Κεφάλαιο 2: Στοιχεία Λογικής - Μέθοδοι Απόδειξης 1. Να αποδειχθεί ότι οι λογικοί τύποι: (p ( (( p) q))) (p q) και p είναι λογικά ισοδύναμοι. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι: (p ( (( p) q))) (p q) p, ή με άλλα λόγια ότι ο λογικός τύπος (p ( (( p) q))) (p q) p είναι μια ταυτολογία. Εχουμε: p ( (( p q))) (p q) νόμος De Morgan p ( ( p) q) (p q) νόμος διπλής άρνησης p (p q) (p q) προσεταιριστική ιδιότητα [(p p) q] (p q) (p q) (p q) επιμεριστική ιδιότητα p ( q q) νομος ταυτότητας p t p Εναλλακτικά, μπορούμε να κατασκευάσουμε τον πίνακα αληθείας για τους δυο λογικούς τύπους (παρακάτω συμβολίζουμε με P τον σύνθετο λογικό τύπο p (( p) q)). p q p q p ( p) q (( p) q) P P (p q) 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 2. Να αποδείξετε ότι: α) 3 (n 3 + 2n), n N β) 3 n < n!, n > 6 γ) n i1 i i! (n + 1)! 1, n 1 1
Και στις τρεις περιπτώσεις θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής στην απλή της μορφή. α) Ας είναι P (n) το κατηγόρημα 3 (n 3 + 2n). Εχουμε: 1) Βασικό βήμα. Η πρόταση P (0) είναι αληθής αφού 3 (0 3 +2 0) 0. 2) Επαγωγικό βήμα. Υποθέτουμε πως η πρόταση P (k) είναι αληθής για κάποιο k N, δηλαδή ότι 3 (k 3 + 2k). 3) Πρέπει να δείξουμε πως η πρόταση P (k + 1) είναι επίσης αληθής, δηλαδή ότι 3 [(k + 1) 3 + 2(k + 1)]. Είναι: (k + 1) 3 + 2(k + 1) k 3 + 3k 2 + 3k + 1 3 + 2(k + 1) k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 2k + 2 (k 3 + 2k) + 3k 2 + 3k + 3 (k 3 + 2k) + 3(k 2 + k + 1) Ομως από το επαγωγικό βήμα γνωρίζουμε πως το (k 3 +2k) διαιρείται από το 3. Επιπλέον, το 3(k 2 +k +1) είναι επίσης πολλαπλάσιο του 3 και άρα η P (k + 1) είναι αληθής. β) Ας είναι P (n) το κατηγόρημα 3 n < n!. Εχουμε: 1) Βασικό βήμα. Η πρόταση P (7) είναι αληθής αφού 3 7 2187 < 5040 7! 2) Επαγωγικό βήμα. Υποθέτουμε πως η πρόταση P (k) είναι αληθής για κάποιο k 7, δηλαδή ότι 3 k < k!. 3) Πρέπει να δείξουμε πως η πρόταση P (k + 1) είναι επίσης αληθής, δηλαδή ότι 3 k+1 < (k + 1)!. Είναι: 3 k+1 3 1+k 3 3 k < 3 k! < (k + 1) k! k! (k + 1) (k + 1)! γ) Ας είναι P (n) το κατηγόρημα n i1 i i! (n + 1)! 1. Εχουμε: 1) Βασικό βήμα. Η πρόταση P (1) είναι αληθής αφού 1 1! 1 (1 + 1)! 1 2
