[Przykład 11] Niech  = {a, b, c}. Niech 𝑎𝑛 oznacza liczbę słów długości 𝑛 nad alfabetem , w których jest parzysta
liczba liter a. (a) Oblicz pięć pierwszych wyrazów ciągu 𝑎𝑛 . (b) Znajdź wzór jawny na 𝑎𝑛 korzystając z funkcji
tworzącej. Porównaj przykład 1 (ćwiczenie 2).
Rozwiązanie:
𝑎0 = 1
𝑎𝑛 = 3𝑛−1 + 𝑎𝑛−1 dla 𝑛1


𝑛
𝑛
𝑛+1
𝑛
𝑛+1
𝑓 𝑥 = 
=1+ 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 𝑛=1 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
𝑛=0(3 + 𝑎𝑛 )𝑥
𝑥


𝑛 𝑛
𝑛
= 1 + 𝑥 𝑛=0 3 𝑥 + 𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 1−3𝑥 + 𝑥𝑓(𝑥).
1−2𝑥
𝑓 𝑥 1 − 𝑥 = 1−3𝑥
𝑓 𝑥 =
1−2𝑥
𝐴
=
1−3𝑥 (1−𝑥)
1−𝑥
+
𝐵
1−3𝑥
=(1)
1
2 1−𝑥
+
1
2 1−3𝑥
(1) 1 − 2𝑥 = 𝐴 1 − 3𝑥 + 𝐵 1 − 𝑥 = 𝐴 + 𝐵 − (3𝐴 + 𝐵)𝑥
1
1=𝐴+𝐵  𝐴 =1−𝐵
 𝐴=
2
1
2 = 3𝐴 + 𝐵 = 3 1 − 𝐵 + 𝐵 = 3 − 2𝐵  𝐵 = 2
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu:
1
1
1
1
𝑎𝑛 = 2 1𝑛 + 2  3𝑛 = 2 + 2  3𝑛
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 12] Wyznacz wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu dla problemu wież z Hanoi. Skorzystaj z funkcji
tworzącej.
Problem. Dana jest podstawka z trzema pionowymi palikami. Na pierwszy z nich nałożono 𝑛 krążków według
malejących promieni. Należy przenieść wszystkie krążki na trzeci palik przy pomocy drugiego palika, trzymając się
następujących reguł:
* za każdym razem wolno przenieść tylko jeden krążek z jednego palika na inny oraz
* nie można położyć większego krążka na mniejszy.
Porównaj przykład 11 (ćwiczenie 2)
Rozwiązanie:
𝑎0 = 0,
𝑎𝑛 = 2𝑎𝑛−1 + 1 dla 𝑛 > 0
𝑎𝑛 oznacza minimalną liczbę ruchów koniecznych do przeniesienia 𝑛 krążków z jednego palika na drugi.



𝑛
𝑛
𝑛+1
𝑛+1
𝑛
𝑛
𝑓 𝑥 = 
= 
= 2𝑥 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑛=1 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
𝑛=0(2𝑎𝑛 + 1)𝑥
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 + 𝑥 𝑛=0 𝑥 =
𝑥
= 2𝑥𝑓(𝑥) + 1−𝑥
𝑥
𝑓 𝑥 1 − 2𝑥 = 1−𝑥
𝑥
𝐴
𝐵
−1
1
𝑓 𝑥 = 1−𝑥 (1−2𝑥) = 1−𝑥 + (1−2𝑥) =(1) 1−𝑥 + (1−2𝑥)
(1) 𝑥 = 𝐴 1 − 2𝑥 + 𝐵 1 − 𝑥 = 𝐴 + 𝐵 − (2𝐴 + 𝐵)𝑥
0 = 𝐴 + 𝐵  𝐴 = −𝐵
 𝐴 = −1
1 = − 2𝐴 + 𝐵 = − −2𝐵 + 𝐵 = 𝐵
 𝐵=1
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz 𝑎𝑛 = 2𝑛 − 1
[Przykład 13] Wyznaczyć liczbę ciągów binarnych długości n, niezawierających wystąpień jedynki na żadnych
dwóch sąsiednich pozycjach.
Rozwiązanie:
Niech 𝐴𝑛 oznacza zbiór ciągów binarnych długości 𝑛 niezawierających wystąpień jedynki na żadnych dwóch
sąsiednich pozycjach oraz 𝑡𝑛 - liczbę takich słów w zbiorze 𝐴𝑛 .
𝑡0 = 1, 𝐴0 ={}
| 𝑡3 = 5 𝐴3 = {000, 001, 010, 100, 101}
𝑡1 = 2, 𝐴1 = {0, 1}
| 𝑡4 = 8 𝐴4 = {0000, 0001, 0010, 0100, 0101, 1000, 1001, 1010}
𝑡2 = 3, 𝐴2 = {00, 01, 10}
| 𝑡5 = 13
 Jeśli ciąg w 𝐴𝑛 rozpoczyna się cyfrą 0, to może ona poprzedzać dowolny ciąg z 𝐴𝑛−1 .
 Stąd 𝑡𝑛−1 ciągów w 𝐴𝑛 zaczyna się cyfrą 0.
 Jeśli ciąg w 𝐴𝑛 rozpoczyna się cyfrą 1, to pierwszymi dwiema cyframi ciągu muszą być 10, a końcówką ciągu
może być dowolny ciąg z 𝐴𝑛−2 .
 Stąd 𝑡𝑛−2 ciągów w 𝐴𝑛 zaczyna się cyfrą 1.
 Zatem mamy 𝑡𝑛−1 + 𝑡𝑛−2 ciągów w 𝐴𝑛 .
// Proszę sobie wypisać w kolumnie wszystkie ciągi 0-1 długości 1, potem wszystkie ciągi długości 2, długości 3,
itd., a później powykreślać te ciągi, w których na dwóch sąsiednich pozycjach występuje 1.
Zatem
𝑡0 = 1, 𝑡1 = 2,
𝑡𝑛 = 𝑡𝑛−1 + 𝑡𝑛−2 dla 𝑛2
Wyznaczam wzór jawny:
𝑓 𝑥 = 𝑥 2 − 𝑥 − 1 = 0 - wielomian charakterystyczny
 = 1 + 4 = 5,  = 5, 𝑥1 = 1−2 5 , 𝑥2 = 1+2 5 , 1 = 1, 2 = 1
𝑛
𝑛
1− 5
1+ 5
+
𝐵

