Om användning av potensserier på kombinatorik och rekursionsekvationer

Transkript

1 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer Anders Källén MatematiCentrum LTH Sammanfattning Vid analys av både ombinatorisa problem och för att lösa reursionsevationer an man ha glädje av potensserier I det här doumentet disuteras ett antal exempel på sådana tillämpningar, först några ombinatorisa och sedan för att lösa reursionsevationer (som i sig ofta ommer från ett ombinatorist problem)

2 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 1 (12) 1 Introdution En formell potensserie a x svarar entydigt mot en oändlig följd av tal {a } 0 När talföljden är given genom någon form av reursionsformel eller linande finns det ibland möjligheter att bestämma denna genom att titta på motsvarande potensserie I det här doumentet sa vi se på diverse tillämpningar av den typen, oftast med hemvist inom ombinatorien 2 Genererande funtioner Definition Låt {a } 0 polynom) vara en svit reella tal Om potensserien (som eventuellt är ett A(s) = a s (1) onvergerar i någon omgivning av s = 0, så allas A(s) den genererande funtionen för talföljden {a } 0 Exempel 1 Talföljden 1, 1, 1, har den genererande funtionen A(s) = s = 1 1 s, vilen onvergerar då s < 1 Enligt binomialteoremet gäller att talföljden { ( n ) } 0 har den genererande funtionen A(s) = (1 + s) n, vilen onvergerar då s < 1 Om n är ett positivt heltal är denna ett polynom av grad n Från apitlet Potensserier vet vi att om potensserien (1) onvergerar för s = s 0 0, så onvergerar den för alla s sådana att s < s 0 Konvergensradien för A(s) är det största R sådant att (1) onvergerar för alla reella tal s med s < R Vi sriver R = om vi har onvergens för alla s I intervallet s < R är A(s) godtycligt många gånger ontinuerligt deriverbar och derivatan beränas genom termvis derivation av potensserien Tex har vi att A (s) = a s 1, och allmänt gäller att =1 a = A() (0)! Det följer att om a s = s för alla s i någon omgivning av s = 0, så gäller att a = b för alla Annorlunda uttryct: två talföljder har samma genererande funtion om och endast om de två talföljderna är identisa Nästa egensap hos potensserier formulerar vi som ett lemma, men beviset lämnas som övning

3 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 2 (12) Lemma 1 Om A(s) = a s, B(s) = är onvergenta då s < r, så gäller att där A(s)B(s) = b s c s då s < r, c = a 0 b + a 1 b a b 0, = 0, 1, (2) Talföljden {c } 0 definierad av (2) allas faltningen av talföljderna {a } 0 och {b } 0 och betecnas ofta {a } 0 {b } 0 Corollary Om A(s) är genererande funtion för sviten {a } 0, så har sviten {c } 0, där den genererande funtionen A(s)/(1 s) c = a 0 + a a Exempel 2 Sviten {} 0 har genererande funtion sa (s) där A(s) = 1/(1 s), alltså genererande funtion s(1 s) 2 Enligt följdsatsen ovan har därför sviten {s } 0, där s = , den genererande funtionen s(1 s) 3 Koefficienten framför s i den potensserien är lia med oefficienten framför s 1 i potensserieutveclingen av (1 s) 3, vilen enligt binomialteoremet är ( ) 3 s = ( 1) = 1 ( ) + 1 = 1 ( + 1) 2 På samma sätt an vi bestämma formler för andra linande summor n 1 c där c är ett positivt heltal (även negativa för den delen, om vi integrerar A(s) istället för att derivera) Vi sa nu se vilen nytta vi an ha av genererande funtioner inom ombinatorien Som en inledande illustration, låt oss betrata binomialteoremet med heltalsexponent Exempel 3 Utveclar vi produten (1 + s) n = (1 + s)(1 + s) (1 + s) får vi 2 n termer på formen s e 1+e 2 ++e n där e i antingen är 0 (från 1 = s 0 ) eller 1 (från s = s 1 ) Men s e 1+e 2 ++e n = s e 1 +e 2 ++e n om och endast om mängderna {e 1,, e n } och {e 1,, e n} innehåller precis lia många ettor och nollor Det följer att n (1 + s) n = c s där c är antalet mängder {e 1,, e n } av ettor och nollor med precis stycen ettor Det följer att c = ( n )

