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(1)4/25/14 . Exemplo . Relações de recorrência Matemá-ca Discreta II (Rosen – Cap. 8) André Câmara . • Suponha que o número de bactérias em uma colônia é inicialmente de 5 bactérias, e duplica a cada hora. • Quantas bactérias teremos após n horas? • Relação: an = 2an-‐1 para qualquer n≥0 • Dado que a0 = 5, temos como encontrar qualquer an (n≥0) itera-vamente • Fórmula direta: • an = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ ... ⋅a0 à an = 5 ⋅ 2n n . Métodos de contagem avançados • Adequados quando os métodos vistos anteriormente não se adequam • Relações de recorrência • Presente no contexto de paradigmas como Programação Dinâmica e Dividir para Conquistar • Quebrar um problema em sub-‐problemas . Exemplo Coelhos e números de Fibonacci • Um casal de coelhos é deixado em uma ilha. Coelhos só reproduzem após dois meses de idade. Após isso, cada casal produz um outro par por mês. Encontre uma relação de recorrência para o número de coelhos na ilha após n meses, assumindo que nenhum coelho morre. . Relações de Recorrência • Def. Uma Relação de Recorrência (R.R., ou apenas recorrência) para uma sequência {an} é uma equação que expressa an em termos de um ou mais elementos prévios a0, …, an−1 da sequência, para todo n≥n0. • Uma sequência par-cular (descrita não recursivamente) é uma solução da Relação de Recorrência se ela é consistente com a definição da recorrência. • Obs. • Uma Relação de Recorrência pode ter muitas soluções. . Exemplo Coelhos e números de Fibonacci fn=no. de casais no mês anterior. +. no. de recém nascidos . (que é fn-2 pois cada novo par vem de um casal com pelo menos 2 meses de idade). f1=. f2=. fn=fn-1 + fn-2. 1 .

(2) 4/25/14 . Exemplo Torre de Hanoi . Relação de Recorrência Hanoi . • Problema: Mover os discos do pino 1 para o pino 2. • Regras: a) Mover apenas um disco por vez. b) Nunca colocar um disco maior sobre um menor. . Peg #1. Peg #2. • Seja Hn = # movimentos para uma pilha de n discos. • Estratégia ó-ma: • Mover n−1 discos superiores para pino livre. (Hn−1 movimentos) • Mover disco inferior. (1 movimentos) • Mover n−1 superiores para o disco inferior. (Hn−1 movimentos) • Note que: Hn = 2Hn−1 + 1 • O # de movimentos é descrito por uma recorrência . Peg #3. Resolvendo RR da Torre de Hanoi . RR – Torre de Hanoi . Hn = 2 Hn−1 + 1 = 2 (2 Hn−2 + 1) + 1 = 22 Hn−2 + 2 + 1 = 22(2 Hn−3 + 1) + 2 + 1 = 23 Hn−3 + 22 + 2 + 1 … = 2n−1 H1 + 2n−2 + … + 2 + 1 = 2n−1 + 2n−2 + … + 2 + 1 (uma vez que H1 = 1) n −1 i 2 = i =0 Soma dos termos de uma PG: = 2n − 1 . ∑. Outro Exemplo . • Lenda: • Monges estão transferindo 64 discos de ouro de um pino para o outro, seguindo as regras do puzzle. A lenda diz que o mundo irá acabar quando eles terminarem. Quanto tempo levará para o mundo acabar após eles começarem, se eles levam 1 segundo para mover um disco? • Pela fórmula: 2n -‐1 = 18.446.744.073.709.551.615 movimentos. • > 500 bilhões de anos . Utilizando a recorrência . • Encontre uma R.R. e condições iniciais para um número de strings de bit de comprimento n sem dois 0’s consecu-vos. • Podemos resolver dividindo uma string que seja contada em casos que terminam em 0 e 1. . • Para cada string terminando em 0, o bit anterior deve ser 1, e antes dele pode vir qualquer string de tamanho n−2. • Para cada string terminando em 1, pode ter uma outra string de tamanho n−1. . • A quan-dade de strings de bit de tamanho n que não podem ter dois 0’s consecu-vos é an = an−1 + an−2. (Recorrência de Fibonacci) . • Como obter a5? • a1 = 2 {0, 1} • a2 = 3 {01, 10, 11} • a3 = a2 + a1 = 3+2 = 5 • a4 = a3 + a2 = 5+3 = 8 • a5 = a4 + a3 = 8+5 = 13 . • As condições iniciais são: a1 = 2 (0 e 1) e a2 = 3 . (n−2 bits) 1 0. (n−1 bits). 1. 2 .

