Juk_Ilyenko_Moklyachuk_Orlovskiy_DM_praktikum
.pdf
|
|
|
|
3 |
|
5 |
7 |
|
2 |
3 |
|
4 |
|
5 |
6 |
|
|
|
7 |
||||||||||||
( ) = ( |
|
+ |
|
+ |
|
+ |
|
)( |
|
|
+ |
|
|
+ |
|
|
+ |
|
|
+ |
|
+ |
|
). |
|||||||
1! |
3! |
5! |
7! |
2! |
3! |
4! |
5! |
6! |
7! |
||||||||||||||||||||||
Виконавши множення, обчислимо коефiцiєнт при 7: |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
6 |
3 |
4 |
|
|
5 |
2 |
7! |
|
|
|
7! |
|
|
7! |
|
|
|
7 |
|
|
|||||||||||
|
· |
+ |
· |
|
+ |
· |
|
= ( |
|
|
+ |
|
+ |
|
) · |
|
|
. |
|
|
|||||||||||
1!6! |
3!4! |
|
5!2! |
|
1!6! |
3!4! |
5!2! |
7! |
|
|
Отже, число всiх послiдовностей iз семи чисел, що задовольняють
умови задачi, буде рiвне
1!6!7! + 3!4!7! + 5!2!7! = 7 + 35 + 21 = 63.
Задачi для аудиторної та домашньої роботи
№9.4. Знайти експоненцiйну генератрису послiдовностi
1.= , = 0, 1, 2, . . ., ̸= 0;
2.= ( − 1), = 2, 3, . . ., 0 = 1 = 0;
3.= ( − 1)( − 2), = 3, 4, . . ., 0 = 1 = 2 = 0;
4.= 2, = 0, 1, 2, . . .;
5.= 3, = 0, 1, 2, . . .;
6.= !, = 0, 1, 2, . . .;
7.= (−1) !, = 0, 1, 2, . . .;
8.= ( − 1)!, = 0, 1, 2, . . .;
9.= (−1) ( − 1)!, = 0, 1, 2, . . .;
100
10.= ( + 1)!, = 0, 1, 2, . . .;
11.= (−1) ( + 1)!, = 0, 1, 2, . . .;
12.= ( ) , 0 = 1 = . . . = −1 = 0, = , + 1, + 2, . . .
№9.5. Довести рiвнiсть
∫ +∞
− = !, = 0, 1, 2, . . .
0
№ 9.6. Використовуючи попередню задачу, встановити зв’язок мiж звичайною ( ) та експоненцiйною ( ) генератрисою послiдовностi :
∫ +∞
( ) = − ( ) .
0
№9.7. Вiдновити послiдовнiсть за її експоненцiальною генератрисою
1.( ) = ;
2.( ) = 5 ;
3.( ) = 2 ;
4.( ) = 1−1 ;
5.( ) = 1+1 ;
6.( ) = ln(1 + );
7.( ) = ln(1 − );
8.( ) = sin ;
9.( ) = cos .
101
№ 9.8. Нехай ( ) , = ( − ) . . . ( − ( − 1) ), = 1, 2, . . ., ( )0, = 1. Побудувавши експоненцiйну генератрису, довести тотожнiсть
∑
( + ) , =
=0
( ) ,( ) − ,.
№9.9. Знайти експоненцiйну генератрису для числа способiв розмiщення чоловiк по кiмнатах за умови, що в кожнiй кiмнатi не менше 1 та не бiльше 10 чоловiк.
№9.10. Знайти експоненцiйну генератрису для числа способiв розмiщення чоловiк в трьох кiмнатах за умови, що кожна кiмната не буде порожньою, в першiй кiмнатi парна кiлькiсть гостей, а в другiй парна. Обчислити кiлькiсть всiх варiантiв розмiщення.
