UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO DEPARTAMENTO DE CIÊNCIAS DA COMPUTAÇÃO. 4 a Lista de Exercícios Gabarito de algumas questões.

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1 UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO DEPARTAMENTO DE CIÊNCIAS DA COMPUTAÇÃO MATEMÁTICA COMBINATÓRIA 4 a Lista de Exercícios Gabarito de algumas questões. Este gabarito foi feito direto no computador em duas horas de trabalho, por isso fique alerta para possíveis erros, inclusive erros de datilografia. Não deixe de me avisar dos erros que encontrar para que possam ser corrigidos. 3. Prove que F 3n é sempre par. Vou proceder por indução em n. Para começar, implicam que F 2 = 1 e F 3 = 2. F 0 = 0 e F 1 = 1, Supondo, agora, que F 3(n 1) é par, usamos a recorrência de Fibonacci duas vezes F 3n = F 3n 1 + F 3n 2 e, também, F 3n 1 = F 3n 2 + F 3n 3. Combinando as duas F 3n = F 3n 3 + 2F 3n 2. Como F 3n 3 é par pela hipótese de indução, concluímos que F 3n é par. 4. Prove que F 2n+1 = 3F 2n 1 F 2n 3. Basta usar a recorrência várias vezes: e, também F 2n+1 = F 2n + F 2n 1 ; F 2n = F 2n 1 + F 2n 2. 1

2 2 MATEMÁTICA COMBINATÓRIA Combinando as duas, F 2n+1 = 2F 2n 1 + F 2n 2. Por outro lado, F 2n 1 = F 2n 2 + F 2n 3 ; donde F 2n 2 = F 2n 1 F 2n 3 ; Assim, F 2n+1 = 2F 2n 1 + F 2n 2 = 3F 2n 1 + F 2n 3 ; que é o resultado desejado. 5. Mostre que o número de seqüências ternárias com n dígitos com um número par de 0 s é (3 n + 1)/2. Uma seqüência ternária é aquela que é formada apenas pelos algarismos 0, 1 e 2. Seja r n a quantidade de seqüências ternárias de comprimento n com um número par de 0s. Podemos formar uma seqüência ternária com n símbolos e um número par de zeros de duas maneiras diferentes: Primeira: tome uma seqüência com n 1 símbolos, que já tenha um número par de zeros, e acrescentar um 1 no início desta seqüência; Segunda: tome uma seqüência com n 1 símbolos, que tenha um número ímpar de zeros, e acrescente um 0 no início desta seqüência. No primeiro caso temos r n 1 seqüências que começam por 1 e têm um número par de zeros. Como há 3 n 1 r n 1 seqüências de n 1 símbolos com um número ímpar de zeros; obtemos 3 n 1 r n 1 seqüências com um número par de zeros adotando a segunda maneira de proceder acima. Portanto, somando tudo, r n = 2r n n 1. Como r 0 = 1 e r 1 = 2 (zero 0 s é um número par de zeros!), devemos resolver a recorrência acima sob estas condições iniciais. Mas isto é fácil: basta somar uma PG, usando o método de somas telescópicas. 6. Ache uma relação de recorrência e suas condições inicias para o número de palavras ternárias que ou contêm dois zeros consecutivos, ou dois uns consecutivos. Resolva esta recorrência. Seguindo uma sugestão dada em sala, vou achar uma recorrência r n para a quantidade de seqüências ternárias que não contêm 00, nem 11. Imagine que s n 1 é uma

3 MATEMÁTICA COMBINATÓRIA 3 seqüência ternária de comprimento n 1 que nem tem 00, nem 11. Há 3 possibilidades: s n 1 começa com 0: neste caso só posso acrescentar 1 ou 2 no início da seqüencia se quero transformá-la em uma seqüência de comprimento n sem 00 e sem 11. s n 1 começa com 1: neste caso só posso acrescentar 0 ou 2 no início da seqüencia se quero transformá-la em uma seqüência de comprimento n sem 00 e sem 11. s n 1 começa com 2: neste caso posso acrescentar 0, 1 ou 2 no início da seqüencia se quero transformá-la em uma seqüência de comprimento n sem 00 e sem 11. Note que, nos dois primeiros casos, posso acrescentar dois elementos para transformar a seqüência de n 1 para n elementos, continuando com a propriedade de não ter 00, nem 11. No terceiro caso, qualquer coisa vale na primeira posição. Isto é ruim porque se só pudéssemos ter 0 ou 1 na primeira posição, teríamos a mesma quantidade de possibilidades em cada caso. Isto significaria que a recorrência seria simplesmente r n = 2r n 1. Como isto não é verdade, vou apelar e subdividir o último caso em dois; no primeiro ponho 0 ou 1 no começo da palavra e no último ponho 2 no começo. Assim, no segundo caso as palavras de comprimento n que estão sendo consideradas começam com 22 e continuam com uma palavra de comprimento n 2 que não tem 00, nem 11. Isto me dá a recorrência r n = 2r n 1 + r n 2, que conta as palavras sem 00 e sem 11. As que têm 00 ou 11 correspondem ao complementar. Assim, se c n são as palavras com n símbolos que contêm 00 ou 11, temos que r n = 3 n c n. Substituindo na recorrência acima, Rearrumando, 3 n c n = 2(3 n 1 c n 1 ) + 3 n 2 c n 2. c n = 3 n 2(3 n 1 c n 1 ) 3 n 2 + c n 2, que não é homogênea e é bastante complicada de resolver na mão. A que é fácil de resolver é r n. Ache as condições iniciais e resolva r n. 8. Ache a relação de recorrência e as condições iniciais para o número de maneiras de subir uma escada de n degraus se a pessoa pode subir um ou dois degraus de cada vez. Resolva esta recorrência.

