İndirgemeli Diziler Ders Notu

nd
rgemel
D
z
ler∗
Ders Notlar
c wwww.sbelian.wordpress.com
°
Bu ders notunda diziler konusunun bir alt konusu olan First Order Recursions ve
Second Order Recursions konular anlatlm³ ve bu konularla alakal örnekler çözümleriyle birlikte verilmi³tir. yi çal³malar.
1 Birinci Dereceden ndirgemeler
Herhalde matematik olimpiyatlar snavlarna hazrlanpta Fibonacci Saylar 'n bilmeyen
yoktur. Zaten Fibonacci saylarda f0 = 0, f1 = 1 olmak üzere
fn+1 = fn + fn−1 , n ≥ 1
yinelemesi ile tanmlanr. Bir yinelemenin derecesi ise en büyük ve en küçük alt terimlerin farkna
e³ittir. Mesela,
un+2 − un+1 = 2
birinci derecedendir, ve
un+4 + 9u2n = n5
yinelemesi ise dördüncü derecedendir. E§er bir yinelemede tüm ifadelerin üstleri bir ise bu
yinelemeye Do§rusal Yineleme denir. Mesela,
olimpiyat weblog
un+2 − un+1 = 2
bir do§rusal yinelemedir. Ancak
x2n + nxn−1 = 1 ve xn + 2xn −1 = 3
yinelemeleri lineer de§illerdir. E§er bir yinelemenin tüm terimlerinin kuvvetleri ayn kuvvettense,
bu yinelemeye Homojen 'dir denir. Mesela,
xm+3 + 8xm+2 − 9xm = 0
yinelemesi homojendir. Ancak,
xm+3 + 8xm+2 − 9xm = m2 − 3
∗
First Order and Second Order Recursions
1
yinelemesi homojen de§ildir. Bir yinelemin sadece indis de§i³kenine göre tanmlanan denkleme
ise o yinelemenin Kapal Form 'u denir. Kapal form sayesinde rahatlkla yinelemenin her hangi
bir terimini bulabiliriz. Biz genel manada bu ders notunda ilk olarak,
xn = axn−1 + f (n), a 6= 1
formundaki (f burada bir polinomdur) yinelemelerin çözümleriyle ilgilenece§iz. lgilenirken de
a³a§da verdi§imiz basamaklar takip edece§iz.
1. Önce xn = axn−1 formunda verilen yinelemenin indislerini üste alarak yani, karakteristik
denklem olu³turarak, xn = axn−1 denklemini elde ederiz. Sadele³tirmeler yapt§mzda
x = a olacaktr. Buna göre, xn = axn−1 homojen formundaki yinelememiz bize xn = Aan
denklemini verecektir. Burada A bir sabit saydr.
2. Daha sonra bulunan xn = Aan + g(n) formu test edilir. Burada g , f ile ayn dereceden bir
polinomdur.
Örnek 1. x0 = 7 ve xn = 2xn−1 , n ≥ 1 ise xn kapal formunu bulunuz.
Çözüm. Alt indisleri üs olarak yazarsak karakteristik denklemimizi xn = 2xn−1 olacaktr.
Sadele³tirme yaparsak, x = 2 olacaktr. Buna göre bizim, xn = A2n formunda çözüm yapmamz
gerekmektedir. Burada, 7 = x0 = A20 ise A = 7 olaca§ndan, kapal form xn = 7(2)n olarak
bulunur.
Örnek 2. x0 = 7 ve xn = 2xn−1 + 1, n ≥ 1 formunda verilen yinelemenin kapal formunu
bulunuz.
Çözüm. Karakteristik denklemi yazld§nda xn = 2xn−1 veya x = 2 elde edilir. Buradan
çözümlerden birinin xn = A(2)n oldu§u açktr. Ancak yinelemenin bir parçasda f (n) = 1
polinomu oldu§una göre, kapal denklemin xn = A2n + B formunda olmas gerekmektedir.
Buradan, 7 = x0 = A20 + B = A + B ve 15 = x1 = 2A + B oldu§una göre bu iki denklemin
çözümünden A = 8 ve B = −1 olacaktr. Öyleyse, soruda istenen kapal form,
xn = 8(2n ) − 1 = 2n+3 − 1
olimpiyat weblog
olacaktr.