№9.11. Довести, що кiлькiсть варiантiв розмiщення рiзних об’єктiв в
рiзних ящиках за умови, що нi один iз ящикiв не порожнiй, дорiвнює
|
|
|
( ) = |
(−1) ( − ) , |
1 ≤ ≤ . |
|
∑ |
|
|
=1 |
|
№ 9.12. Довести, що число варiантiв розмiщення рiзних об’єктiв в
ящиках, що не розрiзняються, дорiвнюють числам Стiрлiнга другого роду ( ), де
( ) = |
1 |
|
|
|
(−1) ( − ) , |
1 ≤ ≤ . |
|
! |
|||
|
|
∑ |
|
|
|
=1 |
|
102
ЗАНЯТТЯ 10
Рекурентнi спiввiдношення
Навчальнi задачi
№ 10.1. Знайти загальний розв’язок рекурентного спiввiдношення 5 порядку
( + 5) = 4 ( + 4) − 4 ( + 3) − 2 ( + 2) + 5 ( + 1) − 2 ( )
Розв’язок. Запишемо характеристичне рiвняння даного спiввiдношення
5 − 4 4 + 4 3 + 2 2 − 5 + 2 = 0
Безпосередньою пiдстановкою знаходимо, що 1 = 1 - корiнь даного рiвняння. Понизимо степiнь рiвняння, подiливши характеристичний многочлен на − 1 за схемою Горнера.
|
1 |
-4 |
4 |
2 |
-5 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
-3 |
1 |
3 |
-2 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
Як результат отримаємо рiвняння четвертого степеня
4 − 3 3 + 2 + 3 − 2 = 0.
Значення 2 = 1 є коренем i цього рiвняння також, тому проведемо операцiю дiлення за схемою Горнера на − 1 ще раз.
103
|
1 |
-3 |
1 |
3 |
-2 |
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
-2 |
-1 |
2 |
0 |
|
|
|
|
|
|
Отримане рiвняння 3 −2 2 − +2 = 0 знову має корiнь 3 = 1, тому ще раз понижуємо степiнь.
|
1 |
-2 |
-1 |
2 |
|
|
|
|
|
1 |
1 |
-1 |
-2 |
0 |
|
|
|
|
|
В результатi отримуємо рiвняння 2 − − 2 = 0, котре має коренi
4 = −1 та 5 = 2.
За теоремою про загальний вигляд розв’язку лiнiйного однорiдного рекурентного спiввiдношення зi сталими коефiцiєнтами, записуємо загальний розв’язок задачi:
( ) = 1 · ( 1 + 2 + 2 3) + (−1) 4 + 5 · 2 =
=1 + 2 + 2 3 + (−1) · 4 + 2 · 5.
№10.2. Знайти загальний розв’язок рекурентного спiввiдношення 5-го порядку
√ √
( + 5) = 2 3 ( + 4) − 4 ( + 3) − 2 ( + 2) + 4 3 ( + 1) − 8 ( ).
Розв’язок. Запишемо характеристичне рiвняння даного спiввiдно-
шення:
|
5 |
√ |
|
|
4 |
+ 4 |
3 |
+ 2 |
2 |
√ |
|
|
|
|
|||||||||||
|
− 2 3 |
|
|
|
− 4 3 + 8 = 0 |
Розкладемо лiву частину на множники. Для цього винесемо за дужки
√
( 2 − 2 3 + 4):
3 |
( |
2 |
√ |
|
|
2 |
√ |
|
|
|
|
||||||||
|
|
− 2 3 + 4) + 2( |
|
− 2 3 + 4) = 0 |
104
|
|
( |
3 |
+ 2)( |
2 |
√ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
− 2 3 + 4) = 0 |
|
|
|||||
|
Добуток двох виразiв дорiвнює нулю, коли кожен iз них дорiвнює |
||||||||||
нулю. Тому потрiбно розглянути два випадки. |
|
|
|||||||||
|
Перший випадок - коли 3 |
+ 2 = 0. Звiдси 3 |
= −2, тобто 3 = |
||||||||
|
( +2 )/3 |
|
|
|
|
|
|
|
√3 |
|
|
2 |
, . Якщо = |
|
|
|
|
2, а коли = 3 та |
|||||
|
3 + 1, то = − |
= 3 − 1 отримуємо пару комплексних спряжених чисел з модулями,
√
рiвними 3 2 та аргументами ± /3. Отже, вiдповiдна частина розв’язку буде мати вигляд
1(−√3 2) + (√3 2) ( 2 cos 3 + 3 sin 3 ).
√ √
Якщо ж 2 − 2 3 + 4 = 0, то отримаємо = 3 ± . Модуль даного
√ √
комплексного числа рiвний ( 3)2 + 12 = 2, а аргумент arcsin(1/2) =
/6. Вiдповiдна частина розв’язку буде мати вигляд
2 ( 4 cos 6 + 5 sin 6 ).