0
2
2
0
0
1− 5
1+ 5
Dla 𝑛 = 0: 𝑎0 = 1 = 𝐴0 2
+ 𝐵0 2
= 𝐴0 + 𝐵0 ,
1
1
1− 5
1+ 5
1− 5
Dla 𝑛 = 1: 𝑎1 = 2 = 𝐴0 2
+ 𝐵0 2
= 2 + 𝐵0 5
𝑛
𝑛
5−3
1− 5
5+3
1+ 5
Ostatecznie: 𝑎𝑛 = 2 5 
+

𝑛𝑁0
2
2 5
2
𝑎𝑛 = 𝐴0 
stąd 𝐴0 = 1 − 𝐵0
5+3
5−3
stąd 𝐵0 = 2 5 , 𝐴0 = 2 5
Postać jawną należy udowodnić indukcyjnie.
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
4. Zadania różne
[Przykład 14] Wyznacz funkcję tworzącą i na jej podstawie wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu. Policz pierwsze
cztery wyrazy ciągu.
𝑎 = 1, 𝑎1 = 3
(3) 0
𝑎𝑛+2 = 5𝑎𝑛+1 − 6𝑎𝑛 + 2
Rozwiązanie:


𝑛
𝑛
𝑛+2
𝑛+2
𝑓 𝑥 = 
= 1 + 3𝑥 + 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 3𝑥 + 𝑛=2 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 3𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0(5𝑎𝑛+1 − 6𝑎𝑛 + 2)𝑥

𝑛+1
2 
𝑛
2 
𝑛
= 1 + 3𝑥 + 5𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
− 6 𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 + 2𝑥 𝑛=0 𝑥 =
1
= 1 + 3𝑥 + 5𝑥 𝑓 𝑥 − 1 − 6𝑥 2 𝑓 𝑥 + 2𝑥 2 1−𝑥
1−2𝑥 (1−𝑥)+2𝑥 2
(1−𝑥)
1−2𝑥 (1−𝑥)+2𝑥 2
4𝑥 2 −3𝑥+1
𝑓 𝑥 = (1−𝑥) 1−5𝑥+6𝑥 2 = (1−𝑥) 1−2𝑥)(1−3𝑥


