P11-Princip Na Vklucuvanje i Isklucuvanje i Rekurzivni Ravenki_2015

8/16/2019 P11-Princip Na Vklucuvanje i Isklucuvanje i Rekurzivni Ravenki_2015

1/50

Дискретна математика 2

Принцип на вклучување и исклучување


2/50

www.finki.ukim.mk www.facebook.com/FINKI.ukim.mk www.twitter.com/FINKIedu

Принцип на вклучување иисклучување

o Принципот на вклучување и исклучување за 2множества веќе го видовме

|A B|=|A|+|B|-|A B|

2


3/50


Пример 13

Сл.1 Множество студенти на Дискретна математика.


4/50


Пример 2

Сл. 2 Множество цели броеви не поголеми од 1000 деливи со 7 или 11.

4


5/50


Унија од три множества

o За бројот на елементите во унијата на тримножества важи равенството:

|A∪B∪C|== |A| + |B| + |C| -

- |A∩B| - |B∩C| - |C∩A| ++ |A∩B∩C|

5


6/50


Доказ за унија од три множества

Доказ:Од |A∪ B| = |A| + |B| - |A∩ B|, ако место В се ставиB C, седобива

|A∪ B∪ C| == |A| + |B∪ C| - |A∩ (B∪ C)|= |A| +|B| + |C| - |B∩ C| - |(A∩ B)∪ (A∩ C)|

= |A| + |B| + |C| - |B∩

C| - (|A∩

B| + |A∩

C| - |A∩

B∩

A∩

C|)= |A| + |B| + |C| - |B∩ C| - |A∩ B| -|A∩ C| + |A∩ B∩ C|.

32


7/50


Пример 3

Сл.3 Наоѓање формула за број на елементи во унија од три множества

7


8/50


Пример 4

Сл. 4

Множество студентикои слушаатшпански, францускии руски

8


9/50


Принцип на вклучување иисклучување

o Теорема 1: (Принцип на вклучување и исклучување)Нека A1, A2, …, An се конечни множества. Тогаш

o Пример 5: Формула за број на елементи на унија од4 множества

9

1 2

1 1 1

1 1 2( 1) .

n

n

i i j i j ki i j n i j k n

n n

A A A

A A A A A A

A A A

= ≤ < ≤ ≤ < < ≤

+

∪ ∪ ∪ =

− ∩ + ∩ ∩ −

− + − ∩ ∩ ∩

∑ ∑ ∑


10/50


o

o Ќе покажеме дека секој елемент од унијата е изброен само еднашсо формулата од десната страна.

o Нека елементотa се наоѓа во точноr од множествата A1, A2, . . . , Anкаде 1≤ r ≤ n.

o Овој елемент е броенC(r , 1) пати со∑|Ai|, C(r , 2) пати со∑| Ai ∩ A j|...o Односно броен е(r , m ) пати со збирот кој вклучуваm одмножествата Ai.o Значи овој елемент е броен точно

C(r , 1) - C(r , 2) +C(r , 3) - . . . + (-1)r +1C(r , r ) пати.

Доказ на теорема 110

1 2

11 2

1 1 1( 1) .

n

nn

i i j i j k ni i j n i j k n

A A A

A A A A A A A A A+= ≤ < ≤ ≤ < < ≤

∪ ∪ ∪ =

− ∩ + ∩ ∩ − + − ∩ ∩ ∩∑ ∑ ∑


11/50


o Според последицата која ја изведовме кај

биномните коефициенти-C(r , 0) - C(r , 1) +C(r , 2) - . . . + (-1)r C(r , r ) =0.

Според тоа бидејќиC(r , 0) =1 следува декаC(r , 1) - C(r , 2) +C(r , 3) - . . . + (-1)r +1C(r , r ) =1.