Not. Örnek 2.'nin çözümünde dikkat edilirse olu³turula karakteristik denklem iki parçadan
olu³uyor. Bunlardan ilki zaten alt indislerin üs olarak yazlmasyla elde edilirken, ikincisi bir
polinom ve bu polinomun derecesi yineleme içersinde ki polinomun derecesi ile ayn. Bundan
sonraki çözümlerde de polinom seçimi benzer ³ekilde olacaktr.
Örnek 3. x0 = 2 ve xn = 9xn−1 − 56n + 63 ise xn kapal formunu bulunuz.
Çözüm. Karakterisitk denklem yazld§nda karakterisitik denklemimiz xn = 9xn−1 veya x = 9
olacaktr. Buna göre, kapal formun bir ksm xn = A(9)n formunda olacaktr. Ancak, soruda
verilen yinelemenin ikinci ksmn f (n) = −56n + 63 polinomu olu³turdu§undan, çözüm olarak
kullanaca§mz polinom g(n) = Bn + C olacaktr. Buna göre, yinelememizin kapal formu
xn = A9n + Bn + C
olacaktr. x0 , x1 , x2 için çözümlere bakld§nda,
2 = A+C
25 = 9A + B + C
176 = 81A + 2B + C
2
e³itlikleri için A = 2, B = 7 ve C = 0 olacaktr. Buna göre soruda istenen kapal form, yada
genel çözüm
xn = 2(9n ) + 7n
olarak bulunur.
Örnek 4. x0 = 1 ve xn = 3xn−1 − 2n2 + 6n − 3 ise xn kapal formunu bulunuz.
Çözüm. Yinelemenin karakterisitk denklemini yazdktan sonra kolaylkla xn = A(3)n indirgemesini
elde edebiliriz. Ancak yinelememizin bir parçasda f (n) = −2n2 + 6n − 3 ³eklinde ki ikinci dereceen bir polinom oldu§undan özel çözümümüzde kullanaca§mz g(n) polinomu Bn2 + Cn + D
olmaldr. Buna göre, yinelememizin indirgenmi³ hali,
xn = A3n + Bn2 + Cn + D
³ekline olacaktr. E§er bilinen xi , i = 0, 1, 2, 3 için katsayalar bulmaya çal³rsak,
1 = A + D,
4 = 3A + B + C + D,
13 = 9A + 4B + 2C + D,
36 = 27A + 9B + 3C + D
denklemlerini elde ederiz. Buradan da, A = B = 1, C = D = 0 olaca§ndan, istenen kapal form
x n = 3 n + n2
olacaktr.
Örnek 5. x0 = 2 ve xn = 2xn−1 + 3n−1 ise kapal formu bulunuz.
Çözüm. E§er gerekli i³lemleri yaparsak, genel formun
xn = A2n + B3n
denklemi elde edilir. Burada, x0 = 2 ve x1 = 2(2) + 30 = 5 denklemlerinden,
2 = A+B
olimpiyat weblog
7 = 2A + 3B
e³itliklerini elde edilir. Buna göre, A = 1 ve B = 1 olaca§ndan istenen kapal form
xn = 2n + 3n
olacaktr.
Örnek 6. x0 = 7 ve xn = xn−1 + n, n ≥ 1 ise xn için kapal formu bulunuz.
Çözüm. “imdi bu çözümü siz yapmaya çal³n. Kapal formu,
xn = 7 +
n(n + 1)
2
olarak bulmanz gerekmektedir.
“imdiye kadar çözdüklerimizde genel olarak, lineer yinelemeler hakimdi. “imdiki örne§imizde de
3
lineer olmayan ancak lineerle³tirilebilir, birinci drecen yinelemeler den birini çözece§iz.
Örnek 6. u0 = 3 ve u2n+1 = un , n ≥ 1 ise yinelemin kapal formunu bulunuz.
Çözüm. Varsayalm, vn = log un olsun. Buna göre,
1/2
vn = log un = log un−1 =
olacaktr. Burada,
vn =
vn−1
2
oldu§undan,
vn =
olacaktr. Buradan,
log un =
oldu§undan istenilen kapal form,
1
vn − 1
log un−1 =
2
2
v0
2n
log u0
2n
n
un = 31/2
olarak bulunur.
