Matemáticas Discretas

Transcripción

1 Coordinación de Ciencias Computacionales - INAOE Matemáticas Discretas Cursos Propedéuticos 2011 Ciencias Computacionales INAOE Dr. Enrique Muñoz de Cote jemc@inaoep.mx Oficina 8210 Diapositivas basadas en previas iteraciones de: Dr. Enrique Sucar Dr. Luis Villaseñor

2 Inducción y recursión Generalidades Inducción de números naturales Inducción matemática Funciones recursivas

3 Inducción matemática Técnica de prueba que se aplica a casos que tienen que ver con número enteros positivos Z+ = {1,2, } o números naturales N = {0,1,2, } Intuitivamente: Si probamos algo para n = k, y luego lo probamos para n = k + 1, podemos concluir que es cierto para toda n (mayor que k)

4 Por que los enteros positivos? Los enteros positivos Z+ = {1,2, } se pueden expresar como: Z+ = {x Z x>0} = {x Z x 1} Propiedad de elemento minimo: que todo subconjunto X Z+ contiene un entero a X tal que a x para todo x X Es decir: X contiene un elemento minimo El conjunto Z+ es diferente a Q+ y R+ ya que solo Z+ cuenta con la propuedad de elemento minimo.

5 El principio del buen orden Utilidad de la propiedad de elemento minimo: Es la báse de la tecnica de demostración conocida como inducción matemática El principio del buen orden: Cualquier subconjunto no vacio de Z+ contiene un elemento minimo

6 Inducción matemática Formalmente: 1. (base de inducción): Si el enunciado es verdadero para n = n0 2. (paso de inducción): y el enunciado es verdadero para n = k + 1, asumiendo que es verdadero para n = k donde (k >= n0) 3. Entonces: el enunciado es verdadero para todos los números naturales n >= n0 E. Muñoz de Cote

7 Inducción matemática Este principio es una consecuencia de la definición de los números naturales. Dado N, el conjunto de números naturales: 1. El número natural n=n0 (1) está en N 2. Si el número k está en N, también lo está k + 1

8 Ejemplo Sea S(n)= n, Cuál es el valor de S(n) para n Z+? Teorema: S(n) = ½ n(n+1) para n>0 Base de inducción: n=1, S(1)=½ 1 2 = 1 Paso de inducción: se asume S(n) = ½ n(n+1) y probamos la validez de S(n+1) Note que: S(n+1) = S(n)+(n+1), S(n+1) = ½ n(n+1) + (n+1) = ½ (n+1)(n+2), esto prueba la validez de nuestro teorema para n+1

9 Ejemplo Pruebe que la sumatoria de los n primeros enteros positivos impares es n2 n n 1: (2i 1) = n i= 1 2 Paso base: Sea n=1. La suma del primer número impar positivo es 1, lo cual equivale a 12 Se asume la veracidad para P(n)

10 Ejemplo Probar P(n+1) ) ( 1 2 1) 1) (2( 1) (2 1) (2 + = + + = + + = = + = n n n n i i n i n i ) ( 1 2 1) 1) (2( 1) (2 1) (2 + = + + = + + = = + = n n n n i i n i n i Por hipótesis de inducción P(n)

11 1 Ejemplo Pruebe que n>0, n<2n. Paso base: P(1)=(1<21)=(1<2)=T. Paso inductivo: Se asume válido para n Para n>0 probar P(n+1). n+1 < 2n+1 n < 2n ; n + 1 < 2n + 1 (hipótesis de inducción) 2n + 1 < 2n + 2n (ya que 1< 2= n-1 = 2n) 2n + 1 < 2n+1 Así n + 1 < 2n+1

12 2 Ejemplo Use inducción matemática para mostrar que n = 2n+1-1 para cualquier entero no negativo Paso básico: P(0) : 20 = 1 = 21-1 Paso inductivo: Asumir que P(n) es verdadero. esto es P(n) = 2n+1-1. P(n+1) se expresa como P(n + 1) = n + 2n+1