4 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 3 (12) Exempel 4 Betrata nu problemet att ploca ut element ur en mängd om n olia element, där samma element får tas flera gånger Låt element nummer i användas e i gånger (som alltså i princip an vara vilet heltal som helst mellan 0 och ) Vi söer då antalet heltalslösningar 0 till evationen e 1 + e e n = För att bestämma detta antal betratar vi funtionen 1 + s + s s som är den genererande funtionen för ett ensilt element i mängden Om vi multiplicerar ihop de n funtioner för de olia elementen, så får vi ett polynom av grad n på formen (1 + s + s s ) n, s e 1+e 2 ++e n, (3) där varje e i är ett heltal mellan 0 och Samlar vi de termer som har samma exponent, ser vi att oefficienten framför s är antalet av dessa n termer för vila e 1 + +e n =, alltså det tal vi söer Det gäller därför att bestämma oefficienten framför s i polynomet (3) Vi förenlar problemet tenist genom att observera att oefficienten framför s i detta polynom är densamma som oefficienten framför s i potensserien (1+s+s 2 + ) n Med hjälp av den geometrisa serien får vi då att (1 + s + s 2 + ) n = (1 s) n = ( ) n s, så det söta antalet är ( ) ( ) n n + 1 = Exempel 5 I en urna finns 9 svarta, 7 vita och 4 röda ulor På hur många sätt an Per och Paul dela dessa 20 ulor mellan sig så de får lia många var? Låt Per få e 1 svarta ulor, e 2 vita och e 3 röda ulor Då sa e 1 + e 2 + e 3 = 10, 0 e 1 9, 0 e 2 7, 0 e 3 4 Antalet heltalslösningar till detta är lia med oefficienten framför s 1 0 i polynomet A(s) = (1 + s + s s 9 )(1 + s + s s 7 )(1 + s + s 2 + s 3 + s 4 ) Med hjälp av formeln för den geometrisa summan an vi sriva detta som A(s) = 1 s10 1 s 1 s8 1 s 1 s5 1 s?(1 s10 )(1 s 8 )(1 s 5 )(1 s) 3

5 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 4 (12) = (1 s 5 s 8 s s 23 ) ( ) + 2 s (Detta är fatist ett polynom!) Här använde vi binomialteoremet med n = 3 i den sista liheten Vi an nu identifiera oefficienten framför s 10 till ( ) ( ) ( ) = Låt oss nu lägga till villoret att P er sa ha minst två ula av var färg Med betecningarna från ovan sa vi då finna alla lösningar till e 1 + e 2 + e 3 = 10, 2 e 1 9, 2 e 2 7, 2 e 3 4, och detta antal är nu oefficienten framför s 10 i polynomet A(s) = (s 2 +s 3 + +s 9 )(s 2 +s 3 + +s 7 )(s 2 +s 3 +s 4 ) = s 6 (1 s 8 )(1 s 6 )(1 s 3 )(1 s) 3 Såsom ovan an vi bestämma det söta antalet till 12 3 Exponentiellt genererande funtioner Exemplen i föregående avsnitt illustrerar hur genererande funtioner an användas till att lösa ombinatorisa problem som rör ombinationer, alltså problem där ordningen inte spelar någon roll Man an emellertid ocså få lösningen till problem där ordningen spelar roll För att se hur, betrata exempel 5 igen, men antag att ordningen Per får sina ulor (som då får vara numrerade) spelar roll Varje lösning till e 1 + e 2 + e 3 = 10, 0 e 1 9, 0 e 2 7, 0 e 3 4, svarar då mot ( 10 e 1 e 2 e 3 ) permutationer Detta motiverar följande tric Ersätt den genererande funtionen A(s) i Exempel 5 med (1 + s + s s9 s2 )(1 + s + 9! s7 s2 )(1 + s + 7! s4 4! ) Multiplicerar vi ihop detta och identifierar oefficienten framför s 10 10! (inte s 10 ), så får vi uppenbarligen det söta antalet permutationer Detta föranleder oss följande definition Definition Låt {a } 0 polynom) vara en följd av reella tal Om potensserien (som eventuellt är ett A(s) = a s! onvergerar i någon omgivning av s = 0, så allas A(s) den exponentiellt genererande funtionen för talföljden {a } 0 (4)

