组合数学-Chapter IX: 递归方程

Chapter IX: 递归方程

和生成函数相似, 递归方程也是一种有效的组合计数工具. 下面, 我们对其进行简要介绍.

[例1] Fibonacci 数列

假设在一个和外界完全隔离的荒岛上有一对兔子, 于初始状态时已经性成熟. 兔子的性成熟耗时为 $2$ 周, 所有成熟的兔子每一周生一对新兔子, 所有生成的兔子均具有相同的性质. 问: 在第 $n$ 周时, 岛内有多少只兔子?

[解]

显然, $f_{n-1}$ 对兔子在第 $n-1$ 周已经存在于岛上, 但此时 $f_n$ 对兔子尚未性成熟. 故有:

$$\{\begin{array}{l}{f}_0=f_1=1\\ f_{n+2}=f_{n+1}+f_n\end{array}$$
显然, 这是一个递归方程.

[例2]

求长为 $n$ 的, 不包含两个连续的 “$1$” 作为子列的 $\{0,1\}$-串 (称其为 “好串” ) 的个数.

[解]

设 $f_n$ 为满足条件的, 长为 $n$ 的 $\{0,1\}$-串的个数. 设 $S_n$ 为其中一个这样的串, 并记其末元素为 $a_n$.

1. 若 $a_n=0$, 将 $a_n$ 从 $S_n$ 中移除, 即得到一个长为 $n-1$ 的好串. 将 $0$ 连接到这些好串的末尾, 我们即得到一些长为 $n$ 的好串.
2. 若 $a_n=1$, 显然这些串的倒数第二个元素一定为 $0$, 因此这些末尾为 $1$ 的好串必然和长为 $n-2$ 的好串一一对应.
   综上: 我们再度得到了一个递推式: $f_n=f_{n-1}+f_{n-2}.$

[注]为了避免递推式和实际情况发生冲突, 我们可人为定义: $f_0=1,f_1=2,$ 虽然实际情况并非如此.

[例3]

设平面 ${\mathbb{R}}^2$ 上分布有 $n$ 条直线, 满足:

1. 任何三条直线不过同一点
2. 任何两条直线不平行
   则这些满足上述条件的直线将平面划分为多少块区域?

[解]

记 $d_n$ 为 $n$ 条直线将平面 ${\mathbb{R}}^2$ 划分为的区域的片数. 可以验证:
$$d_0=1,d_1=2,d_2=4,d_3=7.$$
在向平面上添加直线 $l_n$ 时, 由题可知, 新直线和 $n-1$ 条直线相交, 而原有的 $n-1$ 条直线将 $l_n$ 划分为 $n-1$ 段, 每一段都将一块原有的区域切割成两部分. 因此, 我们有:
$$\{\begin{array}{l}{d}_n=d_{n-1}+n\\ d_0=1\end{array},n⩾1.$$

在上面的例子中, 我们可以看出最终计数问题均被转化为求一个递推方程 $f_i$ 的第 $i$ 项的问题. 一般地, 我们还会需要解方程:
$$f_n-f_{n-1}-f_{n-2}=g(x).$$
下面, 我们对这一情况进行讨论, 并给出几个有助于解决问题的定理和方法.

定义 9.1

设 $b_1,b_2,\cdots ,b_k,a_0,a_2,\cdots ,a_{k-1}$ 为常数. $b_k\ne 0$, 并设 $f(n)$ 为某个给定函数. 假设序列 $\{H(n){\}}_{n=0}^{\infty }$ 满足:
$$(1)\{\begin{array}{l}H(0)=a_0\\ ⋮\\ H(k-1)=a_{k-1}\\ H(n)+b_{1}H(n-1)+\cdots +b_{n-k}H(k)=f(n),n⩾k\end{array}$$
我们称 $\{H(a){\}}_{n=0}^{\infty }$ 为一个 常系数线性回归序列 , 并称 $(1)$ 为 常系数线性回归方程. 若 $f(n)=0$, 则称序列为 齐次的 (homogeneous), 否则称其为 非齐次的 (nonhomogeneous).

