Kappa Problem 5

Transkript

1 Piotr Badziag, Kjell Höyland Grillska gynasiet, Årstaängsvägen 33, Stockhol Kappa Proble 5 I det här probleet betraktas n stora rutnät av rektangulära, där avser antalet rader och n antaler koluner. I varje rutnät kan vissa av rutorna vara ärkta ed ett heltal. Låt A(; n; k) vara antalet sätt att ärka k rutor i ett n-rutnät så att: Varje kolun innehåller axialt en ärkt ruta. O kolun i innehåller en ärkt ruta i rad j, så har kolun i+1 ingen arkerad ruta i någon rad under rad j. O en ruta R är ärkt, en rutan till vänster inte är det, så är rutan R ärkt 0. En ärkt ruta R so inte redan är ärkt ed 0, är ärkt ed något av talen u,, 1, 1,, h, där u är antalet rutor under R, inklusive R, och h är antalet rutor till höger o R, inklusive R. Låt B(; n; k) vara antalet sätt att ärka k rutor i ett n-rutnät så att: Varje kolun innehåller axialt en ärkt ruta. I varje rad ed exakt j ärkta rutor, så är varje ruta ärkt ed något av talen 1,, j så att varje tal förekoer exakt en gång. Visa att: 1. A(1; n; k) = n(n 1) (n k + 1) (1) 2. A(; n; k) = B(, n, k) (2) Lösning: Del 1. Inledande resoneang. Vi börjar ed att undersöka de särskilda fallen k=n, k=0 och k=1. Med dessa fall fastställda härleder vi rekursiva saband i paraeter n för A(1; n; k) sat X(1; n; k) definierat so A(1; n; k) ed ett ytterligare villkor att ruta n från höger är arkerad. Slutligen, ed induktionsarguent visar vi att de rekursiva sabanden edföljer tesen. Vi illustrerar vårt resoneang ed bilden av rutnät ed 10 koluner. I rutorna skriver vi arkeringarnas tillåtna värden (o vänstergrannen är arkerad). De tillåtna A- arkeringarna ed k = n och n = 10 visas i tabellen nedan , 3 2-1, 1 1

2 O vänstergrannen är arkerad, har ruta r från höger r+1 arkeringsöjligheter: ( r). Detta ger oedelbart att A(1; n; n) = 1 n (n 1) 2 = n!, vilket stäer ed (1). Det är även oedelbart att se att A(1; n; 0) = 1 och A(1; n; 1) = n. 0! Huvudarguent Vid ökning av antal koluner ed ett, lägger an till på vänsterkanten antingen en ärkt ruta eller en to ruta. När den nya rutan är ärkt, blir antalet tillåtna arkeringar lika ed X(1; n + 1; k). När denna ruta är oärkt, är antalet öjliga arkeringar saa so A(1; n; k). Vi har då Vidare har vi A(1; n + 1; k) = A(1; n; k) + X(1; n + 1; k) (3) X(1; n + 1; k) = (n + 1) X(1; n; k 1) + A(1; n 1; k 1) (4) Den första i teren i högerledet (HL) av ekvation (4) beskriver bidrag från fallen när rutan j = n är ärkt, den andra när denna ruta är oärkt. Slutligen, noterar vi att X(1, n, 0) = 0, X(1, n, 1) = 1 sat X(1, n, n) = n!. Detta tillsaans ed den dubbla rekurssionen (3) och (4) sat de inledande resultaten leder via induktionsarguentet till slutsatsen att och X(1; n; k) = k A(1; n 1; k 1) (5) A(1; n; k) = n! (n k)! (6) Sabanden (5) och (6) stäer för n = 1 och (och 0 k n = 1). O de stäer för 1 n p 2, och k p då får an i kraft av (4) att X(1; p + 1; k) = (p + 1) X(1; p; k 1) + A(1; p 1; k 1) = (p + 1) (k 1) A(1; p 1; k 2) + A(1; p 1; k 1) (p 1)! (p 1)! = (p + 1) (k 1) + (p k + 1)! (p k)! = k p! (p k + 1)! = k A(1; p; k 1) Med andra ord, o sabandet (5) stäer för n = p, då stäer det även för n = p + 1. Lägger an detta i (3), får an att o (5) och (6) gäller för n = p, då får an A(1; p + 1; k) = A(1; p; k) + X(1; p + 1; k) = A(1; p; k) + k A(1; p; k 1) p! = (p k)! + k p! (p k + 1)! = (p + 1)! (p k + 1)! 2

