Dictaat caleidoscoop deel1

Inhoudsopgave

Euler- en Hamiltongrafen (Auteur: A. J. van Zanten) 1

Complexe getallen (Auteur: K. P. Hart) 17

Recurrente Betrekkingen (Auteur: H. A. W. M. Kneppers) 31

Logica (Auteur: K. P. Hart) 45

Differentiaalvergelijkingen (Auteur: J. L. A. Dubbeldam) 59

Optimaliseren in Netwerken (Auteur: C. Roos) 71

i

Euler- en Hamiltongrafen

A. J. van Zanten

Inleiding

Een belangrijk onderdeel van de diskrete wiskunde is de grafentheorie. Behalve alszelfstandige wiskunde-discipline staat deze theorie vooral ook bekend om zijn zeer veletoepassingen op zeer uiteenlopende gebieden zoals scheikunde, natuurkunde, sociale enekonomische wetenschappen, architektuur en zelfs op andere onderwerpen uit de wis-kunde. Het Nederlandse woord graaf is een vertaling van het Engelse graph, dat inde 19de eeuw door de mathemaat Sylvester werd ingevoerd als afkorting voor graphicrepresentation. Hij gebruikte die namelijk om bepaalde organische molekulen grafischvoor te stellen.

1. Theorie en opgaven voor zelfstudie

Grafen

Populair gezegd bestaat een graaf in het algemeen uit een aantal punten en een aantalverbindingslijnen tussen sommige van deze punten. De punten worden doorgaans knopen(vertices) genoemd en de verbindingslijnen takken (edges). In figuur 1 ziet u een aantalvoorbeelden van grafen.

Figuur 1

We geven nu een wiskundige definitie van het hierboven ingevoerde intuıtieve begrip.

1.1. Definitie. Een graaf, G, bestaat uit een verzameling knopen V = {v1, v2, . . . , vn}en een verzameling takken E = {e1, e2, . . . , em}, zodanig dat elke tak korrespondeertmet een ongeordend paar knopen {vi, vj}. We schrijven normaal G = (V,E).

1

2 A. J. van Zanten

In feite legt deze definitie het begrip ongerichte graaf vast. Vervangt men hetzinsdeel ongeordend paar {vi, vj}”door ”geordend paar (vi, vj)”, dan verkrijgt men dedefinitie van een gerichte graaf. Wij zullen ons hier slechts richten op ongerichte grafen.Definitie 1 laat toe dat een zelfde paar knopen {vi, vj} met meer dan een tak korrespon-deert. Men spreekt dan van parallelle takken. Ook mag vj gelijk zijn aan vi in {vi, vj}.De korresponderende tak wordt dan lus (loop) genoemd.

1.2. Definitie. Een graaf die geen lussen en geen parallelle takken bevat heet enkelvou-dig.

Enkelvoudige (simple) grafen is het meest bestudeerde type graaf. In dit onderdeelvan de kursus zullen we ons vrijwel alleen met dit type bezighouden. Gemakshalve zullenwe steeds over graaf spreken als we enkelvoudige graaf bedoelen.

Voorts hebben we nog een aantal elementaire begrippen nodig. Als een tak e kor-respondeert met het knopenpaar {vi, vj}, dan zegt men dat e incident is met vi en metvj en, omgekeerd, dat vi en vj incident zijn met e. Twee knopen die incident zijn metdezelfde tak heten naburig. De valentie of graad (v) van een knoop v is het aantaltakken waarmee v incident is. Als alle knopen van een graaf dezelfde valentie hebbenzegt men dat de graaf regulier is. In figuur 2 staan twee voorbeelden van een regulieregraaf. De linker graaf heet de circuitgraaf C5 en de rechter staat bekend als de volledigegraaf K5. Het woord volledig slaat erop dat de graaf alle takken bevat die mogelijk zijntussen 5 knopen.

Figuur 2

Onze eerste stelling betreft een verband tussen de valenties van de knopen van eengraaf en het aantal takken.

1.3. Stelling. Als het aantal takken in een graaf gelijk is aan m, dan geldt voor de somvan de valenties der knopen

∑

i

(vi) = 2m.

Bewijs. Elke tak is incident met precies twee knopen (er zijn geen lussen, omdat degraaf verondersteld wordt enkelvoudig te zijn). In de som van de valenties is de bijdragevan elke tak dus gelijk aan 2, zodat de totale som gelijk is aan 2m. �

Andere begrippen die we zullen gebruiken hebben betrekking op de wijze waarop weons door een graaf kunnen ”bewegen”. (De terminologie is gebaseerd op de mogelijkheiddat de graaf een wegennet representeert).

Euler- en Hamiltongrafen 3

1.4. Definitie. Een pad van knoop a naar knoop b in een graaf is een rij van gerichtetakken (v0, v1), (v1, v2), . . . , (vk−2, vk−1), (vk−1, vk), waarbij v0 = a en vk = b. Hetaantal takken in deze rij is de lengte van het pad.

Denk er hierbij aan dat de graaf zelf niet gericht is. Met de notatie (vi, vj) bedoelenwe dat de tak {vi, vj} wordt doorlopen in de richting van vi naar vj . Overigens is hier nogeen woord van waarschuwing op zijn plaats. In de literatuur betreffende grafentheorieheerst beslist geen eenduidigheid aangaande naamgeving en begrippen. Vaak wordtdatgene wat wij hierboven als pad (path) definieerden wandeling (walk) genoemd omreden dat een tak vaker dan een keer mag optreden. Om met deze situatie om te gaankan men ons begrip pad als volgt inperken. Een pad heet enkelvoudig als elke takhoogstens een keer optreedt, en het heet elementair als elke knoop er hoogstens een keerin optreedt.

1.5. Definitie. De afstand d(a, b) van knoop a naar knoop b is de lengte van het kortstepad van a naar b.

1.6. Definitie. Een graaf heet samenhangend als er tussen elk tweetal knopen een padbestaat.

1.7. Definitie. De diameter van een graaf is het maximum van de afstanden tussen deknopen van die graaf.

1.8. Definitie. Een circuit in een graaf is een pad waarvan de beginknoop gelijk is aande eindknoop.

1.9. Definitie. Een circuit heet enkelvoudig als elke tak er hoogstens een keer in op-treedt.

1.10. Definitie. Een circuit heet elementair als elke knoop er hoogstens een keer inoptreedt, afgezien van de begin- (en eind-) knoop.

Een elementair circuit wordt ook wel cykel genoemd.

Opgave 1.11. Geef zelf definities van de algemene circuitgraaf Cn, n ≥ 3, en van devolledige graaf Kn, n ≥ 1. Hoeveel takken bevatten deze grafen? Bepaal ook de diametervan deze grafen.

Veel problemen in de grafentheorie hebben te maken met de vraagstelling hoe ”kom-plekseen graaf is. Hierbij moet men bedenken dat het woord kompleks op zich weinigbetekent. Men zal dit nader moeten omschrijven. Zo zou men kunnen denken dat hoemeer takken een graaf bevat hoe komplekser hij is. Voor sommige doeleinden is ditinderdaad zo. Bijvoorbeeld voor de vraag of een gegeven graaf planair is. Een planairegraaf is een graaf die ingebed kan worden in het platte vlak, dat wil zeggen dat hij zogetekend kan worden op een stuk papier dat takken elkaar alleen maar snijden in kno-pen en elkaar dus niet mogen kruisen. Denk er hierbij aan dat takken niet noodzakelijkrechte lijnen hoeven te zijn. Elke gesloten kromme tussen de knopen vi en vj kan detak {vi, vj} voorstellen. De voorstelling van de graaf K5, zoals getekend in figuur 2,is duidelijk niet planair. Dit beantwoordt echter nog niet de vraag of K5 planair is.Misschien is er een andere manier om hem te tekenen, zodanig dat er wel voldaan is aande planariteitseis.

4 A. J. van Zanten

1. Vraag. Is er zo’n andere manier, dus is K5 planair?

Opgave 1.12. Toon aan dat K4 planair is.

Het ligt voor de hand dat in het algemeen een graaf met een vast aantal knopen”minder planair”zal zijn naarmate hij meer takken bevat. Echter hoeft uit een anderoogpunt meer takken niet ”komplekser”te betekenen. Zo is de volledige graaf Kn voorelke n (dus ook voor n = 5) eigenlijk buitengewoon eenvoudig van struktuur, juist omdathij alle mogelijke takken bevat tussen n knopen. Immers, elke knoop speelt preciesdezelfde rol. Als we ze niet zouden nummeren zijn ze niet van elkaar te onderscheiden.De graaf Kn heeft dus zeer veel symmetrie.

In de volgende paragrafen zullen we ons met een tweetal andere aspekten bezighou-den die ook iets zeggen over de struktuur van een graaf.

Eulergrafen

We beginnen met de definitie van een bijzonder type circuit.

1.13. Definitie. Een Eulercircuit in een graaf is een circuit waarin elke tak van de graafprecies een keer optreedt.

Bij het doorlopen van een Eulercircuit komen we dus precies een keer langs elke tak.De naamgeving berust op een door Euler gevonden oplossing van een probleem om eenbepaalde route te lopen in zijn woonplaats Konigsbergen (het welbekende Konigsbergerbruggenprobleem, zie Opgave 1.20). Niet elke graaf bezit zo’n circuit. Bezit een graaf weleen Eulercircuit, dan spreekt men van een Eulergraaf. Zo’n Eulercircuit hoeft overigensniet eenduidig te zijn. Er kunnen in een Eulergraaf (zeer) vele verschillende Eulercircuitsbestaan. Immers, het doet er weliswaar niet toe welke knoop het begin- en het eindpuntis, maar de volgorde en de richting waarin de takken van de graaf worden doorlopen zijnwel van belang!

Opgave 1.14. Ga na dat K4 geen Eulergraaf is, maar K5 wel. Probeer vier verschillendeEulercircuits in K5 te vinden.

Men kan Definitie 1.13 iets afzwakken en eisen dat er een pad is zodanig dat elketak van de graaf er precies een keer in voorkomt. Het pad hoeft dan geen circuit te zijn.Men spreekt van een Eulerpad. Een Eulercircuit is dus ook altijd een Eulerpad, maaromgekeerd hoeft dit niet zo te zijn.

Opgave 1.15. Bedenk een voorbeeld van een graaf met 5 knopen die wel een Eulerpadheeft, maar geen Eulercircuit.

Het bestaan van een Eulerpad impliceert dat men de betreffende graaf in een ”vloei-ende”beweging kan tekenen, dat wil zeggen zonder de pen van het papier te halen enzonder bepaalde takken over te trekken. In dit verband was men in de vorige eeuwgeınteresseerd in Eulerpaden.

Opgave 1.16. Probeer de graaf van figuur 3 in een keer te tekenen zonder de pen vanhet papier te lichten en zonder takken over te trekken.


Figuur 3

Als men de tekentoepassing op zich in laat werken komt als vanzelf een kriteriumnaar boven waaraan een graaf moet voldoen om een Eulercircuit te hebben. Als menvia een of andere tak in een knoop komt, dan moet men ook weer uit die knoop kunnenvertrekken via een andere tak. Dit houdt in dat alle knopen een even valentie moetenhebben en bovendien dat de graaf samenhangend moet zijn. Samen is dit een noodza-kelijke voorwaarde. Als deze voorwaarde niet geldt is de graaf zeker geen Eulergraaf.Het verrassende nu is dat de voorwaarde ook voldoende is: uit het geldig zijn van devoorwaarde volgt de eigenschap, in dit geval het bestaan van een Eulercircuit.

1.17. Stelling. Een samenhangende graaf G heeft een Eulercircuit dan en slechts danals alle knopen van G een even graad hebben.

Bewijs. Het noodzakelijk zijn van de voorwaarde is al aangetoond. We zullen nu latenzien dat de voorwaarde ook voldoende is en we doen dat door het principe van volledigeinductie toe te passen.

Laat G een (enkelvoudige) samenhangende graaf zijn met de eigenschap dat elkeknoop een even graad heeft. Het aantal takken in G noemen we m. De kleinst mogelijkewaarde van m is 3. In dat geval is G de graaf K3, bestaande uit 3 knopen en 3 takken.Het is duidelijk dat G een Eulercicuit heeft. Het Eulercircuit valt in dit geval samenmet de graaf zelf.

Laat nu G een graaf zijn met m takken die voldoet aan de voorwaarden van deStelling. Hierbij is m een vast natuurlijk getal ≥ 3. We veronderstellen nu dat deStelling geldt voor alle situaties met minder dan m takken.