[例4]

求解方程:
$$(\ast )\{\begin{array}{l}{f}_n-f_{n-1}-f_{n-2}=0\\ f_0=f_1=1\end{array}.$$

[解]

设 $(\ast )$ 有一个形如 $q^n,q\ne 0$ 的解. 将 $f_n$ 用 $q^n$ 替代, 可得到方程:
$$q^n-q^{n-1}-q^{n-2}=q^{n-2}(q^2-q-1)=0.$$
由方程解得:
$$q_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2},q_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}.$$
并且可以验证:
$$C_1\cdot q_1^n+C_2\cdot q_2^n$$
也是原方程的解. 代入初值条件得:
$$C_1=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \frac{1+\sqrt{5}}{2},C_2=-\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \frac{1-\sqrt{5}}{2}.$$
于是可得递推方程的一般形式:
$$f_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot (\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{n+1}-\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot (\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{n+1},n⩾0.$$

更为一般地, 设线性常系数递归方程
$$H(n)+b_{1}H(n-1)+\cdots +b_{k}H(n-k)=0(\ast \ast )$$
有形如 $H(m)=q^n,q\ne 0$ 的解, 我们称:
$$q^k+b_1{q}^{k-1}+\cdots +b_k=0(\ast \ast \ast )$$
为方程 $(\ast \ast )$ 的 特征多项式.

定理 9.1

设常系数回归方程 $(\ast \ast )$ 存在初值 $H(i)=a_i,0⩽i⩽k-1$. 若它的特征多项式 $(\ast \ast \ast )$ 有 $k$ 个不同根, 记为 $q_1,q_2,\cdots ,q_k$, 则存在唯一的常数 $c_1,c_2,\cdots ,c_k$, 使得 ${\sum }_{i=1}^k{q}_i^k$ 为原方程的解.

[证明]

设 $q_1,q_2,\cdots ,q_k$ 为 $(\ast \ast \ast )$ 的 $k$ 个不同的解. 则对任意常数 $c_1,c_2,\cdots ,c_k$ , ${\sum }_{i=1}^k{q}_i^k$ 为 $(\ast \ast )$ 的解.
取 $n\in \{0,1,\cdots ,k-1\}$, 可知
$$(\mathcal{Q})\{\begin{array}{l}{a}_0=c_1+c_2+\cdots +c_k\\ a_1=c_1{q}_1+c_2{q}_2+\cdots +c_k{q}_k\\ \cdots \cdots \cdots \cdots \\ a_{k-1}=c_1{q}_1^{k-1}+c_2{q}_2^{k-1}+\cdots +c_k{q}_k^{k-1}\end{array},i.e.\left[\begin{array}{cccc}1& 1& & 1\\ & & \cdots & \\ q_1& q_2& & q_k\\ & & \cdots & \\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ & & & \\ q_1^{k-1}& q_2^{k-1}& & q_k^{k-1}\\ & & \cdots & \end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\\ ⋮\\ c_k\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ ⋮\\ a_{k-1}\end{array}\right].$$
显见, $(\mathcal{Q})$ 存在唯一解, $c_1,c_2,\cdots ,c_k$ 均可被唯一确定. $■$

设 $\mathcal{C}$ 为由全部定义在 $\mathbb{R}$ 上的, 度数不超过 $k$ 的多项式组成的集合. 可知: $\mathcal{C}$ 成一个维度为 $k+1$ 的线性空间.

设 $\mathcal{C}=\{b_0+b_{1}k+\cdots +b_k{n}^k|b_i\in \mathbb{R},0⩽i⩽k,n\in \mathbb{N}\cup \{0\}\}$, $\mathcal{C}$ 仍为一个维度为 $k+1$ 的线性空间, 其一组基为 $1,n,n^2,\cdots ,n^k$.

定理 9.2

设 $q$ 为 $(\ast \ast \ast )$ 的一个重数为 $k$ 的根. 则对任意常数 $c_0,c_1,\cdots ,c_{k-1}$:
$$c_0{q}_0^n+c_{1}n{q}_0^n+\cdots +c_{k-1}{n}^{k-1}{q}_0^n$$
仍为 $(\ast \ast )$ 的解.