6 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 5 (12) Den exponentiellt genererande funtionen är alltså för permutationer vad den genererande funtionen är för ombinationer Exempel 6 Stirlingtalen S(m, n) av andra slaget är antal sätt att placera m olia bollar i n identisa hål, så att inget hål blir tomt Det an beränas på följande sätt Först sätter vi T (m, n) = n!s(m, n), och numrerar hålen 1, 2,, n Den exponentiellt genererande funtionen för vilet hål en viss boll hamnar i är s + s 2! + + sn n!, och eftersom vi har n hål blir den exponentiellt genererande funtionen för T (m, n) n:tepotensen av detta polynom, och T (m, n) ges av oefficienten framför s m /m! i detta Lisom fallet var i Exempel 5 blir problemet att bestämma dessa oefficienter tenist enlare om vi ompletterar den exponentiellt genererande funtionen för en viss boll till A(s) = s + s 2! + s3 3! + = es 1, som om vi från början har oändligt många hål Vi ser då att T (m, n) är oefficienten fram s m /m! i uttrycet A(s) n = (e s 1) n = Det följer härur att = n Betrata nu följande problem j=0 ( ) n ( 1) e (n )s = n ( ) n ( 1) ( n ( ) n ( 1) )(n ) j s j j! T (n, m) = n ( ) n ( 1) (n ) m j=0 (n ) j s j Exempel 7 För en större middag är bordsplaceringen just avslutad Man finner då att 5 av borden rymmer en gäst till, varför värdarna beslutar sig för att även bjuda Per, Paul, Peter och Patri För att middagen sa avlöpa väl, går inte dessa att placera var som helst vid de fem borden Mer precist gäller att j! a) Per an inte sitta vid bord 1 eller bord 2, bord b) Paul an inte sitta vid bord 1, c) Peter an inte sitta vid bord 3 eller bord 4, d) Patri an inte sitta vid bord 4 eller bord 5 Per: Paul: Peter: Patri:

7 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 6 (12) Detta åsådliggörs i figuren ovan, där färgade vadrater betyder möjlig placering Problemet är: på hur många sätt an de fyra extragästerna placeras ut på de tomma platserna? För att lösa detta problem inför vi de fyra villoren c i : extragäst nummer i är otillåtet placerad, i = 1, 2,, 4 Med betecningar från sa vi då bestämma Vi ha då att S 0 = 5! N(c 1c 2c 3c 4) = S 0 S 1 + S 2 S 3 + S 4 S 1 = (antal sätt att placera en av gästerna i otillåten vadrat) (antal sätt att placera övriga på de 4 återstående borden = = 7 4! S 2 = (antal sätt att placera två av gästerna i otillåtna vadrater, så att de inte ligger på samma rad eller olonn) (antal sätt att placera de övriga på de återstående borden) Här börjar problemen Låt oss införa r = antal sätt att välja ut av de otillåtna vadraterna så att två av dem inte ligger på vare sig samma rad eller samma olonn Vi inser då att det allmänt sa gälla att S = r (5 )! Problemet består i att bestämma r Vi lämnar här exemplet en stund och gör några allmänna definitioner Låt B vara ett n m-bräde av vadrater där varje vadrat är antingen färgad eller ofärgad och sätt r (B) = antal sätt man an välja ut av de färgade vadraterna så att det inte gäller att två av de utvalda ligger på samma rad eller i samma olonn Om B är ett n m-bräde, låter vi vidare B vara det n m-bräde vi får genom att färlägga de ofärgade vadraterna och tvärtom Om I är en delmängd av de färgade vdraterna i B, låter vi B I vara det n m-bräde i vilet precis vadraterna i I är färgade Vidare säger vi att I och J är en uppdelning av de färgade rutorna i B om ingen vadrat ur I ligger på samma rad eller olonn som någon vadrat ur J För att beräna talen r (B) an man använda sig av den genererande funtionen för sviten {r (B)} 0 : R(s, B) = r (B)s En sådan funtion allas ett Torn-polynom (den är verligen ett polynom eftersom r (B) = 0 då > antalet färgade vadrater i B) Namnet ommer sig av att vi an uppfatta r (B) som antalet sätt att placera ut stycen torn på B:s färgade rutor så att ingen an slå ett annat För att beräna Torn-polynomet för ett givet bräde använder man sig av följande sats för att reducera problemet på enlare sådana