We kiezen een beginknoop v in G. Uit de gegevens volgt onmiddellijk dat we,uitgaande van v, een circuit C in G kunnen konstrueren zodanig dat v ook eindknoopis. Als dit circuit C alle takken van G bevat, hebben we een Eulercircuit en zijn weklaar. Als dit niet zo is, verwijderen we alle takken van C uit G. Het zou kunnen zijndat er dan geısoleerde knopen ontstaan, namelijk als alle takken incident met een knoopin C zouden zitten. Een dergelijke knoop wordt ook verwijderd. De overblijvende graafG′ (een deelgraaf van G) is niet altijd samenhangend. In het algemeen bestaat G′ uiteen of meer samenhangende deelgrafen. Neemt men deze deelgrafen zo groot mogelijk,dan spreekt men over komponenten. Elke komponent van G′ is dus - per definitie -samenhangend en voldoet bovendien aan de voorwaarde dat elke knoop een even graadheeft. Immers, voor elke knoop van G geldt dat er een even aantal (nul of meer) takken,incident met die knoop, verwijderd is. Omdat er takken uit G verwijderd zijn, heeft elke

6 A. J. van Zanten

komponent van G′ minder dan m takken. Volgens de inductieveronderstelling bezit elkekomponent dus een Eulercircuit. Bovendien heeft elk van deze Eulercircuits minstenseen knoop gemeen met C.

We gaan nu uit van v op C en doorlopen C totdat we een knoop v1 tegenkomendie op een Eulercircuit - zeg C1 - ligt van een der komponenten van G′. We doorlopenC1, totdat we weer terug zijn in v, en gaan vervolgens verder op C totdat we in eenknoop v2 komen die C gemeenschappelijk heeft met een Eulercircuit C2 ( 6= C1) van eenvolgende komponent. Dan doorlopen we C2 totdat we terug zijn in v1, waarna we onzeroute op C weer vervolgen. Zo doorgaand zullen we als we weer teruggekeerd zijn in v,de Eulercircuits van alle komponenten van G′, alsmede alle takken van C, precies eenkeer doorlopen hebben. Het resultaat is dus een Eulercircuit van G. Omdat de Stellinggeldt voor m = 3, geldt hij nu ook voor alle m ≥ 3 volgens het principe der volledigeinductie. �

Opgave 1.18. Voor welke waarden van n is Kn een Eulergraaf?

Als men Stelling 1.17 en vooral het bewijs ervan doorgrondt zal de volgende stelling,die een uitspraak doet over het bestaan van een Eulerpad, geen verwondering wekken.

1.19. Stelling. Een graaf G heeft een Eulerpad dan en slechts dan als G geen of preciestwee knopen van oneven graad heeft.

In een graaf met parallelle takken en met lussen gelden Stelling 1.17 en Stelling 1.19ook, mits men voor de valentie van een knoop die incident is met een lus een bepaaldeafspraak maakt.

2. Vraag. Hoe luidt deze afspraak?

Opgave 1.20. Pas de uitgebreide Stelling 1.19 toe op het Konigsberger bruggenpro-bleem, waarvan u hier een schets ziet.

Figuur 4

De vraag is of er een wandeling bestaat zodanig dat men precies een keer over elkebrug loopt.

Eulercircuits en Eulerpaden kunnen op soms zeer onverwachte plaatsen en situatiesoptreden. Als eerste voorbeeld noemen we het als Chinese-Postbode-Probleem bekendstaande probleem. Een postbode heeft een bepaalde stadswijk waarin hij langs allestraten moet lopen om brieven te bezorgen. Vanzelfsprekend wil hij de meest efficiente


route lopen (de kortste dus) en na afloop weer op zijn postkantoor terugkeren. (Hetvoorvoegsel Chinees is alleen om historische redenen toegevoegd. Postbodes van alletijden en op alle plaatsen willen natuurlijk hetzelfde). Het liefst zou de postbode precieseen keer door alle straten van zijn wijk lopen en daarna weer op zijn uitgangspunt terugzijn. Dit kan alleen als het stratenplan een Eulergraaf is. Als er knopen van onevengraad zijn voegt men denkbeeldige parallelle takken toe aan de graaf zodanig dat allegraden even worden (kan dit altijd?). Bij dubbele takken kan onze postbode heen aande ene kant van de straat bezorgen en terug aan de andere kant. De kritische lezer zalogenblikkelijk opmerken dat, wat dit laatste betreft, hier geen rekening wordt gehoudenmet de mogelijk verschillende lengtes van de straten. Dat is waar. Probeert men dat welte doen dan ontstaat er een ander, veel moeilijker probleem waarop we hier niet ingaan.

Een moderne variant van het Chinese-Postbode-Probleem is het Nederlandse-Zout-strooi-Probleem. In een zekere regio moet een zoutstrooi-auto zo snel mogelijk alle wegenbepekelen met als start- en terugkeerpunt een zoutdepot. Wegen met twee gescheidenrijbanen worden door twee parallelle takken voorgesteld. Het zal duidelijk zijn dat dittot dezelfde grafentheoretische oplossing leidt. Ook hier geldt dat men het probleemaanzienlijk moeilijker kan maken bijvoorbeeld door meer strooiwagens in te zetten metmeer zoutdepots.

Een klassiek probleem is een uit het bekende dominospel voortkomende vraag. Infiguur 5 ziet u een aantal dominostenen aan elkaar gelegd volgens de regels van het spel.Het gaat ons hier niet om de oorspronkelijke bedoeling van het spel, (namelijk welkespeler zo snel mogelijk al zijn stenen, volgens bepaalde spelregels, kan aanleggen”), maarom de situatie die ontstaat als alle 28 dominostenen in de rij zijn opgenomen.

Figuur 5

Jeugdige spelertjes ontdekken dan, dikwijls tot hun verrassing, dat de uiteinden vande rij gelijk zijn, dat wil zeggen allebei gelijk aan zes, aan vijf, . . ., of aan blanco. Dit ishet ogenblik om dat verschijnsel te begrijpen!

Volgens de spelregels passen de uiteinden in de in figuur 5 geschetste situatie aanelkaar, waardoor er een gesloten rij ontstaat. Deze rij is te interpreteren als een circuitin een zekere graaf.

3. Vraag. Verklaar nu de eerder genoemde situatie die optreedt als alle 28 stenen zijnaangelegd. Wat gebeurt er als iemand een dominospel ontwerpt waarbij de ogenaantallenlopen van 0 tot en met 7?

8 A. J. van Zanten

Hamiltongrafen

Na invoering van het begrip Eulercircuit als een circuit dat alle takken van een graafprecies een keer bevat, ligt het voor de hand om iets soortgelijks voor de knopen te doen.

1.21. Definitie. Een Hamiltoncykel van een graaf is een cykel (elementair circuit) datelke knoop van de graaf precies een keer bevat, afgezien van de begin- en eindknoop.

Een graaf die in het bezit is van een Hamiltoncykel wordt Hamiltongraaf genoemd.De naamgeving is vanwege een puzzel die in 1859 op de markt werd gebracht en bedachtwas door de Ierse wis- en natuurkundige W.R. Hamilton. De puzzel bestond eruit datmen een ”reis rond de wereld”moest maken, waarbij de wereld een regelmatig twaalfvlakwas en men alleen maar langs de ribben mocht reizen. Elk van de 20 hoekpunten moestprecies een keer aangedaan worden en men moest weer op het uitgangspunt terugkeren.Figuur 6 laat zien dat dit inderdaad mogelijk is. De figuur maakt tevens duidelijk datde geschetste route is op te vatten als een Hamiltoncircuit in de graaf behorend bij eenregelmatig twaalfvlak: de takken korresponderen met de ribben en de knopen met dehoekpunten van het twaalfvlak.

Figuur 6

Opgave 1.22. Ga van de grafen in figuur 7 na of ze Hamiltons zijn (d.w.z. of ze Hamil-tongrafen zijn).

Figuur 7

4. Vraag. Bewijs dat Kn een Hamiltongraaf is.

Analoog als bij een Eulercircuit kan men Definitie 1.21 afzwakken. Een Hamiltonpadin een graaf is een pad dat elke knoop van de graaf precies een keer bevat. Een graafdie in het bezit is van een Hamiltonpad heet een semi-Hamiltongraaf.


Men zou verwachten dat er, evenals bij Eulergrafen, een eenvoudig kriterium bestaatwaarmee men in alle gevallen snel kan uitmaken of de graaf Hamiltons is of niet: eennodige en voldoende voorwaarde dus. Dit is echter niet het geval. Althans, tot nog toe iszo’n voorwaarde niet gevonden. Wel heeft men vele noodzakelijke voorwaarden kunnenafleiden en ook een aantal voldoende voorwaarden. Een voorbeeld van een noodzakelijkevoorwaarde wordt geleverd door de volgende stelling.

1.23. Stelling. Verwijdert men in een Hamiltongraaf k knopen en ook alle takkenincident met die knopen, dan valt die graaf uiteen in hoogstens k samenhangende kom-ponenten, voor alle waarden van k die voldoen aan 1 6 k 6 n (waarbij n het aantalknopen in de oorspronkelijke graaf is).

Bewijs. Laat H een Hamiltoncykel zijn van de Hamiltongraaf G. We kunnen H zelfals een Hamiltongraaf opvatten. Voor H geldt de stelling zeker, zoals we kunnen zien alswe k knopen uit een cykel weglaten. Laat nu in G precies k knopen weg en de daarmeeincidente takken. De grafen G en H gaan dan over in resp. G′ en H ′. Nu bevat H ′

hoogstens k komponenten. Echter heeft G′ dezelfde knopenverzameling als H ′ en bezitmeer takken. Dus kan het aantal komponenten van G′ zeker niet groter zijn dan k. �

Als men kan aantonen dat een graaf G een k-tal knopen bevat die bij weglaten meerdan k komponenten opleveren dan kan G dus niet Hamiltons zijn. In deze zin is devoorwaarde uit Stelling 1.23 dus noodzakelijk.

Opgave 1.24. Toon aan dat de graaf van figuur 8 niet Hamiltons is.

Figuur 8

We zullen ook een voldoende voorwaarde geven voor Hamiltons zijn. De betreffendestelling is betrekkelijk recent (1952) gevonden door Dirac.

1.25. Stelling. Als G een graaf is met n knopen, n ≥ 3, en alle knopen hebben eenvalentie ≥ n/2, dan is G een Hamiltongraaf.

Bewijs. We geven een bewijs uit het ongerijmde. Stel dat de stelling niet waar is. Danmoet er een graaf G bestaan met n knopen en met (v) ≥ n/2, voor alle v, terwijlG geen Hamiltoncircuit bevat. Aan G voegen we nu zoveel mogelijk takken toe doorknopen die in G niet naburig zijn te verbinden. De enige eis die we stellen is dater geen Hamiltoncykels ontstaan. Aldus verkrijgen we een graaf G′. Omdat G′ geenHamiltoncykels bevat is G′ 6= Kn. Er zijn dus zeker knopen v en w die niet door een takzijn verbonden. Als we {v, w} toevoegen ontstaat er wel een Hamiltoncykel. Dus bestaater in G′ een Hamiltonpad v = v1, v2, . . . , vn = w. Met behulp van dit pad kunnen we nu

10 A. J. van Zanten

als volgt een Hamiltoncykel konstrueren. Eerst definieren we twee knopenverzamelingenvan G′ (en dus van G). A is de verzameling buren van v in G′; B is de verzamelingknopen die op het pad de opvolger zijn van een buur van w. Omdat v en w minstensn/2 buren hebben, zijn |A| en |B| beide ≥ n/2. (De notatie |A| betekent het aantalelementen in A.) Zowel A als B is een deelverzameling van {v2, v3, . . . , vn}. Omdat|A|+ |B| ≥ n, is er dus zeker een knoop vj die zowel in A als in B zit. Dus doet zich desituatie voor van figuur 9.

v = v1 vn = w

vjvj−1

Figuur 9

De gerichte takken zijn takken van G′. Maar dan volgt onmiddellijk dat v1, vj , . . . ,vn, vj−1, . . . , v1 een Hamiltoncykel is in G′. Dit is in tegenspraak met de konstruktievan G′. Het gevolg is dat onze stelling wel juist moet zijn. �

Opgave 1.26. Bedenk zelf een voorbeeld waaruit blijkt dat de voorwaarde uit Stelling1.25 niet noodzakelijk is voor het bestaan van een Hamiltoncykel.

2. Vraagstukken voor het werkkollege

Vraagstuk 2.1. Een samenhangende graaf die geen circuit bevat, wordt boom (tree)genoemd.

a. Toon aan dat een boom met meer dan een knoop minstens twee knopen van valentie1 bevat.

b. Teken een aantal bomen. Wat merkt u op betreffende het aantal takken en hetaantal knopen in een boom? Bewijs de door u vermoede relatie.

c. Het resultaat van onderdeel b geeft een ondergrens voor het aantal takken in eensamenhangende (enkelvoudige) graaf. Leid nu een ondergrens af voor het aantaltakken in een graaf die uit k (samenhangende) komponenten bestaat en n knopenheeft.

Vraagstuk 2.2. Hoeveel verschillende Hamiltoncircuits heeft Kn?