13 3 Ejemplo P(n + 1) = n + 2n+1 P(n) 2n n+1 2(2n+1) - 1 P(n + 1) 2n+2-1

14 4 Ejemplo Tenemos estampas de 5 y 3 pesos. Demostrar que es posible hacer estampas de denominación mayor o igual a Es posible hacer estampas de 8 pesos (5 + 3) 2. Si es posible hacer de K es posible de hacer de K + 1. Dos casos: a. Si hay una estampa de 5 en K, se substituye por dos de 3 (6) y se tiene K + 1 b. Si no hay de 5, entonces hay puras de 3. Se substituyen tres de 3 (9) por dos de 5 (10) y se tiene K + 1

15 5 Relaciones de recurrencia Una relación de recurrencia para la secuencia a0, a1, an es una ecuación que relaciona an con alguno de sus predecesores a0, a1, an-1 Las condiciones iniciales son valores dados en forma explícita para un número finito de términos ai, aj, ak

16 6 Ejemplo (Fibonacci) Recurrencia: fn = fn-1 + fn-2 Condiciones iniciales: f1 = 1, f2 = 2 Secuencia: 1, 2, 3, 5, 8, 13,

17 7 Ejemplo interés compuesto Si invierto 1000 pesos a un interés compuesto de 7 % anual, cuanto dinero tendré al final de 5 años? Especificar la solución como una relación de recurrencia

18 8 Ejemplo interés compuesto En general: Recurrencia: Cn = Cn-1 + interés * Cn-1 = (1 + interés) * Cn-1 Condición inicial: C0 = inversión Para el ejemplo: C0 = 1000 C1 = 1000 * 1.07 = 1070 C2 = 1070 * 1.07 =

19 9 Solución de ecuaciones de recurrencia Una solución para una relación de recurrencia consisten en encontrar una fórmula explícita para el término an Veremos dos tipo de métodos: Un método iterativo Un método especial para relaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes

20 0 Método iterativo Se escribe el término an en función de los términos an-1, an-2, Luego se reemplaza el término an-1 por algunos de sus predecesores Luego el término an-2 Se continua hasta obtener una fórmula explícita en términos de las condiciones iniciales

21 1 Ejemplo Relación: an = an-1 + 3; a1 = 2 Solución: Para n-1: an-1 = an Substituyendo : an = (an-2 + 3) + 3 = an * 3 Para n-2: an-2 = an Substituyendo: an = ( an-3 + 3) + 2 * 3 = an * 3 En general: an = an-k + k * 3 Haciendo k=n-1: an = an-n+1 + (n-1) * 3 = a1 + 3(n-1) Como a1 = 2: an = (n-1)

22 2 Ejemplo La población de perros en Tonantzintla es de 1000 (n=0) y el crecimiento al instante n es del 10% de la población en el tiempo n-1 Determinar la relación de recurrencia Determinar una fórmula explícita

23 3 Recurrencia Condición inicial: p0 = 1000 Recurrencia: pn = pn pn-1 = 1.1pn-1

24 4 Solución La solución explícita se puede obtener en forma iterativa: pn = 1.1pn-1 = 1.1(1.1pn-2) = 1.1(1.1(1.1pn-3) ) = pn = 1.1pn-1 = (1.1)2 pn-2 = (1.1)3 pn-3 = En general: pn = (1.1)n p0 En este caso: pn = (1.1)n 1000

25 5 Relaciones de Recurrencia Lineales Una relación de recurrencia lineal homogénea de orden k con coeficientes constantes (rrlhcc) se puede escribir de la siguiente forma: an = c1an-1 + c2an ckan-k Donde los coeficientes ci son constantes, y se tienen las condiciones iniciales: a0, a1, ak-1 Por ejemplo, la relación de Fibonacci es una relación lineal homogénea de orden 2