𝑛
𝑛 𝑛
𝑛 𝑛
= 
𝑛=0 𝑥 − 2 𝑛=0 2 𝑥 + 2 𝑛=0 3 𝑥
𝑓 𝑥 1 − 5𝑥 + 6𝑥 2 =
𝐴
𝐵
𝐶
1
−2
2
=(1) (1−𝑥) + 1−2𝑥 + (1−3𝑥) =(2) (1−𝑥) + 1−2𝑥 + (1−3𝑥) =
(1) rozkładam ułamek na sumę ułamków prostych
(2) 4𝑥 2 − 3𝑥 + 1 = 𝐴 1 − 2𝑥 1 − 3𝑥 + 𝐵 1 − 𝑥 1 − 3𝑥 + 𝐶 1 − 𝑥 (1 − 2𝑥)
4𝑥 2 − 3𝑥 + 1 = 𝐴 1 − 5𝑥 + 6𝑥 2 + 𝐵 1 − 4𝑥 + 3𝑥 2 + 𝐶(1 − 3𝑥 + 2𝑥 2 )
4 = 6𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶,
𝐶=2
3 = 5𝐴 + 4𝐵 + 3𝐶,
𝐵 = 2 − 2𝐶,
𝐵 = −2
1 = 𝐴 + 𝐵 + 𝐶,
𝐴 = 1 − 𝐵 − 𝐶, 𝐴 = 1
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu: 𝑎𝑛 = 1 − 22𝑛 + 23𝑛
[Przykład 15] Używając funkcji tworzących wyznacz wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu 𝑎𝑛 . Wyznacz trzy pierwsze
wyrazy ciągu na podstawie (a) wzoru rekurencyjnego, (b) wzoru jawnego, (c) wzoru z użyciem funkcji tworzącej.
Rozwiązanie:
𝑎 = 2, 𝑎1 = 3
(1) 0
𝑎𝑛 = 3𝑎𝑛−1 − 2𝑎𝑛−2


𝑛
𝑛
𝑛+2
𝑛+2
𝑓 𝑥 = 
= 2 + 3𝑥 + 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 3𝑥 + 𝑛=2 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 3𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0(3𝑎𝑛+1 − 2𝑎𝑛 )𝑥

𝑛+1
2 
𝑛
2
= 2 + 3𝑥 + 3𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
− 2𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 3𝑥 + 3𝑥 𝑓 𝑥 − 2 − 2𝑥 𝑓 𝑥 =
= 2 − 3𝑥 + 3𝑥𝑓 𝑥 − 2𝑥 2 𝑓(𝑥)
𝑓 𝑥 1 − 3𝑥 + 2𝑥 2 = 2 − 3𝑥
2−3𝑥
2−3𝑥
2−3𝑥
2−3𝑥
𝐴
𝐵
1
1
(1)
𝑓 𝑥 =
=
=
=(2)
+
=(3)
+
=
1
2 =

1−3𝑥+2𝑥
𝑛

2(𝑥− )(𝑥−1)
2
𝑛
(2𝑥−1)(𝑥−1)
1
0
(1−2𝑥)(1−𝑥)
(1−2𝑥)
(1−𝑥)
(1−2𝑥)
(1−𝑥)
= 𝑛=0(2𝑥) + 𝑛=0 𝑥
1
(1)  = 9 − 8 = 1,  = 1, 𝑥1 = 3−1
= , 𝑥2 = 3+1
= 1,
4
4
2
(2) rozkładam ułamek na sumę ułamków prostych
(3) 2 − 3𝑥 = 𝐴 1 − 𝑥 + 𝐵(1 − 2𝑥)
2=𝐴+𝐵
 𝐴 = 2−𝐵
−3 = −𝐴 − 2𝐵  𝐵 = 1, 𝐴 = 1
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu: 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 1
(a) Wyznacz trzy pierwsze wyrazy ciągu na podstawie wzoru rekurencyjnego (wystarczy podstawić do wzoru)
𝑎0 = 2, 𝑎1 = 3, 𝑎2 = 3𝑎1 − 2𝑎0 = 9 − 4 = 5
(b) Wyznacz trzy pierwsze wyrazy ciągu na podstawie wzoru jawnego (wystarczy podstawić do wzoru)
𝑎0 = 20 + 1 = 2, 𝑎1 = 21 + 1 = 3, 𝑎2 = 22 + 1 = 5
(c) Wyznacz trzy pierwsze wyrazy ciągu na podstawie wzoru z użyciem funkcji tworzącej (patrz wzór na
pierwszej stronie notatek)
𝑛
𝑎𝑛 = 𝑓 𝑛 !(0), gdzie 𝑓 𝑛 (0) oznacz 𝑛-tą pochodną funkcji 𝑓(𝑥) dla 𝑥 = 0
1
𝑓(𝑥) = (1−2𝑥) + (1−𝑥)
𝑎0 = 𝑓 0!(0) = 21 = 2
2
1
′
8
2
′′
𝑓′(𝑥) = (1−2𝑥)2 + (1−𝑥)2 𝑎1 = 𝑓 1!(0) = 31 = 3
𝑓′′(𝑥) = (1−2𝑥)3 + (1−𝑥)3 𝑎2 = 𝑓 2!(0) = 102 = 5
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
𝑎0 = 2, 𝑎1 = 5
𝑎𝑛+2 = 5𝑎𝑛+1 − 6𝑎𝑛


