Cursul 4Structura Ciclica a Permutarilor.Tehnici Avansate de Numarare

30 octombrie 2015

Cursul 4

Permutari si cicluri

Permutarile au si rolul de functii de rearanjare.

Exemplu

1 Permutarea 〈4, 2, 1, 3〉 este o functie bijectiva care mapeaza 1la 4, 2 la 2, 3 la 1, si 4 la 3. Putem scrie

1 7→ 4 7→ 3 7→ 1, 2 7→ 2

2 Permutarea 〈2, 1, 3, 5, 7, 4, 6〉 este o functie care mapeaza

1 7→ 2 7→ 1, 3 7→ 3, 4 7→ 5 7→ 7 7→ 6 7→ 4

Definitie (Ciclu)

Un ciclu este o functie π : {v1, v2, . . . , vk} → {v1, v2, . . . , vk} caremapeaza

v1 7→ v2 7→ . . . 7→ vk−1 7→ vk 7→ v1

Notatia matematica a acestui ciclu este (v1, . . . , vk).Ciclul (v1) reprezinta functia π : {v1} → {v1} cu π(v1) = v1.

Cursul 4

Structura ciclica a permutarilor

Observatie

Orice permutare poate fi reprezentata ca o compozitie de cicluridisjuncte. Aceasta reprezentare se numeste structura ciclica apermutarii.

Exemplu

1 Permutarea 〈4, 2, 1, 3〉 poate fi reprezentata ca o compozitiede 2 cicluri disjuncte: (1, 4, 3)(2).

2 Permutarea 〈2, 1, 3, 5, 7, 4, 6〉 poate fi reprezentata ca ocompozitie de 3 cicluri disjuncte: (1, 2)(3)(4, 5, 7, 6).

Cursul 4

Structura ciclica a permutarilorProprietati

Reprezentarea unui ciclu nu este unica: de exemplu, (2, 3, 4),(3, 4, 2) si (4, 2, 3) sunt cicluri care reprezinta aceeasi functie.

⇒ Structura ciclica a permutarilor nu este unica: de exempluurmatoarele structuri ciclice reprezinta aceeasi permutare:

B (1, 5)(2, 3, 4)B (1, 5)(3, 4, 2)B (5, 1)(4, 2, 3)B (2, 3, 4)(1, 5)

B In general, structurile ciclice care se obtin prin

rotirea ciclurilor din structura, la stanga sau la dreapta, saupermutarea ciclurilor structurii

reprezinta aceeasi permutare.

Putem defini o structura ciclica canonica a unei permutari:

B Fiecare ciclu ıncepe cu elementul cel mai mic.B Ciclurile sunt scrise ın ordinea crescatoare a celui mai mic

element.

Cursul 4

Structura ciclica a permutarilorProprietati

Reprezentarea unui ciclu nu este unica: de exemplu, (2, 3, 4),(3, 4, 2) si (4, 2, 3) sunt cicluri care reprezinta aceeasi functie.

⇒ Structura ciclica a permutarilor nu este unica: de exempluurmatoarele structuri ciclice reprezinta aceeasi permutare:

B (1, 5)(2, 3, 4)B (1, 5)(3, 4, 2)B (5, 1)(4, 2, 3)B (2, 3, 4)(1, 5)

B In general, structurile ciclice care se obtin prin

rotirea ciclurilor din structura, la stanga sau la dreapta, saupermutarea ciclurilor structurii

reprezinta aceeasi permutare.

Putem defini o structura ciclica canonica a unei permutari:

B Fiecare ciclu ıncepe cu elementul cel mai mic.B Ciclurile sunt scrise ın ordinea crescatoare a celui mai mic

element.

Cursul 4

Structura ciclica a permutarilorProprietati

Reprezentarea unui ciclu nu este unica: de exemplu, (2, 3, 4),(3, 4, 2) si (4, 2, 3) sunt cicluri care reprezinta aceeasi functie.

⇒ Structura ciclica a permutarilor nu este unica: de exempluurmatoarele structuri ciclice reprezinta aceeasi permutare:

B (1, 5)(2, 3, 4)B (1, 5)(3, 4, 2)B (5, 1)(4, 2, 3)B (2, 3, 4)(1, 5)

B In general, structurile ciclice care se obtin prin

rotirea ciclurilor din structura, la stanga sau la dreapta, saupermutarea ciclurilor structurii

reprezinta aceeasi permutare.

Putem defini o structura ciclica canonica a unei permutari:

B Fiecare ciclu ıncepe cu elementul cel mai mic.B Ciclurile sunt scrise ın ordinea crescatoare a celui mai mic

element.

Cursul 4

Structuri cicliceConstruirea structurii ciclice canonice a unei permutari

Idee de baza

1 Se porneste de la 1 calculul secventei de succesori pana serevine la 1. Acest proces construieste primul ciclu.

2 Se alege cel mai mic element care nu apare ın primul ciclu sise construieste al doilea ciclu.

3 Se repeta acest proces pana cand toate elementele aparıntr-un ciclu.

Exercitiu

Care sunt structurile ciclice canonice ale urmatoarelor permutari:

1 〈1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10〉?

(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)

2 〈10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1〉?

(1, 10)(2, 9)(3, 8)(4, 7)(5, 6)

Cursul 4

Structuri cicliceConstruirea structurii ciclice canonice a unei permutari

Idee de baza

1 Se porneste de la 1 calculul secventei de succesori pana serevine la 1. Acest proces construieste primul ciclu.

2 Se alege cel mai mic element care nu apare ın primul ciclu sise construieste al doilea ciclu.

3 Se repeta acest proces pana cand toate elementele aparıntr-un ciclu.

Exercitiu

Care sunt structurile ciclice canonice ale urmatoarelor permutari:

1 〈1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10〉?

(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)

2 〈10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1〉?

(1, 10)(2, 9)(3, 8)(4, 7)(5, 6)

Cursul 4

Structuri cicliceConstruirea structurii ciclice canonice a unei permutari

Idee de baza

1 Se porneste de la 1 calculul secventei de succesori pana serevine la 1. Acest proces construieste primul ciclu.

2 Se alege cel mai mic element care nu apare ın primul ciclu sise construieste al doilea ciclu.

3 Se repeta acest proces pana cand toate elementele aparıntr-un ciclu.

Exercitiu

Care sunt structurile ciclice canonice ale urmatoarelor permutari:

1 〈1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10〉?(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)

2 〈10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1〉?

(1, 10)(2, 9)(3, 8)(4, 7)(5, 6)

Cursul 4

Structuri cicliceConstruirea structurii ciclice canonice a unei permutari

Idee de baza

1 Se porneste de la 1 calculul secventei de succesori pana serevine la 1. Acest proces construieste primul ciclu.

2 Se alege cel mai mic element care nu apare ın primul ciclu sise construieste al doilea ciclu.

3 Se repeta acest proces pana cand toate elementele aparıntr-un ciclu.

Exercitiu

Care sunt structurile ciclice canonice ale urmatoarelor permutari:

1 〈1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10〉?(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)

2 〈10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1〉?