2) Επαγωγικό βήμα. Υποθέτουμε πως η πρόταση P (k) είναι αληθής για κάποιο k 1, δηλαδή ότι k i1 i i! (k + 1)! 1. 3) Πρέπει να δείξουμε πως η πρόταση P (k + 1) είναι επίσης αληθής, δηλαδή ότι k+1 i1 i i! (k + 2)! 1. Είναι: k+1 i i! i1 k i i! i1 +(k + 1)(k + 1)! }{{} επαγωγικό βήμα (k + 1)! 1 + (k + 1)(k + 1)! (k + 1)!(1 + k + 1) 1 (k + 1)!(k + 2) 1 (k + 2)! 1 Κεφάλαιο 3: Σύνολα - Απεικονίσεις 1. Να αποδείξετε ότι: (A B) (B A) (A B) (A B) Θεωρούμε τυχόν στοιχείο x (A B) (B A), οπότε έχουμε: x (A B) (B A) x (A B) x (B A) (x A x / B) (x B x / A) [(x A x / B) x B] [(x A x / B) x / A] [(x A x B) (x / B x B)] [(x A x / A) (x / B x / A)] [(x A B) t] [t (x B x A)] x A B (x A B) x A B x / A B x (A B) (A B) 3
2. Ενας λόχος έχει 12 στρατιώτες. α) Αποδείξτε πως τουλάχιστον δυο στρατιώτες έχουν γενέθλια την ίδια μέρα της εβδομάδας. β) Αν στο λόχο μετατεθούν ακόμη δυο στρατιώτες, αποδείξτε πως υπάρχουν στρατιώτες που έχουν γενέθλια τον ίδιο μήνα. γ) Αν υποθέσουμε πως ο λόχος χωρίζεται σε τέσσερις διμοιρίες, αποδείξτε πως κάποια διμοιρία έχει τουλάχιστον τρεις στρατιώτες. α) Υπάρχουν συνολικά 12 στρατιώτες (περιστέρια): A {φ 1, φ 2,..., φ 12 } τους οποίους θέλουμε να αντιστοιχίσουμε στις 7 ημέρες της εβδομάδας (φωλιές): B {Κυριακή, Δευτέρα, Τρίτη, Τετάρτη, Πέμπτη, Παρασκευή, Σάββατο}. Θεωρούμε τη συνάρτηση f : A B η οποία απεικονίζει τον κάθε στρατιώτη στην ημέρα της εβδομάδας την οποία γεννήθηκε. Επειδή είναι A 12 > 7 B, σύμφωνα με την αρχή του περιστερώνα τουλάχιστον δυο από τους 12 στρατιώτες έχουν γενέθλια την ίδια ημέρα της εβδομάδας. β) Πλέον είναι A {φ 1, φ 2,..., φ 14 } και B {Ιανουάριος, Φεβρουάριος,..., Δεκέμβριος}. Θεωρούμε τη συνάρτηση g : A B που απεικονίζει τον κάθε στρατιώτη στον μήνα της γέννησής του. Επειδή A 14 > 12 B, από την αρχή του περιστερώνα, υπάρχουν σίγουρα τουλάχιστον 2 στρατιώτες που έχουν γενέθλια τον ίδιο μήνα. γ) Ας είναι A {φ 1, φ 2,..., φ 12 } το σύνολο των στρατιωτών και B {δ 1, δ 2, δ 3, δ 4 } το σύνολο των διμοιριών του λόχου. Θεωρούμε τη συνάρτηση h : A B που απεικονίζει τον κάθε στρατιώτη στη διμοιρία του. Τότε, σύμφωνα με: Γενικευμένη αρχή του περιστερώνα: Αν ένα σύνολο με m στοιχεία διαμερίζεται σε k < m υποσύνολα, τότε τουλάχιστον ένα από αυτά τα υποσύνολα περιέχει τουλάχιστον m/k στοιχεία. Υπάρχει σίγουρα τουλάχιστον μία διμοιρία που περιέχει τουλάχιστον 12/4 3 3 στρατιώτες. 4