Vraagstuk 2.3. In figuur 6 hebben we laten zien dat bij het regelmatig twaalfvlak eenplanaire Hamiltongraaf behoort. Behalve het regelmatige twaalfvlak zijn er nog vierandere regelmatige n-vlakken en wel voor n = 4, 6, 8 en 20. Zie figuur 10. Laat ziendat hierbij ook planaire Hamiltongrafen behoren.


Figuur 10

Vraagstuk 2.4. Er is maar een regelmatig n-vlak waarvan de bijbehorende graaf be-halve Hamiltongraaf ook Eulergraaf is. Welk is dat? Geef een voorbeeld van een Euler-circuit in deze graaf.

Vraagstuk 2.5. Tot een aantal decennia geleden werden telegrammen verzonden metbehulp van een teleprinter. Het centrale element in zo’n apparaat is een roterendetrommel of schijf waarvan de rand verdeeld is in 2n vakjes (n hangt af van het aantalverschillende karakters dat men wil koderen). Elk vakje wordt met een geleidende of meteen niet-geleidende stof bedekt, zodat het wel of niet elektrische stroom kan geleiden. Infiguur 11 is n = 4 genomen en zijn er 4 sensoren (a, b, c en d) die de vakjes aftasten. Alswe geen stroom met een 0 laten korresponderen en wel stroom met een 1, dan kan mendus binaire woorden van lengte 4 aflezen. Als de trommel of schijf over 2π/16 roteertwordt er een volgend binair woord van lengte 4 afgelezen.

Is het mogelijk om de 16 sektoren zo te bedekken met geleidend en niet-geleidendmateriaal dat alle 16 binaire woorden aan de beurt komen? Dezelfde vraag voor wille-keurige n-waarden.

Aanwijzing: Probeer het gevraagde in verband te brengen met een Eulergraaf. Voorn = 4 corresponderen de knopen met de binaire woorden van lengte 3. Een (gerichte)tak van abc naar bcd staat voor het binaire woord abcd.

Figuur 11

Vraagstuk 2.6. In figuur 12 ziet u een schijf met 4 sporen. De schijf is verdeeld in16 gelijke sektoren. Elk sektordeel is bedekt met een geleidend of met een niet-geleidendmateriaal.

12 A. J. van Zanten

Figuur 12

Laten we een geleidend sektordeel met een 1 korresponderen en een niet-geleidendsektordeel met een 0, dan is er de mogelijkheid om de 16 sektoren voor te stellen door debinaire representaties van de getallen 0 t/m 15. Met behulp van sensoren (koolborstels)zijn de sektoren af te lezen. Zo kan dus de rotatiestand van de schijf, met een zekereonnauwkeurigheid, omgezet worden in een binaire kodering.

De nauwkeurigheid wordt groter naarmate we de schijf in meer sektoren verdelen. Inhet algemeen neemt men 2n sektoren, zodat de rotatiestanden door binaire woorden vanlengte n worden gerepresenteerd. Dit is een voorbeeld van analoog-digitaal-konversie.Bij de kodering van de sektoren in figuur 12 zijn er echter fouten mogelijk die niets metde grootte van n te maken hebben. Als de sensor op de rand van twee sektoren staat,dan kan hij soms een 1 of soms een 0 aflezen. Er zijn situaties, bijvoorbeeld bij deovergang van sektor 7 naar sektor 8 dat deze mogelijkheid zich voordoet voor alle vierbits tegelijk. In zo’n geval kunnen alle 24 binaire woorden van lengte 4 worden afgelezen.De beste situatie is die waarin slechts een sektordeel verandert, zoals bijvoorbeeld van2 (0010) naar 3(0011).

De voor de hand liggende vraag is of er een binaire kodering te bedenken is, zodanigdat bij elke overgang er slechts een bit verandert. Dat dit voor binaire woorden vanlengte 4 inderdaad mogelijk is wordt gedemonstreerd door figuur 13.

Figuur 13


Een dergelijke kodering heet Gray-kode naar zijn, bij Bell-Telephone Company wer-kende, ontdekker F. Gray (1953).

Breng Gray-kodes in verband met Hamiltongrafen en bedenk een konstruktie vooreen Gray-kode van lengte n, dat wil zeggen een lijst van alle 2n binaire woorden vanlengte n, zodanig dat elk woord slechts in een bit verschilt van zijn voorganger, en heteerste woord in precies een bit met het laatste.

Aanwijzing: Bepaal eerst een Gray-kode van lengte 2. Bepaal vervolgens een Gray-kode van lengte 3 die verband houdt met de kode van lengte 2. Welk verband? Bepaalnu een Gray-kode van lengte 4 die verband houdt met de vorige. Enz.

3. Opdrachten voor zelfstandig werk

Een bovengrens voor het aantal takken

Opdracht 3.1. Het maximale aantal takken in een samenhangende graaf met n knopenis gelijk aan 1

2n(n− 1).

a. Toon aan dat het aantal takken in een graaf die uit 2 komponenten bestaat zo grootmogelijk is wanneer de ene komponent een volledige graaf is met n − 1 knopen,terwijl de andere komponent uit slechts 1 (geısoleerde) knoop bestaat.

b. Leid met behulp van onderdeel a een uitdrukking af voor het maximale aantal takkenin een graaf die uit k komponenten bestaat en n knopen heeft.

Telproblemen

Opdracht 3.2. K3 heeft 2 Eulercircuits. Hoeveel Eulercircuits heeft K5? Bewijs! Merkop dat het er niet toe doet welke knoop het begin– en eindpunt is, maar dat de door-looprichting wel van belang is.

Opdracht 3.3. Het aantal Eulercircuits dat Kn, n oneven, bevat neemt bij toenemenden steeds sterker toe. Voor n = 7 is dit aantal al 129 976 320.Bereken met behulp van dit laatste gegeven op hoeveel verschillende manieren alle 28 ste-nen van een dominospel, rekening houdend met de spelregels, in een rij aan elkaar gelegdkunnen worden.

Willekeurig te doorlopen Eulergrafen

Opdracht 3.4. Sommige Eulergrafen zijn vanuit een of meer van hun knopen willekeurigte doorlopen. Dat wil zeggen: als we, beginnend in zo’n knoop v, de graaf zo lang mogelijkblijven doorlopen zonder een tak tweemaal te gebruiken, dan is het resultaat altijd eenEulercircuit. Het zal duidelijk zijn waarom zo’n graaf bijvoorbeeld geschikt is voor hetontwerp van een tentoonstelling.

Geef een voorbeeld van een Eulergraaf die vanuit precies een van z’n knopen wille-keurig te doorlopen is. Geef ook een voorbeeld van een Eulergraaf die vanuit meerdere,

14 A. J. van Zanten

maar niet alle knopen willekeurig te doorlopen is. En geef een voorbeeld van een Euler-graaf die vanuit elk van zijn knopen willekeurig te doorlopen is. Geef ten slotte eenvoorbeeld van een Eulergraaf die vanuit geen van zijn knopen willekeurig te doorlopenis.

Een generalisatie

Opdracht 3.5. De theorie van Eulerpaden kan op verschillende manieren gegenerali-seerd worden. Een voorbeeld hiervan is de volgende stelling.Als in een samenhangende graaf het aantal knopen van oneven graad 2k is (k > 0),dan zijn er k takdisjunkte paden (dat zijn paden die geen enkele tak met elkaar gemeenhebben) die samen alle takken van de graaf bevatten (de graaf bedekken).

a. Geef een duidelijk (en niet al te flauw) voorbeeld.

b. Bewijs de stelling.

Binaire woorden van lengte 4

Opdracht 3.6. Geef twee verschillende voorbeelden van het bedekken van de 16 sek-toren van figuur 11 zo dat alle binaire woorden van lengte 4 aan de beurt komen. Devoorbeelden moeten duidelijk anders zijn dan die van figuur 11 en vergezeld worden vaneen duidelijke toelichting.

Opdracht 3.7. Bepaal alle Gray-kodes van lengte 3 en leg uit dat je ze inderdaadallemaal hebt.

De algoritme van Fleury

Opdracht 3.8. Het is niet altijd gemakkelijk om in een Eulergraaf door gewoon maareens iets te proberen een Eulercircuit te vinden. Een efficiente manier om in een Euler-graaf een Eulercircuit te construeren wordt gegeven door de algoritme van Fleury. Zoekin de literatuur op hoe deze algoritme werkt en leg dit in eigen woorden uit aan de handvan een zelfbedacht eenvoudig voorbeeld.

Opdracht 3.9. Onder de zogenaamde halfregelmatige veelvlakken zijn er vele waarvande bijbehorende graaf een Eulergraaf is. Een ervan is in figuur 14 afgebeeld: de romben-kubooctaeder. Bepaal met behulp van de algoritme van Fleury een Eulercircuit in debijbehorende planaire graaf.

Literatuur

1. Grimaldi, R.P., Discrete and Combinatorial Mathematics, Addison-Wesley Publ.Comp., Reading, Mass., 1994

2. Liu, C.L., Introduction to Combinatorial Mathematics, McGraw Hill Comp., NewYork, 1968


Figuur 14

3. Reingold, E.M., J. Nievergelt and Narsingh Deo, Combinatorial Algorithms, PrenticeHall, Englewood Cliffs, N.J., 1977

4. Vrie, E.M. van de, et.al., Discrete Wiskunde-Grafentheorie, Open Universiteit, Heer-len, 1989

5. Wilson, R.J., Introduction to Graph Theory, Longman, London, 1996

Complexe Getallen

K. P. Hart


Invoering van de complexe getallen

De complexe getallen zijn al behoorlijk oud; in de zestiende eeuw doken ze op bij hetoplossen van algebraısche vergelijkingen. Complexe getallen spelen een belangrijke rolbij het oplossen van tweede-orde differentiaalvergelijkingen; dit soort differentiaalverge-lijkingen treedt dikwijls op bij trillingsverschijnselen.

Definitie

We voeren een nieuw (niet reeel) getal i in en we eisen dat i2 = −1. Complexe getallenzijn getallen van de vorm

z = a+ bi,

waarbij a en b reele getallen zijn. We zeggen dat a het reele deel en b het imaginairedeel van het complex getal z is. We gebruiken de notatie

a = Re z en b = Im z.

De verzameling van alle complexe getallen noteren we met C.

1. Voorbeeld. Het reele deel van 3− 2i is 3 en het imaginaire deel is −2. In ‘formule’Re(3 − 2i) = 3 en Im(3 − 2i) = −2.

Optellen en vermenigvuldigen

We gebruiken gewone rekenregels die ook voor reele getallen gelden. Optellen gaatzonder problemen: de som van a+ bi en c+ di is

a+ bi+ c+ di = (a+ c) + (b+ d)i

Vermenigvuldigen gaat ook goed, werk de haakjes weg en vervang telkens i2 door −1, zogeldt bijvoorbeeld (1+2i)(3+4i) = 1 ·3+1 ·4i+2i ·3+2i ·4i, waarin 2i ·4i = 8i2 = −8,en dus (1 + 2i)(3 + 4i) = 3 + 4i+ 6i− 8 = −5 + 10i. In het algemeen krijgen we

(a+ bi)(c+ di) = ac+ adi+ bic+ bidi

= ac+ adi+ bci− bd

= (ac− bd) + (ad+ bc)i

en dit is weer van de juiste vorm.Voor straks, bij het delen, noemen we een belangrijk speciaal geval. In het product

(3 + 4i)(3 − 4i) vallen de termen met i tegen elkaar weg: (4 + 3i)(4 − 3i) = 16 − 12i+12i− 9i2 = 16 + 9 = 25. In het algemeen: (a+ bi)(a− bi) = a2 + b2.

17

18 K. P. Hart

Delen

We kunnen complexe getallen ook op elkaar delen. Daarbij is de opmerking hierbovenheel handig; om bijvoorbeeld 7 + 24i door 4 + 3i te delen kun je als volgt te werk gaan:

7 + 24i

4 + 3i=

7 + 24i

4 + 3i× 4 − 3i

4 − 3i=

(7 + 24i)(4 − 3i)

25

Je kunt nu het product in de teller uitrekenen en van het resultaat de reele en imaginairedelen door 25 delen, er komt dan

7 + 24i

4 + 3i=

100 + 75i

25=

100

25+

75

25i = 4 + 3i

(reken maar na).De algemene formules krijg je ook zo:

1

a+ bi=

1

a+ bi· a− bi

a− bi=

a− bi

a2 + b2. (1)

ena+ bi

c+ di=a+ bi

c+ di

c− di

c− di=ac+ bd

c2 + d2+

−ad+ bc

c2 + d2i.

Het is overigens niet aan te raden de formules uit het hoofd te leren; beter is het demanier van het voorbeeld te onthouden. We doen er nog een:

2. Voorbeeld. We delen −1 + 5i door 2 + 3i. Vermenigvuldig teller en noemer met2 − 3i:

−1 + 5i

2 + 3i=

−1 + 5i

2 + 3i· 2 − 3i

2 − 3i=

(−2 + 15) + (10 + 3)i

4 + 9= 1 + i.