4 4 MATEMÁTICA COMBINATÓRIA Se r n é o numero de maneiras de subir uma escada com n degraus como descrito acima, então ou subimos até o n 1-ésimo degrau e damos um passo, ou subimos até o n 2-ésimo e damos dois passos, donde r n = r n 1 + r n 2. Se há apenas um degrau, só podemos subri dando um passo, donde r 1 = 1. Se há dois degraus, podemos dar dois passos de um degrau cada, ou um passo de dois degraus, logo r 2 = 2. Resta resolver a recorrência. 9. Ache a relação de recorrência e as condições iniciais satisfeitas pelo número de palavras ternárias (isto é, formadas apenas por 0, 1 e 2) que não contêm dois zeros consecutivos. Resolva esta recorrência. Na lista está escrito binária, mas isto foi um erro de datilografia, porque a resposta é para seqüências ternárias. Além disso, já fizemos binárias em sala. Para ternárias a análise é semelhante. Construímos uma seqüência ternária sem 00 e comprimento n, a partir de uma que tem comprimento menor analisando dois casos. A uma seqüência de comprimento n 1 sem 00 podemos acrescentar 1 ou 2 no início para obter uma de comprimento n que também não tem zeros. Com isto resta-nos explicar como produzir seqüências de comprimento n sem 00 e que começam por 0. Neste caso precisamos garantir que a seqüência de comprimento n 1 colada depois do 0 inicial começa com 1 ou 2, para que não apareça um 00 indesejado no início. Mas isto significa considerar seqüências de comprimento n 2, sem 00, às quais colamos 1 ou 2 no início. Temos assim que r n = 2r n 1 + 2r n 2. O 2 multiplicando aparece porque às seqüências de comprimento menor podem ser completadas com um 1 ou 2 no início. 10. Seja a n o determinante da matriz n n abaixo: 2q q q 2q q q 2q q q 2q onde n 2 e q é uma constante não nula. Ache uma relação de recorrência para a n e resolva esta relação.

5 MATEMÁTICA COMBINATÓRIA 5 Seja 2q q q 2q q A n = 0 q 2q q q 2q Expandindo o determinante pela primeira linha, temos q q q q a n = 2q det(a n 1 ) q det q 2q Expandindo, agora, o determinante da segunda parcela pela primeira coluna, obtemos q q q q det = q det(a n 2) q 2q Substituindo acima, que é a recorrência desejada. a n = 2q det(a n 1 ) q det(a n 2 ) = 2qa n 1 q 2 a n 2 ; 15. Suponha que você dispõe de um computador que efetua qualquer operação binária em 10 9 segundos. Determine o tamanho n do maior problema que pode ser resolvido em 1 segundo por um algoritmo cujo tempo de execução é: (a) (log 2 n) 2 ; (b) (log 2 n) 33 ; (c) n; (d) n 2. O custo corresponde ao número de operações executadas. Portanto, devemos ter em (a) que (log 2 n) < 1. Logo, (log 2 n) 2 < 10 9 ; donde (log 2 n) < 10 9/2.

6 6 MATEMÁTICA COMBINATÓRIA Assim,finalmente, Os outros são análogos. n < 2 109/ Dê uma estimativa para n! e para log(n!) usando a notação O. n! = n, é o produto de n termos todos menores ou iguais a n, logo Assim, Por um argumento semelhante, n! < n n. n! = O(n n ). log(n!) = O(n log(n)). 17. Sejam f 1, f 2, g 1 e g 2 funções definidas no mesmo intervalo. Prove que se f 1 é O(g 1 ) e f 2 é O(g 2 ), então (a) f 1 + f 2 é O(max{g 1, g 2 }), e (b) f 1 f 2 é O(g 1 g 2 ). Vou provar a primeira, a outra é análoga. Dizer que f 1 é O(g 1 ) significa que existem constantes K 1 e L 1 tais que f 1 (x) K 1 g 1 (x) para todo x > L 1. Analogamente, como f 2 é O(g 2 ), existem constantes K 2 e L 2 tais que f 2 (x) K 2 g 2 (x) para todo x > L 2. Escolha M = max{k 1, K 2 } e M = max{l 1, L 2 }. Então, f 1 (x) + f 2 (x) K 1 g 1 (x) + K 2 g 2 (x) Mg 1 (x) + Mg 2 (x) M(g 1 + g 2 )(x), para todo x que é mairo do que L 1 e do que L 2 ; isto é, para todo x > M. Logo, por definição, f 1 + f 2 é O(max{g 1, g 2 }). 18. Mostre que