(1, 10)(2, 9)(3, 8)(4, 7)(5, 6)

Cursul 4

Structuri cicliceConstruirea structurii ciclice canonice a unei permutari

Idee de baza

1 Se porneste de la 1 calculul secventei de succesori pana serevine la 1. Acest proces construieste primul ciclu.

2 Se alege cel mai mic element care nu apare ın primul ciclu sise construieste al doilea ciclu.

3 Se repeta acest proces pana cand toate elementele aparıntr-un ciclu.

Exercitiu

Care sunt structurile ciclice canonice ale urmatoarelor permutari:

1 〈1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10〉?(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)

2 〈10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1〉?(1, 10)(2, 9)(3, 8)(4, 7)(5, 6)

Cursul 4

Structuri cicliceCalculul permutarii corespunzatoare unei structuri ciclice

Exemplu ilustrat

Permutarea corespunzatoare structurii ciclice (1, 3, 4)(2, 6, 7)(5) sepoate calcula astfel:

1 Se rotesc la dreapta cu o pozitie toate ciclurile structuriiciclice initiale ⇒ (4, 1, 3)(7, 2, 6)(5)

2 Se aliniaza structura ciclica rotita la dreapta peste structuraciclica initiala:

( 4 , 1 , 3 )( 7 , 2 , 6 )( 5 )↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

( 1 , 3 , 4 )( 2 , 6 , 7 )( 5 )

3 Se poate citi direct permutarea

1 2 3 4 5 6 7〈 3 , 6 , 4 , 1 , 5 , 7 , 2 〉

Cursul 4

Structuri cicliceTipul unei permutari

Tipul unei permutari π de n elemente este lista λ = [λ1, . . . , λn] ıncare λi este numarul ciclurilor lui π cu lungimea i , pentru1 ≤ i ≤ n.

Exemplu

1 Permutarea 〈1, 2, 3, 4, 5, 6, 7〉 = (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) are tipul[7, 0, 0, 0, 0, 0, 0]

2 Permutarea 〈7, 6, 5, 4, 3, 2, 1〉 = (1, 7)(2, 6)(3, 5)(4) are tipul[1, 3, 0, 0, 0, 0, 0]

3 Permutarea〈1, 3, 2, 6, 7, 8, 9, 4, 10, 5〉 = (1)(2, 3)(4, 6, 8)(5, 7, 9, 10)are tipul [1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0]

Observatie: [λ1, . . . , λn] este tipul unei permutari daca si numaidaca 1 · λ1 + 2 · λ2 + . . .+ n · λn = n

i · λi = numarul de elemente ce apar ın cicluri cu lungimea i .

Cursul 4

Structuri cicliceTipul unei permutari

Tipul unei permutari π de n elemente este lista λ = [λ1, . . . , λn] ıncare λi este numarul ciclurilor lui π cu lungimea i , pentru1 ≤ i ≤ n.

Exemplu

1 Permutarea 〈1, 2, 3, 4, 5, 6, 7〉 = (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) are tipul[7, 0, 0, 0, 0, 0, 0]

2 Permutarea 〈7, 6, 5, 4, 3, 2, 1〉 = (1, 7)(2, 6)(3, 5)(4) are tipul[1, 3, 0, 0, 0, 0, 0]

3 Permutarea〈1, 3, 2, 6, 7, 8, 9, 4, 10, 5〉 = (1)(2, 3)(4, 6, 8)(5, 7, 9, 10)are tipul [1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0]

Observatie: [λ1, . . . , λn] este tipul unei permutari daca si numaidaca 1 · λ1 + 2 · λ2 + . . .+ n · λn = n

i · λi = numarul de elemente ce apar ın cicluri cu lungimea i .

Cursul 4

Structuri cicliceTipul unei permutari

Tipul unei permutari π de n elemente este lista λ = [λ1, . . . , λn] ıncare λi este numarul ciclurilor lui π cu lungimea i , pentru1 ≤ i ≤ n.

Exemplu

1 Permutarea 〈1, 2, 3, 4, 5, 6, 7〉 = (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) are tipul[7, 0, 0, 0, 0, 0, 0]

2 Permutarea 〈7, 6, 5, 4, 3, 2, 1〉 = (1, 7)(2, 6)(3, 5)(4) are tipul[1, 3, 0, 0, 0, 0, 0]

3 Permutarea〈1, 3, 2, 6, 7, 8, 9, 4, 10, 5〉 = (1)(2, 3)(4, 6, 8)(5, 7, 9, 10)are tipul [1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0]

Observatie: [λ1, . . . , λn] este tipul unei permutari daca si numaidaca 1 · λ1 + 2 · λ2 + . . .+ n · λn = n

i · λi = numarul de elemente ce apar ın cicluri cu lungimea i .

Cursul 4

Numararea permutarilor de un anumit tip

Intrebare: Cate permutari au tipul λ = [λ1, λ2, . . . , λn]?

Scriem toate cele n! permutari si inseram paranteze pentru aconstrui n! structuri ciclice de forma

c11 . . . c

1λ1︸ ︷︷ ︸

cicluri cu lung. 1

. . . cn1 . . . cnλn︸ ︷︷ ︸

cicluri cu lung. n

Numaram structurile ciclice care reprezinta aceeasi permutare

B Fiecare ciclu c ik de lungime i poate fi scris in i feluriechivalente ⇒ din cauza echivalentei ciclurilor, exista1λ1 · 2λ2 · . . . · nλn structuri ciclice care reprezinta aceeasipermutare. (am aplicat regula produsului)

B Orice permutare a ciclurilor din cadrul unui bloc de cicluri cuaceeasi lungime reprezinta aceeasi permutare

exista λi ! permutari in fiecare bloc de cicluri de lungime i⇒ exista λ1! · λ2! · . . . · λn! structuri ciclice echivalente din acest

motiv. (am aplicat regula produsului)

⇒ nr. perm. de tip λ esten!

λ1! · λ2! · . . . · λn! · 1λ1 · 2λ2 · . . . · nλn

Cursul 4

Numararea permutarilor de un anumit tip

Intrebare: Cate permutari au tipul λ = [λ1, λ2, . . . , λn]?

Scriem toate cele n! permutari si inseram paranteze pentru aconstrui n! structuri ciclice de forma

c11 . . . c

1λ1︸ ︷︷ ︸

cicluri cu lung. 1

. . . cn1 . . . cnλn︸ ︷︷ ︸

cicluri cu lung. n

Numaram structurile ciclice care reprezinta aceeasi permutare

B Fiecare ciclu c ik de lungime i poate fi scris in i feluriechivalente ⇒ din cauza echivalentei ciclurilor, exista1λ1 · 2λ2 · . . . · nλn structuri ciclice care reprezinta aceeasipermutare. (am aplicat regula produsului)

B Orice permutare a ciclurilor din cadrul unui bloc de cicluri cuaceeasi lungime reprezinta aceeasi permutare

exista λi ! permutari in fiecare bloc de cicluri de lungime i⇒ exista λ1! · λ2! · . . . · λn! structuri ciclice echivalente din acest

motiv. (am aplicat regula produsului)

⇒ nr. perm. de tip λ esten!

λ1! · λ2! · . . . · λn! · 1λ1 · 2λ2 · . . . · nλn

Cursul 4

Numararea permutarilor de un anumit tip

Intrebare: Cate permutari au tipul λ = [λ1, λ2, . . . , λn]?

