Konstrukcija i analiza algoritama

Transcription

1 Konstrukcija i analiza algoritama 27. februar 207 Matematička indukcija Princip matematičke indukcije: Da bi za svako n N važilo tvrdjenje T (n) dovoljno je pokazati: bazu indukcije: tvrdjenje T () induktivni korak: za svaki prirodan broj n važi da ako je tačno tvrdjenje T (n), onda je tačno i tvrdjenje T (n + ) Analogno, ako je potrebno dokazati da je tvrdjenje T (n) tačno za svaki ceo broj n b, onda je dovoljno pokazati da je tačno tvrdjenje T (b) i da je tačna implikacija T (i) T (i + ) za svaki ceo broj i b. Primetimo da b može biti negativan broj, nula ili pozitivan broj. Princip matematičke indukcije se često koristi u izmenjenom obliku: Princip potpune matematičke indukcije: Da bi za svako n N važilo tvrdjenje T (n) dovoljno je pokazati: bazu indukcije: tvrdjenje T () induktivni korak: za svaki prirodan broj n važi da ako je tačno tvrdjenje T (k) za svako k < n, onda je tačno i tvrdjenje T (n). Zadaci. Koristeći princip matematičke indukcije dokazati da za svako n N važi: n q i = qn+ q i=0 2. Koristeći princip matematičke indukcije dokazati da za svako n N važi: 5 n n + je deljivo sa 8. Uputstvo: Uvedimo oznaku S(i) = 5 i i + i izrazimo S(n + ) preko S(n). Materijal je osmišljen na osnovu knjiga: Algoritmi, Miodraga Živkovića i Discrete Mathematics and Its Applications, Kenneth H. Rosen

2 3. Koristeći princip matematičke indukcije dokazati da važi 2 n > n 2 za svaki ceo broj n veći od 4. Uputstvo: Jednostavno se može pokazati da za broj 5 važi baza indukcije. Za svaki prirodan broj n 5 ako se pretpostavi da važi 2 n > n 2, onda važi: 2 n+ = 2 2 n = 2 n + 2 n > n 2 + n 2 > n 2 + 4n = n 2 + 2n + 2n > n 2 + 2n + = (n + ) 2, te je tačan i induktivni korak. 4. Koristeći princip matematičke indukcije dokazati da za svaki celi broj n > važi sledeća nejednakost: 2n i=n+ i > Koristeći princip matematičke indukcije dokazati da za svaki celi broj n > važi sledeća nejednakost: n i < 2 2 n i= 6. Dato je n 3 pravih u ravni u opštem položaju (nikoje dve nisu paralelne, a nikoje tri se ne seku u istoj tački). Dokazati da je bar jedna od oblasti koje one formiraju - trougao. Uputstvo: Jednostavno se dokazuje da tvrdjenje važi za 3 tačke. Pretpostavimo da tvrdjenje važi za neku vrednost n 3 i pokažimo da važi i za n +. Pošto su prave u opštem položaju na proizvoljan način izdvojimo jednu i posmatramo preostalih n pravih. Po induktivnoj hipotezi jedna od oblasti koju te prave formiraju je trougao. Izdvojena prava može da nema zajedničkih tačaka sa tim trouglom (u tom slučaju je isti trougao rešenje i za n + tačku) ili može da seče trougao. Ako ga seče prava ne može imati nijednu zajedničku tačku sa njegovim temenima jer bi u suprotnom imali tri prave koje se seku u istoj tački. Sledi da ta prava seče ovaj trougao i jedna od oblasti na koju je seče jeste trougao. 7. Dat je niz, 2, 3, 4, 5, 0, 20, 40,... koji počinje kao aritmetička progresija, a posle prvih pet članova postaje geometrijska progresija. Dokazati da se svaki prirodan broj može predstaviti u obliku zbira različitih brojeva iz ovog niza. Uputstvo: Preformulišimo tvrdjenje na sledeći način: dokazati da se brojevi manji od 5 2 n, n 0 mogu predstaviti u obliku zbira različitih brojeva iz ovog niza. Bazu indukcije (za n = 0) lako dokazujemo, jer se svaki broj manji od 5 može predstaviti u traženom obliku. Pretpostavimo da tvrdjenje važi za k i pokažimo da važi za k. Neka je x < 5 2 k proizvoljan takav broj. Ako je x < 5 2 k onda prema induktivnoj hipotezi tvrdjenje važi. Inače x [5 2 k, 5 2 k ). U tom slučaju važi: 0 x 5 2 k < 5 2 k 5 2 k = 5 2 k. Broj x 5 2 k se prema induktivnoj hipotezi može predstaviti u obliku zbira različitih brojeva manjih od 5 2 k, pa x dobijamo kada tom zbiru dodamo još 5 2 k. Ne možemo imati ponavljanja medju sabircima jer ih po induktivnoj hipotezi nema u 2