7 (a) log n é O(n). (b) 3n log(n!) + (n 2 + 3) log(n) é O(n 2 log(n)); (c) (n + 1) log(n 2 + 1) + 3n 2 é O(n 2 ). MATEMÁTICA COMBINATÓRIA 7 Para (a), basta lembrar que log(n) < n para todo n > 1. Para (b), use o exercício anterior para verificar que O(3n log(n!) + (n 2 + 3) log(n)) = O(3n log(n!)) + O((n 2 + 3) log(n)). Aplicando, novamente, o exercício anterior, desta vez à primeira parcela O(3n log(n!)) = O(3n)O(log(n!)) = O(n)O(log(n!)), já que podemos ignorar constantes. Por outro lado, como log(n!) n log(n), obtemos Passando à outra parcela, O(3n log(n!)) = O(n)O(n log(n)) = O(n 2 log(n)). Contudo, 2n 2 > n para n > 2, logo O((n 2 + 3) log(n)) = O(n 2 + 3)O(log(n)). O(n 2 + 3) = O(2n 2 ) = O(n 2 ), porque podemos ignorar constantes. Por isso, Juntando tudo, O((n 2 + 3) log(n)) = O(n 2 log(n)). O(3n log(n!) + (n 2 + 3) log(n)) = O(2n 2 log(n)). Ignorando as constantes, obtemos o resultado desejado. As outras são análogas. 23. Considere o seguinte algoritmo para determinar o maior elemento e o menor elemento de uma seqüência a 1, a 2,..., a n : Se n = 1, então a 1 é tanto o máximo quanto o mínimo. Se n > 1, divida a seqüência dada em duas seqüências menores. Se n for par, então a duas seqüências menores terão o mesmo número de elementos; se n for ímpar, uma delas terá um elemento a mais que a outra. O problema fica então reduzido a achar o máximo e o mínimo de duas seqüências menores. Finalmente, para resolver o problema para a seqüência original de n elementos basta comparar os máximos e os mínimos das seqüências menores para descobrir o maior elemento e o menor elemento.

8 8 MATEMÁTICA COMBINATÓRIA Seja f(n) o número de comparações necessários para resolver o problema com n elementos. (a) Mostre que se n é par então f(n) = 2f(n/2) + 2. (b) Resolva esta congruência quando n é uma potência de 2. (c) Determine a complexidade deste algoritmo usando notação O. (a) O algoritmo reduz o problema há duas listas L 1 e L 2 de comprimento n/2, em cada uma das quais devemos encontrar o méximo e o mínimo por aplicação recursiva do algoritmo. Isto nos dá 2f(n/2) comparações. Ainda precisamos decidir quem é maior entre os máximos de L 1 e L 2 (uma comparação), e quem é o menor entre os mínimos de L 1 e L 2 (mais uma comparação). Temos, assim, um total de 2f(n/2) + 2 comparações, de modo que a recorrência é f(n) = 2f(n/2) + 2. (b) Se n = 2 k, então f(2 k ) = 2f(2 k 1 ) + 2. Dividindo tudo por 2 k e fazendo r k = f(2 k )/2 k, obtemos Escrevendo temos uma soma telescópica, que nos dá Somando a PG, Logo, donde r k = r k k. r k r k 1 = 2 k r k r 0 = r k r 0 = k 2 j. j=1 1/2 1/2k /2 r k r 0 = 2k 1 2 k ; f(2 k ) = 2 k 1. Note que f(1) = 0, (isto é r 0 = 0) já que não há necessidade de fazer comparações quando a seqüência tem apenas um elemento. Como n = 2 k, obtemos f(n) = n 1.

9 MATEMÁTICA COMBINATÓRIA 9 O algoritmo indutivo cria duas variáveis min e max onde são guardados o mínimo e o máximo, respectivamente. Estas variáveis são ambas inicializadas com o elemento inicial da lista. Os valores de min e max são, então, comparados com os elementos da lista, um a um. Se o elemento da lista que está sendo analisado é menor que min troque o valor atual de min pelo deste elemento; faça o análogo com max. O número total de comparações efetuadas por este algoritmo é 2(n 1). Portanto, o custo do algoritmo indutivo é O(n), que é igual ao custo do algoritmo dividir-e-conquistar descrito acima. E eu acabei fazendo mais do que a questão pedia...