(3) 4/25/14 . Exemplo Contagem de códigos • Um sistema computacional considera uma string de dígitos decimais um código válido se ele contém um número par de 0’s . Encontre o número de códigos válidos an. • Por exemplo, 1230407869 é válido, enquanto 120987045608 não é. • Solução: • Seja an o número de códigos válidos de n bits. • a1 = 9 (dez códigos de um dígito, e somente um inválido: 0) • Os outros casos dividem-‐se em: . • Qualquer string válida de tamanho n−1, acrescida de qualquer dígito 1-‐9. (an-‐1+ D, pode ser feito de 9 formas) • Qualquer string inválida de comprimento n−1 digits, acrescida de 0. • Existem 10n-‐1 strings de tamanho n-‐1. Dessas, an-‐1 são válidas. Portanto: • an = 9an−1 + (10n−1 − an−1) = 8an−1 + 10n−1. . • Caso base: a1 = 9 (1-‐9). . Exercício • Um grupo de 10 pessoas inicia uma corrente de cartas, com cada pessoa enviando a carta a quatro outras pessoas. Cada uma dessas pessoas, envia a carta para outras 4 pessoas. • Estabeleça uma relação de recorrência para o número de cartas enviadas no n-‐ésimo estágio da corrente, se nenhuma pessoa recebe mais do que uma carta. • Quais as condições iniciais para esta relação de recorrência? • Quantas cartas foram enviadas no n-‐ésimo estágio da corrente? . Resolvendo Recorrências • Def. Uma relação de recorrência homogênea linear de grau k com coeficientes constantes (“k-‐LiHoReCC”) é uma RR da forma an = c1an−1 + … + ckan−k, onde ci , i=1...k, são números reais e ck ≠ 0. • A solução é determinada unicamente pela RR e pelas k condições iniciais a0…ak−1. . Exercício • Uma pessoa deposita R$ 1.000,00 em uma conta que rende 9% de juros anuais. • Estabeleça uma relação de recorrência para o valor na conta ao final de n anos. • Encontre uma fórmula explícita para o valor na conta ao final de n anos. • Quanto dinheiro terá na conta após 100 anos? • Resposta: • O valor após n-‐1 anos é mul-plicado por 1.09 para dar o valor após n anos, uma vez que 9% de juros devem ser acrescentados a cada ano. Portanto temos an = 1.09 an-‐1. • Dado que cada a cada ano mul-plicamos por 1.09, temos que an = 1000 * (1,09)n. • a100 = 1000 * (1,09)100 ~ 5.529.041 . Resolvendo Recorrências • Algumas recorrências podem ser resolvidas por iteração ou outro método. Entretanto, existe uma classe de recorrências que pode ser explicitamente resolvida de forma sistemá-ca. • Estas relações de recorrência expressão os termos de uma sequência como uma combinação linear dos itens anteriores an = c1an−1 + c2an−2 + … + ckan−k, onde ci , i=1...k, são números reais e ck ≠ 0. . k-‐LiHoReCC • Exemplos de k-‐LiHoReCC: • fn=fn-‐1 + fn-‐2 (grau 2) • an=an-‐5 (grau 5) • Não são k-‐LiHoReCC: • an=an-‐1 + a2n-‐2 (não é linear) • Hn = 2Hn−1 + 1 (não é homogênea) • Bn = nBn-‐1 (não possui coef. const.) . 3 .

(4) 4/25/14 . Resolvendo LiHoReCC’s . Resolvendo 2-‐LiHoReCCs . an = c1an−1 + … + ckan−k . • Ideia principal: buscar soluções do -po an = rn, onde r é uma constante. • Isto requer resolver uma equação caracterís-ca: rn = c1rn−1 + … + ckrn−k, dividindo por rn-‐k, rk − c1rk−1 − … − ck = 0 • As soluções r para esta equação são chamadas raízes caracterís-cas da LiHoReCC. • Veremos que estas podem ser usadas para dar uma fórmula explícita para todas as soluções da sequência . Exemplo . • Considere uma 2-‐LiHoReCC arbitrária: an = c1an−1 + c2an−2 • Ela possui equação caracterís-ca (E.C.): r2 − c1r − c2 = 0 • Teorema 1. Se uma E.C. possui 2 raízes r1≠r2, então uma das soluções para a RR é dada por: an = α1r1n + α2r2n para n≥0 para toda e qualquer constantes α1, α2. . Exemplo (cont.) . • Resolva a recorrência an = an−1 + 2an−2 dadas as condições iniciais a0 = 2, a1 = 7. • Solução: Usando o teorema 1: . • Temos c1 = 1, c2 = 2 • A equação caracterís-ca é: r2 − r − 2 = 0 • Resolvendo: − (−1) ± (−1) 2 − 4(1)(−2) 1 ± 9 1 ± 3 • r= = = = 2 or − 1. 2(1) 2 2 • Portanto, r = 2 ou r = −1. • Dessa forma, an = α1 2n + α2 (−1)n. ax 2 + bx + c = 0 ⇔ x=. − b ± b 2 − 4ac 2a. Exercício • Encontre uma fórmula explícita para os números de Fibonacci • Lembrando: fn = fn-‐1 + fn-‐2 , e f0=0 e f1=1 . • Para achar α1 e α2, precisamos resolver as equações para as condições iniciais a0 e a1: a0 = 2 = α120 + α2 (−1)0 a1 = 7 = α121 + α2 (−1)1 • Simplificando, temos um par de equações: 2 = α1 + α2 7 = 2α1 − α2 as quais podem se r resolvidas por subs-tuição: α2 = 2−α1; 7 = 2α1 − (2−α1) = 3α1 − 2; 9 = 3α1; α1 = 3; α2 = −1. • Usando α1 e α2, a resposta final é : an = 3·∙2n − (−1)n Check: {an≥0} = 2, 7, 11, 25, 47, 97 …. Exercício • Encontre uma fórmula explícita para os números de Fibonacci • Lembrando: fn = fn-‐1 + fn-‐2 , e f0=0 e f1=1 • E.C.: r2 – r – 1 = 0 , possui raízes r1 = (1+ 5) / 2. r2 = (1− 5) / 2 n. ! 1+ 5 $ ! 1− 5 $ fn = α1 # & + α2 # & " 2 % " 2 %. n. f0 = α1 + α 2 = 0 n. n. ! 1+ 5 $ ! 1− 5 $ f1 = α1 # & + α2 # & =1 " 2 % " 2 %. α1 = 1 / 5 α 2 = −1 / 5. 4 .