Κεφάλαιο 4: Σχέσεις - Πράξεις - Δομές 1. Εστω R η σχέση στο σύνολο A {1, 2, 3, 4} που δίνεται από την: a R b, αν και μόνο αν a + 2b είναι περιττός. Αναπαραστήστε τη σχέση R με κάθε έναν από τους ακόλουθους τρόπους: α) ως ένα σύνολο διατεταγμένων ζευγών β) ως έναν πίνακα γ) ως ένα γράφο δ) είναι η σχέση: ανακλαστική, συμμετρική ή μεταβατική; α) Παρατηρούμε πως το 2b είναι άρτιος b N. Επομένως, για να είναι το a + 2b περιττός θα πρέπει το a να είναι περιττός. Συνεπώς, είναι: R {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4)} β) Μπορούμε επίσης να αναπαραστήσουμε τη σχέση R ως έναν 4 4 πίνακα M R. Υποθέτοντας πως η σειρά των στοιχείων του συνόλου A είναι {1, 2, 3, 4}, καταχωρούμε στη διασταύρωση της γραμμής i με τη στήλη j την τιμή 1 όταν (a i, a j ) R και 0 διαφορετικά. Εύκολα μπορούμε να δούμε πως: 1 1 1 1 M R 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 γ) Η σχέση R μπορεί να αναπαρασταθεί και ως προσανατολισμένος γράφος. Για κάθε στοιχείο a i A σχεδιάζουμε μια κορυφή και για κάθε ζεύγος (a i, a j ) R σχεδιάζουμε μια προσανατολισμένη ακμή από την κορυφή a i προς την κορυφή a j. Συνεπώς, το προσανατολισμένο γράφημα που αντιστοιχεί στη σχέση R είναι: 5
δ) Η σχέση R δεν είναι ανακλαστική αφού δεν περιέχει το ζεύγος (2, 2). Επιπλέον, η R δεν είναι ούτε συμμετρική γιατί ενώ περιέχει το ζεύγος (3, 4), δεν περιέχει το ζεύγος (4, 3). Τέλος, η R είναι μεταβατική διότι a, b, c A τ.ω.: (a, b) R (b, c) R (a, c) R. [ ] 1 a 2. Δείξτε ότι η δομή (Π, ), όπου Π { : a Z} και ο γνωστός πολλαπλασιασμός πινάκων, είναι αβελιανή πολλαπλασιαστική ομάδα. Ας θεωρήσουμε τυχόντες πίνακες A, B, C Π με: A [ ] 1 a, B [ ] 1 b, C [ ] 1 c για κάποια τυχόντα a, b, c Z 1. Κατ αρχήν, πρέπει να εξετάσουμε αν η πράξη του πολλαπλασιασμού πινάκων αποτελεί κλειστή διμελή πράξη στο σύνολο Π. A B [ ] 1 a [ ] 1 b [ ] 1 a + b και επειδή το a + b Z συμπεραίνουμε πως A B Π, δηλαδή ότι ο πολλαπλασιασμός πινάκων είναι κλειστή πράξη στο Π. 6
2. Για την προσεταιριστική ιδιότητα έχουμε: A (B C) [ ] ([ ] [ ]) 1 a 1 b 1 c [ ] [ ] 1 a 1 b + c [ ] 1 a + (b + c) [ ] 1 (a + b) + c [ ] [ ] 1 a + b 1 c ([ ] [ ]) [ ] 1 a 1 b 1 c (A B) C 3. Παρατηρούμε πως ο ταυτοτικός (ή μοναδιαίος) πίνακας I ανήκει στο σύνολο Π (για a 0 Z). Είναι: A I [ ] 1 a [ ] 1 0 [ ] 1 a [ ] 1 0 [ ] 1 a I A και άρα ο I είναι το ουδέτερο στοιχείο του Π ως προς τον πολλαπλασιασμό πινάκων. 4. Για κάθε πίνακα A Π, υπάρχει ο αντίστροφός του A 1 Π. Πράγματι, αν υπάρχει το αντίστροφο του πίνακα και το συμβολίσουμε με θα πρέπει: A [ ] A A 1 a + a I [ ] 1 a [ ] A 1 a [ ] 1 0 a + a 0 a a 7