Scriem toate cele n! permutari si inseram paranteze pentru aconstrui n! structuri ciclice de forma

c11 . . . c

1λ1︸ ︷︷ ︸

cicluri cu lung. 1

. . . cn1 . . . cnλn︸ ︷︷ ︸

cicluri cu lung. n

Numaram structurile ciclice care reprezinta aceeasi permutare

B Fiecare ciclu c ik de lungime i poate fi scris in i feluriechivalente ⇒ din cauza echivalentei ciclurilor, exista1λ1 · 2λ2 · . . . · nλn structuri ciclice care reprezinta aceeasipermutare. (am aplicat regula produsului)

B Orice permutare a ciclurilor din cadrul unui bloc de cicluri cuaceeasi lungime reprezinta aceeasi permutare

exista λi ! permutari in fiecare bloc de cicluri de lungime i⇒ exista λ1! · λ2! · . . . · λn! structuri ciclice echivalente din acest

motiv. (am aplicat regula produsului)

⇒ nr. perm. de tip λ esten!

λ1! · λ2! · . . . · λn! · 1λ1 · 2λ2 · . . . · nλn

Cursul 4

Numararea permutarilor de un anumit tip

Intrebare: Cate permutari au tipul λ = [λ1, λ2, . . . , λn]?

Scriem toate cele n! permutari si inseram paranteze pentru aconstrui n! structuri ciclice de forma

c11 . . . c

1λ1︸ ︷︷ ︸

cicluri cu lung. 1

. . . cn1 . . . cnλn︸ ︷︷ ︸

cicluri cu lung. n

Numaram structurile ciclice care reprezinta aceeasi permutare

B Fiecare ciclu c ik de lungime i poate fi scris in i feluriechivalente ⇒ din cauza echivalentei ciclurilor, exista1λ1 · 2λ2 · . . . · nλn structuri ciclice care reprezinta aceeasipermutare. (am aplicat regula produsului)

B Orice permutare a ciclurilor din cadrul unui bloc de cicluri cuaceeasi lungime reprezinta aceeasi permutare

exista λi ! permutari in fiecare bloc de cicluri de lungime i⇒ exista λ1! · λ2! · . . . · λn! structuri ciclice echivalente din acest

motiv. (am aplicat regula produsului)

⇒ nr. perm. de tip λ esten!

λ1! · λ2! · . . . · λn! · 1λ1 · 2λ2 · . . . · nλn

Cursul 4

Aplicatii ale permutarilor de acelasi tipPartitii ıntregi

O partitie ıntreaga a unui ıntreg pozitiv n este un multi-set deıntregi pozitivi a caror suma este n. Se observa ca

Numarul partitiilor lui n = Numarul tipurilor de n-permutari.

[λ1, . . . , λn]↔ {1, . . . , 1︸ ︷︷ ︸λ1 ori

, . . . , n, . . . , n︸ ︷︷ ︸λn ori

}

Exemplu

Partitiile ıntregi ale numarului 5 sunt multi-seturile{5}, {4, 1}, {3, 2}, {3, 1, 1}, {2, 2, 1}, {2, 1, 1, 1}, {1, 1, 1, 1, 1}. Elecorespund tipurilor[0, 0, 0, 0, 1], [1, 0, 0, 1, 0], [0, 1, 1, 0, 0], [2, 0, 1, 0, 0], [1, 0, 0, 2, 0],[3, 1, 0, 0, 0], [5, 0, 0, 0, 0].

Cursul 4

Partea 2: Tehnici avansate de numarareObservatii preliminare

Numeroase probleme de numarare nu pot fi rezolvate cumetodele prezentate pana acum.

Exemple:1 Cate siruri de biti de lungime n nu contin doua zerouri

consecutive?2 In cate feluri se pot aloca 7 lucrari la 3 angajati astfel ıncat

fiecare angajat sa primeasca cel putin o lucrare?

Scopul partii a 2-a a cursului: prezentarea unor tehnici maiavansate de numarare:

Relatii de recurentaRezolvarea relatiilor de recurenta liniara

Cursul 4

Partea 2: Tehnici avansate de numarareObservatii preliminare

Numeroase probleme de numarare nu pot fi rezolvate cumetodele prezentate pana acum.

Exemple:1 Cate siruri de biti de lungime n nu contin doua zerouri

consecutive?2 In cate feluri se pot aloca 7 lucrari la 3 angajati astfel ıncat

fiecare angajat sa primeasca cel putin o lucrare?

Scopul partii a 2-a a cursului: prezentarea unor tehnici maiavansate de numarare:

Relatii de recurentaRezolvarea relatiilor de recurenta liniara

Cursul 4

Partea 2: Tehnici avansate de numarareObservatii preliminare

Numeroase probleme de numarare nu pot fi rezolvate cumetodele prezentate pana acum.

Exemple:1 Cate siruri de biti de lungime n nu contin doua zerouri

consecutive?2 In cate feluri se pot aloca 7 lucrari la 3 angajati astfel ıncat

fiecare angajat sa primeasca cel putin o lucrare?

Scopul partii a 2-a a cursului: prezentarea unor tehnici maiavansate de numarare:

Relatii de recurenta

Rezolvarea relatiilor de recurenta liniara

Cursul 4

Partea 2: Tehnici avansate de numarareObservatii preliminare

Numeroase probleme de numarare nu pot fi rezolvate cumetodele prezentate pana acum.

Exemple:1 Cate siruri de biti de lungime n nu contin doua zerouri

consecutive?2 In cate feluri se pot aloca 7 lucrari la 3 angajati astfel ıncat

fiecare angajat sa primeasca cel putin o lucrare?

Scopul partii a 2-a a cursului: prezentarea unor tehnici maiavansate de numarare:

Relatii de recurentaRezolvarea relatiilor de recurenta liniara

Cursul 4

Relatii de recurenta

Exemplu

Numarul bacteriilor din o colonie se dubleaza ın fiecare ora. Dacaıntr-o colonie sunt initial 5 bacterii, cate vor fi dupa n ore?Raspuns. Fie an numarul de bacterii dupa n ore.

a0 = 5 (cunostinte initiale)

an = 2 · an−1 pentru n > 0 (evolutie)

O relatie de recurenta pentru secventa {an} este o ecuatiecare exprima an ın functie de 0 sau mai multi termeni dintrea0, a1, . . . , an−1 ai secventei, pentru toti n ≥ n0, unde n0 ≥ 0.

O solutie a relatiei de recurenta este o formula de calcul directa lui an din n, care satisface relatia de recurenta.

In continuare vor fi prezentate tehnici de rezolvare a unor tipuri derelatii de recurenta.

Cursul 4

Relatii de recurenta

Exemplu

Numarul bacteriilor din o colonie se dubleaza ın fiecare ora. Dacaıntr-o colonie sunt initial 5 bacterii, cate vor fi dupa n ore?Raspuns. Fie an numarul de bacterii dupa n ore.

a0 = 5 (cunostinte initiale)

an = 2 · an−1 pentru n > 0 (evolutie)

O relatie de recurenta pentru secventa {an} este o ecuatiecare exprima an ın functie de 0 sau mai multi termeni dintrea0, a1, . . . , an−1 ai secventei, pentru toti n ≥ n0, unde n0 ≥ 0.

O solutie a relatiei de recurenta este o formula de calcul directa lui an din n, care satisface relatia de recurenta.

In continuare vor fi prezentate tehnici de rezolvare a unor tipuri derelatii de recurenta.

Cursul 4

Relatii de recurenta

Exemplu

Numarul bacteriilor din o colonie se dubleaza ın fiecare ora. Dacaıntr-o colonie sunt initial 5 bacterii, cate vor fi dupa n ore?Raspuns. Fie an numarul de bacterii dupa n ore.

a0 = 5 (cunostinte initiale)

an = 2 · an−1 pentru n > 0 (evolutie)

O relatie de recurenta pentru secventa {an} este o ecuatiecare exprima an ın functie de 0 sau mai multi termeni dintrea0, a1, . . . , an−1 ai secventei, pentru toti n ≥ n0, unde n0 ≥ 0.