3 Det visar att o sabanden (5) och (6) är sanna för n = p och k n, då är de sanna för n = p + 1 och k < n och även för k = n då påståendet i uppgiftens tes är sant för k = n och alla positiva heltal n i kraft av det inledande resoneanget. I kraft av induktionsarguent bevisar detta sabanden (5) och (6) för alla positiva heltal n, vilket edföljer tesen (1). Del 2. V.S.V. Inledande resoneang. Det är relativt lätt att bestäa B(; n; k). För att bestäa en arkering enligt reglerna för B, kan an börja ed att fördela antal arkerade rutor (k) ellan olika rad, så att det blir j r arkerade rutor i rad r. Med givna k och är antalet olika sådana uppdelningar lika ed D(k; ) = ( k+ 1 1 )1. Med givna talen j r gäller det nu att välja (och ordna) j 1 rutor från n koluner för arkering i rad 1, j 2 rutor från de resterande n j 1 kolunerna för arkering i rad 2 och till sist väljer an j = k j 1 j 2 j 1 rutor från n j 1 j 2 j 1 koluner för ankering i rad. Antal valöjligheter här är B 0 = n! (n j 1 )! (n j 1 )! (n j 1 j 2 )! (n j 1 j 2 )! (n j 1 j 2 j 3 )! (n j 1 j 1 )! (n j 1 j )! I produkten förkortas täljaren t (från vänster) ed nänaren t 1 och den sista nänaren kan skrivas o so (n k)! Detta ger B 0 = n! (n k)! arkeringar i talen j 1, j 2,, j. vilket leder till slutsatsen att B(; n; k) = oberoende av uppdelningen av k n! + 1 (k (n k)! 1 ) (7) So nästa steg visar vi att A(; n; n) = B(; n; n) = (n+ 1)! för alla heltal, n 1. Till ( 1)! en början noterar vi att A(; n; n) = i=1 A i (; n; n), där A i (; n; k) betecknar de arkeringarna av A(; n; k), so har rutan (i, n) arkerad (vi räknar rader i uppifrån neråt och koluner j från höger till vänster). Markeringar i A(; n; n) inte kan ha någon kolun utan en arkerad ruta. Därför får A i (; n; n) arkerade rutor bara i rader r i. Det edföljer även att o an skall öka antalet koluner (och arkerade rutor) ed ett (på vänster sida) och sluta ed en arkering ino A i (; n + 1; n + 1), åste an börja ed en konfiguration ino A r (; n; n), där r i. För r < i inleder den nya kolunen inga nya arkeringsöjligheter, för r = i stängs arkeringen i rutan (i, n) av en ny arkering på vänstra sidan, vilket ultiplicerar antalet ursprungliga öjligheter ed faktor n + i + 1. So resultat, får vi följande rekurssiv ekvation: 1 Antalet är lika ed antal öjliga val av 1 eleent (avgränsare) från k + 1 eleent. 3

4 i 1 A i (; n + 1; n + 1) = A r (; n; n) + (n + i + 1) A i (; n; n) På saa sätt får an i A i+1 (; n + 1; n + 1) = A r (; n; n) + (n + i) A i+1 (; n; n) Detta leder till följande rekurssivt saband för i (; n) = A i+1 (; n; n) A i (; n; n): i (; n + 1) = A i (; n; n) + (n + i) A i+1 (; n; n) (n + i + 1) A i (; n; n) = (n + i) i (; n) Slutligen noterar vi att A i (; 1; 1) = 1 för alla 1 i, vilket innebär i (; 1) = 0. Av det, ekvationen i (; n + 1) = (n + i) i (; n) och induktionsarguent får an oedelbart slutsatsen i (; n) = 0 för alla 1 i och alla n 1. So följd får an att för alla relevanta i A i (; n; n) = X(; n; n) = ( + n 1)( + n 2) ( + 1) (8a) Detta ger A(; n; n) = X(; n; n) = ( + n 1)! ( 1)! = B(; n; n) (8b) Huvudarguent När påståendet stäer för k = n när n 1, kan an utveckla ett induktionsarguent för att visa att påståendet stäer för alla k n. Vårt induktionssteg skall koppla A(; n + 1; k) ed A(; n; k) och A(; n; k 1). Det tillåter slutsatsen att o påståendet är sant för n och alla k n då är det sant för n+1 och k < n + 1; fall k=n+1 får an från den tidigare slutsatsen o påståendet för k = n. Vi bygger induktionssteget från följande observationer: Man kan skapa k arkeringar i ett (n + 1) rutnät från k och k-1 arkeringar i ett n rutnät på följande sätt: Lägg till en oarkerad kolun (n + 1) till ett n rutnät ed k arkeringar. Denna konfiguration ger A(; n; k) arkeringsöjligheter. Lägg till kolun (n + 1) ed arkering i någon rad till ett n rutnät ed k-1 arkeringar en kolun n oarkerad. Konfigurationen ger A(; n 1; k 1) arkeringsöjligheter. Lägg till kolun (n + 1) ed arkering i rad i till ett n rutnät ed k-1 arkeringar so inkluderar en arkering i kolun n. När denne arkering förekoer i rad r < i bidrar konfigurationen ed A r (; n; k 1) 4