όμως a Z το a Z και άρα το αντίστροφο στοιχείο του A είναι ο πίνακας: [ ] 1 a A 1 Οι ιδιότητες 2-4 καθιστούν το (Π, ) ομάδα. 5. Τέλος, ο πολλαπλασιασμός πινάκων είναι αντιμεταθετική πράξη στο σύνολο Π, αφού για τυχόντες πίνακες από το Π : [ ] [ ] 1 a 1 b A B [ ] 1 a + b [ ] 1 b + a [ ] [ ] 1 b 1 a B A και άρα η ομάδα (Π, ) είναι αβελιανή. Κεφάλαιο 5: Αριθμητική Υπολοίπων Κυκλικές Ομάδες 1. Να λυθούν οι γραμμικές ισοτιμίες: α) 7x 5 (mod 13) β) 16x 5 (mod 22) γ) 10x 25 (mod 45) δ) 7x + 3 5x + 8 (mod 17) α) Εύκολα βλέπουμε πως μκδ(7, 13)1 και άρα η γραμμική ισοτιμία έχει λύση. Μπορούμε επίσης να δούμε (είτε άμεσα, είτε με τη βοήθεια 8
του Διευρυμένου Ευκλείδειου αλγορίθμου) πως ο πολλαπλασιαστικός αντίστροφος του 7 modulo 13 είναι το 2. Άρα πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη με το 2, προκύπτει ότι: 2 7 x 2 5(mod13) 14x 10(mod13) x 10(mod13) β) Η ισοτιμία είναι αδύνατη διότι μκδ(16, 22)2 το οποίο δεν είναι διαιρέτης του 5. γ) Είναι μκδ(10, 45)5 το οποίο διαιρεί το 25 και άρα η ισοτιμία έχει 5 διακεκριμένες λύσεις modulo 45. ( 10 5 10x 25(mod45) ) ( ) 25 x (mod 5 2x 5(mod9) 2 5x 5 5(mod9) 10x 25(mod9) x 7(mod9) ( ) 45 ) 5 Η x 7(mod9) είναι η μοναδική λύση της ισοτιμίας modulo 9. Επομένως οι 5 λύσεις modulo 45 είναι: x 7 + 0 9(mod45) x 7 + 1 9(mod45) x 7 + 2 9(mod45) x 7 + 3 9(mod45) x 7 + 4 9(mod45) δ) Χωρίζοντας γνωστούς από αγνώστους η ισοτιμία γράφεται ισοδύναμα ως εξής: 7x 5x 8 3(mod17) 2x 5(mod17) Είναι μκδ(2, 17)1 και άρα η ισοτιμία έχει μοναδική λύση modulo 17. Ο πολλαπλασιαστικός αντίστροφος του 2 modulo 17 είναι το 9 και άρα 9
έχουμε: 9 2x 9 5(mod17) 18x 45(mod17) x 11(mod17) 2. Βρείτε την τάξη του 2 ως προς mod 31. Γνωρίζουμε ότι Z 31 {[0], [1],..., [30]} είναι το σύνολο των κλάσεων υπολοίπων modulo 31. Από τη θεωρία, είναι επίσης γνωστό ότι ord b (a) n, όταν το n είναι ο μικρότερος φυσικός αριθμός τέτοιος ώστε: a n 1(modb). Υπολογίζοντας της διαδοχικές δυνάμεις του 2 modulo 31, έχουμε: 2 1 2(mod31) 2 2 4(mod31) 2 3 8(mod31) 2 4 16(mod31) και άρα συνάγουμε ότι ord 31 (2) 5. 2 5 32(mod31) 1(mod31) 3. Να αποδειχθεί ότι: 2 341 2 (mod 31). Η τάξη ενός στοιχείο ως προς δοθέν modulo αποτελεί ένα ισχυρό εργαλείο όταν θέλουμε να δείξουμε ισοτιμίες για μεγάλες δυνάμεις. Από την προηγούμενη άσκηση, γνωρίζουμε πως ord 31 (2) 5, δηλαδή 2 5 1(mod31). Ομως 341 68 5 + 1 και άρα έχουμε: 2 341 2 68 5+1 2 5 68 2 1 (2 5 ) 68 2 2(mod31) Εναλλακτικά, είναι μκδ(2, 31) 1 και άρα από το Θεώρημα του Fermat ισχύει 10