𝑛
𝑛
𝑛+2
𝑛+2
𝑓 𝑥 = 
= 2 + 5𝑥 + 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 5𝑥 + 𝑛=2 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 5𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0(5𝑎𝑛+1 − 6𝑎𝑛 )𝑥

𝑛+1
2 
𝑛
2
= 2 + 5𝑥 + 5𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
− 6𝑥 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 2 + 5𝑥 + 5𝑥 𝑓 𝑥 − 2 − 6𝑥 𝑓 𝑥 =
= 2 − 5𝑥 + 5𝑥𝑓 𝑥 − 6𝑥 2 𝑓(𝑥)
𝑓 𝑥 1 − 5𝑥 + 6𝑥 2 = 2 − 5𝑥
2−5𝑥
2−5𝑥
2−5𝑥
2−5𝑥
𝐴
𝐵
1
1
𝑓 𝑥 = 1−5𝑥+6𝑥 2 =(1)
= (1−2𝑥)(1−3𝑥) =(2) (1−2𝑥) + (1−3𝑥) =(3) (1−2𝑥) + (1−3𝑥) =
1
1 =
(2𝑥−1)(3𝑥−1)
(2)


𝑛
6(𝑥− )(𝑥− )
2
3
𝑛
= 𝑛=0(2𝑥) + 𝑛=0(3𝑥)
1
1
(1)  = 25 − 24 = 1,  = 1, 𝑥1 = 5−1
= 3, 𝑥2 = 5+1
= 2,
12
12
(2) rozkładam ułamek na sumę ułamków prostych
(3) 2 − 5𝑥 = 𝐴 1 − 3𝑥 + 𝐵(1 − 2𝑥)
2 − 5𝑥 = 𝐴 + 𝐵 − (3𝐴 + 2𝐵)𝑥
2=𝐴+𝐵  𝐴 =2−𝐵
5 = 3𝐴 + 2𝐵 = 6 − 𝐵  𝐵 = 1, 𝐴 = 1
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu: 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 3𝑛
(a) 𝑎0 = 2, 𝑎1 = 5, 𝑎2 = 5𝑎1 − 6𝑎0 = 25 − 12 = 13
(b) 𝑎0 = 30 + 20 = 2, 𝑎1 = 31 + 21 = 5, 𝑎2 = 32 + 22 = 13
𝑛
(c) 𝑎𝑛 = 𝑓 𝑛 !(0), gdzie 𝑓 𝑛 (0) oznacz 𝑛-tą pochodną funkcji 𝑓(𝑥) dla 𝑥 = 0
1
1
0
𝑓(𝑥) = (1−2𝑥) + (1−3𝑥)
𝑎0 = 𝑓 0!(0) = 21 = 2
2
3
𝑎1 = 𝑓 1!(0) = 51 = 5
8
18
𝑎2 = 𝑓 2!(0) = 262 = 13
′
𝑓′(𝑥) = (1−2𝑥)2 + (1−3𝑥)2
′′
𝑓′′(𝑥) = (1−2𝑥)3 + (1−3𝑥)3
𝑎0 = 𝑎1 = 1, 𝑎2 = 2
𝑎𝑛 = 6𝑎𝑛−1 − 11𝑎𝑛−2 + 6𝑎𝑛−3


𝑛
2
𝑛
2
𝑛+3
𝑓 𝑥 = 
=
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 𝑥 + 2𝑥 + 𝑛=3 𝑎𝑛 𝑥 = 1 + 𝑥 + 2𝑥 + 𝑛=0 𝑎𝑛+3 𝑥

2
𝑛+3
= 1 + 𝑥 + 2𝑥 + 𝑛=0(6𝑎𝑛+2 − 11𝑎𝑛+1 + 6𝑎𝑛 )𝑥
=
𝑛+2
𝑛+1
𝑛
= 1 + 𝑥 + 2𝑥 2 + 6𝑥 
− 11𝑥 2 
+ 6𝑥 3 
𝑛=0 𝑎𝑛+2 𝑥
𝑛=0 𝑎𝑛+1 𝑥
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =
2
2
3
= 1 + 𝑥 + 2𝑥 + 6𝑥(𝑓 𝑥 − 1 − 𝑥) − 11𝑥 (𝑓 𝑥 − 1) + 6𝑥 𝑓(𝑥) =
= 1 + 𝑥 + 2𝑥 2 + 6𝑥𝑓 𝑥 − 6𝑥 − 6𝑥 2 − 11𝑥 2 𝑓 𝑥 + 11𝑥 2 + 6𝑥 3 𝑓 𝑥 =
= 1 − 5𝑥 + 7𝑥 2 + 6𝑥𝑓 𝑥 − 11𝑥 2 𝑓 𝑥 + 6𝑥 3 𝑓 𝑥
𝑓 𝑥 1 − 6𝑥 + 11𝑥 2 − 6𝑥 3 = 1 − 5𝑥 + 7𝑥 2
(3)
7𝑥 2 −5𝑥+1
7𝑥 2 −5𝑥+1
𝐴
𝐵
𝐶
3
−1
1
2
2
𝑓 𝑥 = 6𝑥 3 −11𝑥 2 +6𝑥−1 =(1) 1−𝑥 1−2𝑥 (1−3𝑥) =(2) (1−𝑥) + (1−2𝑥) + (1−3𝑥) =(3) (1−𝑥)
+ (1−2𝑥) + (1−3𝑥)
=
3
1