8 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 7 (12) Sats 1 Om I och J är en uppdelning av de färgade rutorn i B, så gäller att R(x, B) = R(s, B I )R(s, B J ) Bevis Att placera ut torn på de svarta rutorna i B innebär att vi placerar, för något p {0,, }, ut p torn i I och n p torn i J, där de p tornen inte an slå varandra och de p tornen inte an slå varandra Det följer att r (B) = r 0 (B I )r (B J ) + r 1 (B I )r 1 (B J ) + + r (B I )r 0 (B J ) Kombinerar vi detta med lemma 1 följer satsen Vi an nu fortsätta exemplet ovan Exempel 7 (fortsättning) Om B är brädet i Exempel 7, så består vårt problem i att bestämma talen r (B ), = 0,, 4 Men B an uppdelas i B I som är ritad blå, och B J, som är ritad röd, i nedanstående figur: Genom att betrata de två enlare brädena B I och B J finner vi att R(s, B I ) = 1 + 3s + s 2, R(s, B J) = 1 + 4s + 3s 2, och alltså Vi finner nu att R(s, B ) = R(s, B I )R(s, B J) = 1 + 7s + 16s s 3 N(c 1 c 4) = 4 ( 1) r (B )(5 )! = 5! 7 4! ! 13 2! + 3 = 25 4 Reursionsevationer En talföljd är definierad reursivt om det är så att givet ett antal startvärden an ett godtycligt tal i talföljden beränas med hjälp av tidigare beränade värden Istället för att formellt definiera detta sa vi nöja oss med att se på några speciellt exempel och hur de an lösas med hjälp av potensserier Vi börjar med den mest lassisa av alla reursionsformler

9 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 8 (12) Exempel 8 År 1202 ställde Leonardo av Pisa, mera änd som Fibonacci, följande problem Antag att vi har ett par vuxna aniner (oliönade), och antag att varje vuxet par aniner producerar ett par oliönade ungar varje månad Låt det ta två månader för ett ungarna att bli vuxna och att de då producerar sina första ungar Antag att inga aniner dör Låt F vara antalet aniner vid början av månad Nedanstående tabell visar hur F beränas för små (Siffrorna gäller för början av månaden) Vi ser att månad vuxna par en månad gamla par nyfödda par F antal par aniner = (antal vuxna par + antal en månad gamla par) + antal nyfödda par = antal par aniner en månad tidigare + antal par aniner två månader tidigare eller, uttryct i F, F = F 1 + F 2 (5) Detta gäller naturligtvis endast för 2, för = 0, 1 har vi F 0 = F 1 = 1 Formel (5) är en reusionsformel för talen {F } 0 om vi ompleterar med F 0 = F 1 = 1 Dena talföljd allas Fibonacciserien, och man ser lätt att den börjar med Problemet är, hur bestämmer vi F för ett allmänt? För att göra detta inför vi den genererande funtionen för talföljden: F (s) = F s Om vi multiplicerar reursionsformeln F = F 1 + F 2 med s och summerar över = 2, 3,, så får vi F s = =2 F 1 s + =2 Uttryct i funtionen F (s) blir detta F 2 s = s F s + s 2 =2 =1 F (s) s 1 = s(f (s) 1) + s 2 F (s), F s ur vilen vi an lösa ut F (s): F (s) = 1 1 s s 2