ότι: 2 φ(31) 1(mod31) 2 31 1 1(mod31) 2 30 1(mod31) Ομως, από την ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης του 341 με το 31 έχουμε ότι: 341 11 30 + 11 και άρα: 2 341 2 11 30+11 2 11 30 2 11 (2 30 ) 11 2 11 2 11 (mod31) Τέλος, είναι: 2 11 2048 2(mod31). Κεφάλαιο 6: Συνδυαστική 1. Πρόεδρος, Γραμματέας και Ταμίας πρόκειται να εκλεγούν μεταξύ 10 ατόμων. Πόσοι τρόποι εκλογής υπάρχουν αν: α) Δεν υπάρχουν περιορισμοί. β) Οι Α και Β θα εκλεγούν και οι δύο ή κανένας εκ των δύο. γ) Ο Α θα εκλεγεί στην επιτροπή. δ) Ο Α θα είναι Πρόεδρος ή δε θα συμμετέχει καθόλου. α) Ως γνωστόν, τα τρία πόστα για τα οποία θέλουμε να εκλέξουμε άτομα διέπονται από κάποια ιεραρχία. Συνεπώς μας ενδιαφέρει και η διάταξη των ατόμων που θα επιλεγούν αναμεταξύ τους. Επιπλέον, όπως είναι σαφές, η επιλογή γίνεται χωρίς επανάληψη. Άρα, αν δεν υπάρχουν περιορισμοί, υπάρχουν 10 3 10! 10! 8 9 10 720. (10 3)! 7! β) Αναφορικά με τους Α και Β διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 1η περίπτωση: (Κανένας από τους Α και Β δεν εκλέγεται) Σε αυτήν την περίπτωση, η εκλογή της 3-μελούς επιτροπής θα γίνει επιλέγοντας ανάμεσα στα 8 υπόλοιπα άτομα με 8 3 8! (8 3)! 336 δυνατούς τρόπους. 11
2η περίπτωση: (Αμφότεροι οι Α και Β εκλέγονται στην επιτροπή) Σε αυτήν την περίπτωση πρέπει να εκλεγεί ένα ακόμη από τα οκτώ υποψήφια ( άτομα στην επιτροπή, πράγμα που μπορεί να γίνει με 8 ) 1 8! 8 δυνατούς τρόπους και έπειτα να διαταχθούν 1!(8 1)! τα άτομα που έχουν εκλεγεί για την κάλυψη των 3 πόστων. Το τελευταίο μπορεί να γίνει με 3! τρόπους. Άρα υπάρχουν 3! (8 1) 8 6 48 δυνατές επιλογές. Άρα συνολικά υπάρχουν: 8 3 + 3! (8 1) 384 δυνατές επιλογές. γ) Εάν ο Α εκλεγεί στην επιτροπή, τότε υπάρχουν 3 δυνατά πόστα τα οποία μπορεί να αναλάβει. Επιπλέον, πρέπει να εκλεγούν ακόμη 2 από τα εναπομείναντα 9 υποψήφια άτομα και να τους ανατεθούν πόστα στην επιτροπή. Αυτό μπορεί να πραγματοποιηθεί με 9 2 δυνατούς τρόπους. Άρα υπάρχουν συνολικά 3 9 2... 216 επιτροπές στις οποίες μετέχει ο Α. δ) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 1η περίπτωση: (Ο Α δε συμμετέχει καθόλου στην επιτροπή) Σε αυτήν την περίπτωση, κατασκευάζουμε την επιτροπή επιλέγοντας άτομα από τα 9 που απομένουν. Υπάρχουν επομένως 9 3 δυνατές επιλογές. 