𝑛
𝑛
𝑛
=2 
𝑛=0 𝑥 − 𝑛=0(2𝑥) + 2 𝑛=0(3𝑥)
(1) 6𝑥 3 − 11𝑥 2 + 6𝑥 − 1 = 𝑥 − 1 6𝑥 2 − 5𝑥 + 1 = 𝑥 − 1 1 − 2𝑥 (1 − 3𝑥)
(2) rozkładam ułamek na sumę ułamków prostych
(3) 7𝑥 2 − 5𝑥 + 1 = 𝐴 1 − 2𝑥 1 − 3𝑥 + 𝐵 1 − 𝑥 1 − 3𝑥 + 𝐶 1 − 𝑥 (1 − 2𝑥)
7𝑥 2 − 5𝑥 + 1 = 𝐴 1 − 5𝑥 + 6𝑥 2 + 𝐵 1 − 4𝑥 + 3𝑥 2 + 𝐶(1 − 3𝑥 + 2𝑥 2 )
7 = 6𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶
 𝐶 = 1/2
5 = 5𝐴 + 4𝐵 + 3𝐶  𝐵 = −2𝐶
 𝐵 = −1
1=𝐴+𝐵+𝐶
 𝐴 = 1 − 𝐵 − 𝐶  𝐴 = 3/2
3
1
Wzór jawny na 𝑛-ty wyraz ciągu: 𝑎𝑛 = 2 − 2𝑛 + 2 3𝑛
(a) 𝑎0 = 1, 𝑎1 = 1, 𝑎2 = 2
3
1
3
1
3
1
12
(b) 𝑎0 = 2 − 20 + 2 30 = 1, 𝑎1 = 2 − 21 + 2 31 = 1, 𝑎2 = 2 − 22 + 2 32 = 2 − 4 = 2
𝑛
(c) 𝑎𝑛 = 𝑓 𝑛 !(0), gdzie 𝑓 𝑛 (0) oznacz 𝑛-tą pochodną funkcji 𝑓(𝑥) dla 𝑥 = 0
3
−1
1
2
2
𝑓(𝑥) = (1−𝑥)
+ (1−2𝑥) + (1−3𝑥)
3
2
3
−2
2
𝑓′(𝑥) = (1−𝑥)2 + (1−2𝑥)2 + (1−3𝑥)
2
3
−8
9
𝑓 ′′ 𝑥 = 1−𝑥 3 + 1−2𝑥 3 + (1−3𝑥)3
0
𝑎0 = 𝑓 0!(0) = 11 = 1
′
𝑎1 = 𝑓 1!(0) = 11 = 1
′′
𝑎2 = 𝑓 2!(0) = 42 = 2
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 16] (por [BC]) Podaj zwartą postać funkcji tworzącej
(a) ciągu sum częściowych ciągu 𝑎𝑛 = 𝑞 𝑛 .
(b) ciągu 𝑎𝑛 = 𝑛.
(c) ciągu, którego 𝑛-ty wyraz dany jest wzorem 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 3𝑛 .
(d) ciągu sum częściowych ciągu stałego 𝑎𝑛 = 𝑎, 𝑛  0.
(e) ciągu 𝑎𝑛 = 𝑛2 .
(f) ciągu sum częściowych ciągu 𝑎𝑛 = 𝑛 + 2, 𝑛  0.
Rozwiązanie:
(a) Podaj zwartą postać funkcji tworzącej ciągu sum częściowych ciągu 𝑎𝑛 = 𝑞 𝑛 .
1−𝑞 𝑛 +1 𝑛
𝑓 𝑥 = 1 + (1 + 𝑞)𝑥 + (1 + 𝑞 + 𝑞 2 )𝑥 2 + (1 + 𝑞 + 𝑞 2 + 𝑞 3 )𝑥 3 + ⋯ = 
𝑛=0 1−𝑞 𝑥 =
=

