a n + 6a n a n 2 + 8a n 3 = 0, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = 8

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "a n + 6a n a n 2 + 8a n 3 = 0, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = 8"

Πύθιος Ηλιόπουλος
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Διακριτά Μαθηματικά Σχέσεις Αναδρομής Ι 1 / 17

2 a n + 6a n a n 2 + 8a n 3 = 0, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = 8 2 / 17

3 a n + 6a n a n 2 + 8a n 3 = 0, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = 8 1ος τρόπος: Εχουμε τη χαρακτηριστική εξίσωση, x 3 + 6x x + 8 = 0 = x 3 + 2x 2 + 4x 2 + 8x + 4x + 8 = 0 = x 2 (x +2)+4x(x +2)+4(x +2) = 0 = (x +2)(x 2 +4x +4) = 0 = (x + 2) 3 = 0 = x = 2, τριπλή ρίζα, 2 / 17

4 a n + 6a n a n 2 + 8a n 3 = 0, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = 8 Επομένως, n=0,1,2 a n = (An 2 +Bn+C)( 2) n {}}{ = Άρα, C = 1 A + B + C = 1 4A + 2B + C = 2 = C = 1 (A + B + C)( 2) = 2 (4A + 2B + C)( 2) 2 = 8 C = 1 A + B = 0 4A 2A = 1 = a n = ( 1 2 n2 1 2 n + 1)( 2)n, n N A = 1 2 B = 1 2 C = 1 = 3 / 17

5 a n + 6a n a n 2 + 8a n 3 = 0, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = 8 2ος τρόπος: a n + 6a n a n 2 + 8a n 3 = 0 = a k x k +6x a k 1 x k 1 +12x 2 a k 2 x k 2 +8x 3 a k 3 x k 3 = 0 = k=3 k=3 k=3 k=3 A(x) a 0 a 1 x a 2 x 2 + 6x[A(x) a 0 a 1 x]+ +12x 2 [A(x) a 0 ] + 8x 3 A(x) = 0 = (8x 3 +12x 2 +6x +1)A(x) 12x 2 6x +12x 2 8x 2 +2x 1 = 0 = 4 / 17

6 a n + 6a n a n 2 + 8a n 3 = 0, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = 8 A(x) = A(x) = 2 8x 2 + 4x + 1 8x x 2 + 6x + 1 = 8x 2 + 4x + 1 (2x + 1) 3 = = 2 2x (2x + 1) (2x + 1) 3 = k=0 ( 1 ) k 2 k x k 2 k=0 ( 2 ) k 2 k x k + k=0 ( 3 ) k 2 k x k 5 / 17

7 a n + 6a n a n 2 + 8a n 3 = 0, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = 8 Άρα, a k = 2( 1) k 2 k 2( 1) k (k + 1)2 k k (k + 1)(k + 2) + ( 1) 2 k = 2 a n = ( 1 2 n2 1 2 n + 1)( 2)n, n N 6 / 17

8 a n + 2a n 1 + a n 2 = 2 n, a 0 = 1, a 1 = 1 7 / 17

9 a n + 2a n 1 + a n 2 = 2 n, a 0 = 1, a 1 = 1 1ος τρόπος: Η αντίστοιχη ομογενής της γραμμικής είναι η, με χαρακτηριστική εξίσωση, a n + 2a n 1 + a n 2 = 0 x 2 + 2x + 1 = 0 = x = 1 διπλή ρίζα. Άρα η a n (h) = (An + B)( 1) n. Για να βρούμε την ειδική λύση της γραμμικής δοκιμάζουμε την a n (p) = C2 n. Εχουμε, C2 n + 2C2 n 1 + C2 n 2 = 2 n = 4C + 4C + C = 4 = 9C = 4 = C = / 17

10 a n + 2a n 1 + a n 2 = 2 n, a 0 = 1, a 1 = 1 Άρα a (p) n = 2n+2 9. Επομένως, Άρα, a n = (An + B)( 1) n + 2n+2 9 n=0,1 { {}}{ B + 4 = 9 = 1 A B = 1 { B = 5 9 A = 2 3 a n = ( 2n )( 1)n + 2n+2 9, n N } } = 8 / 17

11 a n + 2a n 1 + a n 2 = 2 n, a 0 = 1, a 1 = 1 2ος τρόπος: a k x k + 2x k=2 a n + 2a n 1 + a n 2 = 2 n = a k 1 x k 1 + x 2 a k 2 x k 2 = k=2 k=2 2 k x k = k=2 A(x) a 0 a 1 x + 2x[A(x) a 0 ] + x 2 A(x) = 1 1 2x = 1 2x (x 2 + 2x + 1)A(x) 1 x 2x = 4x 2 1 2x = A(x) = 4x 2 (1 2x)(x + 1) 2 3x + 1 (x + 1) 2 = 9 / 17

12 a n + 2a n 1 + a n 2 = 2 n, a 0 = 1, a 1 = 1 A(x) = x +( 16 9 ) 1 x (x + 1) x (x + 1) 2 = Άρα, = 4 9 = 4 9 k= x ( 1 ) k ( 2) k x k x k=0 1 (x + 1) 2 = ( 1 ) k x k 2 3 k=0 a n = 4 9 2n ( 1)n 2 3 (n + 1)( 1)n = ( 2 ) k x k a n = ( 2n )( 1)n + 2n+2 9, n N 10 / 17

13 Να βρεθεί με τη βοήθεια των σχέσεων αναδρομής ο αριθμός των δυαδικών ακολουθιών μήκους n, που δεν περιλαμβάνουν διαδοχικά μηδενικά. 11 / 17