2η περίπτωση: (Ο Α συμμετέχει στην επιτροπή ως Πρόεδρος) Σε αυτήν την περίπτωση, εκλέγουμε 2 ακόμη άτομα από το σύνολο των 9 υπολοίπων υποψηφίων και τους κατανέμουμε στα 2 εναπομείναντα πόστα. Υπάρχουν επομένως 9 2 δυνατές επιλογές. Επομένως, συνολικά υπάρχουν 9 2 + 9 3... 576 δυνατές τριμελείς επιτροπές με πρόεδρο τον Α. 2. Μια φοιτήτρια έχει 8 φίλες από τις οποίες θα προσκαλέσει τις 5 για καφέ. i) Πόσες επιλογές έχει αν δυο από τις φίλες της έχουν τσακωθεί και δεν είναι δυνατόν να προσκληθούν ταυτόχρονα; ii) Πόσες επιλογές έχει αν δυο από τις φίλες της πρέπει να προσκληθούν μαζί; 12
i) Προφανώς για τη φοιτήτρια υπάρχουν 2 (συμπληρωματικές) περιπτώσεις: 1η ( περίπτωση: Αν δεν προσκαλέσει καμία από τις 2, τότε έχει 6 ) 5 6 δυνατές επιλογές, καθώς θα πρέπει να επιλέξει την πεντάδα που θα καλέσει από τις υπόλοιπες 6. 2η περίπτωση: Αν προσκαλέσει μόνο μια από τις τσακωμένες φίλες της), τότε πρέπει να επιλέξει ποιά από τις 2 θα καλέσει με ( 2 1) 2 δυνατούς τρόπους. Επειτα πρέπει να επιλέξει τις υπόλοιπες 4 από το σύνολο των 6 φίλων στο οποίο δε συμπεριλαμβάνονται οι ( δυο τσακωμένες φίλες της. Το τελευταίο μπορεί να γίνει με 6 ) ( 4... 15 τρόπους. Άρα έχει 2 ) ( 6 ) 1 4 30 δυνατές επιλογές. ( Άρα από τον κανόνα του αθροίσματος η φοιτήτρια έχει συνολικά: 2 ) ( 0 6 ) ( 5 + 2 ) ( 1 6 ) 4 36 δυνατές επιλογές. ii) Ομοίως, εάν η φοιτήτρια έχει 2 φίλες που πρέπει οπωσδήποτε να προσκληθούν μαζί, τότε υπάρχουν οι εξής περιπτώσεις: 1η ( περίπτωση: Αν δεν προσκαλέσει καμία εκ των δυο, τότε έχει 6 ) 5 6 δυνατές επιλογές. 2η περίπτωση: Αν προσκαλέσει και τις δυο φίλες της, τότε πρέπει να συμπληρώσει την πεντάδα εκλέγοντας 3 ακόμη φίλες από τις εναπομείνασες 6. Αυτό μπορεί να γίνει με ( 6 3)... 20 δυνατούς τρόπους. Επομένως, ( από τον κανόνα του αθροίσματος, η φοιτήτρια έχει: 6 ) ( 5 + 6 ) 3 26 δυνατές επιλογές. 3. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούν 8 άνθρωποι να τοποθετηθούν σε μια γραμμή εάν: α) Δεν υπάρχουν περιορισμοί στην τοποθέτησή τους. β) Οι άνθρωποι Α και Β πρέπει να καθίσουν ο ένας δίπλα στον άλλο. γ) Υπάρχουν 5 άνδρες και πρέπει να καθίσουν ο ένας δίπλα στον άλλο. δ) Υπάρχουν 4 παντρεμένα ζευγάρια και κάθε ζευγάρι πρέπει να καθίσει μαζί. 13