1
𝑛=0 1−𝑞 𝑥
𝑛
−

𝑞 𝑛 +1
𝑛=0 1−𝑞 𝑥
𝑛
1
= 1−𝑞

𝑛=0 𝑥
𝑛
𝑞
− 1−𝑞

𝑛=0 𝑞
1
𝑛 𝑛
𝑞
1
𝑥 = 1−𝑞 (1−𝑥) − 1−𝑞 (1−𝑞𝑥 ) = 1−𝑥 (1−𝑞𝑥 )
(b) Podaj zwartą postać funkcji tworzącej ciągu 𝑎𝑛 = 𝑛, 𝑛𝑁0 .
𝑥


𝑛
𝑛
𝑛−1
𝑓 𝑥 = 
= 1 𝑥(𝑔 𝑥 )′ = (1−𝑥
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑛=0 𝑛𝑥 = 𝑥 𝑛=0 𝑛𝑥
)2
1
′
1
1

𝑛
′
𝑛−1
(1) 𝑔 𝑥 = 
= 1−𝑥 = (1−𝑥
𝑛=0 𝑥 = 1−𝑥 , (𝑔 𝑥 ) = 𝑛=0 𝑛𝑥
)2
(c) Podaj zwartą postać funkcji tworzącej ciągu, którego 𝑛-ty wyraz dany jest wzorem 𝑎𝑛 = 2𝑛 + 3𝑛 .
1
1
2−5𝑥



𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛 𝑛
𝑛 𝑛
𝑓 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑛=0(2 + 3 )𝑥 = 𝑛=0 2 𝑥 + 𝑛 =0 3 𝑥 = 1−2𝑥 + 1−3𝑥 = (1−2𝑥)(1−3𝑥)
(d) Podaj zwartą postać funkcji tworzącej sum częściowych ciągu stałego 𝑎𝑛 = 𝑎, 𝑛  0.
𝑛
𝑓 𝑥 = 𝑎 + 2𝑎𝑥 + 3𝑎𝑥 2 + 4𝑎𝑥 3 + ⋯ = 𝑎 1 + 2𝑥 + 3𝑥 2 + 4𝑥 3 + ⋯ = 𝑎 
𝑛=0(𝑛 + 1)𝑥 =.
𝑎𝑥
𝑎
𝑎

𝑛
𝑛
𝑎 
=
𝑛 =0 𝑛𝑥 + 𝑎 𝑛=0 𝑥 =
2 +
2
(1−𝑥)
(1−𝑥)
(1−𝑥)
(e) Podaj zwartą postać funkcji tworzącej ciągu 𝑎𝑛 = 𝑛2 .
1
𝑚 +𝑛
𝑛
[Wzór] (por. [GKP], s.389) 
𝑛  𝑥 = (1−𝑥)𝑚 +1 dla dowolnego 𝑚𝑁0 .
𝑛=0

𝑛=0
𝑛+2
𝑛
(1) 1
𝑛 𝑥 =
2

𝑛=0(𝑛
2
2 𝑛
𝑛=0 𝑛 𝑥 = (1−𝑥)3 − 3

2
1
+ 3𝑛 + 2)𝑥 𝑛 =(2) (1−𝑥)3 , stąd

𝑛=0 𝑛𝑥
𝑛

−2
𝑛=0 𝑥
𝑛
2
𝑥
1
𝑥(𝑥+1)
=(3) (1−𝑥)3 − 3 (1−𝑥)2 − 2 (1−𝑥) = (1−𝑥)3
(𝑛+2)(𝑛+1)
1
= 2 (𝑛2 + 3𝑛 + 2)
2
1

𝑛+2
𝑛
(𝑤𝑧 ó𝑟)
𝑛 𝑥 =
𝑛=0
(1−𝑥)3
 𝑛𝑥 𝑛 = 𝑥
𝑛=0
(1−𝑥)2
(1) 𝑛+2𝑛  =
(2)
(3)
(f) Podaj zwartą postać funkcji tworzącej ciągu sum częściowych ciągu 𝑎𝑛 = 𝑛 + 2, 𝑛  0.
𝑎𝑛 = 𝑛 + 2, 𝑛𝑁0 .
𝑎0 = 0 + 2, 𝑎1 = 1 + 2, 𝑎2 = 2 + 2, 𝑎3 = 3 + 2, 𝑎4 = 4 + 2
𝑓 𝑥 = 𝑎0 + 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 𝑥 2 + (𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 )𝑥 3 + ⋯ =.
= 0 + 2 + 0 + 1 + 22 𝑥 + 0 + 1 + 2 + 32 𝑥 2 + (0 + 1 + 2 + 3 + 42)𝑥 3 + ⋯ =
1 
1 
1+𝑛 𝑛