Доказ - продолжение11

0 ( 1) 0

n j

j

n

j=

− = ∑


12/50


Примена на принципот навклучување и исклучување

o Алтернативен облик на вклучување и исклучување• Да се определи бројот на елементи во множество А соN

елементи кои немаат ниту едно одn-те својстваP1, P2, …,Pn.•

Нека Ai е подмножеството коe ги содржи елементите кои го имаатсвојствототo Pi.СоN(Pi1 Pi2 . . .Pik) да го означиме бројот на елементи кои ги имаат ситесвојстваPi1, Pi2, …,Pik. Тогаш

Бројот на елементите од множеството А, кои немаат ниту едно одсвојстватаP1, P2, …,Pn е даден со

12

1 2 1 2( )i i ik i i ik A A A N P P P∩ ∩ ∩ =

' ' '1 2 1 2

21 1 1

( )

( ) ( ) ( ) ( 1) ( )n n

ni i j i j k i n

i n i j n i j k n

N P P P N A A A

N N P N PP N PPP N PP P≤ ≤ ≤ < ≤ ≤ < < ≤

= − ∪ ∪ ∪ =

= − + − + + −∑ ∑ ∑


13/50


o Колку решенија има равенкатаx1 +x2 +x3 =11Акоxi сe ненегативни цели броеви иx1 ≤ 3, x2 ≤ 4 и x3 ≤ 6?

o Решение:N=C(3 + 11 - 1, 11 ) =78 – вкупен број на решенијаN(P1) = (x1 ≥ 4) =C(3 + 7 - 1, 7 ) =C(9, 7 ) =36 – број на решенија со x1 ≥ 4,N(P2) = (x2 ≥ 5) =C(3 + 6 - 1, 7 ) =C(8, 6 ) =28 – број на решенија со x2 ≥ 5,

N(P3) = (x3 ≥ 7) =C(3 + 4 - 1, 4 ) =C(6, 4 ) =15 – број на решенија со x3 ≥ 7,N(P1P2) = C(3 + 2 - 1, 2 ) =C(4, 2 ) =6,N(P1P3) =C(3 + 0 - 1, 0 ) =1,N(P2P3) = 0

N(P1P2P3) =0 => N(P1’P2’P3’) =78 - 36 - 28 - 15 + 6 + 1 + 0 - 0 = 6 .

Пример 513


14/50


Се бара бројот на сите прости броеви кои ненадминуваат даден позитивен цел број

• На пример сите прости броеви кои не го надминуваат100, се наоѓа со определување на броевите сосвојствата

P1: деливи со 2

P2: деливи со3P3: деливи со5P4: деливи со7

Бараниот број е 4 + N(P1’P2’P3’P4’)

Ератостеново сито14


15/50


Ератостеново сито

N(P1’P2’P3’P4’) ==99 - N(P1) - N(P2) - N(P3) - N(P4)+N(P1P2) +N(P1P3) +N(P1P4) +N(P2P3) +N(P2P4) +N(P3P4)

- N(P1P2P3) - N(P1P2P4) - N(P1P3P4) - N(P2P3P4)+N(P1P2P3P4) =

15

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

100 100 100 10099 - - - -

2 3 5 7

100 100 100 100 100 100

+ + + + + +2 3 2 5 2 7 3 5 3 7 5 7

100 100 100 100 100- - - - +

2 3 5 2 3 7 2 5 7 3 5 7 2 3 5 7

= 9 9 - 5 0 - 3 3 - 2 0 - 1 4 + 1 6 + 1 0 + 7 + 6 + 4 + 2 - 3 - 2 - 1 - 0 + 0 = 2 1


16/50


17/50


Број на сурјекции

o Теорема 1: Нека m и n се позитивни цели броеви т.ш.m ≥ n.Тогаш бројот насурјекции од множество соm елементи вомножество соn елементи изнесува

nm - C(n, 1)(n - 1)m + C(n, 2)(n - 2)m + … + (-1)n- 1C(n, n -1) 1m == n!S(m, n),каде S(m, n) е Стирлингов број од втор ред.

o Пример . Број на сурјекции од множество со 6 елементи во

множество со 3 елементи.N(P1’P2’P3’) =N - [N(P1) +N(P2) +N(P3)]+ [N(P1P2) +N(P1P3) +N(P2P3)] - N(P1P2P3)

каде Nе бројот на сите пресликувања, аN(Pi) е бројотпресликувања за коиi не е слика,i =1, 2, 3.