Meetkunde der complexe getallen

Complexe getallen corresponderen met de punten van het platte vlak R2. Een complexgetal wordt immers volledig bepaald door twee reele getallen: 2 + 3i wordt bepaalddoor 2 en 3, waarbij 3 aan het imaginaire getal i vastgeplakt zit. Op deze maniercorrespondeert het getal 2+3i met het punt (2, 3) in R2. Evenzo correspondeert −1−5imet het punt (−1,−5).

Als we de punten in het platte vlak als complexe getallen beschouwen dan zullen we— om dit te benadrukken — van het complexe vlak spreken. De x-as noemen we dande reele as en de y-as heet dan de imaginaire as.

Modulus

3. Definitie. De modulus van een complex getal is de afstand van dat getal tot deoorsprong. We noteren de modulus van het getal z als |z|.

Dus als z = a+ bi dan geldt |z| =√a2 + b2.

4. Voorbeeld. De modulus van 3 + 4i is√

9 + 16 =√

25 = 5 en de modulus van12 − i

2

√3 is 1.

5. Stelling. Als z en w complexe getallen zijn dan geldt |zw| = |z| · |w|.

Complexe Getallen 19

Bewijs. Schrijf z = x + yi en w = u + vi en reken alles maar uit: zw = (xu − yv) +(xv + yu)i en dus

|zw|2 = (xu− yv)2 + (xv + yu)2

= x2u2 − 2xyuv + y2v2 + x2v2 + 2xyuv + y2u2

= x2u2 + y2v2 + x2v2 + y2u2.

Het laatste laat zich ontbinden tot (x2 + y2)(u2 + v2) en dat is precies(

|z| · |w|)2

. �

6. Voorbeeld. De modulus van 3 + 4i is gelijk aan 5 dus de modulus van (3 + 4i)3 is

53 = 125 en de modulus van (3 + 4i)(

12 − i

2

√3)10

is 5 · 110 = 5.

Argument

Een ander meetkundig aspect van een complex getal is zijn argument. Om dit te de-finieren bekijken we even een complex getal z = a+ bi, z 6= 0.

φ

a+ bi bi = i|z| sinφ

a = |z| cosφ

Figuur 1. Het argument

In Figuur 1 zijn aangegeven: de hoek ϕ die de vector a + bi met de positieve reeleas maakt, het reele deel a = |z| cosϕ en i maal het imaginaire deel: bi = i|z| sinϕ.

We zien dat een complex getal ook bepaald wordt door zijn modulus en de hoekdie het met de positieve reele as maakt. Die hoek noemen we het argument van hetcomplexe getal; het argument is tot op een veelvoud van 2π na bepaald. Zo kunnen webijvoorbeeld 1+ i schrijven als

√2(cos π

4 + i sin π4 ), maar ook als

√2(cos 9π

4 + i sin 9π4 ) of

als√

2(cos −7π4 + i sin −7π

4 ).Uit alle mogelijke argumenten kiezen we een speciale en die zullen we de hoofdwaarde

van het argument van het complexe getal noemen.

7. Definitie. Laat z = a+ bi een complex getal ongelijk aan 0 zijn met modulus r. Dehoofdwaarde van het argument van z is de unieke hoek ϕ die voldoet aan −π < ϕ 6 πen waarvoor z = r(cosϕ+ i sinϕ). We noteren die hoofdwaarde als Arg z.

Het argument van 0 is niet gedefinieerd.

8. Opmerking. De getallen r en ϕ worden ook de poolcoordinaten van het punt (a, b)genoemd. Een punt is hierbij volledig vastgelegd door zijn afstand r tot de oorsprong(de pool) en de hoek ϕ die zijn plaatsvector met de positieve x-as (de poollijn) maakt.

20 K. P. Hart

Poolcoordinaten zijn erg handig als je rotatiebewegingen wilt beschrijven. Zo isde cirkel met straal 10 om (0, 0) in poolcoordinaten heel eenvoudig te beschrijven metr = 10.

9. Voorbeeld. Het argument van i is π/2, het argument van −1 is π en het argumentvan −1 − i is −3π/4. Verder geldt Arg 1 = 0 en Arg(1 + i) = π/4 (zie boven).

Complex toegevoegde

We kunnen een complex getal z = x + yi in de reele as spiegelen; we krijgen dan hetgetal x − yi. Dit getal noteren we als z en we noemen het de complex toegevoegde ofcomplex geconjugeerde van z. Zie Figuur 2.

z = x− yi

z = x+ yi

Figuur 2. Complex toegevoegde

De complex toegevoegde kan allerlei berekeningen eenvoudig maken; zo geldt bij-voorbeeld |z|2 = zz en de berekening van 1/z in formule (1) op bladzijde 18 wordt vaakals volgt opgeschreven:

1

z=

z

z · z =z

|z|2

De oplossing van de vierkantsvergelijking

Een vergelijking van de vorm ax2 + bx+ c = 0 lossen we met behulp van de abc-formuleop: eerst bereken je D = b2 − 4ac (de discriminant). Als D > 0 dan wordt de oplossinggegeven door

x =−b±

√D

2aen als D < 0 dan heeft de vergelijking geen (reele) oplossing.

Als we complexe getallen toelaten krijgen we ook in het geval D < 0 oplossingen.Het is hierbij nuttig te weten hoe de abc-formule tot stand komt.

10. Voorbeeld. We lossen de vergelijking x2 +4x+9 = 0 op (NB D = 16−36 = −20).We splitsen eerst kwadraat af; dat gaat als volgt. Merk eerst op dat x2+4x te voorschijnkomt als je (x+ 2)2 uitwerkt: immers (x+ 2)2 = x2 + 4x+ 4. Daarom schrijven we

x2 + 4x+ 9 = (x+ 2)2 − 4 + 9 = (x+ 2)2 + 5

Nu krijgen we de vergelijking (x+ 2)2 + 5 = 0 of (x+ 2)2 = −5. Maar we kennen twee

getallen met kwadraat −5, namelijk i√

5 en −i√

5. We vinden x + 2 = ±i√

5 ofwelx = −2 ± i

√5.


Merk op dat dit klopt met de abc-formule, als we maar i√

20 schrijven in plaats van√−20.

In het algemeen gaat het ook zo, alleen wat ingewikkelder. We nemen een vierkants-vergelijking ax2+bx+c = 0 (met a 6= 0). Haal a buiten de haakjes — a(x2+ b

ax+ ca ) = 0

— en splits kwadraat af:

x2 +b

ax+

c

a=

(

x+b

2a

)2

− b2

4a2+c

a.

Onze vergelijking wordt nu(

x+b

2a

)2

=D

4a2.

Als D > 0 dan krijgen we als vanouds

x+b

2a= ±

√b2 − 4ac

2a

Als D < 0 dan gebruiken we ons nieuwe getal i en√−D om de volgende complexe

oplossingen van onze vergelijking te krijgen:

x = − b

2a± i

√4ac− b2

2a.

Opgaven

1. Bereken:

(a)i+ i2 + i3 + i4 + i5

1 + i;

(b)1

1 − 3i− 1

1 + 3i.

2. Bereken:

(a)1

i;

(b)1

1 + i;

(c)2 + 3i

3 − 4i;

(d)1 + i

1 − 2i;

(e) i5 + i16;

(f) 12 (1 + i)

(

1 + i−8)

.

22 K. P. Hart

3. Bereken:

(a) |3 − 4i| · |4 + 3i|;

(b) | 1

1 + 3i− 1

1 − 3i|;

(c)5

3 − 4i+

10

4 + 3i;

(d)(1 + i)(2 + 3i)(4 − 2i)

(1 + 2i)2(1 − i).

4. Vind modulus en argument van de volgende complexe getallen en teken de getallen inhet complexe vlak.

(a) 2i;

(b) −3i;

(c) −1;

(d) 1;

(e)1 + i√

2;

(f) (−1 + i)3;

(g) (−1 − i)3;

(h)1

1 + i;

(i)1

(1 + i)2.

5. Vind argument en modulus van de volgende complexe getallen en teken de getallen inhet complexe vlak.

(a) 3 + 3i;

(b) −1 + i√

3;

(c) −2;

(d) −2 − 2i√

3.

6. Reken na dat in het algemeen z + w = z + w, z · w = z · w, z · z = |z|2 en 1/z = 1/z.

7. Splits kwadraat af:

(a) x2 + 2x+ 5;

(b) 2x2 − 2x+ 3;

(c) 5 − 4x− x2.

8. Los de volgende vergelijkingen op in C:

(a) z2 + 5z + 14 = 0;

(b) z2 + 3z + 4 = 0;

(c) 2z2 − 8z + 14 = 0;

(d) 7z − z2 − 15 = 0.


Rekenen met complexe getallen

Rekenen met modulus en argument

Met behulp van modulus en argument kunnen we mooie formules opstellen voor hetprodukt en quotient van twee complexe getallen. Neem maar twee complexe getallenα = r(cosϕ + i sinϕ) en β = s(cosψ + i sinψ). De modulus van αβ is rs, zoals wein Stelling 5 gezien hebben. We werken het produkt uit en we gebruiken een paargonioformules:

αβ = rs(cosϕ+ i sinϕ)(cosψ + i sinψ)

= rs(

(cosϕ cosψ − sinϕ sinψ) + i(sinϕ cosψ + cosϕ sinψ))

= rs(

cos(ϕ+ ψ) + i sin(ϕ+ ψ))

.

Vermenigvuldigen komt dus neer op: modulussen vermenigvuldigen en argumenten op-tellen. Als we de hoofdwaarde van het argument willen hebben dan moeten we hetgevonden argument soms wat aanpassen.

11. Voorbeeld. Het produkt van −1 + i en 1 + i√

3 is (−1−√

3) + i(1−√

3) (ga na).De som van de argumenten is 3π

4 + π3 = 13

12π. Dit is groter dan π en kan dus niet de

hoofdwaarde van het argument zijn; als we er 2π van aftrekken krijgen we −1112π en dat

zit in het goede interval. Voorts is het produkt van de modulussen gelijk aan√

2 ·2, dus:

(−1 −√

3) + i(1 −√

3) = 2√

2

(

cos13π

12+ i sin

13π

12

)

= 2√

2

(

cos−11π

12+ i sin

−11π

12

)

.

De hoofdwaarde van het argument van het produkt is dus −1112π. In Figuur 3 zijn alle

getallen weergegeven.

α

β

αβ

π3

34

π

−1112

π

Figuur 3. Argument en produkt

Opgave 0.1. Laat α en β complexe getallen zijn met Argα = ϕ en Arg β = ψ. Ga zorgvuldigna dat

Arg(αβ) =

8

<

:

ϕ+ ψ − 2π als π < ϕ+ ψ,ϕ+ ψ als −π < ϕ+ ψ 6 π enϕ+ ψ + 2π als ϕ+ ψ 6 −π.

24 K. P. Hart

Iets dergelijks kunnen voor het delen van complexe getallen doen. In de eersteplaats, als β = s(cosψ + i sinψ) dan 1/β = (1/s)(cosψ − i sinψ) (reken maar na). Wekunnen dan als volgt α door β delen:

α

β=r

s(cosϕ+ i sinϕ)(cosψ − i sinψ)

=r

s

(

cos(ϕ− ψ) + i sin(ϕ− ψ))

Dus, modulussen delen en argumenten aftrekken.Het rekenen met modulus en argument is zeer handig als je grote machten van

complexe getallen uit moet rekenen.

12. Voorbeeld. We berekenen (1 − i√

3)10. De modulus van 1 − i√

3 is√

1 + 3 = 2en het argument is −π/3 want −π/3 is de enige hoek in het interval (−π, π] waarvan

de cosinus gelijk is aan 1/2 en waarvan de sinus gelijk is aan −12

√3. De modulus van

(1 − i√

3)10 is dus gelijk aan 210 = 1024. Het argument vinden we door (1 − i√

3)10 teschrijven als 1024

(

cos(−103 π) + i sin(−10

3 π))

(het argument met 10 vermenigvuldigen).

Als we dan 4π bij −103 π optellen verandert het getal niet maar krijgen we wel 2

3π en dat

ligt in (−π, π]. Het argument van (1 − i√

3)10 is dus 23π.

We zien dat (1 − i√

3)10 = 1024(cos 23π + i sin 2

3π) = −512 + 512i√

3.

Formule van De Moivre

13. Stelling (Formule van De Moivre). Laat ϕ een reeel getal zijn en n ∈ Z. Dangeldt (cosϕ+ i sinϕ)n = cosnϕ+ i sinnϕ.

Bewijs. Dit volgt meteen door ‘hoeken optellen’; bedenk dat de modulus van cosϕ +i sinϕ gelijk aan 1 is. �

We kunnen met dit idee ook bepaalde andere vergelijkingen oplossen.