O solutie a relatiei de recurenta este o formula de calcul directa lui an din n, care satisface relatia de recurenta.

In continuare vor fi prezentate tehnici de rezolvare a unor tipuri derelatii de recurenta.

Cursul 4

Relatii de recurenta

Exemplu

Numarul bacteriilor din o colonie se dubleaza ın fiecare ora. Dacaıntr-o colonie sunt initial 5 bacterii, cate vor fi dupa n ore?Raspuns. Fie an numarul de bacterii dupa n ore.

a0 = 5 (cunostinte initiale)

an = 2 · an−1 pentru n > 0 (evolutie)

O relatie de recurenta pentru secventa {an} este o ecuatiecare exprima an ın functie de 0 sau mai multi termeni dintrea0, a1, . . . , an−1 ai secventei, pentru toti n ≥ n0, unde n0 ≥ 0.

O solutie a relatiei de recurenta este o formula de calcul directa lui an din n, care satisface relatia de recurenta.

In continuare vor fi prezentate tehnici de rezolvare a unor tipuri derelatii de recurenta.

Cursul 4

Relatii de recurentaExemple

a0 = 3, a1 = 5, an = an−1 − an−2 pentru n ≥ 2.Toate elementele lui {an} pot fi calculate recursiv:

a2 = a1 − a0 = 5− 3 = 2

a3 = a2 − a1 = 2− 5 = −3

. . .

Putem gasi o formula generala de calcul direct a lui an ınfunctie de n?a0 = 0, a1 = 3, an = 2 · an−1 − an−2 pentru n ≥ 2. Toateelementele lui {an} pot fi calculate recursiv:

a2 = 2 a1 − a0 = 6

a3 = 2 a2 − a1 = 9

. . .

Se poate demonstra prin inductie ca an = 3 n pentru totin ≥ 0.

Cursul 4

Relatii de recurentaExemple

a0 = 3, a1 = 5, an = an−1 − an−2 pentru n ≥ 2.Toate elementele lui {an} pot fi calculate recursiv:

a2 = a1 − a0 = 5− 3 = 2

a3 = a2 − a1 = 2− 5 = −3

. . .

Putem gasi o formula generala de calcul direct a lui an ınfunctie de n?

a0 = 0, a1 = 3, an = 2 · an−1 − an−2 pentru n ≥ 2. Toateelementele lui {an} pot fi calculate recursiv:

a2 = 2 a1 − a0 = 6

a3 = 2 a2 − a1 = 9

. . .

Se poate demonstra prin inductie ca an = 3 n pentru totin ≥ 0.

Cursul 4

Relatii de recurentaExemple

a0 = 3, a1 = 5, an = an−1 − an−2 pentru n ≥ 2.Toate elementele lui {an} pot fi calculate recursiv:

a2 = a1 − a0 = 5− 3 = 2

a3 = a2 − a1 = 2− 5 = −3

. . .

Putem gasi o formula generala de calcul direct a lui an ınfunctie de n?a0 = 0, a1 = 3, an = 2 · an−1 − an−2 pentru n ≥ 2. Toateelementele lui {an} pot fi calculate recursiv:

a2 = 2 a1 − a0 = 6

a3 = 2 a2 − a1 = 9

. . .

Se poate demonstra prin inductie ca an = 3 n pentru totin ≥ 0.

Cursul 4

Exemplu: iepuri si numere Fibonacci

O pereche tanara de iepuri ıncepe sa se ınmulteasca la varsta de 2 luni,

dand nastere lunar la o pereche de iepuri. Se presupune ca o pereche de

iepuri cu varsta de 0 luni este adusa pe o insula. Sa se determine o

relatie de recurenta pentru numarul de iepuri de pe insula dupa n luni.

f1 = 1, f2 = 1, fn = fn−1 + fn−2 if n ≥ 2.

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi

Sa se mute toate discurile pe axul 2 ın ordinea marimii lor, cudiscul cel mai mare asezat dedesubt.

Discurile pot fi mutate unul cate unul de pe un ax pe altul cuconditia ca niciodata sa nu se puna un disc peste unul maimic.

Intrebare: Care este numarul minim de mutari necesarepentru a rezolva problema turnului din Hanoi cu n discuri?

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi (continuare)

Raspuns: Fie Hn nr. minim de mutari necesare pentru a punen discuri ın ordinea marimii, de pe un ax pe altul.

Pentru a pune cel mai mare disc la baza axului 2, va trebuimai ıntai sa mutam n− 1 discuri mai mici de pe axul 1 pe axul3. Nr. minim de mutari pentru a face acest lucru este Hn−1.Dupa ce am pus cel mai mare disc de pe axul 1 pe axul 2,putem efectua Hn−1 mutari pentru a muta discurile de pe axul3 pe axul 2.

ax 1 ax 2 ax 3

⇒ Hn = Hn−1 + 1 +Hn−1 = 2Hn−1 + 1. Se observa ca H1 = 1.

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi (continuare)

Raspuns: Fie Hn nr. minim de mutari necesare pentru a punen discuri ın ordinea marimii, de pe un ax pe altul.

Pentru a pune cel mai mare disc la baza axului 2, va trebuimai ıntai sa mutam n− 1 discuri mai mici de pe axul 1 pe axul3. Nr. minim de mutari pentru a face acest lucru este Hn−1.Dupa ce am pus cel mai mare disc de pe axul 1 pe axul 2,putem efectua Hn−1 mutari pentru a muta discurile de pe axul3 pe axul 2.

(1) Hn−1 mutari

ax 1 ax 2 ax 3

⇒ Hn = Hn−1 + 1 +Hn−1 = 2Hn−1 + 1. Se observa ca H1 = 1.

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi (continuare)

Raspuns: Fie Hn nr. minim de mutari necesare pentru a punen discuri ın ordinea marimii, de pe un ax pe altul.

Pentru a pune cel mai mare disc la baza axului 2, va trebuimai ıntai sa mutam n− 1 discuri mai mici de pe axul 1 pe axul3. Nr. minim de mutari pentru a face acest lucru este Hn−1.Dupa ce am pus cel mai mare disc de pe axul 1 pe axul 2,putem efectua Hn−1 mutari pentru a muta discurile de pe axul3 pe axul 2.

(1) Hn−1 mutari

(2) 1 mutare

ax 1 ax 2 ax 3

⇒ Hn = Hn−1 + 1 +Hn−1 = 2Hn−1 + 1. Se observa ca H1 = 1.

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi (continuare)

Raspuns: Fie Hn nr. minim de mutari necesare pentru a punen discuri ın ordinea marimii, de pe un ax pe altul.

Pentru a pune cel mai mare disc la baza axului 2, va trebuimai ıntai sa mutam n− 1 discuri mai mici de pe axul 1 pe axul3. Nr. minim de mutari pentru a face acest lucru este Hn−1.Dupa ce am pus cel mai mare disc de pe axul 1 pe axul 2,putem efectua Hn−1 mutari pentru a muta discurile de pe axul3 pe axul 2.

(1) Hn−1 mutari

(2) 1 mutare

(3) Hn−1 mutari

ax 1 ax 2 ax 3

⇒ Hn = Hn−1 + 1 +Hn−1 = 2Hn−1 + 1. Se observa ca H1 = 1.

