Bài giảng Toán rời rạc - Chương 1: Cơ sở logic

TOÁN RỜI RẠC 1 CƠ SỞ LOGIC 2 tiết 2 QUAN HỆ 2 tiết 3 MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN 8 tiết 4 LÝ THUYẾT ĐỒ THỊ 12 tiết 5 ĐẠI SỐ BOOLE 6 tiết ChươngChương 11 Chương 1: CƠ SỞ LOGIC 1.1 Mệnh đề 1.2 Nguyên lý qui nạp toán học 1.3 Công thức truy hồi 1.1 Nguyên lí qui nạp toán học Giả sử cần chứng minh mệnh đề có dạng: “n  no, P(n) ” đúng Ta thực hiện theo các bước sau: + B1: Chứng minh P(no) đúng + B2: Giả sử P(k), no k đúng. Ta chứng minh mệnh đề P(k+1) cũng đúng. Khi đó mệnh đề P(n) đúng với n  no Ví dụ Dùng phương pháp qui nạp chứng minh: 1 2 n 1 a)  ... 1 (1), n 1 2! 3! (n 1)! (n 1)! b) n3 + 11n chia hết cho 6, n  1 HD a) Với n = 1: 1 1 1 VT  , VP 1   (1) đúng với n = 1 2 (11)! 2 Giả sử: 1 2 k 1  ... 1 , k 1 2! 3! (k 1)! (k 1)! Ta chứng minh (1) đúng với n = k+1, tức là cm: 1 2 k k 1 1  ...  1 , k 1 2! 3! (k 1)! (k  2)! (k  2)! Ta có: 1 2 k k 1 1 k 1 vt   ...  1  2! 3! (k 1)! (k  2)! (k 1)! (k  2)! (k  2  k 1) 1 1 1  vp (k  2)! (k  2)! Vậy: 1 2 n 1  ... 1 , n 1 2! 3! (n 1)! (n 1)! b) Đặt: P(n) = n3 + 11n Với n = 1: P(1) = 13 + 11.1= 12 chia hết cho 6 Giả sử: P(k) = (k3 + k) chia hết cho 6 Ta chứng minh (1) đúng với n = k+1, tức là cm: P(k 1)  ((k 1)3 11(k 1)) chia hết cho 6 Ta có: P(k 1)  k 3  3k 2  3k 111k 11  (k 3 11k)  3k(k 1) 12  P(k 1) chia hết cho 6 Vậy: (n3 + 11n) chia hết cho 6, n  1 1.3 CÔNG THỨC TRUY HỒI 1. Định nghĩa Công thức truy hồi của dãy s0, s1, s2, là công thức xác định sn qua một hay nhiều số hạng đi trước của dãy. Điều kiện ban đầu là các giá trị gán cho một số hữu hạn các phần tử đầu. Ví dụ 1: a. Công thức truy hồi của n!: sn = n.sn-1, với n  1 & s(0) = 1 b. Dãy số Fibonacci được định nghĩa như sau: fn = fn-1 + fn-2 , với n  2 & f0 = f1 = 1 (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ) c. Sn = 6sn-1 – 11sn-2 + 6sn-3 với s0 = 2, s1 = 5, s2 = 15 2. Giải công thức truy hồi Giải công thức truy hồi là tìm một công thức rõ ràng cho sn mà không phải tính thông qua các phần tử trước nó. a. Giải công thức truy hồi bằng phương pháp lặp: Giải CTTH bằng pp lặp là thay thế liên tiếp công thức truy hồi vào chính nó, mỗi lần thay bậc n giảm đi ít nhất một đơn vị, cho đến khi đạt giá trị ban đầu. Bài toán : Tháp Hà Nội Có 3 cọc a, b, c. Trên cọc a có n đĩa xếp chồng lên nhau sao cho đĩa nhỏ trên đĩa lớn. Cần chuyển chồng đĩa từ cọc a sang cọc c tuân thủ quy tắc: Mỗi lần chỉ chuyển được một đĩa, luôn đảm bảo đĩa nhỏ trên đĩa lớn, có thể sử dụng cọc b làm trung gian. Phương pháp di chuyển đĩa như sau:  Chuyển n – 1 đĩa từ cọc a sang cọc b sử dụng cọc c làm trung gian.  Chuyển đĩa lớn nhất từ cọc a sang cọc c.  Chuyển n – 1 đĩa từ cọc b sang cọc c sử dụng cọc a làm trung gian. Đếm số lần di chuyển của n đĩa trên? Công thức truy hồi tính số lần di chuyển đĩa: Sn = 2.sn-1 + 1, với n  2 & s1 = 1 Bài toán Trên mặt phẳng kẻ n đường thẳng sao cho không có hai đường nào song song hay ba đường nào đồng quy. Hỏi mặt phẳng chia làm mấy phần? Giải Gọi số phần mặt phẳng chia bởi n đường thẳng là s(n). Giả sử đã kẻ (n-1) đường thẳng. Bây giờ kẻ thêm đường thẳng thứ n thì số phần mặt phẳng mặt phẳng được thêm sẽ bằng số giao điểm cộng 1 (n – 1 + 1 = n) phần. Vậy ta có công thức truy hồi sau: s(n) = s(n – 1) + n với n  2 & s(1) = 2 Giải công thức truy hồi trên bằng phương pháp lặp, ta có: s(n) = 1 + n(n+1)/2 b. Giải công thức truy hồi bằng phương trình đặc trưng: Định nghĩa Một hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất bậc k hệ số hằng là hệ thức truy hồi có dạng: sn = c1s1 + c2s2 + ... + cnsn , (1) trong đó c1, c2, ..., ck là các số thực và ck  0. Điều kiện đầu là: s0 = C0, s1 = C1, , sn = Cn Phương trình sau gọi là phương trình đặc trưng của công thức truy hồi (1): k k-1 k-2 r – c1r – c2r – – ck = 0 Định lí 1 Giả sử phương trình đặc trưng: k k-1 k-2 r  c1r  c2r  ...  ck = 0 có k nghiệm phân biệt r1, r2, ..., rk. Khi đó dãy {sn} là nghiệm của hệ thức truy hồi (1) nếu: n n n sn = 1r1 + 2r2 + ... + krk , với n = 0, 1, 2, ... trong đó 1, 2, ..., k là các hằng số. Ví dụ 2: Giải công thức truy hồi: fn = fn-1 + fn-2 , với n  2 & f0 = f1 = 1 (dãy Fibonaci) Phương trình đặc trưng: r2 – r – 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt: 1 5 1 5 r  ; r  1 2 2 2 n n 1 5  1 5  f         Vậy n 1  2   (*)  2   2  Từ các giá trị ban đầu f0 = f1 = 1 thay vào (*) ta có: 1 1 5 1 1 5   ,    1 5 2 1 5 2 Và: n1 n1 1 1 5  1 5   f        n 5  2   2       