[证明]

令 $P(q)=q^n+b_1{q}^{n-1}+\cdots +b_k{q}^{n-k}$, 若 $q_0\ne 0$ 为方程 $P(q)=0$ 的一个重数为 $k$ 的根; 如此规定: $q_0$ 为方程 $P(q)=0$ 的第 $i$ 阶导数的根, $0⩽i⩽k-1$:
$$P_q^{(i)}=\frac{n!}{(n-i)!}{q}^{n-i}+b_1\frac{(n-1)!}{(n-i-1)!}{q}^{n-i+1}+\cdots +b_k\frac{(n-k)!}{(n-k-i)!}{q}^{n-k-i}$$
$i.e$, 对任意 $0⩽i⩽k+1,n(n-1)\cdots (n-i+1)q_0^n$ 为 $(\ast \ast )$ 的一个解.

因为 $(\ast \ast )$ 是齐次的, 故对任何常数 $d_1,d_2,\cdots ,d_k$:
$$d_1{q}_0^n+d_{2}n{q}_0^n+\cdots +d_{k}n(n-1)\cdots (n-k+1)q_0^n$$
也是 $(\ast \ast )$ 的一个解.
令 $n$ 为一个整数 (只是一个符号), 则:
$$\{r_0+r_{1}n+\cdots +r_{k-1}{n}^{k-1}|r_0,r_1,\cdots ,r_{k-1}\in \mathbb{R}\}$$
为一个维度为 $k$ 的线性空间, 它有一组基:　$\{1,n,\cdots ,n^{k-1}\}$, 且也有一组基: $\{1,n,\cdots ,n(n-1)\cdots (n-k+1))\}$.

定理 9.3

假设 $(\ast \ast \ast )$ 有不同根 $q_1,q_2,\cdots ,q_r$ 且它们的重数分别为 $l_1,l_2,\cdots ,l_r$. 则它的解可被表示为线性组合:
$$\{\begin{array}{llc}{q}_1^n,& n{q}_1^n,& \cdots ,n^{l_1-1}{q}_1^n\\ q_2^n,& n{q}_2^n,& \cdots ,n^{l_2-1}{q}_2^n\\ ⋮& ⋮& ⋮\\ q_n^n,& n{q}_n^n,& \cdots ,n^{l_r-1}{q}_n^n\end{array}.$$
称 ${\sum }_{i=1}^k({\sum }_{j=1}^l{C}_{ij}{n}^{j-1})q^n$ 为 $(\ast \ast )$ 的 通解.

[例5]

记 $\{t_n{\}}_{n=0}^{\infty }$ 为长为 $n$ 的 $\{0,1,2\}$-串, 且它不包含形如 $20$ 的子串. 求出计算 $t_n$ 的公式 (closed form).

[解]

令 $S=a_0{a}_1\cdots a_n$ 为一个不包含形如 $20$ 的, 长为 $n$ 的 $\{0,1,2\}$-串, 称其为 “好串”.

1. 若 $a_n=1$ 或 $2$, 则 $a_0{a}_1\cdots a_{n-1}$ 必为一个长为 $n-1$ 的好串. 相应地, 对于每一个长为 $n-1$ 的好串, 将 $2,1$ 接到它的末尾, 即可得到一个长为 $n$ 的好串. 也就是说, 长为 $n$, 且以 $1$ 或 $2$ 结尾的好串个数为 $2\cdot t_{n+1}$.
2. 若 $a_n=0$, 则 $a_{n-1}\ne 2$. 因此, 每一个这样结尾的串均和一个长为 $n-1$ 且不以 $2$ 结尾的好串唯一对应. 因此有 $t_{n-1}-t_{n-2}$ 个这样的好串.
   

于是可得: $t_n=3t_{n-1}-t_{n-2}$. $i.e$, $t_n-3t_{n-1}-t_{n-2}=0,t⩾3$. 解特征方程得: $q_1=\frac{3+\sqrt{5}}{5},q_2=\frac{3-\sqrt{5}}{5}$, 且这两个根的重数均为 $1$.

