Coordinación de Ciencias Computacionales - INAOE

Matemáticas Discretas

Cursos Propedéuticos 2011Ciencias Computacionales

INAOE

Dr. Enrique Muñoz de Cotejemc@inaoep.mx

http://ccc.inaoep.mx/~jemcOficina 8210

Diapositivas basadas en previas iteraciones de:

Dr. Enrique SucarDr. Luis Villaseñor

Inducción y recursión

Generalidades Inducción de números naturales Inducción matemática Funciones recursivas

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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)

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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.

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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

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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

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© E. Muñoz de Cote

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 N2. Si el número k está en N, también lo está k + 1

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Ejemplo Sea S(n)=1+2+3+…+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

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Ejemplo Pruebe que la sumatoria de los n primeros enteros

positivos impares es n2

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)

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2

1

)12(:1 ninn

i

=−≥∀ ∑=

Ejemplo Probar P(n+1).

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2

2

1

1

1

)1(

12

)1)1(2()12()12(

+=++=

−++

−=− ∑∑

=

+

=

n

nn

niin

i

n

i

2

2

1

1

1

)1(

12

)1)1(2()12()12(

+=++=

−++

−=− ∑∑

=

+

=

n

nn

niin

i

n

i

Por hipótesis de inducción P(n)

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=2⋅20 ≤ 2⋅2n-1 = 2n)• 2n + 1 < 2n+1

Así n + 1 < 2n+1

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Ejemplo Use inducción matemática para mostrar que 1 + 2 +

22 + ….. + 2n = 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) = 1 + 2 + 22 + ….. + 2n + 2n+1

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Ejemplo

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P(n + 1) = 1 + 2 + 22 + ….. + 2n + 2n+1

P(n)

2n+1 - 1 + 2n+1

2(2n+1) - 1

2n+2 - 1P(n + 1)

Ejemplo Tenemos estampas de 5 y 3 pesos. Demostrar que

es posible hacer estampas de denominación mayor o igual a 8.

1. 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 + 1b. 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

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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

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Ejemplo (Fibonacci) Recurrencia:

fn = fn-1 + fn-2 Condiciones iniciales:

f1 = 1, f2 = 2 Secuencia:

1, 2, 3, 5, 8, 13, …

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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

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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 = 1144.90 …

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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

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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

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Ejemplo Relación: an = an-1 + 3; a1 = 2 Solución:

Para n-1: an-1 = an-2 + 3 Substituyendo : an = (an-2 + 3) + 3 = an-2 + 2 * 3 Para n-2: an-2 = an-3 + 3 Substituyendo: an = ( an-3 + 3) + 2 * 3 = an-3 + 3 * 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 = 2 + 3 (n-1)

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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

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Recurrencia Condición inicial: p0 = 1000 Recurrencia:

pn = pn-1 + 0.1pn-1 = 1.1pn-1

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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

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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-2 + … + 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

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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

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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

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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

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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

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… continuación: Resolviendo la ecuación anterior, las raíces son:

r1 = 1.618; r2 = -.618 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 = 0.751 (1.618)n – 0.276 (-0.618)n

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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)

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Recurrencias lineales homogéneas Una recurrencia de la forma xn a1xn−1 + a2xn−2 + ·

· · + akxn−k = 0 se denomina recurrencia lineal homogénea de orden k

Se caracterizan por que la suma de dos soluciones es también una solución

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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

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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

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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

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Recurrencias lineales no homogéneas Una recurrencia de la forma xn = a1xn−1 + a2xn−2

+ · · · + 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

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Ejemplo Resuelva la relación de recurrencia an-an-1=3n2 para

n ≥ 1 y a0 =7

an=7+n(n+1)(2n+1)/2

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Ejemplo Hallar una solución general y la solución particular

con x0=0, x1=15 de la recurrencia xn − 5xn−1 + 6xn−2 = 8n − 42.

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