14. Voorbeeld. We lossen de vergelijking z3 = −2+2i op. Schrijf hiertoe z = r(cosϕ+i sinϕ), waarbij ϕ = Arg z (de hoofdwaarde dus). Dan geldt z3 = r3(cos 3ϕ + i sin 3ϕ);

tegelijkertijd geldt −2+2i = 2√

2(

cos( 34π)+ i sin( 3

4π))

. Uit de vergelijking halen we dan

r3 = 2√

2 en cos 3ϕ + i sin 3ϕ = cos( 34π) + i sin( 3

4π). Dit geeft ons r =√

2 (want er is

maar een positief getal met 2√

2 als derde macht) en 3ϕ = 34π+2kπ, ofwel ϕ = 1

4π+ 23kπ

met k ∈ Z.Maar ϕ is een hoofdwaarde, dus −π < ϕ 6 π en daarom komen alleen k = −1, 0 en

1 in aanmerking, met de volgende waarden voor ϕ: − 512π, 1

4π en 1112π. De bijbehorende

oplossingen van de vergelijking zijn dan: z1 =√

2(

cos(− 512π) + i sin(− 5

12π))

, z2 =√2(

cos( 14π)+ i sin( 1

4π))

en z3 =√

2(

cos( 1112π) + i sin( 11

12π))

. De oplossingen vormen een

z1

z2

z3


mooie gelijkzijdige driehoek.

Rekenen met de complex toegevoegde

De complex toegevoegde kan sommige formules wat eenvoudiger maken. Om te beginnenkunnen we Re z en Im z in z en z uitdrukken:

Re z =1

2(z + z) en Im z =

1

2i(z − z)

(schrijf maar uit).Als |z| = 1 dan hebben we 1/z = z; dit kan ook wel eens makkelijk zijn.

15. Voorbeeld. Als |z| = 1 dan is z/(z2 − 2z + 1) reeel (mits z 6= 1). Immers,vermenigvuldig teller en noemer met z en gebruik dat zz = 1:

zz

z2z − 2zz + z=

1

z − 2 + z=

1

2 Re z − 2.

Dit laatste is een reeel getal en, omdat −1 6 Re z < 1, kleiner dan of gelijk aan −14 .

De exponentiele functie

Onze laatste taak is het afspreken wat de waarde van ez is voor willekeurige complexegetallen z. Schrijf z = x+ yi; wat ez ook zal zijn, we willen in ieder geval de gelijkheidez = ex+yi = ex · eyi hebben. Nu weten we wat ex is, het probleem is nog het definierenvan eyi voor reele getallen y. Welnu, gebleken is dat de volgende afspraak het best werkt:

eyi = cos y + i sin y.

We zullen later zien dat we deze afspraak zeer goed kunnen rechtvaardigen. Voorlopigmoet de volgende berekening illustreren dat we niet iets totaal onzinnigs hebben gedaan.

eia · eib = (cos a+ i sin a)(cos b+ i sin b)

= cos(a+ b) + i sin(a+ b)

= eia+ib

(Zie bladzijde 23 voor de middelste stap.) Het gevolg is dat voor elk tweetal complexegetallen z en w geldt

ez+w = ez · ew.

We vatten de belangrijkste eigenschappen van de complexe exponentiele functiesamen in de volgende stelling.

16. Stelling. De functie ez heeft de volgende eigenschappen.

1. Als x ∈ R dan |eix| = 1.

2. Als z = x+ iy dan |ez| = ex.

3. Voor elke z geldt ez = ez+2πi; de complexe exponentiele functie is dus periodiek,met periode 2πi.

We kunnen nu nog een schrijfwijze voor complexe getallen introduceren. Als α eencomplex getal is met modulus r en argument ϕ dan geldt α = reiϕ. Via deze schrijfwijzekunnen we ook exponentiele vergelijkingen oplossen.

26 K. P. Hart

17. Voorbeeld. We lossen de vergelijking ez = −1 + i op. Nu geldt −1 + i =√

2e3π4

i.Stel z = x+iy is een oplossing. Omdat ez = ex ·eiy krijgen we de volgende vergelijkingen

ex =√

2 en eiy = e3π4

i

Hieruit volgt dat x = 12 ln 2 en y = 3π

4 + 2kπ met k ∈ Z. De vergelijking heeft dusoneindig veel oplossingen:

1

2ln 2 +

(3π

4+ 2kπ

)

i, k ∈ Z.

Een formule van Euler

We besluiten deze paragraaf met een formule die voor sommigen de mooiste uit dewiskunde is omdat zij de belangrijkste vijf getallen — 0, 1, e, π en i — bij elkaar brengt:

eiπ + 1 = 0.

Opgaven

9. Schrijf elk getal in de vorm x+ iy met x, y ∈ R:

(a) eπi/2;

(b) 3eπi;

(c) −e−πi;

(d) 2e−12πi;

(e) i+ eπi;

(f) e14πi − e−

14πi;

(g)1 − e

12πi

1 + e12πi

;

(h)1 − e

12πi

1 + e−12πi

.

10. Bereken:

(a) (1 + i)50;

(b) (1 − i)100;

(c) (−2 + 2i)20;

(d) (−1 + i√

3)10.

11. Los de volgende vergelijkingen op en teken de oplossingen in het complexe vlak.

(a) z3 = 1;

(b) z3 = −1;

(c) z4 = −16;

(d) z8 = 256.

12. Bewijs dat ez 6= 0 voor alle z ∈ C.


13. Vind alle z ∈ C waarvoor geldt:

(a) ez = i;

(b) ez = −2.

(c) ez = −1 + i;

(d) e2z = i+√

3.

14. Zij θ een reeel getal. Er geldt

cos θ =eiθ + e−iθ

2en sin θ =

eiθ − e−iθ

2i.

(a) Bewijs deze formules

(b) Leidt, met behulp van deze formules, af dat

cos2 θ =1

2(1 + cos 2θ) en sin2 θ =

1

2(1 − cos 2θ).

2. Vraagstukken voor het werkcollege

Vierkantswortels

Vraagstuk 1. Schrijf z = x+ iy en w = u+ iv en los w2 = z op; druk u en v in termenvan x en y uit.

Vraagstuk 2.

a) Geef formules voor cos π8 en sin π

8

b) Geef formules voor cos π16 en sin π

16

c) Geef formules voor cos π12 en sin π

12

Vraagstuk 3. Laat z = x + iy en w = u + iv twee complexe getallen zijn (ongelijkaan 0).

a) Toon aan: de vectoren (x, y) en (u, v) staan loodrecht op elkaar dan en slechts danals z/w zuiver imaginair is.

b) Toon aan: de vectoren (x, y) en (u, v) ligen op dezelfde lijn door 0 dan en slechtsdan als z/w zuiver reeel is.

c) Wat kun je over de ligging van z en w zeggen als zw zuiver reeel is?

d) Wat kun je over de ligging van z en w zeggen als zw zuiver imaginair is?

Vraagstuk 4. Teken de volgende twee verzamelingen in het complexe vlak:

a) {z : Arg(

z−iz−5

)

= 12π}

b) {z : Arg(

z−iz−5

)

= −12π}

Vraagstuk 5. Teken de volgende verzamelingen in het complexe vlak

a) {z : |z − i| = |z − 2|}b) {z : |z − i| = 2|z − 2|}

28 K. P. Hart

c) {z : 2|z − i| = |z − 2|}d) {z : |z − i| + |z − 2| = 4}e) {z : |z − i| − |z − 2| = 4}

Derdegraadsvergelijking

Een van de redenen voor het invoeren van de complexe getallen is de formule voor deoplossing van de derdegraadsvergelijking. We bekijken de vergelijking x3 = 15x+ 4.

Vraagstuk 6. We passen de methode van Tartaglia en Cardano toe. Stel x = u+ v.

a) Vul dit in in de vergelijking en laat zien dat het voldoende is u en v zo te bepalendat u3 + v3 = 4 en 3uv = 15.

b) Laat zien dat door v = 5/u te nemen een kwadratische vergelijking voor u3 ontstaat.

c) Heeft deze kwadratische vergelijking reele oplossingen?

d) Heeft de gegeven derdegraadsvergelijking reele oplossingen?

e) Los de kwadratische vergelijking op: u3 = . . . en v3 = . . .

f) Bepaal alle mogelijke waarden van u en v en daarmee alle oplossingen van de der-degraadsvergelijking.


Vierkantswortels

Omdat voor elk complex getal z de vergelijking w2 = z oplosbaar is lijkt het mogelijkom over de functie

√z te praten..

Vraagstuk 1. Wat is de definite van√x als x reeel is?

Vraagstuk 2. Hoe zou je√z definieren?

Vraagstuk 3. Wat is er mis met het volgende bewijs:

−1 =√−1 ·

√−1 =

√−1 · −1 =

√1 = 1

Algemene vierkantsvergelijking

Vraagstuk 4. Geef een oplosmethode voor de algemene (complexe) vierkantsvergelij-king az2 + bz + c = 0.

Derdegraadsvergelijking

We bekijken een algemene derdegraadsvergelijking x3 + bx2 + cx+ d = 0.


Vraagstuk 5. Bepaal p en q zo dat de vergelijking te schrijven is als (x + 13b)

3 =

p(x+ 13b) + q.

We lossen de vergelijking y3 = py + q op.

Vraagstuk 6. We passen weer de methode van Tartaglia en Cardano toe. Stel y = u+v.

a) Vul dit in in de vergelijking en laat zien dat het voldoende is u en v zo te bepalendat u3 + v3 = q en 3uv = p.

b) Laat zien dat door v = p/(3u) te nemen een kwadratische vergelijking voor u3

ontstaat.

c) Los de kwadratische vergelijking op: u3 = . . . en v3 = . . .

d) Bepaal alle mogelijke waarden van u en v en daarmee alle oplossingen van de der-degraadsvergelijking y3 = py + q.

Machtsverheffen

Vraagstuk 7. Voor welke reele a en b is ab gedefinieerd en hoe?

Vraagstuk 8.

a) Wat is het verschil tussen de reele vergelijking ex = 10 en de complexe vergelijkingez = 10?

b) Voor welke reele x is lnx gedefinieerd en hoe?

c) Aan welke eisen zou een complexe logaritme-functie, noem hem log, moeten voldoen?

d) Kun je zo’n functie definieren.

Vraagstuk 9.

a) Zoek in de literatuur op hoe de complexe logaritme uiteindelijk gedefinieerd is.

b) Wat betekent dit voor complexe machtsverheffing? Hoe is ab gedefinieerd voorcomplexe a en b?

Vraagstuk 10. Bepaal alle mogelijke waarden van ii.

30 K. P. Hart

Antwoorden

1. (a)1

2+

1

2i;

(b)3

5i.

2. (a) −i;(b) 1−i

2;

(c) −6+17i

25;

(d) −1+3i

5;

(e) 1 + i;(f) 1 + i.

3. (a) 25;(b) 3

5;

(c) 11−2i

5;

(d) 16−2i

5.

4. (a) 2, π/2;(b) 3, −π/2;(c) 1, π;(d) 1, 0;(e) 1, π/4;

(f) 2√

2, π/4;

(g) 2√

2, −π/4;

(h)√

2/2, −π/4;(i) 1/2, −π/2.

5. (a) 3√

2,π

4;

(b) 2,2

3π;

(c) 2, π;

(d) 4, −2

3π.

7. (a) (x+ 1)2 + 4;(b) 2(x− 1

2)2 + 5

2;

(c) 9 − (x+ 2)2.

8. (a) z = − 52± i

2

√31;

(b) z = − 32± i

2

√7;

(c) z = 2 ± i√

3;

(d) z = 72± i

2

√11.

9. (a) i;(b) −3;(c) 1;(d) −2i;(e) −1 + i;

(f) i√

2;(g) −i(h) 1.

10. (a) 225i;(b) −250;(c) −230;

(d) 512(−1 + i√

3).

11. (a) − 12− 1

2

√3i, 1, − 1

2+ 1

2

√3i.

(b) 12− 1

2

√3i, 1

2+ 1

2

√3i, −1.

(c)√

2 + i√

2, −√

2 + i√

2, −√

2 − i√

2,√2 − i

√2.

(d) −√

2 − i√

2, −2i,√

2 − i√

2, 2,√

2 + i√

2,

2i, −√

2 + i√

2, −2.

13. (a) 12πi+ 2kπi, k ∈ Z;

(b) ln 2 + πi+ 2kπi, k ∈ Z.(c) 1

2ln 2 + 3

4πi+ 2kπi, k ∈ Z;

(d) 12

ln 2 + 112πi+ kπi; k ∈ Z.

Recurrente Betrekkingen

H. A. W. M. Kneppers

Inleiding

Er zijn verschillende manieren om een (oneindig lange) rij reele getallen te beschrijven.Zo kan men bijvoorbeeld het begin van de rij geven en het dan aan de lezer overlatenom te bedenken hoe het verder gaat. Voorbeelden hiervan zijn:

• 0, 1, 4, 9, 16, 25, . . .

• 16 ,

18 ,

110 ,

112 , . . .