17


18/50


Преместувања

o Преместување : Пермутација наn објектикоја не го остава ниеден објект на

првобитната позиција• Пример4: Проблемот на шапки(писма).• Пример5: 21453 е преместување на12345 ,

додека 21543 не е преместување на12345 .• НекаDn го означува бројот на преместувања наn

објекти, тогаш, на примерD3 = 2.

18


19/50


Преместувања

o Теорема 2: Бројот на преместувања на множество соnелементи е

o Доказ : Нека една пермутација го има својствотo Pi акоелементот i го остава на место. Тогаш преместувања ќебидат сите пермутации кои немаат ниту едно од својстватаP1, P2, …,Pn. Нивниот број ќе бидеDn = N(P1’,P2’,…,Pn’).Според принципот на вклучување и исклучување нивниотброј ќе биде

19

1! - - .

! ! ! !

n

nD n

n

= 1 1 1

1 + +…+ (-1)1 2 3

1 2( ) ( ) ( ) ( 1) ( )n

n i i j i j k ni i j i j k

D N N P N PP N PPP N PP P< < <

= − + − + + −∑ ∑ ∑


20/50


21/50


Доказ на Tеорема 2

Според тоа со замена во формулата заDn, добиваме

Ако го упростиме изразот се добива

21

! ( ,1)( 1)! ( ,2)( 2)! ( 1) ( , )( )!

! ! !! ( 1)! ( 2)! ( 1) !1!( 1)! 2!( 2)! ! !

nn

n

D n C n n C n n C n n n n

n n nn n nn n n

= − − + − − + − −

= − − + − − + −− −

00

1 1 1! 1 ( 1) .1! 2! !

nnD n n

= − + − + −


22/50

Дискретна математика 2Рекурентни релации


23/50


Напредни техники на броење

o Со методите кои до сега ги разгледувавме не може да се решат некоипроблеми од броење, кои ќе ги разгледаме понатаму.

Пример: Број на низи од битови со должинаn кои немаат последователнаниза од две нули.• Соan да го обележиме бројот од битови низи со должинаn кои не

содржат последователна низа од две нули.• Разгледуваме 3 случаи:

• Ако низата почнува со1, тогаш бројот на вакви низи е ист со бројот нанизи со должинаn-1кои не содржат две последователни нули, т.е.an-1.

• Ако низата почнува со00 , тогаш има две последователни нули и овааниза не се брои.

• Ако низата почнува со01 , тогаш бројот на вакви низи е ист со бројотна низи со должинаn-2 кои не содржат две последователни нули, т.е.an-2.

o Според тоа можеме да ја формираме релацијатаan = an-1+an-2.

23


24/50


Рекурентна релација

o Рекурентна релација за низата{an}е равенство со коеn-тиот членan се изразува преку еден или повеќепретходни членови од низата, односно, со некои одa0, a1,…,an-1, за ситеn ≥ n0, каде n0 е позитивен цел број.(Почесто, рекурентната врска се задава со функцијаan = f (a0 , a1 , …, an-1).)

o Една низа{bn} се нарекуварешение на рекурентнатарелација ако нејзините членови ја задоволуваатрекурентната релација. (Тоа значи дека равенствотоbn = f (b0 , b1 , …, bn-1) е точно за секојn ≥ n0.)

24


25/50


Примери

o Нека {an}е низа која ја задоволува рекурентната релацијаan =an-1– an-2. Да се најдатa2, a3 и a4 ако a0 =3, а a1=5.(a0 =3 и a1=5 се викаатпочетни услови ).o a2=a1– a0=5 – 3 =2 , a3=a2– a1=2– 5 =-3 , a4 =a3 – a2= – 3 – 2 = –5 .

o Да се провери дали низата{an}, каде an =3n, ја задоволуварекурентната релацијаan =2an-1– an-2.o 2an-1– an-2=2(3( n – 1)) - 3( n – 2) = 3 n – ја задоволува

o Да се провери дали низата{an}, каде an =2n , ја задоволуварекурентната релацијаan =2an-1– an-2.o a0 =1, a1=2, 2a1– a0 = 2 ⋅2 – 1 = 3 ≠ 4 =a2– не ја задоволува

25


26/50


Почетни услови

o Почетни услови се членовите од низата кои му претходат на првиотчлен за кој дадената рекурентна релација почнува да важи.

o Рекурентната релација и почетните услови еднозначно ја

определуваат низата.• Секој друг член од низатаможе да се најде преку рекурентната релација ипочетните членови

o За да се добие одреден член ќе треба да се направат многупресметки.

o Дали може членовите на низата да се претстават експлицитно, безрекурзија, што би го намалила бројот на пресметки?• Да, за некои специјални типови рекурентни релации.

