ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 Άσκηση - Λύσεις Πρόβλημα [0 μονάδες] Εστω L και L δύο κυκλώματα σε ένα γράφημα G. Εστω a μία ακμή που ανήκει και στο L και στο L και έστω b μία ακμή που ανήκει στο L, αλλά όχι στο L. Αποδείξτε ότι υπάρχει ένα κύκλωμα L το οποίο είναι τέτοιο ώστε L (L L ) \ {a} και b L. Λύση: Εστω v και v τα άκρα της ακμής a και v και v τα άκρα της ακμής b. Θεωρούμε ότι το κύκλωμα L έχει ως κόβμους του κόμβους u, u,..., u k για κάποιο k. Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι u = v, u = v, u i = v και u i+ = v για κάποιο i, όπου i k. Αντίστοιχα θεωρούμε ότι το κύκλωμα L είναι το κύκλωμα με κόμβους τους w, w,..., w m, m. Επίσης χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορώ να θεωρήσω ότι w = v και w = v. Θεωρούμε την ακολουθία κόμβων λ, λ,..., λ n, n = k + m, όπου λ j = u j+, j k, λ k = u = w και λ k+j = w m+ j, j m. Η ακολουθία των κόμβων λ j, j m+k, ορίζει ένα κύκλωμα L στο γράφο G το οποίο έχει τις εξής ιδιότητες: () η ακμή a δεν ανήκει στο L, () κάθε ακμή του L είναι είτε ακμή του L είτε ακμή του L, () η ακμή b ανήκει στο L (η μόνη ακμή του L που δεν ανήκει στο L είναι η a). Συνεπώς L L L \ {a} και b L. Πρόβλημα [0 μονάδες] Προσδιορίστε ένα ελάχιστο επικαλύπτον δέντρο για το γράφημα που φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. ΠΣφραγ ρεπλαςεμεντς Λύση: Θα χρησιμοποιήσουμε τον αλγόριθμο του Kruskal για την εύρεση του ελάχιστου επικαλύπτοντος δέντρου. Ο αλγόριθμος του Kruskal ταξινομεί τις ακμές του γράφου κατά αύξουσα σειρά βάρους και στη συνέχεια τις ελέγχει, ως προς το αν είναι αποδεκτές ακμές για το ελάχιστο επικαλύπτον δέντρο, ξεκινώντας από την ακμή με το μικρότερο βάρος. Μία ακμή γίνεται αποδεκτή αν δεν δημιουργεί κύκλωμα στον υπογράφο των ήδη επιλεγμένων ακμών.
ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 Εφαρμόζοντας τον αλγόριθμο του Kruskal παρατηρούμε ότι όλες οι ακμές με βάρος θα γίνουν δεκτές καθώς η προσθήκη τους στο σύνολο των ήδη επιλεγμένων ακμών δε δημιουργεί κύκλωμα. Το ίδιο ακριβώς συμβαίνει και με τις ακμές με βάρος. Αντίθετα κάθε ακμή με βάρος δημιουργεί κάποιο κύκλωμα στο σύνολο ήδη επιλεγμένων ακμών, οπότε καμία ακμή με βάρος δεν ανήκει στο ελάχιστο επικαλύπτον δέντρο. Οι ακμές με βάρος αντίθετα, μπορούν όλες να προστεθούν στο σύνολο των επιλεγμένων ακμών και μάλιστα όταν προστεθούν οι ακμές αυτές προκύπτει το ελάχιστο επικαλύπτον δέντρο που θέλαμε. Πράγματι, οποιαδήποτε ακμή με βάρος θα δημιουργήσει κύκλωμα στο γράφο, και έτσι καμία από αυτές δεν θα προστεθεί στο σύνολο των επιλεγμένων ακμών. Το ελάχιστο επικαλύπτον δέντρο για το δοσμένο γράφο είναι λοιπόν αυτό που φαίνεται στο παρακάτω σχήμα και το βάρος του είναι 6. ΠΣφραγ ρεπλαςεμεντς Πρόβλημα [0 μονάδες] Εστω (A, ) και (B, ) δύο αλγεβρικά συστήματα. Το καρτεσιανό γινόμενο των (A, ) και (B, ) είναι ένα αλγεβρικό σύστημα (A B, ), όπου η είναι μια διμελής πράξη τέτοια ώστε για οποιαδήποτε (a, b ) και (a, b ) στο A B (a, b ) (a, b ) = (a a, b b ). Δείξτε ότι το καρτεσιανό γινόμενο δύο ομάδων είναι ομάδα. Λύση: Για να δείξουμε ότι μία αλγεβρική δομή είναι ομάδα πρέπει να δείξουμε ότι η πράξη είναι κλειστή στο σύνολο που ορίζεται η αλγεβρική δομή, ότι η πράξη είναι προσεταιριστική, ότι υπάρχει ουδέτερο στοιχείο στο σύνολο ως προς την πράξη αυτή και ότι για κάθε στοιχείο του συνόλου υπάρχει αριστερό αντίστοφο στοιχείο. Κλειστότητα: Εφ όσον τα αλγεβρικά συστήματα (A, ) και (B, ) είναι ομάδες, οι πράξεις και είναι κλειστές στα A και B αντίστοιχα. Συνεπώς για κάθε a, a A και b, b B, έχουμε ότι a a A και b b B. Αλλά τότε (a a, b b ) A B. Συνεπώς για κάθε a, a A και b, b B θα έχουμε (a, b ) (a, b ) A B, δηλαδή η πράξη είναι κλειστή στο A B.
ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 Προσεταιριστικότητα: Εστω a, a, a A και b, b, b B. Τότε έχουμε (χρησιμοποιώντας την προσεταιριστικότητα των πράξεων και ): (a, b ) ((a, b ) (a, b )) = (a, b ) (a a, b b ) = (a (a a ), b (b b )) = ((a a ) a, (b b ) b ) = (a a, b b) (a, b ) = ((a, b ) (a, b )) (a, b ) Ουδέτερο στοιχείο: Αν e και ε είναι τα ουδέτερα στοιχεία των ομάδων (A, ) και (B, ), αντίστοιχα, θα δείξουμε ότι το στοιχείο (e, ε) A B είναι το ουδέτερο στοιχείο για την πράξη. Οντως, για κάθε a A, b B έχουμε: Ομοίως: (e, ε) (a, b) = (e a, ε b) = (a, b). (a, b) (e, ε) = (a e, b ε) = (a, b). Συνεπώς το στοιχείο (e, ε) είναι το ουδέτερο στοιχείο για την πράξη. Αριστερό αντίστροφο: Εστω a A και b B, και έστω c A, d B τα αριστερά αντίστροφα των a και b ως τις πράξεις και αντίστοιχα. Τότε, (c, d) (a, b) = (c a, d b) = (e, ε). Συνεπώς για κάθε (a, b) A B υπάρχει ένα στοιχείο (c, d) A B τέτοιο ώστε (c, d) (a, b) = (e, ε). Συνοψίζοντας τα παραπάνω προκύπτει ότι το αλγεβρικό σύστημα (A B, ) είναι ομάδα. Πρόβλημα [0 μονάδες] Η τάξη ενός στοιχείου a σε μία ομάδα ορίζεται ως ο ελάχιστος θετικός ακέραιος m τέτοιος ώστε a m = e, όπου e το ουδέτερο στοιχείο της ομάδας. Αν καμία θετική δύναμη του a δεν είναι ίση με e, η τάξη του a ορίζεται ως άπειρη. Δείξτε ότι σε μία πεπερασμένη ομάδα, η τάξη ενός στοιχείου διαιρεί την τάξη της ομάδας. Λύση: Εστω (G, ) μία πεπερασμένη ομάδα και έστω a G, όπου η τάξη του a είναι m. Εστω B = {a}. Προφανώς το αλγεβρικό σύστημα (B, ) είναι μία υποομάδα της ομάδας (G, ), και μάλιστα επειδή το G είναι πεπερασμένο σύνολο, θα είναι και το B πεπερασμένο σύνολο. Θα δείξουμε ότι η τάξη του B είναι m, δηλαδή B = m. Για δείξουμε το παραπάνω παρατηρούμε ότι για κάθε k > m έχουμε: a k = a qm+r = (a m ) q a r = e q a r = e a r = a r. όπου e είναι το ουδέτερο στοιχείο της ομάδας (G, ), q είναι το πηλίκο της ακεραίας διαίρεσης του k με το m, και r είναι το υπόλοιπο της ακεραίας διαίρεσης του k με το m (0 r m ). Ας σημειωθεί ότι θεωρούμε ότι a 0 = e. Δηλαδή κάθε k-οστή δύναμη του a είναι ίση με κάποια n-οστή δύναμη του a, όπου 0 n m. Για να δείξουμε ότι B = m, αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι a i a j, για κάθε 0 i < j m. Οντως, έστω ότι υπάρχουν i και j με 0 i < j m,
ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 τέτοια ώστε a i = a j. Τότε a i = a j i a i, το οποίο σημαίνει ότι a j i = e. Αλλά j i > 0, ενώ έχουμε ότι j i j m. Συνεπώς, βρίκαμε κάποιον θετικό ακέραιο µ = j i, μικρότερο του m, τέτοιον ώστε a µ = e. Αυτό όμως είναι άτοπο, καθώς ο μικρότερος θετικός ακέραιος λ για τον οποίο ισχύει η σχέση a λ = e είναι ο m. Συνεπώς η παραδοχή μας ότι υπάρχουν i και j, με 0 i < j m, όπου a i = a j είναι λάθος. Με άλλα λόγια για κάθε 0 i, j m, όπου i j, έχουμε a i a j, το οποίο σημαίνει ότι το σύνολο B έχει ακριβώς m διαφορετικά στοιχεία. Από το θεώρημα του Lagrange γνωρίζουμε ότι η τάξη υποομάδας διαιρεί την τάξη της ομάδας και συνεπώς η τάξη της υποομάδας (B, ) διαρεί την τάξη της ομάδας (G, ). Δηλαδή, το m διαιρεί το G, δηλαδή η τάξη του στοιχείου a διαιρεί την τάξη της ομάδας. Πρόβλημα [0 μονάδες] Εστω f και g ομομορφισμοί από μία ομάδα (G, ) σε μία ομάδα (H, ). Δείξτε ότι το αλγεβρικό σύστημα (C, ) είναι μία υποομάδα της (G, ) όπου C = {x G f(x) = g(x)}. Λύση: Για να δείξουμε ότι το αλγεβρικό σύστημα (C, ) είναι υποομάδα της ομάδας (G, ) αρκεί να δείξουμε ότι η πράξη είναι κλειστή στο C, ότι το ουδέτερο στοιχείο της ομάδας (G, ) ανήκει στο C και ότι το αριστερό αντίστοφο κάθε στοιχείου στο C ανήκει στο C (επειδή το (G, ) είναι ομάδα ξέρουμε ότι για κάθε στοιχείο του G υπάρχει αριστερό αντίστοφο στο G). Κλειστότητα: Εστω a, b C. Τότε f(a b) = f(a) f(b) = g(a) g(b) = g(a b). Συνεπώς a b C, δηλαδή η πράξη είναι κλειστή στο C. Ουδέτερο στοιχείο: Εστω e και ε τα ουδέτερα στοιχεία των ομάδων (G, ) και (H, ). Τότε θα έχουμε, f(e) = f(e e) = f(e) f(e), δηλαδή, f(e) = ε. Ομοίως προκύπτει ότι: g(e) = g(e e) = g(e) g(e), δηλαδή, g(e) = ε. Συνεπώς f(e) = ε = g(e), οπότε e C. Αριστερό αντίστροφο: Εστω a C και έστω b G το αριστερό αντίστροφο του a στην ομάδα G. Εστω α = f(a) = g(a) και έστω β H το αριστερό αντίστροφο του α στην ομάδα H. Επειδή σε μία ομάδα το αριστερό αντίστροφο είναι και δεξί αντίστροφο, έχουμε ότι το β είναι και δεξί αντίστροφο του α. Τότε έχουμε f(b) f(a) = f(b a) = f(e) = ε και g(b) g(a) = g(b a) = g(e) = ε. Συνεπώς: f(b) f(a) = g(b) g(a) f(b) α = g(b) α (f(b) α) β = (g(b) α) β f(b) (α β) = g(b) (α β) f(b) ε = g(b) ε f(b) = g(b) δηλαδή b C. Με άλλα λόγια αποδείξαμε ότι για κάθε a C, το αριστερό αντίστροφό του στην ομάδα G ανήκει στο C. Συνοψίζοντας τα παραπάνω προκύπτει ότι το αλγεβρικό σύστημα (C, ) είναι υποομάδα της ομάδας (G, ).
ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 Πρόβλημα 6 [ μονάδες] Δεδομένης μιας αριθμητικής συνάρτησης a n, έστω { a n + a b n = n/ + a n/ +... + a n/ i n = i 0 n i Αν η a n είναι O( n), δείξτε ότι η b n είναι O( n log n). Λύση: Επειδή a n = O( n), υπάρχουν m, k > 0 τέτοια ώστε για κάθε n k να ισχύει Εστω m = a n m n. max {m, a j }, j k j Είναι πολύ εύκολο να δούμε ότι για κάθε n έχουμε ότι a n m n, και επειδή m > 0 θα ισχύει και ότι m > 0. Ας κοιτάξουμε τώρα την ακολουθία b n. Για κάθε n με n = i, έχουμε ότι i = lg n, οπότε b n a n + a n/ + a n/ +... + a n/ i lg n = a n/ k k=0 lg n n m k k=0 lg n = m n k k=0 = m lg n ( ) k n k=0 lg n m n k=0 = m n(lg n + ) m n lg n = m n log n. log Από την άλλη μεριά, για κάθε n με n i έχουμε b n = 0 m n log n m n log n. log Συνεπώς υπάρχουν k, m > 0 (πιο συκεκριμένα k = και m = m (log ) ) τέτοια ώστε b n m n log n, για κάθε n k, δηλαδή b n = O( n log n).
ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 Πρόβλημα 7 [0 μονάδες] Βρείτε μια απλή έκφραση για τη γεννήτρια συνάρτηση της αριθμητικής ακολουθίας,,,,,,,,... Λύση: Εστω A(z) η γεννήτρια συνάρτηση της δοσμένης ακολουθίας. Παρατηρούμε ότι η δοσμένη ακολουθία ορίζεται από την αναδρομική σχέση a n = a n +, n, με συνοριακές συνθήκες a 0 = a =. Πολλαπλασιάζοντας την πιο πάνω αναδρομική σχέση με z n και αθροίζωντας για όλα τα n έχουμε: a n = a n + a n z n = a n z n + z n a n z n = a n z n + n= n= n=0 n= A(z) a 0 a z = z a n z n + z n z z n n=0 A(z) z = z A(z) + z z ( z )A(z) = z A(z) = ( z )( z) = ( + z)( z). Συνεπώς η γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας μας δίνεται από τη σχέση A(z) = (+z)( z). Πρόβλημα 8 [0 μονάδες] Προσδιορίστε τη διακριτή αριθμητική συνάρτηση που αντιστοιχεί στη γεννήτρια συνάρτηση: z A(z) = 6z + z. Λύση: Παρατηρούμε ότι η γεννήτρια συνάρτηση A(z) είναι ίση με z B(z), όπου B(z) = 6z + z. Αν λοιπόν βρούμε τη αριθμητική συνάρτηση b n που αντιστοιχεί στη γεννήτρια συνάρτηση B(z), τότε η αριθμητική συνάρτηση a n που αντιστοιχεί στην A(z) θα είναι η a n = S b n. Παρατηρούμε ότι B(z) = 6z + z = ( z)( z) = z + z = 0 z + z. 6
ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 Επειδή η γεννήτρια συνάρτηση /( z) αντιστοιχεί στην αριθμητική συνάρτηση ( n, ) n 0, ενώ η γεννήτρια συνάρτηση /( z) αντιστοιχεί στην (σταθερή) αριθμητική συνάρτηση, συμπεραίνουμε ότι Κατά συνέπεια: a n = b n = 0 { ( 0 ( ) n +, n 0. 0, 0 n ) n +, n Πρόβλημα 9 [0 μονάδες] Επιλύστε τις ακόλουθες αναδρομικές σχέσεις: (αʹ) [ μονάδες] a n a n + a n a n = 0, δεδομένου ότι a 0 =, a = και a =. (βʹ) [ μονάδες] a n 7a n + 0a n = n n, δεδομένου ότι a 0 = 0 και a =. Λύση: (αʹ) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο που αντιστοιχεί στη δοσμένη γραμμική αναδρομική σχέση είναι το z z +z = 0, του οποίου οι ρίζες (πραγματικές και μιγαδικές) είναι οι z =, z = ( + i ) και z = ( i ). Καθώς η αναδρομική σχέση είναι ομογενής η γενική λύση της θα είναι η: ( + i ) n ( i ) n a n = A 0 + A + A, n 0. Οι συντελεστές A 0, A και A θα προσδιοριστούν από τις συνοριακές συνθήκες και πιο συγκεκριμένα, έχουμε: a 0 = A 0 + A + A = () και a = A 0 + A ( a = A 0 + A ( + i ) + A ( Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ()-() βρίσκουμε ότι i ) = () + i ) ( i ) + A = () A 0 =, A = i, A = i. Συνεπώς η γενική λύση της δοσμένης αναδρομικής σχέσης είναι: a n = + ( i + i ) n ( i i ) n, n 0. 7
ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 (βʹ) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο που αντιστοιχεί στη δοσμένη γραμμική αναδρομική σχέση είναι το z 7z + 0 = 0, του οποίου οι ρίζες είναι οι z = και z =. Η λύση της ομογενούς αναδρομικής σχέσης είναι λοιπόν: a (h) n = A 0 n + A n, n 0. Η ειδική λύση της δοσμένης αναδρομικής σχέσης είναι της μορφής a (p) n = (B 0 +B n+b n ) n. Αντικαθιστώντας στην αναδρομική σχέση έχουμε: (B 0 +B n+b n ) n 7[B 0 +B (n )+B (n ) ] n +0[B 0 +B (n )+B (n ) ] n = n n από την οποία προκύπτει η παρακάτω σχέση, μετά την απαλοιφή του n και κάποιες πράξεις: ( B 0 + B + 9B ) + ( B + B )n B n = 9n. Για να ισχύει η παραπάνω ισότητα θα πρέπει οι συντελεστές των πολυωνύμων (ως προς n) στο δεξί και αριστερό μέλος της εξίσωσης να είναι ίσοι. Ετσι προκύπτει το σύστημα εξισώσεων: του οποίου η λύση είναι: B 0 + B + 9B = 0 B + B = 0 B = 9 B 0 =, B = 9, B = 9. Η ειδική, λοιπόν, λύση της αναδρομικής σχέσης είναι: ενώ η γενική λύση της εξίσωσης είναι: a (p) n = 9 (0 + n + n ) n, n 0, a n = A 0 n + A n 9 (0 + n + n ) n, n 0. Τέλος έχουμε να υπολογίσουμε τους συντελεστές A 0 και A από τις συνοριακές συνθήκες. Πιο συγκεκριμένα έχουμε: a 0 = 0 A 0 + A = 0 A 0 + A =. () a = A 0 + A 6 = A 0 + A = 66. () Λύντοντας το σύστημα των γραμμικών εξισώσεων () και () προκύπτει ότι: A 0 = 9, A = 76. Συνοψίζοντας η λύση της δοσμένης αναδρομικής σχέσης με τις δοσμένες συνοριακές συνθήκες είναι: a n = 9 n + 76 n 9 (0 + n + n ) n, n 0. 8
ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 Πρόβλημα 0 [ μονάδες] Επιλύστε την αναδρομική σχέση a n + a n + 6a n = f(n), όπου δεδομένου ότι a 0 = a = 0. f(n) = { 0 n = 0,, 6 αλλιώς Λύση: Θα λύσουμε την αναδρομική σχέση με τη μέθοδο των γεννητριών συναρτήσεων. Πιο συγκεκριμένα για n έχουμε, όπου A(z) η γεννήτρια συνάρτηση της αριθμητικής συνάρτησης a n και F (z) η γεννήτρια συνάρτηση της αριθμητικής συνάρτησης f(n): a n + a n + 6a n = f(n) a n z n + a n z n + 6a n z n = f(n)z n a n z n + a n z n + 6a n z n = n= n= A(z) a 0 a z + z n= a n z n + 6z n= n=0 A(z) + z(a(z) a 0 ) + 6z A(z) = F (z) A(z) = F (z) + z + 6z f(n)z n n= a n z n = F (z) f(0) f()z όπου χρησιμοποιήθηκε το γεγονός ότι a 0 = a = 0 και ότι f(0) = f() = 0. Αλλά, F (z) = 6 z 6 6z 6z, οπότε έχουμε: A(z) = Εστω B(z) = z 8 συνάρτησης b n, όπου 6 z 6 6z 6z + z + 6z = 6 ( z)(6 + 6z + 6z ) ( z)( + z)( + z) 6z 6z + 6z 6 = ( z)( + z)( + z) ( = z ( = + z + 9 z 8 + z + 7 +z + 7 ) (6z 6z + 6z 6 ) + z ) (z z + z 6 ) + z +z. Η B(z) είναι η γεννήτρια συνάρτηση της αριθμητικής b n = 8( )n + 7 ( )n, n 0. Τότε η A(z) θα είναι η γεννήτρια συνάρτηση της a n = S b n S b n + S 6 b n, δηλαδή, 0, 0 n b n, n a n =. b n b n, n = b n b n + b n 6, n 6 9
ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 Κάνοντας τις πράξεις βρίσκουμε: a n = 0, 0 n ( )n + ( )n, n, 06, n = 9 8 ( )n + 8 ( )n, n 6, η οποία είναι και η λύση της δοσμένης γραμμικής αναδρομικής σχέσης με τις δοσμένες συνοριακές τιμές. 0