(5) 4/25/14 . Raízes degeneradas • E se a E.C. r2 − c1r − c2 = 0 possui apenas uma raiz r0? • Teorema 2. Então, an = α1r0n + α2nr0n, para todo n≥0, para algumas constantes α1, α2. . Exercícios • Resolva as relações de recorrência abaixo dadas as condições iniciais. a) an = 5an-‐1 -‐ 6an-‐2 ; para n ≥ 2, a0 = 1, a1 = 0 b) an = -‐4an-‐1 -‐ 4an-‐2 ; para n ≥ 2, a0 = 0, a1 = 1 . Teorema 3 Exemplo • Encontre a solução da relação de recorrência an = 6an−1 -‐ 11an−2 + 6an−3 dadas as condições iniciais a0 = 2, a1 = 5 e a2 = 15. . Raízes degeneradas Exemplo • Resolver an = 6an−1−9an−2 com a0=1, a1=6. • A E.C. é: r2−6r+9=0. • Note que b2−4ac = (−6)2−4·∙1·∙9 = 36−36 = 0. • Portanto, existe apenas uma raiz −b/2a = −(−6)/2 = 3. • Então an = α13n + α2n 3n • Para achar α1 e α2, precisamos resolver as equações para as condições iniciais a0 e a1: a0 = 1 = α130 + α2 . 0 . (3)0 => α1 = 1 a1 = 6 = α131 + α2 . 1 . (3)1 => 3α1 + 3α2= 6 Subs-tuindo temos, 3(1) + 3α2= 6 => α2= 3/3 = 1 Dessa forma, an = 3n + n 3n . Resolvendo k-‐LiHoReCCs (k>2) • Teorema 3. Sejam c1, c2, ..., ck números reais. Suponha que a equação caracterís-ca rk − c1rk-‐1 − ... − ck = 0 Possui k raízes dis-ntas, r1, r2, ... , rk. Então, a sequência {an} é uma solução da relação de recorrência an = c1an-‐1 + c2an-‐2 + ... + ckan-‐k Se somente se an = α1r1n + α2r2n + ... + αkrkn Para n=0,1,2,..., onde α1, α2., ... αk são constantes . Teorema 3 Exemplo • Encontre a solução da relação de recorrência an = 6an−1 -‐ 11an−2 + 6an−3 dadas as condições iniciais a0 = 2, a1 = 5 e a2 = 15. • Solução: • O polinômio caracterís-co desta relação de recorrência é r3 − 6r2 + 11r -‐ 6 = 0 . 5 .

(6) 4/25/14 . Teorema 3 Exemplo (cont.) • Devemos encontrar as raízes do polinômio r3 − 6r2 + 11r -‐ 6 = 0 r1 = 1, r2 = 2, r3 = 3, pois r3 − 6r2 + 11r -‐ 6 = (r-‐1) (r-‐2) (r-‐3) Portanto as soluções desta relação de recorrência são da forma: an = α11n + α22n + α33n Para achar as constantes α1, α2, e α3, usar as condições iniciais: Soluções: a0 = 2 = α1 + α2 + α3 a1 = 5 = α1 + 2α2 + 3α3 a3 = 15 = α1 + 4α2 + 9α3 . α1 = 1 α2 = -‐1 α3 = 2 . an = 1 -‐ 2n + 2 ⋅ 3n . 6 .

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