26


27/50


Моделирање со рекурентнирелации

o Многу реални проблеми можат да се моделираат,односно да се претстават со рекурентни релации.• Сложена камата• Број на потези да се реши играта Кулата на Ханој• Пребројување на бит стрингови со некое својство

27


28/50


Сложена камата

o Да претпоставиме дека во банка се вложени100 000денари со каматна стапка од11% со годишновкаматување. Колкав ќе стане влогот после30 години?

o Решение: НекаPn е сумата послеn години.Рекурентна релација:Pn =Pn-1+0.11 Pn-1=1.11 Pn-1Почетни услови:P0 = 100 000

Pn= (1.11) n

P0P30 = (1.11) 30 P0 = 2 289 229.7

28


29/50


30/50


Кулата на Ханој

o Нека бројот чекори кои ни се потребни за да го решимепроблемот со големинаn е F(n).

•Прво треба горните n – 1 дискови да се префрлат со најмал бројчекори на последниот клин, се праватF(n - 1) чекори.•Потоа треба најголемиот диск да се префрли на средниот клин, сеправи еден чекор.•На крај n – 1 -те дискови од

последниот клин треба дасе префрлат над најголемиотдиск, се праватF(n - 1) чекори.

F(n) =2F(n-1)+1,F(1) =1.

30


31/50


Кулата на Ханој

F (n) =2F (n - 1) + 1=2(2F (n - 2) + 1) + 1 =22F (n - 2) + 2 + 1=22(2F (n - 3) + 1) + 2 + 1 =23F (n - 3) + 22 + 2 + 1

.

.

.=2n-2(2F (1) +1) +2n-3 + … +2 + 1

=2n-1 +2n-2 + … +2 + 1 =2n - 1

31


32/50


o Легендата зборува дека Тибетантски свештеници си поставилезадача на овој начин да префрлат64 дискови кои се на почетокотнаредени на еден столб. Тие тврделе дека кога ќе ја завршатзадачата ќе се случи крај на светот. Дали се во право?

o Ако претпоставиме дека за префрлање на еден диск е потребновреме од 1 секунда тогаш за префрлање на сите дискови ќебидат потребни

264-1=18.446.744.073.709.551.615 секундиВо една година има31.536.000 секунди. Сонцето какоѕвезда после4 милијарди години се очекува да ја “голтне”земјата, односно после126.144.000.000.000.000 секунди.

Кулата на Ханој32


33/50


Поставување на загради примножење на n броеви

o На колку начини можеме да ги поставиме заградите во пресметување напроизводот наn+1броеви, за да се специфицира редоследот на множењето?

x0 ⋅ x1 ⋅ x2 ⋅ x3 ⋅ … ⋅ xno Cn – бројот на начини на поставување на загради за пресметување на

производот x0 ⋅ x1 ⋅ x2 ⋅ x3 ⋅ … ⋅ xn.o Да забележиме дека последното множење ќе биде меѓу две групи одпроизводи кои се наоѓаат во загради. Според тоа последниот оператор “.” ќе

биде меѓу 2 последователни броја во низата.• x0 само, останатитеn елементи во една заграда, постојатC0Cn-1можности.• Првите два елементи во една заграда, останатитеn-1 во друга, постојатC1Cn-2

можности.•

...• Првитеn елементи во една заграда, последниот во друга (Cn-1C0).o Вкупниот број на поставувања е

Cn = C0Cn-1+C1Cn-2+…+Cn-1C0.