2 kinci Dereceden ndirgemeler
Bir evvelki konumuzda birici dereceden yinelemeleri ele alm³tk. Öyleki, her bir terim kendisinden bir önceki terime ba§ml olarak veriliyordu. “imdi verece§imiz formda ise durum artk
biraz daha farkl. Öyleki artk kar³laca§mz yinelemeler
xn = axn−1 + bxn−2
³eklinde olacaktr. Bu tür yinelemelerin çözümleri içinde takip etmemiz gerekn baz çözüm
basamaklar vardr. Buna göre,
1. Önce alt indisleri üs olarak alp karakteristik denklemi xn = axn−1 + bxn−2 oldu§undan
kökleri r1 ve r2 olan x2 − ax − b = 0 olarak bulunur.
olimpiyat weblog
2. E§er kökler birbirinden farkl ise genel form
xn = A(r1 )n + B(r2 )n
³eklinde olacaktr.
3. E§er kökler ayn ise genel form
xn = A(r1 )n + Bn(r1 )n
³eklinde olacaktr.
Örnek 7. x0 = 1, x1 = −1 ve xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 0 yinelemesinin kapal formunu bulunuz.
Çözüm. Soruda verilen yinelemenin karakteristik denklemi
x2 + 5x + 6 = (x + 3)(x + 2) = 0
4
olarak elde edilir.Buna göre kapal formumuz
xn = A(−2)n + B(−3)n
olacaktr. Buradan da, A = 2 ve B = −1 olaca§ndan soruda istenilen kapal form,
xn = 2(−2)n − (−3)n
olacaktr.
Örnek 8. Fibonacci yinelemesi için kapal formu, f0 = 0, f1 = 1 ve fn = fn−1 + fn−2 bilgilerini
kullanarak bulunuz.
Çözüm. Karakterisitk denklemimiz f 2 − f − 1 = 0 olaca§ndan kapal formumuz
Ã
fn = A
Ã
√ !n
√ !n
1+ 5
1− 5
+B
2
2
³eklinde olacaktr. Ba³langç de§erleri kullanld§nda,
Ã
1=A
0 = A+B
Ã
√ !n
√ !n
√
√
1+ 5
1− 5
1
5
5
+B
=
(A + B) +
(A − B) =
(A − B)
2
2
2
2
2
olaca§ndan
1
1
A = √ , B = −√
5
5
olacaktr. Sonuç olarakta Cauchy-Binet Formülü olarakta bilinen
Ã
Ã
√ !n
√ !n
1
1+ 5
1− 5
1
fn = √
+√
2
2
5
5
kapal form bulunacaktr.
Örnek 8.(Tübitak Deformesi1 ) x0 = 1, x1 = 4, xn = 4xn−1 − 4xn−2 ise kapal formu
olimpiyat weblog
bulunuz.
Çözüm. Karakteristik denklemimiz x2 − 4x + 4 = (x − 2)2 = 0 olacaktr. Burada köklerin
birbirine e³it oldu§u açktr. Buna göre kapal formumuz,
xn = A2n + Bn2n
formunda olacaktr. E§er ba³langç de§erlerini kullanrsak,
1 = A
4 = 2A + 2B
A = 1 ve B = 1 olarak bulunur. Buna göre, istenilen kapal form
xn = 2n + n2n
olacaktr.
1
Benzer bir soru TÜBTAK matematik olimpiyatlarnda da sorulmu³tur.
5
3 Al³trmalar
A³a§daki sorulardan (1 − 5) için kapal formlar bulunuz.
1. x0 = 3, xn =
xn−1 +4
3
2. x0 = 1, xn = 5xn−1 − 20n + 25
3. x0 = 1, xn = xn−1 + 12n
4. x0 = 5, xn = 2xn−1 + 9(5n−1 )
5. a0 = 5, aj+1 = a2j + 2aj , j ≥ 0
6. (AIME, 1984) x19 = 94 ve
xn + xn−1 = n2 , n ≥ 1
ise x94 'ün 1000 ile bölümünden kalan kaçtr?
A³a§daki (6 − 10) için ikinci dereceden yinelemelerin kapal formlarn bulunuz.
7. x0 = 0, x1 = 1, xn = 10xn−1 − 21xn−2
8. x0 = 0, x1 = 1, xn = 10xn−1 − 25xn−2
9. x0 = 0, x1 = 1, xn = 10xn−1 − 21xn−2 + n
10. x0 = 0, x1 = 1, xn = 10xn−1 − 21xn−2 + 2n
11. Bir düzlem üzerine çizilen n çember düzlemi parçalara ayrmaktadr. Buna göre, düzlem
üzerindeki n çemberin ayrd§ parçalarn saysn veren denklemi bulunuz.
olimpiyat weblog
12. Bir düzlem üzerine çizilen n do§runun düzlem üzerinde ayrd§ parçalarn saysn veren
denklemi bulunuz.
6