26 6 Solución rrlhcc - ejemplo Relación: an = 5an-1 6an-2; a0=7, a1=16 Solución: Asumimos que es de la forma tn Entonces: tn = 5tn-1 6tn-2 tn - 5tn-1 + 6tn-2 = 0 Dividiendo entre tn-2: t2-5t + 6 = 0 Dos soluciones: t = 2, t = 3 Entonces se puede demostrar que la solución es de la forma: Un = b2n + d3n

27 7 Solución rrlhcc - ejemplo Solución (continuación): Para encontrar los coeficientes consideramos las condiciones iniciales, de forma que: 7 = U0 = b20 + d30 ; 16 = U1 = b21 + d31 Al resolverlas, obtenemos: b = 5, d = 2 Entonces la solución es: an = 5 * 2n + 2 * 3n

28 8 Solución rrlhcc 2do orden En general, la solución de una rrlhcc de segundo orden, an = c1an-1 + c2an-2 Es de la forma: an = b r1n + d r2n Donde r1 y r2 son raíces de la ecuación: t2 - c1t c2 = 0 Los coeficientes b, d se determinan de las condiciones iniciales

29 9 Otro ejemplo: Fibonacci Recurrencia: fn = fn-1 + fn-2 Condiciones iniciales: f1 = 1, f2 = 2 Entonces la solución es de la forma: fn = b r1n + d r2n y las raíces la obtenemos al resolver: t2 - t 1 = 0

30 0 continuación: Resolviendo la ecuación anterior, las raíces son: r1 = 1.618; r2 = Por lo que la ecuación tiene la forma: fn = b (1.618)n + d (-0.618)n Obteniendo los coeficientes en base a las condiciones iniciales: fn = (1.618)n (-0.618)n

31 1 Relaciones de recurrencia Una ecuación de la forma: xn = f (xn 1, xn 2,..., xn k ) que expresa el n-ésimo término de una sucesión en función de los k términos anteriores se denomina relación de recurrencia de orden k Observe que dados los valores iniciales x0, x1,...,xk 1, la recurrencia tiene una solución única xk = f (xk 1, xk 2,..., x0), xk+1 = f (xk, xk 1,..., x1)

32 2 Recurrencias lineales homogéneas Una recurrencia de la forma xn a1xn 1 + a2xn akxn k = 0 se denomina recurrencia lineal homogénea de orden k Se caracterizan por que la suma de dos soluciones es también una solución

33 3 Ejemplo La recurrencia xn = axn 1 es lineal, homogénea y de primer orden Recurrencia fácil de resolver Conocido el valor inicial x0 pueden conocerse los demás La recurrencia x2n = 2xn + an no es homogénea

34 4 Solución recurrencias lineales Para resolver la recurrencia xn + axn 1 + bxn 2 = 0 buscamos soluciones de la forma xn = rn. Sustituyendo y manipulando obtenemos r2 + ar + b = 0 Esta ecuación de segundo grado se llama ecuación característica de la recurrencia, y sus raíces r1 y r2 nos dan soluciones de la recurrencia. Si las raíces son diferentes entonces todas las soluciones son de la forma xn= Arin+Br2n para constantes A y B

35 5 Solución recurrencias lineales Recurrencia xn + axn 1 + bxn 2 = 0 Si la ecuación característica de la recurrencia tiene una raíz doble r1 entonces la solución general es de la forma xn = (A + Bn)r1n

36 6 Recurrencias lineales no homogéneas Una recurrencia de la forma xn = a1xn 1 + a2xn akxn k + g(n) se denomina recurrencia lineal no homogénea. La parte no homogénea es la función g(n) La solución de una recurrencia no homogénea se puede obtener sumando una solución particular y la solución a la recurrencia homogénea asociada

37 7 Ejemplo Resuelva la relación de recurrencia an-an-1=3n2 para n 1 y a0 =7 an=7+n(n+1)(2n+1)/2

38 8 Ejemplo Hallar una solución general y la solución particular con x0=0, x1=15 de la recurrencia xn 5xn 1 + 6xn 2 = 8n 42.