33

Хомогени линеарни


34/50


Хомогени линеарнирекурентни релации со

константни коефициентиo Хомогена линеарна рекурентна релацијасо константникоефициенти од редk е рекурентна релација од облик

аn =c1аn-1+ c2аn-2+ …+ckаn-kкаде c1 , c2 , …,ck се реални броеви иck ≠ 0.

o Равенката е еднозначно дефинирана (има единственорешение) ако се дадени првитеk членови на низата, т.е.,почетните услови

а0 =C0 , а1 =C1 , …, аk-1=Ck-1.(ак =c1Ck-1+ c2Ck -2+ …+ck C0, ак+1=c1ak + c2Ck -1+ …+ck C1, … )

34

Р


35/50


Решавање на хомогени линеарнирекурентни релации со константни

коефициенти од прв ред

o Ако е дадена рекурентна релацијааn =cаn-1,

каде што а0 е познато, тогашаn =cnа0.

o Решение:Со сукцесивна замена нааi се добива

аn =cаn-1=c2аn-2= ... =cnа0.

35


36/50



коефициенти од втор ред

o Да се реши рекурентна релацијааn =c1аn-1 +c2аn-2, каде а0 и а1се дадени.

o Бараме решение од облик аn = r n , каде r ≠ 0 е некоја константа.Ако замениме во рекурентната релација, добиваме

r n =c1r n-1+c2r n-2,и по кратењесо r n-2 добиваме

r 2 =c1r +c2. – карактеристична равенкаОдносно,аn = r n е решение на рекурентната релација аккоr ерешение на карактеристичната равенка.Нека r 1и r 2, се решенија на карактеристичната равенка. Ќеразгледаме 2 случаи.

1.r 1 и r 2се различни, и2. r 1 и r 2 се еднакви, односно,r 1= r 2 = r.

36


37/50




1. Акоr 1 и r 2се различни корени на карактеристичната равенкаr 2 =c1r +c2, тогаш решението на рекурентната релација е одоблик аn =μ1r 1n +μ2r 2n каде μ1 и μ2 се константи.

аn =c1аn-1+ c2аn-2=c1(μ1r 1n-1+μ2r 2n-1) +c2(μ1r 1n-2 +μ2r 2n-2)=μ1(c1r 1n-1+c2r 1n-2) +μ2(c1r 2n-1+c2r 2n-2)=μ1r 1n-2(c1r 1+c2) +μ2r 2n-2(c1r 2 +c2)=μ1r 1n-2r 12 +μ2r 2n-2r 22= μ1r 1n +μ2r 2n.

Константите μ1и μ2 се определуваат од почетните услови.

37


38/50




2. Ако карактеристичната равенкаr 2 =c1r +c2 има едно решение,r 0, односнодвоен корен, тогаш решението е од облик

аn =μ1r 0n +nμ2r 0n = (μ1+nμ2)r 0n. Ако карактеристичната равенка има двоен корен, тогаш

r 02 - c1r 0 -c2 = (r 0 – c1 /2)2= r 02– c1r 0 + (c1 /2)2 ⇒ c2 = - (c1 /2)2, r 0 = c1 /2Тогаш

an =c1an-1+c2an-2=c1( μ1+ (n-1)μ2)r 0n-1+c2 ( μ1+ (n-2)μ2)r 0n-2

= μ1(c1r 0n-1+c2 r 0n-2) +nμ2(c1r 0n-1+c2 r 0n-2) – μ2 (c1r 0n-1+ 2c2 r 0n-2 )=μ1r 0n-2(c1r 0 +c2) +nμ2r 0n-2(c1r 0 +c2) – μ2r 0n-2(c1⋅c1 /2 -2(c1 /2)2)

=μ1r 0n-2r 02 +nμ2r 0n-2r 02= μ1r 0n +nμ2r 0n

Константитеμ1и μ2се наоѓаат од почетните услови.

38


39/50




o Теорема: Некаc1и c2 се реални броеви. Да претпоставимедека r 2 – c1r – c2 = 0 има две различни решенија,r 1 и r 2. Тогашнизата{an}е решение на рекурентната релацијаan =c1an-1+c2an-2, акко

an =μ1r 1n +μ2r 2n.за секој n =0,1,2, ..., кадеμ1и μ2 се константи.Акоr 2 – c1r – c2 = 0 има двоен коренr 0, тогаш низата{аn}ерешение на рекурентната релацијаan =c1an-1+c2an-2, акко

a n =μ1r 0n +nμ2r 0n.за секој n =0,1,2,.., кадеμ1и μ2 се константи.