• −2, 4,−8, 16, . . .

• 1, 1, 2, 6, 24, 120, 720, . . .

• 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, . . .

• 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, . . .

De rij a0, a1, a2, a3, . . . wordt genoteerd als {an}∞n=0 of gewoon als {an}. Veel rijenkunnen beschreven worden door middel van een expliciete formule. Van de bovenstaandevoorbeelden kunnen de eerste vier rijen achtereenvolgens als volgt beschreven worden:

•{

n2}∞

n=0

•{

12n

}∞n=3

• {(−2)n}∞n=1

• {n!}∞n=0

Bij de vijfde rij is het een stuk lastiger om een formule te vinden. Wel ziet menvrij snel in dat een getal uit de rij gevonden wordt door de twee getallen die er voorstaan bij elkaar te tellen (uiteraard geldt dit niet voor de eerste twee getallen van derij). Dit leidt tot een zogeheten recursieve definitie: de rij is helemaal vastgelegd doorte stellen dat a0 = 3 en a1 = 4 en dat voor n ≥ 2 geldt an = an−1 + an−2. Wij zullenons bezighouden met de volgende vraag: Stel dat een rij {an} gegeven is door middelvan een recursieve definitie, kunnen we dan een expliciete formule vinden voor an?


Recurrente betrekkingen in het algemeen

1.1. Definitie. Een recurrente betrekking is een of andere relatie tussen an+1, an, an−1,an−2, · · · die geldig is voor alle n die groter dan of gelijk zijn aan een gegeven getal n0.

In het in de inleiding besproken voorbeeld hadden we de recurrente betrekking

an = an−1 + an−2 (n ≥ 2)

met andere woorden

an − an−1 − an−2 = 0 (n ≥ 2)

31

32 H. A. W. M. Kneppers

Door de nummers in deze betrekking twee stappen op te schuiven kan dezelfde recurrentebetrekking ook in de volgende gedaante worden opgeschreven:

an+2 − an+1 − an = 0 (n ≥ 0)

Andere voorbeelden van recurrente betrekkingen zijn:

1.2. Voorbeeld. (a) an = nan−1 (n ≥ 1)

(b) 3an + 7an−2 − 5an−3 = n8 + 7n+ 5 (n ≥ 7)

(c) an =√

2 + an−1 (n ≥ 3)

(d) an + n2an−1 + 8an−2 = (n3 − 7n+ 1)5n (n ≥ 10)

(e) an + 3an−1an−2 = 7 (n ≥ 2)

(f) an = an−1a1 + an−2a2 + · · · + a1an−1 (n ≥ 2)

Om, uitgaande van een recurrente betrekking, een rij {an} vast te leggen, moetvan een of meer termen de waarde gegeven zijn. Dit wordt gedaan door middel vanrandvoorwaarden. In de inleiding hadden we bij de recurrente betrekking an − an−1 −an−2 = 0 (n ≥ 2) de twee randvoorwaarden a0 = 3 en a1 = 4. In voorbeeld 1.2(a) hoeftalleen a0 gegeven te zijn om alle andere an te kunnen bepalen, met andere woorden er ishier maar een randvoorwaarde nodig. Als deze randvoorwaarde luidt a0 = 1 dan geldtan = n!.

Opgave 1.3. Hoeveel randvoorwaarden zijn er nodig in voorbeelden 1.2(b) t/m (f)?

Een recurrente betrekking wordt ook wel een differentievergelijking genoemd. Detheorie van de recurrente betrekkingen vertoont veel overeenkomsten met de theorie vande differentiaalvergelijkingen. De rij {an} kan worden beschouwd als functie f : N → R

door te stellen f(n) = an. In plaats van een functie van een continue variabele x heeftmen dan een functie van een discrete variabele n en in plaats van afgeleiden vergelijktmen nu functiewaarden in punten op die op vaste afstand van elkaar liggen.Daarom is de terminologie bij recurrente betrekkingen vaak dezelfde als bij differenti-aalvergelijkingen. Zo kent men zowel bij differentiaalvergelijkingen als bij recurrentebetrekkingen het begrip lineair. Een recurrente betrekking heet lineair als alle termendie ai bevatten van de vorm cai zijn, waarin c een constante of een functie van n is. Invoorbeeld 1.2 zijn (a), (b) en (d) lineair en (c), (e) en (f) niet-lineair.

Veel problemen uit de combinatoriek of meer algemeen uit de discrete wiskundegeven aanleiding tot recurrente betrekkingen. Een standaardvoorbeeld is het zoge-naamde Fibonacci probleem, dat we, vanwege het grote belang van de resulterendevergelijking bij de studie van algoritmen, hier even in het kort bespreken.

We beginnen met een paar (bedoeld wordt een echt-paar) konijnen. Deze krijgenin de eerste maand van hun leven geen jongen, maar daarna krijgen ze na verloop vanelke maand precies twee jongen van verschillend geslacht, die vervolgens ook deel gaannemen aan het vermenigvuldigingsproces. Als deze konijnen nooit dood gaan, hoe grootis dan het aantal paren konijnen na n maanden?

Stel Fn is het gevraagde aantal. Voor n ≥ 2 kan Fn als volgt worden geteld: DeFn−2 paren die er twee maanden geleden waren hebben zich deze maand verdubbeld,zodat het er nu 2Fn−2 geworden zijn. De (Fn−1 − Fn−2) paren die 1 maand geleden op

Recurrente Betrekkingen 33

de wereld kwamen zijn in aantal het zelfde gebleven. Dus Fn = 2Fn−2+(Fn−1−Fn−2) =Fn−1 + Fn−2. Zo hebben we dus de recurrente betrekking

Fn = Fn−1 + Fn−2 (n ≥ 2)

Uit de probleemstelling blijkt dat we als randvoorwaarden hebben F0 = 1 en F1 = 1.De getallen van de rij {Fn} heten Fibonacci-getallen. Een veel gebruikte conventie isook F0 = 0, F1 = 1, hetgeen tot dezelfde rij getallen aanleiding geeft, afgezien van debeginterm en de nummering.

Voor het berekenen van getallen an, die gedefinieerd worden door een recurrente be-trekking, zou men natuurlijk een computerprogramma kunnen schrijven. Vaak loont hetechter de moeite om een oplossing, d.w.z. een expliciete formule voor an, te zoeken. Merkop dat er voor een recurrente betrekking (zonder randvoorwaarden) meestal meerdereoplossingen mogelijk zijn. Zo heeft bijvoorbeeld de recurrente betrekking an = 2an−1

(n ≥ 1) niet alleen an = 2n als oplossing, maar ook an = 7 · 2n voldoet (en zo zijn ernog wel meer oplossingen te bedenken voor deze recurrente betrekking).

We zullen nu een oplossingsmethode bespreken voor een veel voorkomend type re-currente betrekking.

Lineaire Recurrente Betrekkingen met Constante Coefficienten

1.4. Definitie. Een lineaire recurrente betrekking is een recurrente betrekking van degedaante

(1) c0an + c1an−1 + · · · + cran−r = h(n) (n ≥ n0)

In deze paragraaf beperken we ons tot lineaire recurrente betrekkingen waarin decoefficienten c0, c1, · · · , cr (reele) constanten zijn. We veronderstellen dat c0 en cr beideongelijk aan 0 zijn. Het getal r heet dan de orde van de recurrente betrekking.

De recurrente betrekking heet homogeen als het rechterlid 0 is. Is dit niet hetgeval, dan heet de betrekking inhomogeen. Als de r termen an0−r, an0−r+1, · · · , an0−1

gegeven zijn (de randvoorwaarden), dan kan men met behulp van (1) recursief allevolgende termen berekenen (want c0 6= 0), dus dan is er een eenduidig bepaalde oplossing{an}∞n=n0−r.

Algemene oplossing van een homogene lineaire recurrente betrekking

Stel we hebben de recurrente betrekking

(2) c0an + c1an−1 + · · · + cran−r = 0 (n ≥ n0)

Men kan eenvoudig verifieren dat de volgende eigenschappen gelden:

(1) Als an = f(n) een oplossing is van (2) en λ is een willekeurig reeel getal dan isook an = λf(n) een oplossing.

(2) Als an = f(n) en an = g(n) oplossingen zijn van (2) dan is ook an = f(n)+g(n)een oplossing.


1.5. Voorbeeld. We kunnen door in te vullen eenvoudig inzien dat an = 3n een oploss-ing is van de recurrente betrekking

an − 5an−1 + 6an−2 = 0

Maar dan is op grond van eigenschap 1 ook bijvoorbeeld an = 7 · 3n een oplossing.Als we invullen an = 5 · 2n − 8 · 3n dan zien we dat dit een oplossing is. Maar dan is

op grond van eigenschap 2 ook an = 3n + (5 · 2n − 8 · 3n) = 5 · 2n − 7 · 3n een oplossing.

Uit eigenschappen 1 en 2 volgt dat van twee oplossingen f(n) en g(n) van (2) ookelke lineaire combinatie λf(n) + µg(n) (λ, µ ∈ R) een oplossing van (2) is. Dit kan ookgedaan worden als er meerdere oplossingen bekend zijn: Als f1(n), f2(n), · · · , fm(n)oplossingen van (2) zijn dan is elke lineaire combinatie λ1f1(n)+λ2f2(n)+· · ·+λmfm(n)ook een oplossing.

1.6. Definitie. De oplossingen f1(n), f2(n) · · · , fm(n) van (2) vormen een lineair on-afhankelijk stelsel als het voor elke fi(n) uit dit stelsel onmogelijk is om fi(n) te verkrij-gen als lineaire combinatie van de andere functies van het stelsel. Als het bovendien zo isdat elke oplossing van (2) te schrijven is als lineaire combinatie van f1(n), f2(n) · · · , fm(n)dan vormen deze functies een stelsel basisoplossingen.

Met lineaire algebra kan het volgende bewezen worden:

Bij elke homogene lineaire recurrente betrekking met constante coefficienten bestaan erstelsels basisoplossingen. Het aantal functies in zo’n stelsel is gelijk aan de orde r van debetrekking. Elk lineair onafhankelijk stelsel van r oplossingen is een stelsel basisoplossin-gen. Als er een stelsel basisoplossingen gekozen is dan is elke oplossing van de betrekkingop eenduidige wijze te schrijven als lineaire combinatie van deze basisoplossingen.

Dus voor (2) bestaan er functies f1(n), f2(n) · · · , fr(n) zo dat er elke oplossing opeenduidige wijze te schrijven is als

an = λ1f1(n) + λ2f2(n) + · · · + λrfr(n)

waarbij de λi reele getallen zijn.

We zullen nu proberen een stelsel basisoplossingen van (2) te vinden. We doen diteerst voor de recurrente betrekking uit voorbeeld 1.5.

We zoeken eerst oplossingen van de vorm an = αn met α 6= 0. Om te weten welkewaarden voor α gekozen kunnen worden, substitueren we an = αn in de recurrentebetrekking. Dit leidt tot de vergelijking

αn − 5αn−1 + 6αn−2 = 0

Delen door αn−2 geeft

α2 − 5α+ 6 = 0

en de oplossingen van deze vergelijking zijn α1 = 2 en α2 = 3. Hiermee hebben we dus deoplossingen an = 2n en an = 3n gevonden. Deze oplossingen blijken lineair onafhankelijkte zijn. We hebben 2 onafhankelijke oplossingen voor deze 2-de orde lineaire recurrentebetrekking gevonden, dus we hebben een stelsel basisoplossingen. Dat betekent dat we


door middel van lineaire combinaties van 2n en 3n ook alle andere oplossingen kunnenkrijgen. Anders gezegd, de algemene oplossing luidt:

an = λ12n + λ23

n λ1, λ2 ∈ R

Opgave 1.7. Toon aan dat de functies 2n en 3n inderdaad lineair onafhankelijk vanelkaar zijn.

Nu het algemene geval: We substitueren an = αn in (2), hetgeen oplevert

c0αn + c1α

n−1 + · · · + crαn−r = 0

We delen door αn−r en vinden

(3) c0αr + c1α

r−1 + · · · + cr = 0

Deze vergelijking heet de karakteristieke vergelijking van (2) en de oplossingen α1, α2,· · · , αr heten de karakteristieke wortels. Als α1, α2, · · · , αr allemaal verschillend zijn,dan kan men bewijzen dat de r oplossingen αn

1 , αn2 , · · · , αn

r lineair onafhankelijk zijn endus een stelsel basisoplossingen vormen. De algemene oplossing van (2) is dan

(4) an = λ1αn1 + λ2α

n2 + · · · + λrα

nr , λi ∈ R.

In het geval, dat de karakteristieke vergelijking meervoudige wortels heeft (m.a.w. deαi zijn niet allemaal verschillend) leidt bovenstaande aanpak uiteraard niet tot eenonafhankelijk stelsel. We gaan nu als volgt te werk: stel αi is een k-voudige wortelvan (3). Dan zijn de functies αn

i , nαni , n2αn

i , · · · , nk−1αni ook oplossingen van (2).