𝑛
2 𝑛
𝑛
𝑛
(1,2,3)
= 
𝑛=0( 2 +(𝑛+1)2)𝑥 = 2 𝑛 =0 𝑛 𝑥 + 2 𝑛=0 𝑛𝑥 + 2 𝑛=0(𝑛 + 1)𝑥 =
1 𝑥(𝑥+1)
1 𝑥
2
2−𝑥
+ 2 (1−𝑥)
2 + (1−𝑥)2 = (1−𝑥)3
2 (1−𝑥)3
𝑥(𝑥+1)
2 𝑛
(1) 
𝑛=0 𝑛 𝑥 = (1−𝑥)3
𝑥
𝑛
(2) 
𝑛=0 𝑛𝑥 = (1−𝑥)2
(3) 𝑓(𝑥) =

𝑛=0(𝑛 + 1)𝑥
Zauważ, że:
𝑛
𝑔 𝑥 = 
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 =

𝑛

=
𝑛=0 𝑛𝑥
𝑛=0 𝑛𝑥
𝑛
+

𝑛

+
𝑛=0 2𝑥
𝑛=0 𝑥
𝑛
𝑛
1
1
𝑥
= (1−𝑥)
2 + 1−𝑥 = (1−𝑥)2
𝑥
= (1−𝑥)
2 +
2
2−𝑥
=
1−𝑥
(1−𝑥)2
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna
MDD2021 Ćw.; TEMAT05: Funkcje tworzące i ich własności. Zastosowanie techniki funkcji tworzących w rozwiązywaniu rekurencji.
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[Przykład 17] (por [BC]) Podaj 5-ty wyraz ciągu, którego funkcja tworząca ma postać:
1
(a) 𝐹(𝑥) = (1−2𝑥)(1−𝑥)
Dla jakiego ciągu jest to ciąg sum częściowych?
1
(1+𝑥)(1−𝑥)
1
(c) 𝐹(𝑥) =
(1−3𝑥)(1−𝑥)
1
(d) 𝐹(𝑥) =
(1−𝑥)3
(b) 𝐹(𝑥) =
Dla jakiego ciągu jest to ciąg sum częściowych?
Dla jakiego ciągu jest to ciąg sum częściowych?
Rozwiązanie:
1
(a) Podaj 5-ty wyraz ciągu, którego funkcja tworząca ma postać 𝐹(𝑥) = (1−2𝑥)(1−𝑥)
Dla jakiego ciągu jest to ciąg sum częściowych?
1
𝐴
𝐵
2
−1
𝐹 𝑥 =
=
+
=(1)
+
=2
1−2𝑥 1−𝑥
1−2𝑥
1−𝑥
1−2𝑥
1−𝑥

𝑛=0 2

𝑛 𝑛
𝑥 −
𝑛=0 𝑥
𝑛
, więc 𝑎𝑛 = 2𝑛+1 − 1, 𝑛𝑁0 .
(1) 1 = 𝐴 1 − 𝑥 + 𝐵 1 − 2𝑥 = 𝐴 + 𝐵 − (𝐴 + 2𝐵)𝑥
1=𝐴+𝐵
 𝐴 =1−𝐵
0 = 𝐴 + 2𝐵 = 1 − 𝐵 + 2𝐵 = 1 + 𝐵  𝐵 = −1, 𝐴 = 2
𝑎5 = 26 − 1 = 63 - 5-ty wyraz ciągu
(𝑎𝑛 ) jest ciągiem sum częściowych dla ciągu (𝑏𝑛 ), gdzie 𝑏𝑛 = 2𝑛 , 𝑛𝑁0
Uzasadnienie:
𝐹 𝑥 = 20 + 20 + 21 𝑥 + 20 + 21 + 22 𝑥 2 + 20 + 21 + 22 + 23 𝑥 3 + ⋯ =
=

𝑛=0(2
𝑛+1

− 1)𝑥 𝑛 = 2
𝑛=0 2
𝑛 𝑛
𝑥 −

𝑛=0 𝑥
𝑛
2
−1

𝑛=0
1
= 1−2𝑥 + 1−𝑥 = 1−2𝑥 1−𝑥
1−2𝑛 +1 𝑛
𝑥 =
1−2
1
(b) Podaj 5-ty wyraz ciągu, którego funkcja tworząca ma postać 𝐹(𝑥) = (1+𝑥)(1−𝑥)
Dla jakiego ciągu jest to ciąg sum częściowych?
1
𝐴
1
2
𝐵
𝐹 𝑥 = 1+𝑥 1−𝑥 = 1+𝑥 + 1−𝑥 = 1
1
1
2
+ 1−𝑥
=2
1+𝑥
1
𝑛 𝑛
𝑛=0(−1) 𝑥 + 2