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi (continuare)

Raspuns: Fie Hn nr. minim de mutari necesare pentru a punen discuri ın ordinea marimii, de pe un ax pe altul.

Pentru a pune cel mai mare disc la baza axului 2, va trebuimai ıntai sa mutam n− 1 discuri mai mici de pe axul 1 pe axul3. Nr. minim de mutari pentru a face acest lucru este Hn−1.Dupa ce am pus cel mai mare disc de pe axul 1 pe axul 2,putem efectua Hn−1 mutari pentru a muta discurile de pe axul3 pe axul 2.

(1) Hn−1 mutari

(2) 1 mutare

(3) Hn−1 mutari

ax 1 ax 2 ax 3

⇒ Hn = Hn−1 + 1 +Hn−1 = 2Hn−1 + 1. Se observa ca H1 = 1.

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi (continuat)

Putem aplica o metoda iterativa de aflare a unei formule decalcul pentru Hn direct din n atunci cand n > 1:

Hn = 2Hn−1 + 1

= 2(2Hn−2 + 1) + 1 = 22 Hn−2 + 2 + 1

= 22(2Hn−3 + 1) + 2 + 1 = 23 Hn−3 + 22 + 2 + 1

...

= 2n−1H1 + 2n−2 + . . .+ 2 + 1

= 2n−1 + 2n−2 + . . .+ 2 + 1

=2n − 1

2− 1= 2n − 1

Legenda turnului din Hanoi:

I Sunt 64 discuri, iar mutarea unui disc dureaza 1 secundaI Timpul minim de mutare a ıntregului turn=

(264 − 1) s = 18446744073709551615 s ≈ 500 miliarde ani.

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi (continuat)

Putem aplica o metoda iterativa de aflare a unei formule decalcul pentru Hn direct din n atunci cand n > 1:

Hn = 2Hn−1 + 1

= 2(2Hn−2 + 1) + 1 = 22 Hn−2 + 2 + 1

= 22(2Hn−3 + 1) + 2 + 1 = 23 Hn−3 + 22 + 2 + 1

...

= 2n−1H1 + 2n−2 + . . .+ 2 + 1

= 2n−1 + 2n−2 + . . .+ 2 + 1

=2n − 1

2− 1= 2n − 1

Legenda turnului din Hanoi:

I Sunt 64 discuri, iar mutarea unui disc dureaza 1 secundaI Timpul minim de mutare a ıntregului turn=

(264 − 1) s = 18446744073709551615 s ≈ 500 miliarde ani.

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi (continuat)

Putem aplica o metoda iterativa de aflare a unei formule decalcul pentru Hn direct din n atunci cand n > 1:

Hn = 2Hn−1 + 1

= 2(2Hn−2 + 1) + 1 = 22 Hn−2 + 2 + 1

= 22(2Hn−3 + 1) + 2 + 1 = 23 Hn−3 + 22 + 2 + 1

...

= 2n−1H1 + 2n−2 + . . .+ 2 + 1

= 2n−1 + 2n−2 + . . .+ 2 + 1

=2n − 1

2− 1= 2n − 1

Legenda turnului din Hanoi:I Sunt 64 discuri, iar mutarea unui disc dureaza 1 secunda

I Timpul minim de mutare a ıntregului turn=(264 − 1) s = 18446744073709551615 s ≈ 500 miliarde ani.

Cursul 4

Exemplu: Turnul din Hanoi (continuat)

Putem aplica o metoda iterativa de aflare a unei formule decalcul pentru Hn direct din n atunci cand n > 1:

Hn = 2Hn−1 + 1

= 2(2Hn−2 + 1) + 1 = 22 Hn−2 + 2 + 1

= 22(2Hn−3 + 1) + 2 + 1 = 23 Hn−3 + 22 + 2 + 1

...

= 2n−1H1 + 2n−2 + . . .+ 2 + 1

= 2n−1 + 2n−2 + . . .+ 2 + 1

=2n − 1

2− 1= 2n − 1

Legenda turnului din Hanoi:I Sunt 64 discuri, iar mutarea unui disc dureaza 1 secundaI Timpul minim de mutare a ıntregului turn=

(264 − 1) s = 18446744073709551615 s ≈ 500 miliarde ani.

Cursul 4

Exemplu: Siruri speciale de biti

Sa se gaseasca o relatie de recurenta si conditiile initiale pentru

numarul de siruri de biti de lungime n care nu au doua zerouri

consecutive. Cate astfel de siruri de lungime 5 exista?

A: Avem de numarat a doua lucruri distincte:1 Sirurile de n-biti fara 2 zerouri consec., care se termina cu 1:2 Sirurile de n biti fara 2 zerouri consec. care se termina cu 0:

Nr. siruri de lungime n fara

00:

Se termina cu 1: Orice sir de lungime n − 1 fara 00 1 an−1

Se termina cu 0: Orice sir de lungime n− 2 fara00

1 0 an−2

Total: an = an−1 + an−2Sirurile cu lungimea 1 sunt 0 and 1 ⇒ a1 = 2, iar sirurile cu lungimea 2 fara 00 sunt

01, 10, 11⇒ a2 = 3.

Cursul 4

Exemplu: Siruri speciale de biti (continuare)

Numarul an de siruri de biti de lungime n fara 00 satisface relatiade recurenta

a1 = 2, a2 = 3, an = an−1 + an−2 daca n ≥ 2.

⇒ a3 = a1 + a2 = 2 + 3 = 5

⇒ a4 = a2 + a3 = 3 + 5 = 8

⇒ a5 = a3 + a4 = 5 + 8 = 13.

Cursul 4

Relatii de recurenta liniara

O relatie omogena de recurenta liniara de gradul k cucoeficienti constanti este o relatie de forma

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k ,

unde c1, c2, . . . , ck ∈ R si ck 6= 0.

Daca se cunosc cele k conditii initiale

a0 = C0, a1 = C1, . . . , ak−1 = Ck−1,

atunci se poate calcula recursiv an pentru toti n ≥ k .

Exemplu (Relatii de recurenta liniara)

{fn} unde f0 = f1 = 1, si fn = fn−1 + fn−2 daca n > 1.

{Pn} unde P0 = 1, si Pn = 1.11Pn−1 daca n > 0.

Exemplu (Relatii de recurenta neliniara)

a0 = 1, a1 = 1, an = a2n−1 + an−2 pentru toti n > 1.

Cursul 4

Relatii de recurenta liniara

Apar frecvent ın procesul de modelare a problemelor.

Se poate determina o formula care calculeaza an direct din n.

Teorema 1

Se considera relatia de recurenta

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k , a0 = C0, . . . , ak−1 = Ck−1. (1)

Se presupune ca r1, . . . , rt sunt radacinile distincte ale ecuatieirk − c1r

k−1 − . . .− ck = 0 cu multiplicitatile m1, . . . ,mt , unde mi ≥ 1pentru i = 1, 2, . . . , t si m1 + m2 + . . .+ mt = k . Atunci secventa {an}este o solutie a relatiei de recurenta (1) daca si numai daca

an =(α1,0 + α1,1n + . . .+ α1,m1−1nm1−1)rn1

+ (α2,0 + α2,1n + . . .+ α2,m2−1nm2−1)rn2

+ . . .+ (αt,0 + αt,1n + . . .+ αt,mt−1nmt−1)rnt

pentru n ∈ N, unde αi,j sunt constante pentru 1 ≤ i ≤ t si 0 ≤ j < mi .

