Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Комбинаторика и теория графов для кибербезопасности. Конспект лекций. Учебное пособие
.pdf
довательности
x
P
x
x
член,
deg( ) deg( ),PQ
{}{}
xy
есть
0
nn
() 1 ... .
Qz z z z
yz
n
0
n
12
()
z
n
2
,
где P – много-
()
Qz
d
d
Как пока-
зывает пример 7.1.1, производящая функция последовательности
n
мой 10.1.1, если
для
пени меньше
xPn
ni i
будет иметь вид
i
0
iy
1, 2 , . ..n
~(),
oPn P
n
если
n
() ~ .
ii
( ) (1 ) .. . (1 )
Qz z z
k
() ,
Pn P
nii
i
1
d для всех i. При этом если
i
ij
0
Если же, например,
()
Pn – многочлен от n степени меньше id для 2, ..., ,ik
i
многочлен от n степени меньше
При этом, если
max 1,
ij
j
1
то
~().
Pn
1
n
ij
Пример 3. Пусть последовательность {0}
()
Pz
(1 ) ( )
zQz
d
1
1
n
где ()
0
max 1,
j
1, то
1
1
max 1,
j
1
В соответствии с теоре-
.
d
k
k
Pn – многочлен от n сте-
i
то
() () ,
xPn Pn
nii
1
1.d
то
x удовлетворяет
n
, ..., 1,
то
и
1
ij
xPPn
nii
k
i
2
~(),
xPn
ni i
k
max 1,
j
()
0
n
1
где
()Pn –
1
n
если
то
n
следующему рекуррентному соотношению:
n
2
xxbnn
1
n
i
1
2
тогда
Отсюда
ni
n
nx x bn
2,
ni
1
i
1
читая из первого равенства второе, получим
,1,2,3,....
(1) 2 (1).
nx xbn
ni
1
n
1
i
nx n x
1
nn
2
(1)
Вы-
171
2(21),
x
x
x
x
x
x
x
x
xbn далее, отсюда
n
xx
1
nn
nnnn
1(1)
11 11
nn nn
x
или
k
n
bxb xb x
nkk kk k k
n
11 11
kk kk
n
1
ln (1),
k
1
n
21
b
k
21 3 1 1 1
(1) 1 1
bxbx
bn bn b nx
23 .
nCo
.
Получаем
11 1
nn n
323
21 1
kk k
n
1
k
k
1
1
11 11
kk kn
где C – константа Эйлера, тогда получаем
асимптотическую оценку для
nx n x b n
11
Как известно, при
1
:
n
n
(1) (21)
и
1
nn
3
n
2ln (2 3)
bn n C b x n
1
().on
Метод итераций
Может использоваться как для асимптотической оценки рекуррентных соотношений, так и для исследования асимптотического
поведения решений уравнений с параметром, стремящимся к некоторому пределу. В последнем случае можно считать, что уравнение
задает неявную функцию от параметра.
Пример 1. Пусть последовательность {}
удовлетворяет сле-
n
дующему рекуррентному соотношению:
xxn x
Из этого соотношения получаем
2
1,
xx
nn
и далее
nn
вычитая одно из другого, получим
1
,
x
1
1 , 1, 2, 3,..., 1.
11
nn
xx
1
nn
2
nn
xx
1
nn
nn
1
172
Поскольку последователь-
.
x
1,
1
x
следовательно,
22
1nn
x
ность неотрицательная и
x
x
x
x
yyy
xxt
x
x
x
x
ции следует, что
xx
1
nn
21
0,
т.е. последовательность возрастает.
210,xx
то отсюда по индук-
Если предположить, что она возрастает неограниченно, то из
2
1
основного рекуррентного соотношения следует
xx
nn
xx
1
22
nn
o
(1),
что противоречит возрастанию последовательности. Следовательно, последовательность
{}
возрастает и ограничена сверху, а зна-
n
чит, имеет предел обозначим его через . Переходя к пределу при
n
в равенстве
15
поскольку наш предел неотрицательный, окончательно
,
2
15
.
2
Итак,
nn
,
y где 0
ношение в равенство
1;
сюда
yo
n
yo
n
y учитывая, что
n
21 ,
yy
nn
y
n
(1 (1)).
1
2
1
(1 (1) ),
n
(2 )
2
y
1
n
1
2
Из этого равенства нетрудно получить, что
и, соответственно,
2
1,
x
1
nn
y при .n Подставляя это соот-
n
2
1
nn
2
получим
1,
x
получим
1,
имеем
т.е
2(1(1))
yoy
xo
n
2
1,
22
2.
11
nnn
или
1
nn
1
n
(2 )
откуда
2
yy
11
nn
2
(1 (1) ).
От-
Этот
процесс может быть продолжен для получения членов следующих
порядков малости.