Тепер залишилося додати два отриманi вирази, i ми отримаємо вiдповiдь:
( ) = 1(−√3 2) +(√3 2) ( 2 cos 3 + 3 sin 3 )+2 ( 4 cos 6 + 5 sin 6 ).
№ 10.3. Знайти загальний вигляд розв’язку рекурентного спiввiдношення 4-го порядку при 0 = 0:
+4 − 3 +3 − 8 +1 + 24 = 0.
Розв’язок. Запишемо характеристичне рiвняння даного спiввiдношення:
4 − 3 3 − 8 + 24 = 0.
105
Пiдставляючи 1 = 2, бачимо, що дане значення буде розв’язком цього характеристичного рывняння. За схемою Горнера подiлимо характеристичний многочлен на − 2.
|
1 |
-3 |
0 |
-8 |
24 |
|
|
|
|
|
|
2 |
1 |
-1 |
-2 |
-12 |
0 |
|
|
|
|
|
|
В результатi отримаємо рiвняння третього степеня 3 − 2 − 2 −
12 = 0. Бачимо, що у даного многочлена 2 = 3 є розв’язком, тому застосовуємо схему Горнера iще раз.
|
|
1 |
-1 |
-2 |
-12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
1 |
2 |
4 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отримане рiвняння 2 + 2 + 4 = 0 має розв’язки 3,4 = −1 ± √ |
|
- |
||||||
3 |
пару комплексних спряжених чисел з модулем 2 та аргументами ±2 /3. Остаточно, розв’язок заданого рекурентного спiввiдношення буде ма-
ти вигляд: |
|
|
|
|
|
|
|
). |
= 12 + 23 + 2 ( 3 cos |
2 |
3 |
+ 4 sin |
2 |
3 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Врахуємо тепер початкову умови 0 = 0. Отримаємо, що
0 = 120 + 230 + 20 ( 3 cos 0 + 4 sin 0) = 1 + 2 + 3;
1 = − 2 − 3.
Пiдставляючи вираз для 1 у отриманий вище розв’язок, отримаємо
= (− 2 |
− 3)2 + 23 + 2 ( 3 cos |
2 |
3 |
+ 4 sin |
2 |
3 |
). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
№ 10.4. Знайти загальний вигляд розв’язку рекурентного спiввiдношення 4-го порядку при (0) = 0, (1) = −6, (2) = −4, (3) = −34:
( + 4) = 6 ( + 2) + 8 ( + 1) + 3 ( ).
106
Розв’язок. Запишемо характеристичне рiвняння даного спiввiдношення:
4 − 6 2 − 8 − 3 = 0.
Пiдставляючи 1 = −1, бачимо, що дане значення є розв’язком цього рiвняння. Застосуємо сему Горнера та подiлимо характеристичний многочлен на + 1.
|
1 |
0 |
-6 |
-8 |
-3 |
|
|
|
|
|
|
-1 |
1 |
-1 |
-5 |
-3 |
0 |
|
|
|
|
|
|
Отримаємо рiвняння 3 − 2 − 5 − 3 = 0, коренем якого також є
2 = −1. Застосуємо схему Горнера ще раз. |
|
||||||
|
|
1 |
-1 |
-5 |
-3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-1 |
1 |
-2 |
-3 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= −1, 4 = |
Отримане рiвняння 2 − 2 − 3 = 0 |
має розв’язки 3 |
3. Отже, загальний вигляд заданого рекурентного спiввiдношення має
вигляд
( ) = (−1) ( + + 2) + 3 .
Врахувавши заданi початковi умови, отримаємо систему рiвнянь
|
|
|
|
|
+ |
= |
−34 |
|||||
|
− |
|
− |
|
− |
+ 3 |
= |
− |
6 |
|||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ 2 + 4 + 9 = |
|
|
4 |
||||||||
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
− |
3 |
− |
9 + 27 = |
− |
34. |
|||||
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розв’язавши дану систему рiвнянь, отримаємо = 1, = 2, = 0,
= −1. Пiдставивши отриманi значення в формулу загального розв’яз-
ку, отримаємо
( ) = (−1) (1 + 2 + 0 2) − 1 · 3 = (−1) (1 + 2 ) − 3 .