Cursul 4

Relatii de recurenta liniaraExemple

Sa se afle solutiile relatiei de recurenta

an = −3 an−1 − 3 an−2 − an−3

care satisface conditiile initiale a0 = 1, a1 = −2, si a2 = −1.

Raspuns. Ecuatia caracteristica a relatiei de recurenta ester3 + 3r2 + 3r + 1 = 0, adica (r + 1)3 = 0, care are singuraradacina r = −1 cu multiplicitatea 3.⇒ solutiile relatiei de recurenta sunt de forma

an = α1,0(−1)n + α1,1n(−1)n + α1,2n2(−1)n.

Mai avem de aflat constantele α1,0, α1,1, α1,2, folosindinformatiile despre conditiile initiale:

a0 = 1 = α1,0

a1 = −2 = −α1,0 − α1,1 − α1,2

a2 = −1 = α1,0 + 2α1,1 + 4α1,2

⇒

α1,0 = 1α1,1 = 3α1,2 = −2.

⇒ an = (1 + 3 n − 2 n2)(−1)n.

Cursul 4

Relatii de recurenta liniaraExemple

Sa se afle solutiile relatiei de recurenta

an = −3 an−1 − 3 an−2 − an−3

care satisface conditiile initiale a0 = 1, a1 = −2, si a2 = −1.Raspuns. Ecuatia caracteristica a relatiei de recurenta ester3 + 3r2 + 3r + 1 = 0, adica (r + 1)3 = 0, care are singuraradacina r = −1 cu multiplicitatea 3.

⇒ solutiile relatiei de recurenta sunt de forma

an = α1,0(−1)n + α1,1n(−1)n + α1,2n2(−1)n.

Mai avem de aflat constantele α1,0, α1,1, α1,2, folosindinformatiile despre conditiile initiale:

a0 = 1 = α1,0

a1 = −2 = −α1,0 − α1,1 − α1,2

a2 = −1 = α1,0 + 2α1,1 + 4α1,2

⇒

α1,0 = 1α1,1 = 3α1,2 = −2.

⇒ an = (1 + 3 n − 2 n2)(−1)n.

Cursul 4

Relatii de recurenta liniaraExemple

Sa se afle solutiile relatiei de recurenta

an = −3 an−1 − 3 an−2 − an−3

care satisface conditiile initiale a0 = 1, a1 = −2, si a2 = −1.Raspuns. Ecuatia caracteristica a relatiei de recurenta ester3 + 3r2 + 3r + 1 = 0, adica (r + 1)3 = 0, care are singuraradacina r = −1 cu multiplicitatea 3.⇒ solutiile relatiei de recurenta sunt de forma

an = α1,0(−1)n + α1,1n(−1)n + α1,2n2(−1)n.

Mai avem de aflat constantele α1,0, α1,1, α1,2, folosindinformatiile despre conditiile initiale:

a0 = 1 = α1,0

a1 = −2 = −α1,0 − α1,1 − α1,2

a2 = −1 = α1,0 + 2α1,1 + 4α1,2

⇒

α1,0 = 1α1,1 = 3α1,2 = −2.

⇒ an = (1 + 3 n − 2 n2)(−1)n.

Cursul 4

Relatii de recurenta liniaraExemple

Sa se afle solutiile relatiei de recurenta

an = −3 an−1 − 3 an−2 − an−3

care satisface conditiile initiale a0 = 1, a1 = −2, si a2 = −1.Raspuns. Ecuatia caracteristica a relatiei de recurenta ester3 + 3r2 + 3r + 1 = 0, adica (r + 1)3 = 0, care are singuraradacina r = −1 cu multiplicitatea 3.⇒ solutiile relatiei de recurenta sunt de forma

an = α1,0(−1)n + α1,1n(−1)n + α1,2n2(−1)n.

Mai avem de aflat constantele α1,0, α1,1, α1,2, folosindinformatiile despre conditiile initiale:

a0 = 1 = α1,0

a1 = −2 = −α1,0 − α1,1 − α1,2

a2 = −1 = α1,0 + 2α1,1 + 4α1,2

⇒

α1,0 = 1α1,1 = 3α1,2 = −2.

⇒ an = (1 + 3 n − 2 n2)(−1)n.

Cursul 4

Relatii de recurenta liniaraExemple

Sa se afle solutiile relatiei de recurenta

an = −3 an−1 − 3 an−2 − an−3

care satisface conditiile initiale a0 = 1, a1 = −2, si a2 = −1.Raspuns. Ecuatia caracteristica a relatiei de recurenta ester3 + 3r2 + 3r + 1 = 0, adica (r + 1)3 = 0, care are singuraradacina r = −1 cu multiplicitatea 3.⇒ solutiile relatiei de recurenta sunt de forma

an = α1,0(−1)n + α1,1n(−1)n + α1,2n2(−1)n.

Mai avem de aflat constantele α1,0, α1,1, α1,2, folosindinformatiile despre conditiile initiale:

a0 = 1 = α1,0

a1 = −2 = −α1,0 − α1,1 − α1,2

a2 = −1 = α1,0 + 2α1,1 + 4α1,2

⇒

α1,0 = 1α1,1 = 3α1,2 = −2.

⇒ an = (1 + 3 n − 2 n2)(−1)n.Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constanti

Definitie

O relatie de recurenta liniara neomogena cu coeficienti constanti este

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k + F (n),

unde c1, . . . , ck ∈ R si F (n) este o functie diferita de functia constanta 0,care depinde doar de n. Recurenta liniara

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k

se numeste relatia omogena asociata.

Exemple

1 an = an−1 + 2n este o recurenta neomogena.Relatia omogena asociata este an = an−1.

2 an = an−1 + an−2 + n2 + n + 1 este o recurenta neomogena.Relatia omogena asociata este an = an−1 + an−2.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constanti

Definitie

O relatie de recurenta liniara neomogena cu coeficienti constanti este

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k + F (n),

unde c1, . . . , ck ∈ R si F (n) este o functie diferita de functia constanta 0,care depinde doar de n. Recurenta liniara

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k

se numeste relatia omogena asociata.

Exemple

1 an = an−1 + 2n este o recurenta neomogena.Relatia omogena asociata este an = an−1.

2 an = an−1 + an−2 + n2 + n + 1 este o recurenta neomogena.Relatia omogena asociata este an = an−1 + an−2.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constanti

Definitie

O relatie de recurenta liniara neomogena cu coeficienti constanti este

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k + F (n),

unde c1, . . . , ck ∈ R si F (n) este o functie diferita de functia constanta 0,care depinde doar de n. Recurenta liniara

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k

se numeste relatia omogena asociata.

Exemple

1 an = an−1 + 2n este o recurenta neomogena.Relatia omogena asociata este an = an−1.

2 an = an−1 + an−2 + n2 + n + 1 este o recurenta neomogena.Relatia omogena asociata este an = an−1 + an−2.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constanti

Definitie

O relatie de recurenta liniara neomogena cu coeficienti constanti este

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k + F (n),

unde c1, . . . , ck ∈ R si F (n) este o functie diferita de functia constanta 0,care depinde doar de n. Recurenta liniara

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k

se numeste relatia omogena asociata.

Exemple

1 an = an−1 + 2n este o recurenta neomogena.Relatia omogena asociata este an = an−1.

2 an = an−1 + an−2 + n2 + n + 1 este o recurenta neomogena.Relatia omogena asociata este an = an−1 + an−2.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constanti

Teorema 2

Daca {a(p)n } este o solutie particulara a recurentei

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k + F (n),

atunci orice alta solutie este de forma {a(p)n + a

(h)n }, unde {a(h)

n }unde {a(h)

n } este o solutie a recurentei omogene asociate

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k .