Пример 2. Найдем асимптотику для решения ()
x
et при
.t
Ясно, что при
tx
статочно большом t. Логарифмируя, получим ln ln ;
Отсюда
ln ln ln (ln ),
to t тогда ln ,
ty
где (ln ).yo t
уравнения
и
1x
tx
при до-
ln .xt
Под-
ставляя в уравнение, после логарифмирования получим
173
ln ln ln(ln ) ln ln ln 1
x
x
ty t ty t t
yyy
ln ln ln ln 1 ln ln ln ,
tt tt o
ln ln ln
ttt
следовательно,
ln ln .
yto
yy
ln ln
tt
Далее,
yyy
ln ln
ln ln
tt
t
22
(ln ) (ln )
tt
Тогда
yyy
(ln) (ln) (ln) (ln) (ln)
ttt t t
ln ln ln ln
223 3 2
tt
oo
y
ln
t
o
.
1(1),
y
ln ln ln ln ln ln
ln ln
tt
yt o
ln ln ln .
xt t o
tt t
(ln ) (ln )
ln ln ,
ln ln ln ln
ln ln
tt
ln ln ln ln
o
22
tt
tt
tt
ln ln
tt
,
Задачи
1. Пусть последовательность {}
удовлетворяет следующему
n
рекуррентному соотношению:
xnx
11
n
1
1 , 1, 2, 3,..., 1.
x
n
Найти два первых члена и остаточный член в асимптотическом
разложении
при .n
n
174
2. Найти асимптотику (два первых члена в асимптотическом
f
f
f
f
f
()xxt
разложении и остаточный член) для решения
x
ln
ext при
3. Пусть функция
соотношению
() ,
T x aT bx
тельные числа. Найти
.t
()Tx для
x
c
1x
(1) ,Tb где a, b, c – положи-
().Tx
удовлетворяет рекуррентному
Указание. Рассмотрите сначала поведение
уравнения
()Tx для x, крат-
ных c.
11.3. Асимптотическое оценивание сумм
c помощью интегралов
n
(),
Будем рассматривать суммы вида
на, монотонна и интегрируема на отрезке
1. Пусть f монотонно не возрастает. Тогда
km
k
где f неотрицатель-
[,].mn
() ()
kfxdx
1
k
k
(1),fk отсюда
1
kn
nn
() () () () ();
km km
1
k f xdx f n f xdx f n
km
аналогично
nn
() () ( ) () ( ).
k f xdx f m f xdx f m
km km
kn
1
1
km
Отсюда
nn
() () () ( ) () .
n f xdx f k f m f xdx
mm
n
km
175
n
D
D
f
D
D
f
f
f
f
f
Sfk
Рассмотрим сумму
n
нотонно убывающая функция, и
n
через
разность
n
D D fk fxdx fk fxdx
nm
nn
km km
1
D D fk fxdx fm fm
nm
n
ka
nm
() () () ()
ka ka
nn
kfxdx fkfxdxfm
() () () () ( ),
mm
n
() () ( ) 2 ( ) 0
km
(),
ka
где
const,a
() 0fn при
n
() () .
fk fxdx
a
nm
Пусть
,n
f – мо-
.n
Обозначим
,mn
тогда
aa
n
m
при
,m а следовательно, и
следует, что последовательность
.
через C,
стве
DCOfm
m
C Тогда, переходя к пределу при
n
DD
nm
(),
2(),
или
m
получим
n
() () ().
kfxdxCOfn
ka
.n
По критерию Коши отсюда
имеет предел. Обозначим его
n
n
n
a
в неравен-
CD
m
2(),
2. Для монотонно неубывающих функций аналогично получим
n
( ) () () ()
mfkfxdxfn
km
при
.n
n
m
Пример. Рассмотрим сумму
и
n
k
k
1
km
,
где
n
n
() () ()
kfxdxOfn
m
const,
.n
При 0, используя равенство для монотонно неубывающих
n
kxdxOn On
1
1
() ().
n
1
1
функций, получим
k
n
m
176
При
10
тонно убывающих функций, получим
1
n
2.nCO
COn
1
матического анализа известно, что в последнем случае
или 1,
Например, при
().
1
При
n
используя равенство для моно-
n
kxdxCOn
1
1
это дает
2
CO
n
1
()
n
1
k
k
1
.
Из мате-
C
6
2
n
k
n
111
2
22
kn
k
1
однако используемый метод не дает возможности получить значение константы.
n
При
получим
1
11
ln
nCO
kn
1
k
(здесь C – константа
Эйлера).
ЗАДАЧИ
Найти асимптотическое разложение при
n
ln
k
;
1)
2)
3)
4)
5)
k
k
k
k
k
n
n
n
n
k
1
ln ;
kk
1
ln ;
k
1
1
kk k
ln ln ln
1
1
.
v
k
1
;
,nm
для сумм:
,
177
11.4. Использование вероятностных методов
в комбинаторном анализе
Использование методов теории вероятностей в комбинаторном
анализе обычно основывается на следующем принципе.