𝑛=0 𝑥
𝑛
(1) 1 = 𝐴 1 − 𝑥 + 𝐵 1 + 𝑥 = 𝐴 + 𝐵 + (−𝐴 + 𝐵)𝑥
1=𝐴+𝐵
 𝐴 =1−𝐵
0 = −𝐴 + 𝐵 = 𝐵 − 1 + 𝐵 = 2𝐵 − 1  𝐵 = 1/2, 𝐴 = 1/2
1
1
𝑎5 = 2 (−1)5 + 2 = 0 - 5-ty wyraz ciągu
(𝑎𝑛 ) jest ciągiem sum częściowych dla ciągu (𝑏𝑛 ), gdzie 𝑏𝑛 = (−1)𝑛 , 𝑛𝑁0
Uzasadnienie:
𝐹 𝑥 = 1 + 1 − 1 𝑥 + 1 − 1 + 1 𝑥2 + 1 − 1 + 1 − 1 𝑥3 + ⋯ =
=
1−(−1)𝑛 +1 𝑛
1
𝑥 =2
𝑛=0
2


𝑛=0 𝑥
𝑛
1
+2

1
2
𝑛 𝑛
𝑛=0(−1)
𝑛=0
1
𝑥 = 1−𝑥 + 1+𝑥 = 1+𝑥 1−𝑥
(c) Podaj 5-ty wyraz ciągu, którego funkcja tworząca ma postać 𝐹(𝑥) =
𝐹 𝑥 =
1
1−3𝑥 1−𝑥
=
𝐴
1−3𝑥
+
𝐵
1−𝑥
=1
1
2
1−3𝑥
1
1−(−1)𝑛 +1 𝑛
𝑥 =
1−(−1)

1
2
1
, więc 𝑎𝑛 = 2 (−1)𝑛 + 2, 𝑛𝑁0 .
+
1
2
−
1−𝑥
=
1
2

𝑛=0 3
(1) 1 = 𝐴 1 − 𝑥 + 𝐵 1 − 3𝑥 = 𝐴 + 𝐵 − (𝐴 + 3𝐵)𝑥
1=𝐴+𝐵
 𝐴 =1−𝐵
0 = 𝐴 + 3𝐵 = 1 − 𝐵 + 3𝐵 = 1 + 2𝐵  𝐵 = −1/2, 𝐴 = 1/2
1
1
𝑎5 = 2 35 − 2 = 121 - 5-ty wyraz ciągu
𝑛 𝑛
𝑥 −
1
.
(1−3𝑥)(1−𝑥)
1
2

𝑛=0 𝑥
𝑛
1
2
1
2
, więc 𝑎𝑛 = 3𝑛 − , 𝑛𝑁0 .
1
(d) Podaj 5-ty wyraz ciągu, którego funkcja tworząca ma postać 𝐹(𝑥) = (1−𝑥)3
Dla jakiego ciągu jest to ciąg sum częściowych?
1
𝑚 +𝑛
𝑛
[Wzór] (por. [GKP], s.389) 
𝑛  𝑥 = (1−𝑥)𝑚 +1 dla dowolnego 𝑚𝑁0 .
𝑛=0
1
𝐹 𝑥 = 1−𝑥 3 =(𝑤𝑧 ó𝑟)

𝑛=0
𝑛+2
𝑛
𝑛  𝑥 , stąd 𝑎𝑛 =
𝑛+2
𝑛  , 𝑛𝑁0 .
𝑎5 = 5+25 = 21 - 5-ty wyraz ciągu
(𝑎𝑛 ) jest ciągiem sum częściowych dla ciągu (𝑏𝑛 ), gdzie 𝑏𝑛 = 𝑛 + 1, 𝑛𝑁0
Uzasadnienie:
𝐹 𝑥 = 𝑏0 + 𝑏0 + 𝑏1 𝑥 + 𝑏0 + 𝑏1 + 𝑏2 𝑥 2 + (𝑏0 + 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 )𝑥 3 + ⋯ =
1+𝑛+1 (𝑛+1) 𝑛
1
= 1 + 1 + 2 𝑥 + 1 + 2 + 3 𝑥2 + 1 + 2 + 3 + 4 𝑥3 + ⋯ = 
𝑥 =2
𝑛=0
2
1
2
3
2 𝑛
𝑛=0 𝑛 𝑥 + 2


𝑛=0 𝑛𝑥
𝑛
+

𝑛=0 𝑥
𝑛
𝑥(𝑥+1)
3𝑥
1
2

𝑛=0(𝑛
2
+ 3𝑛 + 2)𝑥 𝑛 =
1
=(1,2) 2(1−𝑥)3 + 2(1−𝑥)2 + (1−𝑥) = 2(1−𝑥)3 = (1−𝑥)3
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Literatura: [BC] Bagiński Cz., Wykład z matematyki dyskretnej; [KN] Koblitz N., Wykład z teorii liczb i kryptografii; [RW] Ross Kenneth A., Wright Charles R.B., Matematyka dyskretna