Observatii:

I Stim din Teorema 1 cum sa calculam {a(h)n }.

I Cum putem afla o solutie particulara {a(p)n }?

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constanti

Teorema 2

Daca {a(p)n } este o solutie particulara a recurentei

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k + F (n),

atunci orice alta solutie este de forma {a(p)n + a

(h)n }, unde {a(h)

n }unde {a(h)

n } este o solutie a recurentei omogene asociate

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k .

Observatii:

I Stim din Teorema 1 cum sa calculam {a(h)n }.

I Cum putem afla o solutie particulara {a(p)n }?

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constanti

Teorema 2

Daca {a(p)n } este o solutie particulara a recurentei

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k + F (n),

atunci orice alta solutie este de forma {a(p)n + a

(h)n }, unde {a(h)

n }unde {a(h)

n } este o solutie a recurentei omogene asociate

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k .

Observatii:

I Stim din Teorema 1 cum sa calculam {a(h)n }.

I Cum putem afla o solutie particulara {a(p)n }?

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constanti

Teorema 2

Daca {a(p)n } este o solutie particulara a recurentei

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k + F (n),

atunci orice alta solutie este de forma {a(p)n + a

(h)n }, unde {a(h)

n }unde {a(h)

n } este o solutie a recurentei omogene asociate

an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . .+ ck an−k .

Observatii:

I Stim din Teorema 1 cum sa calculam {a(h)n }.

I Cum putem afla o solutie particulara {a(p)n }?

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiAflarea unei solutii particulare

Teorema 3

Daca F (n) = (bt nt + bt−1 n

t−1 + . . .+ b1 t + b0) sn cub0, . . . , bt−1, bt , s ∈ R atunci

1 Daca s nu este o radacina a ecuatiei caracteristice a recurenteiliniare omogene asociate, atunci exista o solutie particulara deforma

(pt nt + pt−1 n

t−1 + . . .+ p1 n + p0) sn.

2 Daca s este o radacina cu multiplicitatea m a recurentei liniareomogene asociate, atunci exista o solutie particulara de forma

nm(ptnt + pt−1n

t−1 + . . .+ p1 n + p0) sn.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 1

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene

an = 6 an−1 − 9 an−2 + F (n)

daca F (n) = n22n

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata estean = 6 an−1 − 9 an−2. Ecuatia ei caracteristica este r2 − 6 r + 9 = 0, careare o singura radacina, r = 3, cu multiplicitatea 2.

⇒ solutia partii omogene este a(h)n = (b1 n + b0) 3n.

F (n) este de forma Q(n) sn unde Q(n) este un polinom de gradul t = 2,si s = 2 nu este radacina a ecuatiei caracteristice a recurentei omogeneasociate ⇒ conform Teoremei 3, o solutie particulara este

a(p)n = (p2 n

2 + p1 n + p0) 2n.

Din a(p)n = 6 a

(p)n−1 − 9 a

(p)n−2 + n22n obtinem

2n−2((p2 − 4)n2 + (p1 − 12 p2)n + p0 − 6 p1 + 24 p2) = 0⇒ p0 =192, p1 = 48, p2 = 4

⇒ an = a(p)n + a

(h)n = (4 n2 + 48 n + 192) 2n + (b1 n + b0) 3n.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 1

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene

an = 6 an−1 − 9 an−2 + F (n)

daca F (n) = n22n

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata estean = 6 an−1 − 9 an−2. Ecuatia ei caracteristica este r2 − 6 r + 9 = 0, careare o singura radacina, r = 3, cu multiplicitatea 2.

⇒ solutia partii omogene este a(h)n = (b1 n + b0) 3n.

F (n) este de forma Q(n) sn unde Q(n) este un polinom de gradul t = 2,si s = 2 nu este radacina a ecuatiei caracteristice a recurentei omogeneasociate ⇒ conform Teoremei 3, o solutie particulara este

a(p)n = (p2 n

2 + p1 n + p0) 2n.

Din a(p)n = 6 a

(p)n−1 − 9 a

(p)n−2 + n22n obtinem

2n−2((p2 − 4)n2 + (p1 − 12 p2)n + p0 − 6 p1 + 24 p2) = 0⇒ p0 =192, p1 = 48, p2 = 4

⇒ an = a(p)n + a

(h)n = (4 n2 + 48 n + 192) 2n + (b1 n + b0) 3n.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 1

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene

an = 6 an−1 − 9 an−2 + F (n)

daca F (n) = n22n

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata estean = 6 an−1 − 9 an−2. Ecuatia ei caracteristica este r2 − 6 r + 9 = 0, careare o singura radacina, r = 3, cu multiplicitatea 2.

⇒ solutia partii omogene este a(h)n = (b1 n + b0) 3n.

F (n) este de forma Q(n) sn unde Q(n) este un polinom de gradul t = 2,si s = 2 nu este radacina a ecuatiei caracteristice a recurentei omogeneasociate ⇒ conform Teoremei 3, o solutie particulara este

a(p)n = (p2 n

2 + p1 n + p0) 2n.

Din a(p)n = 6 a

(p)n−1 − 9 a

(p)n−2 + n22n obtinem

2n−2((p2 − 4)n2 + (p1 − 12 p2)n + p0 − 6 p1 + 24 p2) = 0⇒ p0 =192, p1 = 48, p2 = 4

⇒ an = a(p)n + a

(h)n = (4 n2 + 48 n + 192) 2n + (b1 n + b0) 3n.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 1

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene

an = 6 an−1 − 9 an−2 + F (n)

daca F (n) = n22n

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata estean = 6 an−1 − 9 an−2. Ecuatia ei caracteristica este r2 − 6 r + 9 = 0, careare o singura radacina, r = 3, cu multiplicitatea 2.

⇒ solutia partii omogene este a(h)n = (b1 n + b0) 3n.

F (n) este de forma Q(n) sn unde Q(n) este un polinom de gradul t = 2,si s = 2 nu este radacina a ecuatiei caracteristice a recurentei omogeneasociate ⇒ conform Teoremei 3, o solutie particulara este

a(p)n = (p2 n

2 + p1 n + p0) 2n.

Din a(p)n = 6 a

(p)n−1 − 9 a

(p)n−2 + n22n obtinem

2n−2((p2 − 4)n2 + (p1 − 12 p2)n + p0 − 6 p1 + 24 p2) = 0⇒ p0 =192, p1 = 48, p2 = 4

⇒ an = a(p)n + a

(h)n = (4 n2 + 48 n + 192) 2n + (b1 n + b0) 3n.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 1

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene

an = 6 an−1 − 9 an−2 + F (n)

daca F (n) = n22n

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata estean = 6 an−1 − 9 an−2. Ecuatia ei caracteristica este r2 − 6 r + 9 = 0, careare o singura radacina, r = 3, cu multiplicitatea 2.

⇒ solutia partii omogene este a(h)n = (b1 n + b0) 3n.

F (n) este de forma Q(n) sn unde Q(n) este un polinom de gradul t = 2,si s = 2 nu este radacina a ecuatiei caracteristice a recurentei omogeneasociate ⇒ conform Teoremei 3, o solutie particulara este

a(p)n = (p2 n

2 + p1 n + p0) 2n.