5 arkeringsöjligheter; när arkeringen är i rad r = i bidrar konfigurationen ed ( + n i + 1) A i (; n; k 1) arkeringsöjligheter (den nya arkeringen gör att ruta (i, n) får en arkerad vänstergranne, vilket ultiplicerar dess arkeringsöjligheter ed faktor + n i + 1). Den första delkonfigurationen bidrar ed i 1 i=1 A r (; n; k 1) = i=1( i) A i (; n; k 1) arkeringsöjligheter, den andra ed ( + n i + 1) A i (; n; k 1) i=1. Markeringar, so beskrivs av A i (; n + 1; k) skapar an geno att lägga till kolun (n+1) ed arkering i rad i till: En konfiguration ed k 1 arkeringar en ingen arkering i kolun n. Detta bidrar ed A(; n; k 1) arkeringsöjligheter. En konfiguration ed k 1 arkeringar och en arkering i kolun n, antingen i rad r < i eller i rad r = i. Enligt saa resoneang so tidigare, bidrar de två delkonfigurationerna tillsaans ed ( + n i + 1) A i (; n; k 1) + i 1 A r (; n; k 1) arkeringsöjligheter. Saanfattningsvis får an följande dubbelrekurssion: A(; n + 1; k) = A(; n; k) + A(; n 1; k 1) + (n i) A i (; n; k 1) i=1 A i (; n + 1; k) = A(; n 1; k 1) + (n i) A i (; n; k 1) i 1 + A r (; n; k 1) (9) (10) Det är även lätt att inse att för alla, n, i gäller: A(; n; 0) = 1; A i (; n; 0) = 0; A(; n; 1) = n; A i (; n; 1) = 1 (11) När i i + 1 blir ekvationen (10) A i+1 (; n + 1; k) = A(; n 1; k 1) + (n + i) A i+1 (; n; k 1) i + A r (; n; k 1) (12) När an subtraherar ekvation (10) från (11), får an 5

6 i (; n + 1; k) = A i+1 (; n + 1; k) A i (; n + 1; k) = ( + n i)(a i+1 (; n; k 1) A i (; n; k 1)) = ( + n i) i (; n; k 1) I kraft av (11) och induktionsarguentet edföljer detta att i (; n; k 1) = 0 för alla, n 1 och alla 0 k n. För att se iplikationen räcker det att för varje par (n, k) börja induktionen ed paret (n k, 0). Slutsatsen innebär att för alla i A 1 (; n; k) = A 2 (; n; k) = = A (; n; k) = X(; n; k) Det reducerar den dubbla rekurssionen (9), (10) till: A(; n + 1; k) = A(; n; k) + A(; n 1, k 1) + ( + n)x(; n; k 1) (13) X(; n + 1; k) = A(; n 1, k 1) + ( + n)x(; n; k 1) (14) Med (13) och (14) so bas till induktionssteget leder tidigare resultat (8) och (11) till följande slutresultat: För heltal, n, k 1 och n k: A(; n; k) = n! + 1 (k (n k)! 1 ) = n! (k + 1)! (n k)! k! ( 1)! (15) X(; n; k) = (n 1)! (k + 1)! = A( + 1; n 1, k 1) (16) (n k)! (k 1)!! Bevis Ekvationerna (8) och (11) fasställer tesen för alla sat k = n och k = 1. Det edföljer att tesen är sann för n = 1 och alla k 1. Uttrycket (15) för A(; n; k) stäer även ed (11) för k = 0. Det visar att (16) är sann för n = k = 1. O nu (15) och (16) är sanna för n = p och alla k p, då har an i kraft av (13) och (14): A(; p + 1; k) p! (k + 1)! = (p k)! k! ( 1)! + (p 1)! (k + 2)! (p k)! (k 1)! ( 1)! (p 1)! (k + 2)! + ( + p) (p k + 1)! (k 1)!! X(; p + 1; k) = (p 1)! (k + 2)! (p k)! (k 1)! ( 1)! + ( + p) (p 1)! (k + 2)! (p k + 1)! (k 2)!! Eleentära algebraiska oskrivningar av högerleden i dessa ekvationer leder till A(; p + 1; k) = (p + 1)! (k + 1)! (p + 1 k)! k! ( 1)! 6

7 X(; p + 1; k) = p! (k + 1)! (p + 1 k)! (k 1)!! De oskrivna högerleden stäer ed ekvationerna (15) och (16) för n = p + 1. Med andra ord, visar induktionssteget än så länge att o ekvationerna (15) och (16) stäer för n = p och alla k p, då stäer ekvationerna även för n = p + 1 och alla k < p + 1. I kraft av ekvationer (8) är slutsatsen sann även för k = p + 1, vilket fullbordar induktionssteget och beviset av sabanden (15) och (16). Med det och ekvation (7) fullbordas även beviset av tesen i uppgiftens del 2. V.S.V. 7