10 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 9 (12) Koefficienten framför s i potensserieutveclingen av den funtionen ger oss alltså F, så vi måste bestämma just potensserieutveclingen För att göra det partialbråsuppdelar vi F (s) Evationen 1 s s 2 = 0 har två nollställen, Vi har att 1 r s = 1 r 1 1 s r r ± = 1 ± 5 2 = 1 r ( s r ) = och partialbråsuppdelar vi F (s) får vi därför att r 1 s F (s) = 1 1 ( r + r r s 1 r + s ) = 1 5 (r 1 r 1 + )s = 1 5 (r +1 + r +1 )s, där vi i sista liheten använt att 1/r = r + Vi ser alltså att ( F = ) +1 ( ) Att detta verligen är heltal för alla följer ur binomialteoremet Den metod som exemplet använde fungerar i princip alltid när man har reursionsformler på formen a = b 1 a 1 + b 2 a b m a m, m, (6) där a 0,, a m 1 förutsätts ända Om vi låter A(s) vara den genererande funtionen för talföljden {a } 0, så an vi som i exemplet se att A(s) är en rationell funtion på formen A(s) = R(s) s m b 1 s m 1 b m, där R(s) är ett polynom av grad högst m 1 vars oefficienter ges av b i :na Sedan partialbråsuppdelar vi denna funtion och potensserieutveclar varje term för sig Genom att identifiera oefficienterna framför s i den samlade potensserieutveclingen får vi a Exempel 9 Låt oss åter betrata recontre-problemet ovan Låt D n vara antal sätt man an dra n numrerade lappar ur en urna på så sätt att det inte för något i gäller att lapp nummer i dras i dragning nummer i Vi sa härleda en reursionsformel för D n I ett gynnsamt fall gäller att vilen som helst av de n 1 lapparna med numren 2, 3,, n an omma först De D n gynsamma fallen an alltså delas upp i n 1 lia grupper beroende av vilen av dessa lappar som om först Låt oss betrata den av dessa grupper som svarar mot att lapp nummer 2 drogs först Den i sin tur består av två (olistora) grupper: de för vila lapp nummer 1 ommer först och de övriga Den första av dessa grupper arateriseras av att den börjar 2, 1 och följs av en permutation av talen 3, 4,, n sådan att aldrig lapp nummer i ommer i dragning i Det finns uppenbarligen D n 2 sådana fall Den andra gruppen börjar med lapp nummer 2 som följs av någon med ett nummer ur mängden {3, 4,,, n} och först från och med dragning 3 an lapp nummer 1 omma