Рассматривается конечное множество S каких-либо объектов
(например, графов, подстановок, разбиений и т.п.), на котором задается вероятностное распределение (чаще всего равновероятное).
В терминах теории вероятностей мы имеем конечную вероятностную схему с пространством элементарных событий S. Пусть случайный эксперимент состоит в выборе одного элемента из S в соответствии с заданным на S распределением. Такой случайно выбран-
ный элемент множества S для краткости будем называть просто
случайным элементом (случайным графом, случайным разбиением,
отображением и т.д.).
Числовые характеристики объекта становятся при этом случайными величинами. Далее, если не оговорено противное, будем рассматривать равновероятное распределение на S. Если A, AS –
некоторое множество объектов (событие), то вероятность того, что
случайный объект лежит в этом множестве (произошло событие A)
||
равна
() .
PAS Двумя важнейшими направлениями использова-
A
||
ния вероятностных методов в комбинаторном анализе являются
исследование вопросов существования изучаемых объектов, а также получение асимптотических результатов для их числа.
11.4.1. Использование вероятностных методов
для доказательства существования объектов
с заданными характеристиками
Существование объекта с заданными свойствами равносильно
тому, что множество A таких объектов непустое, или что вероятность события A в вышеописанной схеме положительна. Применение данного метода удобно проиллюстрировать
на примерах.
1. Рассмотрим полный ориентированный граф (такие графы
называются турнирами).
178
Теорема 11.4.1
p
Существует турнир с n вершинами, содержащий не менее
1
!2nn
простых путей, содержащих все его вершины (такие пути,
как известно, называются гамильтоновыми).
Доказательство
Рассмотрим множество турниров с n вершинами и обозначим
его T. Поскольку существует два варианта ориентации каждой из
n
дуг полного графа, то
2
||2.
T
новероятное распределение. Пусть
рестановка номеров
роятность того, что
1, ..., .n Пусть T – случайный турнир, тогда ве-
P
есть гамильтонов путь в T, равна
n
2
Зададим на множестве T рав-
( , ..., )
Pp p – некоторая пе-
1
n
1
n
2.
Дей-
ствительно, в турнире, где P есть гамильтонов путь, должно быть
1n
n
2
дуг
n
12
1
дуг произвольная, то число таких турниров есть
... .
pp Поскольку ориентация остальных
n
n
1
n
2
2.
Поделив эту величину на число всех турниров, получим, что веро-
1
ятность того, что P есть гамильтонов путь в
дим случайную величину
P
«
задает гамильтонов путь в T». Тогда случайная величина
() ()
NfTT
P
() () () 2 !2 .
Nf f n
ET E T E T
NT n
() !2
есть число гамильтоновых путей в T. Отсюда
P
PP
PP P
1
n
для любого T, то было бы
(),
f T которая есть индикатор события
P
nn
T, равна
11
Если бы
() !2 .
Nn
2.
ET
n
Зада-
1
n
По-
скольку доказано противоречащее этому равенство, то это значит,
1
n
что существует турнир T, для которого
() !2 .
NT n
Теорема доказана.
(),nRk
2. Известно, что для любого k существует такое
K
при любой раскраске ребер графа
в два цвета в нем найдется
n
когда
клика из k вершин, все ребра в которой одного цвета.
179
Теорема 11.4.2
R
R
k
1
Rk k o k
() 2 (1), .
2
e
2
Доказательство
Рассмотрим полный граф
K и множество раскрасок его ребер в
n
два цвета – красный и синий. Зададим на множестве раскрасок равновероятное распределение, тогда каждое ребро независимо друг
от друга с вероятностью
смотрим подмножество Y вершин,
k
все
ребер между вершинами Y при случайном раскрашивании
2
1
раскрашивается в красный цвет. Рас-
2
|| .Yk Вероятность того, что
будут одного цвета, равна вероятности того, что все они красные,
k
1
2
плюс вероятности того, что все они синие, и равна
2.
Далее
( монохроматическое -подмножество)kP
{ монохроматическое}
P
YY k
:| |
P
n
k
Значит, если
краска без монохроматической k-клики, и, следовательно,
k
1
n
2
Далее,
21
k
то из неравенства
Тогда, если для данного
любой раскраске, то такое n должно удовлетворять неравенству
Y
:| |
YY k
k
n
( монохроматическое) = 2 .
Y
k
2
k
1
2
21,
эквивалентно
k
n
2
!
k
то для данного n существует рас-
k
2
2.
n
k
1
Так как
k
2
2
1
k
1
2
следует, что
()nRk
нужная клика существует при
180
n
k
1
и
n
k
() .
kn
k
n
,
!
k
() .
kn
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]