107
Задачi для аудиторної та домашньої роботи
№ 10.5. Знайти загальний розв’язок рекурентного спiввiдношення 5 порядку
1.( + 5) = 2 ( + 4) + 10 ( + 3) −8 ( + 2) −33 ( + 1) −18 ( );
2.( +5) = −11 ( +4)−30 ( +3)+22 ( +2)+95 ( +1)−75 ( );
3.( + 5) = 2 ( + 4) + 6 ( + 3) − 4 ( + 2) − 13 ( + 1) − 6 ( );
4.( +5) = 9 ( +4)−26 ( +3)+20 ( +2)+24 ( +1)−32 ( );
5.( + 5) = 3 ( + 4) + 5 ( + 3) −27 ( + 2) + 32 ( + 1) −12 ( );
6.( + 5) = 6 ( + 4) − 11 ( + 3) + 2 ( + 2) + 12 ( + 1) − 8 ( );
7.( + 5) = 7 ( + 4) −7 ( + 3) −19 ( + 2) + 16 ( + 1) + 20 ( );
8.( +5) = 15 ( +4)−83 ( +3)+205 ( +2)−216 ( +1)+80 ( );
9.( + 5) = 5 ( + 4) − 2 ( + 3) − 14 ( + 2) + 3 ( + 1) + 9 ( );
10.( + 5) = 5 ( + 4) −4 ( + 3) −16 ( + 2) + 32 ( + 1) −16 ( );
11.( + 5) = −2 ( + 4) + 9 ( + 3) + 22 ( + 2) −4 ( + 1) −24 ( );
12.( +5) = −2 ( +4)+11 ( +3)+40 ( +2)+44 ( +1)+16 ( );
13.( +5) = −6 ( +4)−6 ( +3)+16 ( +2)+15 ( +1)−18 ( );
14.( + 5) = ( + 4) + 14 ( + 3) − 6 ( + 2) − 45 ( + 1) − 27 ( );
15.( +5) = 2 ( +4)+17 ( +3)−70 ( +2)+92 ( +1)−40 ( ).
108
№ 10.6. Знайти загальний розв’язок рекурентного спiввiдношення 5 по-
рядку
1. |
( + 5) = 2 ( + 4) − 2 ( + 3) + 8 ( + 2) − 16 ( + 1) + 16 ( ); |
|||||
2. |
√ |
|
|
√ |
|
|
( +5) = 2 |
3 ( +4)−4 ( +3)−3 ( +2)+6 |
3 ( +1)−12 ( ); |
3.( + 5) = 2 ( + 4) − 4 ( + 3) − 4 ( + 2) + 8 ( + 1) − 16 ( );
4.( + 5) = −2 ( + 4) −2 ( + 3) + 5 ( + 2) + 10 ( + 1) + 10 ( );
√ √
5. ( + 5) = −2 3 ( + 4) − 4 ( + 3) − 6 ( + 2) − 12 3 ( + 1) − 24 ( );
6.( + 5) = −2 ( + 4) − 4 ( + 3) − 1 ( + 2) − 2 ( + 1) − 4 ( );
7.( + 5) = 4 ( + 4) − 8 ( + 3) − 5 ( + 2) + 20 ( + 1) − 40 ( );
8. ( +5) = 4 |
√ |
|
|
√ |
|
|
3 ( +4)−16 ( +3)+2 ( +2)−8 |
3 ( +1)+32 ( ); |
9.( + 5) = 4 ( + 4) −16 ( + 3) + 3 ( + 2) −12 ( + 1) + 48 ( );
10.( + 5) = −4 ( + 4) − 8 ( + 3) − 2 ( + 2) − 8 ( + 1) − 16 ( );
√ |
|
|
√ |
|
|
11. ( + 5) = −4 |
3 ( + 4) −16 ( + 3) + 4 ( + 2) + 16 |
3 ( + 1) + |
|||
64 ( ); |
|
|
|
|
|
12.( +5) = −4 ( +4)−16 ( +3)+6 ( +2)+24 ( +1)+96 ( );
13.( + 5) = 2 ( + 4) − 2 ( + 3) − 8 ( + 2) + 16 ( + 1) − 16 ( );
14. |
√ |
|
|
√ |
|
|
( + 5) = 2 |
3 ( + 4) − 4 ( + 3) + 27 ( + 2) − 54 |
|
3 ( + 1) + |
|||
|
108 ( ); |
|
|
|
|
|
15. |
( + 5) = 2 ( + 4) − 4 ( + 3) + 1 ( + 2) − 2 ( + 1) + 4 ( ). |
|||||
|
|
109 |
|
|
|