11 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 10 (12) Låter vi lapp 1 och lapp 2 byta plats, så ser vi att ett gynnsamt fall i denna grupp betyder att för inget i = 2, 3,, n gäller att lapp nummer i dras i dragning nummer i Det finns D n 1 sådana fall Sammanfattningsvis har vi härlett reursionsformeln D n = (n 1)(D n 1 D n 2 ) Notera att oefficienterna framför D n 1 och D n 2 beror av n, så detta är ingen linjär reursionsformel För att bestämma D n härleder vi först en alternativ reursionsformel genom att observera att D n nd n 1 = (D n 1 (n 1)D n 2 ), så D n nd n 1 = ( 1) n 2 (D 2 2D 1 ) = ( 1) n Här använde vi att D 1 = 0 men D 2 = 1 i den sista liheten Reursionsformeln D n = nd n 1 + ( 1) n är lättare att hantera än den ursprungliga Division med n! ger att D n n! = D n 1 (n 1)! + ( 1)n, n! vilet motiverar oss att använda den exponentiellt genererande funtionen A(s) = n D s! för {D } 0, istället för den vanliga genererande funtionen Här har vi satt D 0 = 1, vilet gör att reursionsformeln gäller för alla 1 Multiplicerar vi nu reursionsformeln med s n /n! och summerar över n 1 får vi evationen ( 1) A(s) 1 = sa(s) + = sa(s) + e s 1! Ur detta an vi lösa ut A(s) till 1 A(s) = e s (1 s) 1, vilet ur följdsats 1 betyder att oefficienten framför A(s) är summan av de n första oefficienterna i potensserieutveclingen av e s, alltså att D n = n!(1 1 1! + 1 2! 1 3! + + ( 1)n ) n! Exempel 10 Insriv en reguljär 2n-hörning i en cirel Låt T n vara antalet sätt hörnen an förbindas med varandra parvis med räta linjer utan att två linjer sär varandra Vi sa härleda en reursionsformel för T n i syfte att sedan bestämma talen

12 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 11 (12) A A B B Tag ett godtycligt hörn A på polygonet Det an då förenas med vilet hörn B som helst, så längde det finns ett jämnt antal hörn mellan A och B (längs båda sidor) Antag att det är 2s respetive 2(n s 1) hörn mellan A och B Om vi då identifierar de två punterna får vi vår 2n-hörning uppdelad i en 2s-hörning och en 2(n s 1)-hörning (i figuren är 2s = 4 och därför 2(n s 1) = 6) Det finns T s sätt att förbinda hörnen i 2s-hörningen på orret sätt och T n s 1 sätt i 2(n s 1)-hörningen, så A och B an förbindas på T s T n s 1 olia sätt Summerar vi över s får vi reursionsformeln T n = T 0 T n 1 + T 1 T n T n 1 T 0, T 0 = 1 (7) För att bestämma {T } 0 inför vi den genererande funtionen T (s) = T s Enligt Lemma 1 gäller att högerledet i (7) är oefficienten framför s n 1 i T (s) 2 Multiplicerar vi därför (7) med s n och summerar över n = 1, 2,, får vi att Här an vi lösa ut T (s) till T (s) 1 = st (s) 2 T (s) = 1 1 4s, 2s där vi valt minustecnet eftersom plustecnet gör att täljaren får värdet 2 då s = 0, vilet är omöjligt eftersom T (s) har en potensserie som onvergerar i en omgivning av s = 0 Vi an nu bestämma T genom att använda binomialteoremet på rotuttrycet Vi får då att T (s) = 1 ( 1 ) ( 1 ) 2 ( 4) s = 2 ( 1) s 1, 2s från vilet vi drar slutsatsen att ( 1 ) T n = ( 1) n 2 2 2n+1 = n (2n 1) (n + 1) 2n = 1 ( ) 2n n + 1 n Ibland an man behöva mer än ett index att hålla reda på, vilet nästa exempel illustrerar

13 Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer 12 (12) Exempel 11 Betrata åter problemet att ploca ut element ur en mängd om n, när samma element får användas flera gånger (med återläggning) Låt a(n, ) vara antalet delmängder Vi har då reursionsformeln a(n, ) = a(n 1, ) + a(n, 1), där a(n 1, ) är antalet fall då första elementet aldrig väljs och a(n, 1) antalet fall då detta väljs minst en gång Definiera A n (s) = a(n, )s Multiplicerar vi reursionsformeln med s och summerar för 1 får vi då att Eftersom a(n, 0) = 1 för alla n följer att A n (s) a(n, 0) = A n 1 a(n 1, 0) + sa n (s) A n (s) = A n 1(s) 1 s = = A 0 (s)(1 s) n Men a(0, r) = 0 då r > 0, så A 0 (s) = 1 för alla s, och vi får alltså att A n (s) = (1 s) n, så binomialsatsen ger oss att ( ) n + 1 a(n, () =