α) Προφανώς υπάρχουν 8! 40320 δυνατοί τρόποι τοποθέτησης των 8 ατόμων σε γραμμή αφού αυτοί είναι 1-1 διακεκριμένες οντότητες και επιπλέον δεν υφίστανται περιορισμοί. β) Δεδομένου ότι οι άνθρωποι Α και Β δεσμεύουν ένα ζεύγος συνεχόμενων θέσεων, υπάρχουν 7 τέτοια δυνατά ζεύγη τα οποία θα μπορούσαν να καταλάβουν. Επιπλέον, για κάθε επιλογή θέσεων, το ζεύγος των Α και Β μπορεί να διαταχθεί με 2! 2 τρόπους. Τέλος, για κάθε επιλογή θέσεων και κάθε διάταξη του ζεύγους, οι υπόλοιποι 6 άνθρωποι μπορούν να διαταχθούν με 6! 720 τρόπους. Συνεπώς, σύμφωνα με τον κανόνα του γινομένου, υπάρχουν 7 2! 6!... 10080 δυνατοί τρόποι τοποθέτησης. γ) Ομοίως με το ερώτημα β), υπάρχουν 8 5+1 4 δυνατές τοποθετήσεις της πεντάδας κατά συνεχή τρόπο. Η πεντάδα μπορεί να διαταχθεί (εσωτερικά) με 5! 120 τρόπους και για κάθε έναν από αυτούς οι υπόλοιποι 3 άνθρωποι μπορούν να διαταχθούν με 3! 6 τρόπους. Άρα από τον κανόνα του γινομένου υπάρχουν 4 5! 3!... 2880 δυνατοί τρόποι. δ) Προφανώς τα 4 παντρεμένα ζευγάρια μπορούν να τοποθετηθούν σε σειρά με 4! 24 τρόπους. Επιπλέον, για κάθε έναν από αυτούς τους τρόπους, τα μέλη του κάθε ζεύγους μπορούν να τοποθετηθούν σε σειρά με 2! 2 τρόπους. Άρα έχουμε συνολικά: 4! 2! 2! 2! 2! 4! (2!) 4... 384 δυνατούς τρόπους. Κεφάλαιο 8: Αναδρομικές ακολουθίες - Αθροίσματα 1. Να βρεθεί η a n που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση: με αρχικές συνθήκες a 0 0, a 1 1. a n 3a n 1 + 2a n 2 2 n, n 2 Η αντίστοιχη ομογενής αναδρομική εξίσωση είναι: a n 3a n 1 + 2a n 2 0 14
με χαρακτηριστική εξίσωση: x 2 3x + 2 0 της οποίας οι ρίζες είναι οι ρ 1 1 (απλή) και ρ 2 2 (απλή) και άρα η γενική λύση της ομογενούς αναδρομικής εξίσωσης είναι της μορφής: a H n A 1 n + B 2 n Για να βρούμε μια μερική λύση της μη ομογενούς αναδρομικής σχέσης, παρατηρούμε πως το μη γραμμικό τμήμα της αναδρομικής εξίσωσης γράφεται: f(n) 2 n 2 n 1 και το s 2 είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης της αντίστοιχης ομογενούς. Επομένως, μια μερική λύση της μη ομογενούς γραμμικής αναδρομικής εξίσωσης θα είναι της της μορφής: a P n n 1 c 0 s n c 0 n2 n Αντικαθιστώντας τη μερική λύση στη μη ομογενή αναδρομική εξίσωση, έχουμε: c 0 n2 n 3c 0 (n 1)2 n 1 + 2c 0 (n 2)2 n 2 2 n 2c 0 n 3c 0 (n 1) + c 0 (n 2) 2 2c 0 n 3c 0 n + 3c 0 + c 0 n 2c 0 2 c 0 2 και άρα a P n n2 n+1. Επομένως, συνδυάζοντας τη μερική λύση της μη ομογενούς αναδρομικής εξίσωσης με τη γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς, προκύπτει ότι: a n a P n + a H n A + B 2 n + n2 n+1 Για να βρούμε τις τιμές των σταθερών A και B, χρησιμοποιούμε τις αρχικές συνθήκες. Είναι: για n 0: a 0 A + B 2 0 + 0 2 0+1 0 A + B A + B 0 15