Door dit voor alle verschillende karakteristieke wortels te doen krijgen we r functies.Men kan bewijzen dat deze functies een lineair onafhankelijk stelsel, en dus een stelselbasisoplossingen vormen.

1.8. Voorbeeld. We lossen de volgende 4-de orde recurrente betrekking op:

an − 3an−1 − 6an−2 + 28an−3 − 24an−4 = 0

De karakteristieke vergelijking luidt:

α4 − 3α3 − 6α2 + 28α− 24 = 0

Aangezien α4−3α3−6α2 +28α−24 = (α−2)3(α+3) (hetgeen gemakkelijk geverifieerdkan worden), vinden we α1 = α2 = α3 = 2 en α4 = −3. De algemene oplossing van derecurrente betrekking is dus

an = λ12n + λ2n2n + λ3n

22n + λ4(−3)n, λ1, λ2, λ3, λ4 ∈ R

In alle gevallen krijgen we dus een algemene oplossing van (2) die nog r willekeurigeconstanten bevat. Wanneer er bij de recurrente betrekking nog r randvoorwaardengegeven zijn, zijn deze constanten eenduidig vastgelegd.

Het kan gebeuren dat niet alle wortels van de karakteristieke vergelijking reeel zijn.In het volgende voorbeeld zien we hoe via de complexe getallen toch in staat zijn omtot reele oplossingen te komen.

1.9. Voorbeeld. De recurrente betrekking

an − 2an−1 + 4an−2 = 0


heeft karakteristieke wortels α1 = 1 + i√

3 en α2 = 1 − i√

3. De complexe algemeneoplossing is

an = λ1(1 + i√

3)n + λ2(1 − i√

3)n, λ1, λ2 ∈ C

De reele oplossing kan hieruit verkregen worden door gebruik te maken van het feit dat

1 + i√

3 = 2e13πi en 1 − i

√3 = 2e−

13πi, dus

an = λ1

(

2e13πi)n

+ λ2

(

2e−13πi)n

= λ12ne

13nπi + λ22

ne−13nπi

Uitschrijven van de complexe e-machten levert

an = λ12n(cos(

1

3nπ) + i sin(

1

3nπ)) + λ22

n(cos(−1

3nπ) + i sin(−1

3nπ)) =

= 2n((λ1 + λ2) cos(1

3nπ) + i(λ1 − λ2) sin(

1

3nπ))

Stel nu µ1 = λ1+λ2 en µ2 = i(λ1−λ2). Merk op dat ook µ1 en µ2 willekeurige complexegetallen zijn. Als we µ1 en µ2 beperken tot de reele getallen hebben we de reele algemeneoplossing van de recurrente betrekking:

an = 2n(µ1 cos(1

3nπ) + µ2 sin(

1

3nπ)), µ1, µ2 ∈ R

Opgave 1.10. Ga na dat door geschikte keuze van λ1 en λ2 inderdaad elk paar getallenµ1 en µ2 te ”realiseren” is.

1.11. Opmerking. Als er randvoorwaarden zijn, is het niet per se nodig om eerst dereele algemene oplossing te bepalen. Stel dat in het bovenstaande voorbeeld a0 = 1en a1 = 7 als randvoorwaarden gegeven zijn. Deze voorwaarden leiden in de complexealgemene oplossing tot λ1 = 1

2 − i√

3 en λ2 = 12 + i

√3, zodat an = ( 1

2 − i√

3)(1+ i√

3)n +

( 12 + i

√3)(1 − i

√3)n. Merk op dat uit de probleemstelling volgt dat deze uitdrukking

voor elke waarde van n een geheel getal oplevert.

Opgave 1.12. Ga na dat deze oplossing gelijk is aan de oplossing die gevonden wordtals we de randvoorwaarden toepassen op de reele algemene oplossing.

We zullen nu enkele voorbeelden bekijken van vraagstukken die met behulp vanrecurrente betrekkingen worden opgelost.

1.13. Voorbeeld. Bepaal het nde Fibonacci getal en ga na hoe zich dit gedraagt voorgrote n. Neem F0 = 0 en F1 = 1.

Antwoord: Substitutie van Fn = αn in de recurrente betrekking Fn = Fn−1 + Fn−2

geeftαn = αn−1 + αn−2

Delen door αn−2 geeft de karakteristieke vergelijking:

α2 − α− 1 = 0,

met als wortels α1 = 12 (1 +

√5), α2 = 1

2 (1 −√

5). Dus is de algemene oplossing:

Fn = λ1

(

1 +√

5

2

)n

+ λ2

(

1 −√

5

2

)n

.

De randvoorwaarden F0 = 0, F1 = 1 bepalen de constanten λ1 en λ2.


Opgave 1.14. Laat zien dat deze randvoorwaarden opleveren: λ1 = −λ2 = 1√5.

Voor grote waarden van n draagt de tweede term in de uitdrukking voor Fn weinig

bij, omdat∣

∣

12 (1 −

√5)∣

∣ < 1 < 12 (1 +

√5). Dus geldt asymptotisch Fn ∼ 1√

5( 1+

√5

2 )n.

1.15. Voorbeeld. Bereken de n× n -determinant

dn =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 0 0 0 · · · 0 0 0 0 01 1 1 0 0 · · · 0 0 0 0 00 1 1 1 0 · · · 0 0 0 0 00 0 1 1 1 · · · 0 0 0 0 0...

......

......

......

......

...0 0 0 0 0 · · · 0 1 1 1 00 0 0 0 0 · · · 0 0 1 1 10 0 0 0 0 · · · 0 0 0 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Antwoord: Door ontwikkeling naar de eerste rij van deze determinant vinden we derecurrente betrekking

dn = dn−1 − dn−2 (n ≥ 3)

De karakteristieke vergelijking α2 − α + 1 = 0 heeft als wortels α1 = 12 + 1

2 i√

3 = e13πi

en α2 = e−13πi. De (reele) algemene oplossing is

dn = λ1 cos(1

3nπ) + λ2 sin(

1

3nπ), λ1, λ2 ∈ R

Uit de randvoorwaarden d1 = 1 en d2 = 0 vinden we tenslotte λ1 = 1, λ2 = 1√3, zodat

dn = cos(1

3nπ) +

1√3

sin(1

3nπ).

1.16. Voorbeeld. Bereken de n× n - determinant

dn =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 1 0 0 0 · · · 0 0 0 0 01 2 1 0 0 · · · 0 0 0 0 00 1 2 1 0 · · · 0 0 0 0 00 0 1 2 1 · · · 0 0 0 0 0...

......

......

......

......

...0 0 0 0 0 · · · 0 1 2 1 00 0 0 0 0 · · · 0 0 1 2 10 0 0 0 0 · · · 0 0 0 1 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Antwoord: Uit de ontwikkeling van deze determinant volgt

dn = 2dn−1 − dn−2 (n ≥ 3)

met als bijbehorende karakteristieke vergelijking α2−2α+1 = 0. Deze vergelijking heefteen 2-voudige wortel 1. Dus geldt

dn = λ1 · 1n + λ2 · n · 1n = λ1 + λ2n.

Uit d1 = 2, d2 = 3 vinden we dan

dn = 1 + n.


Algemene oplossing van een inhomogene lineaire recurrente betrekking

We gaan nu uit van recurrente betrekking (1). Betrekking (2) noemen we de bijbe-horende homogene recurrente betrekking. Stel dat er, op wat voor manier dan ook, eenoplossing van (1) gevonden is. Dan noemen we dat een particuliere oplossing. Als we

deze particuliere oplossing a(part)n noemen, is het niet moeilijk om na te gaan dat voor

elke oplossing an van (1) geldt dat an − a(part)n een oplossing van (2) is en dat voor elke

oplossing a(hom)n van (2) geldt dat a

(part)n + a

(hom)n een oplossing van (1) is. Met andere

woorden:

De algemene oplossing van een lineaire recurrente betrekking is te schrijven als desom van een particuliere oplossing van die betrekking en de algemene oplossing van debijbehorende homogene recurrente betrekking.

Voor het vinden van een particuliere oplossing bestaat geen algemene regel. Alleenvoor het geval dat het rechterlid h(n) betrekkelijk eenvoudig is zullen we nu een vuistregelgeven.

Stel h(n) in het rechterlid van (1) is van de gedaante p(n)αn, met p(n) een polynoomin n. Er bestaat dan een oplossing van (1) van de vorm nkq(n)αn, waarbij q(n) eveneenseen polynoom is, van dezelfde graad als p(n), terwijl k gelijk is aan de multipliciteit vanα als wortel van de karakteristieke vergelijking van (1).

Voor het bepalen van de particuliere oplossing is het nog slechts nodig om de on-bekende coefficienten in q(n) uit te rekenen. Dat kan men doen door te substituerenan = q(n)nkαn in (1) en door vervolgens de coefficienten van de verschillende machtenvan n links en rechts met elkaar te vergelijken.

1.17. Voorbeeld. Bepaal de algemene oplossing van de volgende recurrente betrekking:

an − 5an−1 + 6an−2 = (2n2 − 8)3n (n ≥ 2)

Antwoord: We lossen eerst de bijbehorende homogene betrekking op:

an − 5an−1 + 6an−2 = 0

De algemene oplossing van deze homogene betrekking (zie voorbeeld 1.5) is

a(hom)n = λ12

n + λ23n, λ1, λ2 ∈ R

We hebben in het rechterlid α = 3 en dat is tevens een oplossing van de karakteris-tieke vergelijking. De multipliciteit van deze oplossing is 1 (dus k=1). Als particuliereoplossing van de inhomogene betrekking proberen we dus

a(part)n = n(An2 +Bn+ C)3n

Substitueren we an = n(An2 +Bn+ C)3n in de betrekking en delen we de zo ontstanevergelijking door 3n dan krijgen we na wegwerken van de haakjes:

An2 + 3An+2

3Bn− 11

3A+B +

1

3C = 2n2 − 8

dus als we willen dat a(part)n een oplossing is dan moeten we er voor zorgen dat A = 2

en 3A+ 23B = 0 en −11

3 A+B + 13C = −8, oftewel A = 2 en B = −9 en C = 25. Dus

a(part)n = n(2n2 − 9n+ 25)3n


Passen we nu het principe an = a(part)n +a

(hom)n toe dan vinden we de algemene oplossing

van de inhomogene recurrente betrekking:

an = n(2n2 − 9n+ 25)3n + λ12n + λ23

n, λ1, λ2 ∈ R

1.18. Opmerking. (a) Vaak is α geen wortel van de karakteristieke vergelijking.

In dat geval geldt k = 0. Dus dan stellen we a(part)n = q(n)αn, waarin q(n) een

polynoom is van dezelfde graad als p(n).(b) Ook komt het veel voor dat h(n) een polynoom is, met andere woorden α = 1.

In dat geval moet men erop verdacht zijn dat 1 een karakteristieke wortel zoukunnen zijn.

1.19. Voorbeeld. In het platte vlak zijn n ovalen getekend. (Een ovaal is een gesloten,convexe kromme, die zichzelf niet snijdt). Elk van deze ovalen snijdt elke andere ovaalin precies 2 punten. Bovendien gaat geen enkel drietal ovalen door 1 punt.

In hoeveel gebieden wordt het platte vlak door deze n ovalen verdeeld?

��

��

��

��

��

��

Antwoord: Laat an het gevraagde aantal zijn. Als n ≥ 2 dan snijdt de n-de ovaal elkvan de voorafgaande n− 1 ovalen in precies 2 punten en wordt dus door die snijpuntenin 2(n− 1) stukken verdeeld. Elk van deze stukken verdeelt een van de an−1 gebieden,waarin het platte vlak door de voorafgaande ovalen is verdeeld, in 2 nieuwe gebieden.Hieruit volgt

(5) an = an−1 + 2(n− 1) (n ≥ 2)

met randvoorwaarde a1 = 2. De karakteristieke vergelijking is α−1 = 0 en de algemene

oplossing van de homogene vergelijking luidt dus a(hom)n = λ · 1n = λ. Als particuliere

oplossing proberen we

a(part)n = (An+B)n11n = An2 +Bn

Opgave 1.20. Laat zien dat substitutie van a(part)n in (5) levert: A = 1 en B = −1,

schrijf vervolgens de algemene oplossing van de inhomogene recurrente betrekking op enlaat zien dat, na verwerking van de randvoorwaarde, als oplossing gevonden wordt:

an = n2 − n+ 2

1.21. Voorbeeld (De torens van Hanoi). Gegeven zijn de drie palen A, B en C. Ompaal A zitten n schijven met een gat in het midden. De onderste schijf heeft straal n,de schijf daarboven heeft straal n− 1, enzovoorts.

��A

��B

��C


De schijven moeten verplaatst worden van paal A naar paal C (waarbij paal B alshulppaal gebruikt mag worden) met inachtneming van de volgende twee spelregels:

(1) Er mag maar een schijf tegelijk verplaatst worden.