Din a(p)n = 6 a

(p)n−1 − 9 a

(p)n−2 + n22n obtinem

2n−2((p2 − 4)n2 + (p1 − 12 p2)n + p0 − 6 p1 + 24 p2) = 0⇒ p0 =192, p1 = 48, p2 = 4

⇒ an = a(p)n + a

(h)n = (4 n2 + 48 n + 192) 2n + (b1 n + b0) 3n.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 1

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene

an = 6 an−1 − 9 an−2 + F (n)

daca F (n) = n22n

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata estean = 6 an−1 − 9 an−2. Ecuatia ei caracteristica este r2 − 6 r + 9 = 0, careare o singura radacina, r = 3, cu multiplicitatea 2.

⇒ solutia partii omogene este a(h)n = (b1 n + b0) 3n.

F (n) este de forma Q(n) sn unde Q(n) este un polinom de gradul t = 2,si s = 2 nu este radacina a ecuatiei caracteristice a recurentei omogeneasociate ⇒ conform Teoremei 3, o solutie particulara este

a(p)n = (p2 n

2 + p1 n + p0) 2n.

Din a(p)n = 6 a

(p)n−1 − 9 a

(p)n−2 + n22n obtinem

2n−2((p2 − 4)n2 + (p1 − 12 p2)n + p0 − 6 p1 + 24 p2) = 0⇒ p0 =192, p1 = 48, p2 = 4

⇒ an = a(p)n + a

(h)n = (4 n2 + 48 n + 192) 2n + (b1 n + b0) 3n.

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 2

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene an = an−1 + ncare satisface conditia initiala a1 = 1.

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata lui an este an = an−1.Ecuatia caracteristica este r − 1 = 0, deci solutia ei este de forma

a(h)n = c · 1n = c unde c ∈ R.

Partea neliniara este F (n) = Q(n) sn unde Q(n) = n si s = 1 esteradacina cu multiplicitatea 1 a ecuatiei caracteristice a recurentei liniareomogene asociate ⇒ conform Teoremei 3, exista o solutie particulara de

forma a(p)n = ns(p1 n + p0) 1n = p1n

2 + p0n.

Pentru a afla p0 and p1, tinem cont de faptul ca a(p)n = a

(p)n−1 + n, care

implica n(2 p1 − 1) + (p0 − p1) = 0, deci p0 = p1 = 12 . Rezulta ca

a(p)n = n2

2 + n2 = n(n+1)

2 .

Din Teorema 2, rezulta ca an = a(p)n + a

(h)n = c + n(n+1)

2 . Stim si ca

1 = a1 = c + 1·22 = c + 1, deci c = 0. Prin urmare an = n(n+1)

2 .

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 2

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene an = an−1 + ncare satisface conditia initiala a1 = 1.

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata lui an este an = an−1.Ecuatia caracteristica este r − 1 = 0, deci solutia ei este de forma

a(h)n = c · 1n = c unde c ∈ R.

Partea neliniara este F (n) = Q(n) sn unde Q(n) = n si s = 1 esteradacina cu multiplicitatea 1 a ecuatiei caracteristice a recurentei liniareomogene asociate ⇒ conform Teoremei 3, exista o solutie particulara de

forma a(p)n = ns(p1 n + p0) 1n = p1n

2 + p0n.

Pentru a afla p0 and p1, tinem cont de faptul ca a(p)n = a

(p)n−1 + n, care

implica n(2 p1 − 1) + (p0 − p1) = 0, deci p0 = p1 = 12 . Rezulta ca

a(p)n = n2

2 + n2 = n(n+1)

2 .

Din Teorema 2, rezulta ca an = a(p)n + a

(h)n = c + n(n+1)

2 . Stim si ca

1 = a1 = c + 1·22 = c + 1, deci c = 0. Prin urmare an = n(n+1)

2 .

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 2

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene an = an−1 + ncare satisface conditia initiala a1 = 1.

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata lui an este an = an−1.Ecuatia caracteristica este r − 1 = 0, deci solutia ei este de forma

a(h)n = c · 1n = c unde c ∈ R.

Partea neliniara este F (n) = Q(n) sn unde Q(n) = n si s = 1 esteradacina cu multiplicitatea 1 a ecuatiei caracteristice a recurentei liniareomogene asociate ⇒ conform Teoremei 3, exista o solutie particulara de

forma a(p)n = ns(p1 n + p0) 1n = p1n

2 + p0n.

Pentru a afla p0 and p1, tinem cont de faptul ca a(p)n = a

(p)n−1 + n, care

implica n(2 p1 − 1) + (p0 − p1) = 0, deci p0 = p1 = 12 . Rezulta ca

a(p)n = n2

2 + n2 = n(n+1)

2 .

Din Teorema 2, rezulta ca an = a(p)n + a

(h)n = c + n(n+1)

2 . Stim si ca

1 = a1 = c + 1·22 = c + 1, deci c = 0. Prin urmare an = n(n+1)

2 .

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 2

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene an = an−1 + ncare satisface conditia initiala a1 = 1.

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata lui an este an = an−1.Ecuatia caracteristica este r − 1 = 0, deci solutia ei este de forma

a(h)n = c · 1n = c unde c ∈ R.

Partea neliniara este F (n) = Q(n) sn unde Q(n) = n si s = 1 esteradacina cu multiplicitatea 1 a ecuatiei caracteristice a recurentei liniareomogene asociate ⇒ conform Teoremei 3, exista o solutie particulara de

forma a(p)n = ns(p1 n + p0) 1n = p1n

2 + p0n.

Pentru a afla p0 and p1, tinem cont de faptul ca a(p)n = a

(p)n−1 + n, care

implica n(2 p1 − 1) + (p0 − p1) = 0, deci p0 = p1 = 12 . Rezulta ca

a(p)n = n2

2 + n2 = n(n+1)

2 .

Din Teorema 2, rezulta ca an = a(p)n + a

(h)n = c + n(n+1)

2 . Stim si ca

1 = a1 = c + 1·22 = c + 1, deci c = 0. Prin urmare an = n(n+1)

2 .

Cursul 4

Recurente liniare neomogene cu coeficienti constantiExemplul 2

Sa se afle solutia generala a recurentei liniare neomogene an = an−1 + ncare satisface conditia initiala a1 = 1.

Raspuns: Recurenta liniara omogena asociata lui an este an = an−1.Ecuatia caracteristica este r − 1 = 0, deci solutia ei este de forma

a(h)n = c · 1n = c unde c ∈ R.

Partea neliniara este F (n) = Q(n) sn unde Q(n) = n si s = 1 esteradacina cu multiplicitatea 1 a ecuatiei caracteristice a recurentei liniareomogene asociate ⇒ conform Teoremei 3, exista o solutie particulara de

forma a(p)n = ns(p1 n + p0) 1n = p1n

2 + p0n.

Pentru a afla p0 and p1, tinem cont de faptul ca a(p)n = a

(p)n−1 + n, care

implica n(2 p1 − 1) + (p0 − p1) = 0, deci p0 = p1 = 12 . Rezulta ca

a(p)n = n2

2 + n2 = n(n+1)

2 .

Din Teorema 2, rezulta ca an = a(p)n + a

(h)n = c + n(n+1)

2 . Stim si ca

1 = a1 = c + 1·22 = c + 1, deci c = 0. Prin urmare an = n(n+1)

2 .

Cursul 4

Bibliografie

Capitolul 7 din

Kenneth H. Rosen. Discrete Mathematics and ItsApplications. Sixth Edition. McGraw-Hill, 2007.

Cursul 4