故有一般形式:
$$C_1\cdot \frac{3+\sqrt{5}}{5}+C_2\cdot \frac{3-\sqrt{5}}{5},n⩾1.$$
为保证递推式合理性, 定义 $C_0=1$. 代入初值即可计算出 $C_1,C_2$.

定理 9.4

设序列 $\{H_n{\}}_{n=0}^{\infty }$ 定义如下:
$$(\ast )H(n)=b_{1}H(n-1)-\cdots -b_{k}H(n-k)+f(n),n⩾k$$
且 $H(0),H(1),\cdots ,H(n)$ 均已确定. 假定 $(\ast )$ 的齐次部分有通解 $\overline{H(n)}$, 且 $H^{\ast }(n)$ 为非齐次部分的一个特解. 则 $\overline{H(n)}+H^{\ast }(n)$ 为 $(\ast )$ 的通解.

[Assignment]

2. Solve the recurrence equation $r_{n+2}=r_{n+1}+2r_n$ if $r_0=1$ and $r_2=3$ (Yes, we specify a value for $r_2$ but not for $r_1$).

[Solution]

The characteristic function of the equation is
$$q^n-q^{n-1}-2q^{n-2}=0$$
whose roots are
$$q_1=2,q_2=-1.$$
So its close-form solution is:
$$q_n=C_1\cdot (2{)}^n+C_2\cdot (-1{)}^n.$$
From the given conditions of the problem, we have
$$\{\begin{array}{l}{C}_1+C_2=1\\ 4C_1+C_2=3\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{C}_1=\frac{1}{3}\\ C_2=\frac{2}{3}\end{array}.$$
So the solution is displayed as below:
$$r_n=\frac{2^n+2\cdot (-1{)}^n}{3}.$$

3. Find the general solution of the recurrence equation $g_{n+2}=3g_{n+1}-2g_n$.

[Solution]

The characteristic function of the equation is
$$q^{n+2}-3q^{n-1}-2q^n=0$$
whose roots are
$$q_1=2,q_2=1.$$
So its general solution is:
$$g_n=C_1\cdot (2{)}^n+C_2.$$

4. Solve the recurrence equation $h_{n+3}=6h_{n+2}-11h_{n+1}+6h_n$ if $h_0=3,h_1=2$, and $h_2=4$.

[Solution]

The characteristic function of the equation is
$$q^{n+3}-6q^{n+2}+11q^{n+1}-6q^n=0$$
whose roots are
$$q_1=1,q_2=2,q_3=3.$$
So its close-form solution is:
$$q_n=C_1+C_2\cdot 2^n+C_3\cdot 3^n.$$
From the given conditions of the problem, we have
$$\{\begin{array}{l}{C}_1+C_2+C_3=3\\ C_1+2C_2+3C_3=2\\ C_1+4C_2+9C_3=4\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{C}_1=6\\ C_2=-5\\ C_3=2\end{array}.$$
So the solution is displayed as below:
$$q_n=6-5\cdot 2^n+2\cdot 3^n.$$

5. Find the general solutions to each recurrence equation with characteristic polynomial as below:

1. $(q-4{)}^3(q+1)(q-7{)}^4(q-1)=0$
2. $(q-5{)}^2(q+5{)}^3(q-1{)}^4(q+1)(q-4{)}^3=0$

[Solution]

1. The roots of the characteristic function is $4,-1,7,1$ with multiplicity of $3,1,4,1$ respectively.
   So it has general solution in the form of
   $$q_n=C_1\cdot (4^n+n\cdot 4^n+n^2\cdot 4^n)+C_2\cdot (-1{)}^n+C_3\cdot (7^n+n\cdot 7^n+n^2\cdot 7^n+n^3\cdot 7^n)+C_4.$$

2. The roots of the characteristic function is $5,-5,1,-1,4$ with multiplicity of $2,3,4,1,3$ respectively.
   So it has general solution in the form of
   $$q_n=C_1\cdot (5^n+n\cdot 5^n)+C_2\cdot \{(-5{)}^n\cdot \sum _{i=0}^2{n}^i\}+C_3\cdot (\sum _{i=0}^3{n}^i)+C_4+C_5\cdot \{(4{)}^n\cdot \sum _{i=0}^2{n}^i\}.$$