39


40/50


41/50


Пример 2

o Да се реши рекурентната релацијааn+1=4аn −4аn−1 (n ≥ 1),при почетни условиа0 = 1 и а1 = 4.

o Решение:Решение на равенкатаr 2 – 4r +4 = 0 е r 0 = 2 и тоа е двоенкорен.Општото решение на целата рекурзија еаn = (μ1+μ2n)2n .Константите ќе се определат од почетните услови, т.е акосе реши системот1 = μ1 и 4 = 2 μ1 +2μ2.

μ1= 1 и μ2= 1.Решението е аn = (1+ n)2 n .

41

Решавање на линеарна


42/50


Решавање на линеарнахомогена рекурентна релација

од повисок редo Теорема: Некаc1 , c2, ...,ck се реални броеви,ck ≠ 0. Да

претпоставиме дека карактеристичната равенкаr k – c

1r k-1– c

2r k-2 –

...– c

k =0

има k различни решенијаr 1, r 2 ... r k. Тогаш низата{аn} ерешение на рекурентната релација

аn =c1аn-1+ c2аn-2+ …+ckаn-k

аккоаn =μ1r 1n + μ2r 2n + ... + μk r kn.

за секој n =0,1,2, … каде што μ1, μ2 , . . . се константи.

42


43/50


Пример 3

o Реши ја рекурентната релацијаxn =6xn −1−11xn+ 6xn −3, со почетни условиx0 = 2, x1 = 5 и x2 = 15.

o Решение:

Решенија на равенкатаr 3

– 6 r 2 +

11r -

6=

0, се 1 , 2 и 3.Општото решение на целата рекурзија еxn = μ1⋅ 1n + μ2 ⋅ 2n + μ3 ⋅ 3n ,

каде μ1 , μ2 и μ3 се константи.Константите се наоѓаат од почетните услови, т.е. тие се решенијата нсистемот2 = μ1 + μ2 + μ3, 5 = μ1 + 2μ2 + 3μ3 и 15 = μ1 + 4μ2 + 9μ3.

Се добиваμ1 = 1, μ2 = -1, μ3 = 2, па решението еxn = 1 – 2 n + 2(3 n ).

43

Решавање на линеарна


44/50


Решавање на линеарнахомогена рекурентна релација

од повисок редo Теорема: Некаc1 , c2, ...ck се реални броеви,ck ≠ 0 . Дапретпоставиме дека карактеристичната равенка

r k – c1r k-1– c2r k-2 – ... – ck = 0

има t различни решенија,r 1, r 2, ..., r t со кратностиm1, m2 ... mtкаде m1+ m2+ ... + mt =k. Тогаш низата{аn} е решение нарекурентната релација

аn =c1аn-1+ c2аn-2+ …+ckаn-kакко

44

1

1

2

2

11,0 1,1 1, 1 1

12,0 2,1 2, 1 2

1,0 ,1 , 1

( ... )

( ... ) ...

( ... )tt

m nn m

m nm

m nt t t m t

a n n r

n n r

n n r

µ µ µ

µ µ µ

µ µ µ

−−

−−

−−

= + + + +

+ + + + +

+ + +


45/50


Пример 4

o Да се реши рекурентната релацијаxn = − 3xn −1−3xn-2– xn −3 , каде x0 = 1,x1 = -2 и x2 = -1.

o Решение:

Равенката r 3

+ 3r 2

+ 3r + 1 = (r + 1)3

= 0 има единствено трократнорешение r =-1.Општото решение на целата рекурзија е

xn = (μ1,0 +μ1,1n + μ1,2n2)(– 1) n.Константитеμ1,0 , μ1,1 и μ1,2 се наоѓаат од почетните услови, тоа серешенијата на системот

1 = μ1,0 , -2 = - μ1,0 -μ1,1 - μ1,2 и -1 = μ1,0 +2μ1,1 + 4μ1,2 .Се добиваμ1,0 = 1, μ1,1 = 3 и μ1,2 = -2, така што решението е

xn = (1 + 3n – 2n2)(– 1 )n.