14 Να βρεθεί με τη βοήθεια των σχέσεων αναδρομής ο αριθμός των δυαδικών ακολουθιών μήκους n, που δεν περιλαμβάνουν διαδοχικά μηδενικά. Για n 0, έστω α n ο αριθμός των δυαδικών ακολουθιών μήκους ν, που δεν περιέχουν διαδοχικά μηδενικά. Ας είναι α n (0) ο αριθμός αυτών των ακολουθιών που τελειώνουν σε μηδέν και α n (1) αυτών που τελειώνουν σε ένα. Προφανώς α n = α n (0) + α n (1). Επίσης ισχύει η αναδρομική σχέση, α n = 2α (1) n 1 + 1α(0) n 1 αφού από μία δυαδική ακολουθία n 1 ψηφίων που τελειώνει σε ένα, μπορούμε να πάρουμε δύο αποδεκτές ακολουθίες n ψηφίων προσθέτοντας στο τέλος έναν άσσο ή ένα μηδενικό, ενώ από μία δυαδική ακολουθία n 1 ψηφίων, που τελειώνει σε μηδέν, μπορούμε να πάρουμε μόνο μία αποδεκτή ακολουθία ν ψηφίων προσθέτοντας έναν άσσο στο τέλος της. 11 / 17

15 Να βρεθεί με τη βοήθεια των σχέσεων αναδρομής ο αριθμός των δυαδικών ακολουθιών μήκους n, που δεν περιλαμβάνουν διαδοχικά μηδενικά. Συνεπώς θα έχουμε, α n = α (1) n 1 + [α(1) n 1 + α(0) n 1 ] = = α (1) n 1 + α n 1 = α n 1 + α n 2 Άρα η σχέση αναδρομής που επιλύει το πρόβλημα είναι η α n = α n 1 + α n 2, με n 2 και α 0 = 1, α 1 = 2. Η σχέση αυτή είναι ομογενής αναδρομική δευτέρου βαθμού με χαρακτηριστική εξίσωση x 2 x 1 = 0. Για τη λύση δείτε τα προηγούμενα παράδειγματα. 12 / 17

16 Να υπολογίσετε τον αριθμό των λέξεων μήκους n από το αλφάβητο {0, 1, 2}, στις οποίες γειτονικά ψηφία διαφέρουν ΤΟ ΠΟΛΥ κατά 1 13 / 17

17 Να υπολογίσετε τον αριθμό των λέξεων μήκους n από το αλφάβητο {0, 1, 2}, στις οποίες γειτονικά ψηφία διαφέρουν ΤΟ ΠΟΛΥ κατά 1 Ας είναι: a n - ο αριθμός τέτοιων λέξεων που τελειώνουν σε 0. b n - ο αριθμός τέτοιων λέξεων που τελειώνουν σε 1. c n - ο αριθμός τέτοιων λέξεων που τελειώνουν σε 2. x n = a n + b n + c n Αλλάζοντας τα 0 και 2 παίρνουμε μία αντιστοιχία 1-σε-1 μεταξύ του συνόλου των λέξεων (της ζητούμενης μορφής) που τελειώνουν σε 0 και του συνόλου των λέξεων (της ζητούμενης μορφής) που τελειώνουν σε 2. Επομένως έχουμε: και a n = c n x n = 2a n + b n 13 / 17

18 Να υπολογίσετε τον αριθμό των λέξεων μήκους n από το αλφάβητο {0, 1, 2}, στις οποίες γειτονικά ψηφία διαφέρουν ΤΟ ΠΟΛΥ κατά 1 με και a 1 = b 1 = 1 a n+1 = a n + b n b n+1 = a n + b n + c n = 2a n + b n = x n 14 / 17

19 Να υπολογίσετε τον αριθμό των λέξεων μήκους n από το αλφάβητο {0, 1, 2}, στις οποίες γειτονικά ψηφία διαφέρουν ΤΟ ΠΟΛΥ κατά 1 Επομένως: b n+2 = 2a n+1 +b n+1 = 2(a n +b n )+b n+1 = (2a n +b n )+b n +b n+1 = = b n+1 + b n + b n+1 = 2b n+1 + b n Άρα έχουμε τη σχέση αναδρομής: b n+2 2b n+1 b n = 0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι: Επομένως: λ 2 2λ 1 = 0 και λ 1,2 = 1 ± 2 b n = A(1 + 2) n + B(1 2) n A = B = 1/2 b n = 1 2 ((1 + 2) n + 1 ) 2) n 15 / 17

20 Να υπολογίσετε τον αριθμό των λέξεων μήκους n από το αλφάβητο {0, 1, 2}, στις οποίες γειτονικά ψηφία διαφέρουν ΤΟ ΠΟΛΥ κατά 1 Επομένως ο αριθμός των λέξεων της κατάλληλης μορφής είναι: x n = b n+1 = 1 2 ((1 + 2) n+1 + (1 ) 2) n+1 16 / 17

Σχετικά έγγραφα

n ίδια n διαφορετικά n n 0 n n n 1 n n n n 0 4

n ίδια n διαφορετικά n n 0 n n n 1 n n n n 0 4 Διακριτά Μαθηματικά Ι Επαναληπτικό Μάθημα 1 Συνδυαστική 2 Μεταξύ 2n αντικειμένων, τα n είναι ίδια. Βρείτε τον αριθμό των επιλογών n αντικειμένων από αυτά τα 2n αντικείμενα. Μεταξύ 3n + 1 αντικειμένων τα