3 prethodnom zbiru, a broj 5 2 k se ne može javiti u tom zbiru jer je broj x 5 2 k strogo manji od 5 2 k. 8. Dokazati da se svaka poštarina koja je pozitivni celi broj dinara veći od 7 može formirati korišćenjem samo markica od 3 i od 5 dinara. Uputstvo: Broj n = 8 se može predstaviti kao zbir jedne markice od 3 i jedne od 5 dinara. Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za prirodan broj n 8. Ako poštarina za n dinara uključuje neku markicu od 5 dinara, nju ćemo zameniti sa dve markice od po 3 dinara i ukupno povećati poštarinu za dinar. Ukoliko poštarina za n dinara ne uključuje nijednu markicu od 5 dinara, tada ona uključuje bar tri markice od 3 dinara, jer je n 8, pa je najmanji takav broj 9. U tom slučaju ćemo tri markice od po 3 dinara zameniti dvema od po 5 dinara. 9. Dokazati da se oblasti na koje ravan deli n kružnica sa po jednom povučenom tetivom mogu obojiti sa 3 boje tako da su susedne oblasti uvek obojene različitim bojama. Uputstvo: Obeležimo boje sa 0,,2. Pretpostavimo da se oblast sa n kružnica (sa povučenom tetivom) može obojiti na traženi način i dodajemo (n + )-vu kružnicu. Ona sa tetivom deli ravan na tri oblasti: oblastima van kružnice ne menjamo boju, oblastima u kružnici sa jedne strane tetive menjamo u boju (i + )mod 3, a sa druge strane u boju (i )mod Neka je T kompletno binarno stablo visine h. Visina čvora u T je h umanjeno za rastojanje čvora od korena tako je npr. koren visine h a listovi su visine 0. Dokazati da je suma visina svih čvorova u T jednaka 2 h+ h 2. Uputstvo: Za h = 0 stablo sadrži samo koren i tvrdjenje se trivijalno dokazuje. Kompletno binarno stablo visine h+ se sastoji od dva kompletna binarna stabla visine h i korena (koji je visine h + ).. Razmotrimo varijantu igre NIM. Igra počinje sa n šibica, dva igrača naizmenično uzimaju, 2 ili 3 šibice odjednom. Igrač koji uzme poslednju šibicu gubi. Pokazati da ako svaki igrač igra po najboljoj mogućoj strategiji prvi igrač pobedjuje za n = 4j, 4j + 2 ili 4j + 3, j 0, a drugi igrač za n = 4j +, j 0. Uputstvo: Za j = 0 dokaz je trivijalan (treba razmotriti 4 bazna slučaja). Pretpostavimo da tvrdjenje važi za j 0. Dokaz za j + se izvodi svodjenjem 4 mogućnosti za broj n (da broj n daje redom ostatak 0,, 2 ili 3 pri deljenju sa 4) na 4 mogućnosti date induktivnom hipotezom. Napomena: voditi računa o tekstu zadatka, ovde nije rečeno da je stablo binarno. Uputstvo: Za n = 2 dokaz je trivijalan - dva čvora povezana granom. Pretpostavimo da tvrdjenje važi za n brojeva. Neka je dato n prirodnih brojeva d, d 2,..., d n čija je suma 3 n i= d i = 2n 2. Bar jedan od brojeva