45

Решавање на нехомогени линеарни


46/50


Решавање на нехомогени линеарнирекурентни релации

со константни коефициенти

o Нехомогена линеарна рекурентна релацијасо константникоефициенти од редk е равенка од облик

an =c1an-1+ c2an-2+ …+ckan-k+F (n)

каде c1 , c2 , …,ck се реални броеви,ck ≠ 0 и F (n) е некојафункција.

o Хомогената равенкаan =c1an-1+ c2an-2+ …+ckan-k

се нарекувахомогена линеарна равенка соодветна нанехомогената линеарна равенка.

46



47/50



со константни коефициенти

o Теорема: Ако{an(p)} е партикуларно решение на нехомогенаталинеарна рекурентна равенкаan =c1an-1+ c2an-2+ …+ckan-k+F (n) соконстантни коефициенти тогаш нејзино општо решение е секоерешение од облик{an(p)+an(h)}, каде {an(h)}е решение на соодветнатахомогена линеарна равенка

o Доказ: Нека{bn } е друго решение на нехомогената линеарнаравенка. Тогашbn=c1bn-1+ c2bn-2+ …+ckbn-k+F (n) иbn – an(p) =c1(bn-1– an-1(p)) + c2(bn-2– an-2(p)) + …+ck(bn-k– an-k(p))Тогашbn – an(p) е некое решение на соодветната хомогена равенка,на примерan(h). Следува дека

bn =an(p) +an(h)за сите n.

47



48/50



со константни коефициентиo Дали постои „рецепт“ за наоѓање на барем едно партикуларно

решение?• Во општ случај не, но за некои специјални случаи-ДА.

o Теорема: Нека{an} ја задоволува нехомогената линеарна рекурентнаравенка an =c1an-1+ c2an-2+ …+ckan-k+F (n) со константни коефициенти,каде c1 , c2 , …,ck се реални броеви и нека

F (n) = (b tnt + bt -1nt -1 + … +b1n + b0n0)sn.каде b0 , b1 , …,bt и s се реални броеви. Когаs не е корен накарактеристичната равенка на соодветната хомогена линеарнаравенка, тогаш постои партикуларно решение од облик

(ptnt + pt -1nt -1 + … + p1n + p0)sn.Кога s е корен со кратностm, на карактеристичната равенка насоодветната хомогена равенка, тогаш постои партикуларнорешение од облик

nm(ptnt + pt -1nt -1 + … + p1n + p0)sn.

48


49/50


Пример 5

o Да се реши рекурентната релацијаxn =3xn −1+ 2n, каде x1 =3.o Решение:

Решение на соодветната хомогена равенка еan(h)=а⋅ 3n , а e константа

Бараме едно решение на нехомогената равенка од обликcn +d.xn =3xn −1+ 2n се сведува наcn +d =3(c(n – 1 ) + d) + 2n.

За да важи ова треба да се најдат константитеc и d така што предстепените наn да имаме еднакви константи:

c =3c+2 , d =3d – 3c ⇒ c = –1 , d = – 3/2 .Добивме партикуларно решениеan(p) = – n – 3/2 , и општо решениеxn =– n – 3/2 + а⋅ 3n.Од почетниот условх1 = 3 добиваме а =11/6 , паxn =– n – 3/2+ 11/2 ⋅3n-1 ебараното решение.

49


50/50

o Каков облик има партикуларното решение на рекурентнатарелацијаan =6an-1– 9 an-2 +F (n) кога F (n) =3n , F (n) =n3n, F (n) =n22n и F (n) =(n2 + 1)3n?

o Решение: Соодветната хомогена равенка имакарактеристична равенкаr 2 - 6r + 9 = (r - 3)2 = 0 со двократенкорен 3. Значи s = 3 е корен со кратностm = 2, но s = 2 не екорен.-ако F (n) =3n тогашan(p) =n2p03n- ако F (n) =n3n тогашan(p) =n2(p1n +p0)3n

- ако F (n) =n22n тогашan(p) = (p2n2 +p1n +p0)2n

- ако F (n) =(n2 + 1)3n тогашan(p) =n2(p2n2 +p1n +p0)3n

Пример 650

Documents

P11-Princip Na Vklucuvanje i Isklucuvanje i Rekurzivni Ravenki_2015