για n 1: a 1 A + B 2 1 + 1 2 1+1 1 A + 2B + 4 A + 2B 3 Οι σχέσεις που βρήκαμε αποτελούν ένα γραμμικό αλγεβρικό σύστημα 2 εξισώσεων με 2 αγνώστους: { A + B 0 A + 2B 3 του οποίου η λύση είναι A 3, B 3. αναδρομικής σχέσης είναι: Άρα η γενική λύση της a n 2 n (2n 3) + 3, n N 2. Να βρεθεί η a n που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση: a 0 0 a 1 1 a n 4a n 1 4a n 2 + 3 n 1, n 2 Η αντίστοιχη ομογενής αναδρομική εξίσωση είναι: με χαρακτηριστική εξίσωση: a n 4a n 1 + 4a n 2 0 x 2 4x + 4 0 η οποία έχει διπλή ρίζα το ρ 2 και άρα η γενική λύση της ομογενούς αναδρομικής εξίσωσης είναι της μορφής: a H n A 2 n + B n2 n Για να βρούμε μια μερική λύση της μη ομογενούς αναδρομικής σχέσης, παρατηρούμε πως το μη γραμμικό τμήμα της αναδρομικής εξίσωσης γράφεται: f(n) 3 n 1 1 3 3n και το s 3 δεν είναι ρίζα της χαρακτηριστικής 16
εξίσωσης της αντίστοιχης ομογενούς. Επομένως, μια μερική λύση της μη ομογενούς γραμμικής αναδρομικής εξίσωσης θα είναι της της μορφής: a P n c 0 s n c 0 3 n Προφανώς η μερική αυτή λύση θα πρέπει να επαληθεύει τη μη ομογενή αναδρομική εξίσωση. Επομένως έχουμε: c 0 3 n 4c 0 3 n 1 4c 0 3 n 2 + 3 n 1 3 2 c 0 4 3c 0 4c 0 + 3 9c 0 12c 0 4c 0 + 3 c 0 3 και άρα a P n 3 n+1. Επομένως, συνδυάζοντας τη μερική λύση της μη ομογενούς αναδρομικής εξίσωσης με τη γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς, προκύπτει ότι: Από τις αρχικές συνθήκες έχουμε: για n 0: για n 1: a n a P n + a H n A 2 n + B n 2 n + 3 n+1 a 0 A + 3 0 A + 3 A 3 a 1 2A + 2B + 3 2 1 6 + 2B + 9 2B 2 B 1 Άρα η γενική λύση της αναδρομικής σχέσης είναι: a n 3 2 n n 2 n + 3 n+1 2 n (n + 3) + 3 n+1 17
3. Υπολογίστε το άθροισμα: n k1 2k + 1 k 2 + k Θεωρούμε τη ρητή συνάρτηση: η οποία γράφεται ισοδύναμα: f(x) : 2x + 1, x R {0, 1} x 2 + x f(x) 2x + 1, x R {0, 1} x(x + 1) Αναζητούμε πραγματικούς αριθμούς A, B τέτοιους ώστε: επομένως πρέπει: δηλαδή A B 1. Άρα έχουμε: 2x + 1 A x(x + 1) x + B x + 1 2x + 1 A(x + 1) + Bx 2x + 1 (A + B)x + A { A 1 A + B 2 n 2k + 1 n k 2 + k ( 1 k + 1 k + 1 ) k1 k1 n k1 1 n k + 1 k + 1 k1 ln(n) + O(1) + ln(n) + O(1) 1 2ln(n) + O(1) 18