4 mora biti jednak (inače bi suma bila 2n) - neka je to broj d i i bar jedan broj mora biti > (inače bi suma bila n) - neka je to broj d j. Ako izbacimo broj d i iz skupa i broj d j umanjimo za, dobijamo skup za koji važi, na osnovu induktivne hipoteze, da postoji stablo sa tim stepenima. Ako u to stablo dodamo novi čvor stepena (list) povezan sa čvorom stepena d j dobijamo opet stablo sa n čvorova i stepenima d, d 2,..., d n. 2. Neka je n pozitivan ceo broj. Dokazati da se 2 n 2 n šahovska tabla sa jednim izbačenim poljem može pokriti korišćenjem delova L-oblika, gde ovi delovi prekrivaju 3 polja odjednom. Uputstvo: Za n = je tabla dimenzija 2 2 i tada se traženo pokrivanje dobija postavljanjem dela L-oblika na odgovarajući način. Pretpostavimo da tvrdjenje važi za tablu veličine 2 n 2 n i pokažimo da važi za tablu veličine 2 n+ 2 n+. Podelimo tablu na 4 table veličine 2 n 2 n. Iz tri podtable nije izbačeno nijedno polje, a iz četvrtog jeste - ona se po induktivnoj hipotezi može prekriti. Na kratko izbacimo iz svake od podtabli po jedno polje - centralno. One se onda po induktivnoj hipotezi mogu prekriti delovima L-oblika, a ta tri izbačena polja možemo pokriti jednim delom L-oblika. 3. Skakač se po šahovskoj tabli može pomeriti jedno polje horizontalno (u proizvoljnom smeru) i dva polja vertikalno (u proizvoljnom smeru), ili dva polja horizontalno (u proizvoljnom smeru) i jedno polje vertikalno (u proizvoljnom smeru). Koristeći princip matematičke indukcije pokazati da skakač koji kreće sa polja (0, 0) beskonačne šahovske table sastavljene od svih polja oblika (m, n), gde su m i n nenegativni celi brojevi, može posetiti svako polje koristeći konačan niz koraka. Uputstvo: Koristićemo oznaku (i, j) da označimo polje u i-toj vrsti i j- toj koloni. Tvrdjenje ćemo dokazati indukcijom po i + j. Baza indukcije: postoji 6 baznih slučajeva za i + j 2 (6 različitih polja). U svako od njih se može stići u najviše 6 koraka. Induktivni korak: pretpostavimo da skakač može stići u svako od polja (i, j), gde važi i + j = k, k 2. Neka važi i + j = k + i pokažimo da skakač može stići u polje (i, j). Obzirom da je k + 3 bar jedan od brojeva i i j mora biti 2. Ako je npr i 2, tada po IH postoji niz poteza koji se završavaju u polju (i 2, j + ) jer je i 2 + j + = i + j = k, a odatle smo u samo jednom koraku na polju (i, j). Slično bi se pokazalo za j Pokazati da ako su a, a 2,..., a n n različitih realnih brojeva, tačno n množenja je potrebno da bi se izračunao njihov proizvod, bez obzira na to kako su umetnute zagrade u njihov proizvod. 5. Pokazati da ako je n prirodan broj veći od, onda se on može predstaviti kao proizvod prostih brojeva. Uputstvo: Iskoristiti potpunu indukciju. 4

5 6. Šta nije u redu u sledećem dokazu? Teorema: Za svaki nenegativan ceo broj n važi 5n = 0. Baza indukcije: 5 0 = 0 Induktivni korak: Pretpostavimo da je 5 j = 0 za sve nenegativne cele brojeve j, tako da je 0 j k. Napišimo k + = i + j, gde su i i j prirodni brojevi manji od k +. Prema induktivnoj hipotezi važi: 5(k + ) = 5(i + j) = 5i + 5j = = 0. Uputstvo: Ne možemo napisati k + = i + j, jer za k = 0 ne postoje i i j manji od k + koji u zbiru daju k + 7. Naći grešku u sledećem dokazu (navesti rečenicu koja nije ispravna i objasniti zašto nije ispravna): Neka je dat neprazan skup obojenih klikera. Svi klikeri u tom skupu su iste boje. (a) Baza indukcije. Ako imamo skup koji sadrži samo jedan kliker, svi klikeri tog skupa su iste boje. (b) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za svaki skup koji sadrži n klikera. Uzmimo skup A koji u sebi ima n + kliker. Fiksirajmo kliker koji možemo da označimo sa a. Skup A \ a u sebi sadrži tačno n klikera, tako da na osnovu induktivne hipoteze možemo da zaključimo da su svi klikeri u tom skupu iste boje npr. crvene. Fiksirajmo sada neki drugi kliker iz skupa A \ a, npr. b. On je dakle crvene boje. Na osnovu induktivne hipoteze skup A \ b u sebi sadrži sve klikere iste boje. Pošto se u njemu nalazi i kliker a, zajedno sa svim ostalim crvenim klikerima, i on mora biti crven. Dakle svi klikeri skupa A su crveni, tj. iste boje. 5