(2) Er mag geen schijf op een kleinere schijf geplaatst worden.

Dit probleem is in [2] behandeld als een probleem, dat bij uitstek geschikt is om recursiefte worden opgelost.

We kunnen het probleem voor n schijven als volgt oplossen: Stel dat we het probleemhebben opgelost voor n−1 schijven (voor n = 2 is dit zeker het geval). Dan verplaatsenwe eerst de bovenste n−1 schijven van A naar B, waarbij C als hulppaal gebruikt wordt.Vervolgens verplaatsen we de n-de schijf van A naar C. Tot slot verplaatsen we de n− 1schijven, die om paal B zitten, naar C, waarbij A als hulppaal gebruikt wordt. Merk opdat tijdens deze hele operatie de spelregels worden nageleefd.

Wij zullen nu de complexiteit van het algoritme onderzoeken, dat wil in dit gevalzeggen: nagaan hoeveel verplaatsingen er gedaan worden. Uiteraard hangt dit aantalaf van n. Laat an het aantal verplaatsingen zijn voor n schijven. Voor het verplaatsenvan de bovenste n − 1 schijven van A naar B worden an−1 verplaatsingen uitgevoerd,vervolgens is er een verplaatsing als de n-de schijf van A naar C gaat, en tot slot weeran−1 verplaatsingen om de n − 1 schijven van B naar C te verplaatsen. In totaal zijndat an−1 + 1 + an−1 = 2an−1 + 1 verplaatsingen, dus

(6) an = 2an−1 + 1.

Opgave 1.22. Los vergelijking (6) op en laat zien dat we met de randvoorwaarde a1 = 1krijgen:

an = 2n − 1

1.23. Opmerking. Bovenstaand resultaat toont aan, dat het aantal verplaatsingen zeersnel toeneemt als n groter wordt (exponentiele groei). Om enig inzicht in die snelheidte krijgen: een persoon, die per seconde een schijf verplaatst en dat vanaf zijn geboortedag en nacht volhoudt, kan toch niet meer dan 31 ringen in zijn leven verwerken. Eencomputer die per seconde 106 verplaatsingen kan simuleren zou voor 80 ringen meer dan3 · 1010 jaar nodig hebben, een tijd in grootte-orde gelijk aan de geschatte leeftijd vanons heelal!


Recurrente betrekkingen oplossen

Vraagstuk 2.1. Gegeven de volgende recurrente betrekking met randvoorwaarden:{

an − 5an−1 + 6an−2 = 9n · 2n (n ≥ 2)a0 = 1, a1 = 8

(a) Bepaal de algemene oplossing van de recurrente betrekking.

(b) Bepaal de oplossing van de recurrente betrekking die aan de randvoorwaardenvoldoet.


Recurrente betrekkingen opstellen

Het oplossen van een recurrente betrekking is vaak gemakkelijker dan het opstellenvan de betrekking zelf. Zie bijvoorbeeld het probleem van de torens van Hanoi. Devolgende vraag stukken zijn vooral bedoeld als oefening in het bepalen van recurrentebetrekkingen.

Vraagstuk 2.2. Een binaire rij is een rij van getallen die gekozen worden uit de verza-meling {0, 1}. Zij an het aantal binaire rijen van lengte n waarin geen twee opeenvolgendenullen voorkomen. Leid een recurrente betrekking van de tweede orde af voor an. Losdeze vergelijking op met behulp van de randvoorwaarden.

Vraagstuk 2.3. Gegeven is een rechthoekig bord van 2 bij n, alsmede een onbeperktaantal (dubbel-blanke) dominostenen van 2 bij 1. Het aantal manieren waarop menhet bord met deze dominostenen kan beleggen, noemt men tn. Leid een recurrentebetrekking af voor tn en los deze op met behulp van de randvoorwaarden.

Vraagstuk 2.4. Zij an het aantal cijferrijen van lengte n bestaande uit cijfers van deverzameling {0, 1, 2, 3} waarin een even aantal nullen voorkomt. Toon aan dat geldt

an+1 = 2an + 4n (n ≥ 1)

met randvoorwaarde a1 = 3. Los deze recurrente betrekking op.

Een stelsel recurrente betrekkingen

Sommige problemen geven aanleiding tot het opstellen van een stelsel recurrente be-trekkingen, waarvoor ook weer oplossingsmethoden bestaan. Een voorbeeld is het prob-leem van vraagstuk 2.4:

Vraagstuk 2.5. Bij het probleem van vraagstuk 2.4 noemen we het aantal cijferrijenvan lengte n bestaande uit cijfers van de verzameling {0, 1, 2, 3} waarin een oneven aantalnullen voorkomt: bn. Toon aan dat geldt

an+1 = 3an + bn (n ≥ 1)

bn+1 = an + 3bn (n ≥ 1)

met randvoorwaarden a1 = 3 en b1 = 1.

Vraagstuk 2.6. Uit de eerste vergelijking van het stelsel van vraagstuk 2.5 volgt: bn =an+1 − 3an voor n ≥ 1. Leid door substitutie in de tweede vergelijking een recurrentebetrekking voor an+2 af en los deze op, rekening houdend met de beginvoorwaarden.Vergelijk de uitkomst met de bij vraagstuk 2.4 gevonden oplossing.


Opdracht 3.1. Gegeven de volgende recurrente betrekking met randvoorwaarden:{

an − 6an−1 + 9an−2 = 4 · 3n (n ≥ 2)a0 = 1, a1 = 12


(a) Bepaal de algemene oplossing van de recurrente betrekking (met de hand).(b) Bepaal de algemene oplossing van de recurrente betrekking met Maple.(c) Laat zien dat de twee gevonden oplossingsverzamelingen aan elkaar gelijk zijn.(d) Bepaal, zowel met de hand als met Maple, de oplossing van de recurrente

betrekking die aan de randvoorwaarden voldoet en ga na dat de met Maplegevonden oplossing gelijk is aan de met de hand gevonden oplossing.

Opdracht 3.2. Zij sn de som van de eerste n kwadraten, dus sn = 12+22+32+...+n2.Leid een recurrente betrekking af voor sn en los deze op, rekening houdend met debeginvoorwaarden.

Opdracht 3.3. In het platte vlak zijn n rechten getekend die elkaar twee aan tweesnijden, terwijl er geen drie door een punt gaan. Deze rechten verdelen het platte vlakin an gebieden. Bepaal een recurrente betrekking voor an en los deze op, rekeninghoudend met de beginvoorwaarden.

Opdracht 3.4. Een ternaire rij is een rij van getallen die gekozen worden uit de verza-meling {0, 1, 2}. Men beschouwt ternaire rijen ter lengte n waarin geen naburige enenoptreden. Hun aantal noemt men an voor n ≥ 1. Bepaal een formule voor an als functievan n. Stel daartoe eerst een recurrente betrekking voor an en beginvoorwaarden op.

Opdracht 3.5. Van een bepaalde diersoort krijgt elk paartje dat 1 jaar oud is preciesvier jongen: twee vrouwtjes en twee mannetjes, die na een jaar ook hun bijdrage gaanleveren aan het vermenigvuldigingsproces. Op 2-jarige leeftijd en elk jaar daarna krijgteen paartje twaalf jongen: zes vrouwtjes en zes mannetjes. Stel dat we beginnen meteen pasgeboren paar en dat dit paar en hun nakomelingen nooit dood gaan. Hoeveelparen zijn er dan na n jaar?

Opdracht 3.6. In een kernreactor vinden de volgende reacties tussen atoomkernen envrije neutronen plaats.

(1) Een neutron met hoge energie botst tegen een atoomkern en wordt geab-sorbeerd, waarbij de kern drie neutronen met hoge en een met lage energieafstoot.

(2) Een neutron met lage energie botst tegen een atoomkern en wordt geabsorbeerd,waarbij de kern twee neutronen met hoge en een met lage energie afstoot.

Stel dat elk neutron 1 microseconde nadat het vrijgekomen is een atoomkern treft. Stelverder dat de reactor op een gegeven moment uitsluitend atoomkernen bevat terwijlprecies een vrij neutron met hoge energie toegevoegd wordt dat na 1 microseconde tegeneen atoomkern zal botsen. Hoe groot is dan het aantal vrije neutronen met hoge enhoe groot is het aantal vrije neutronen met lage energie na t microseconden, t geheel ent ≥ 0?

Opdracht 3.7. Deze opgave gaat over het begrip “lineair onafhankelijk stelsel”, toe-gepast op de recurrente betrekking an = an−1 + an−2. Je gaat hier in feite bewijzen dat(in dit geval) alle oplossingen bekend zijn op het moment dat men twee onafhankelijkeoplossingen gevonden heeft.

(a) De rijen {an} = {0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .}, {bn} = {1, 1, 2, 3, 5, 8, . . .} en {cn} ={−1, 2, 1, 3, 4, 7, . . .} zijn drie oplossingen van deze recurrente betrekking. Zijndeze drie rijen onafhankelijk? En de eerste twee?


(b) Laat zien: als de rijen an = f1(n) en bn = f2(n) onafhankelijke oplossingenzijn, dan is elke andere oplossing een lineaire combinatie van f1(n) en f2(n).

Opdracht 3.8. Toon de bewering uit de theorie aan die zegt: de algemene oplossingvan een lineaire recurrente betrekking is te schrijven als de som van een particuliereoplossing van die betrekking en de algemene oplossing van de bijbehorende homogenerecurrente betrekking. Net boven die uitspraak (zie bladzijde 38) is de bewijsstructuurreeds vermeld! (In feite moet je aantonen dat twee verzamelingen gelijk zijn, namelijk deverzameling die uit de oplossingen van de recurrente betrekking bestaat en de verzamel-ing die bestaat uit rijen die de som zijn van een particuliere oplossing en een oplossingvan de homogene recurrente betrekking.)

Opdracht 3.9. Los ten slotte een van de volgende drie problemen op. Probeer hierbijeerst zelf een (of meer) recurrente betrekking(en) op te stellen. Raadpleeg als dit niet(helemaal) lukt, of ter controle van de eigen resultaten, de passage in het boek uit deliteratuurlijst waarnaar bij de opgave van het probleem verwezen wordt. Leg in elk gevalin eigen woorden duidelijk uit hoe de recurrente betrekking(en) en de randvoorwaardengevonden worden en los de betrekking(en) steeds zelf op. (N.B. In de boeken wordensoms andere oplosmethoden gebruikt. Deze drie problemen kunnen echter ook met dehier behandelde methode worden opgelost.)

Probleem I: Een cijferrij met een even aantal nullen en een even aantal enen.Een quaternaire rij is een rij van getallen die gekozen worden uit de verzameling

{0, 1, 2, 3}. In vraagstuk 2.4 van het werkcollege is een formule bepaald voor het aantalquaternaire rijen van lengte n waarin een even aantal nullen voorkomt. Dit aantal werdan genoemd. Zij nu bn het aantal quaternaire rijen van lengte n waarin een even aantalnullen en een even aantal enen voorkomt. Bepaal een formule voor bn als functie van n(n ≥ 1). Literatuur: [4] p. 71-73.

Probleem II: Een wandelende robot.Een op hol geslagen robot gaat langs een rechte lijn heen en weer lopen tussen de

zijwanden van een kamer. De breedte van de kamer is 5 meter, het startpunt van dewandeling is n decimeter verwijderd van de linker kamermuur, 0 ≤ n ≤ 50. Iedereseconde stapt de robot of 1 decimeter naar links of 1 decimeter naar rechts, waarbij dekans dat hij naar links gaat precies even groot is als de kans dat hij naar rechts gaat.Dit gaat door tot de robot tegen een van beide zijwanden botst. Bereken de kans pn dathij tegen de rechtermuur tot stilstand komt.

Literatuur: [6] p. 425-426.

Probleem III: Een springende kikker.Opgave 6 van de Internationale Wiskunde Olympiade 1979: Gegeven is een regel-

matige achthoek ABCDEFGH waarin een kikker van hoekpunt naar hoekpunt springt.Zijn startpunt is A. Vanuit dit punt, en vanuit elk ander hoekpunt van de achthoekbehalve het tegenover A liggende punt E, kan de kikker uitsluitend naar een van beidenaburige hoekpunten springen. Als de kikker in E terecht komt, stopt hij met springen.Men noemt het aantal verschillende manieren waarop de kikker in precies n sprongen


het punt E kan bereiken: an. Toon aan dat

a2n−1 = 0 en

a2n =1√2

(

(2 +√

2)n−1 − (2 −√

2)n−1)

(n = 1, 2, 3, · · · )

Literatuur: [2] p. 252-254.

Literatuur

(1) Bose, R.C., and B. Manvel, Introduction to Combinatorial Theory, John Wiley& Sons, New York, 1984.

(2) Chuan-Chong, Chen, and Khee-Meng, Principles and Techniques in Combina-torics, World Scientific, Singapore 1992.

(3) Grimaldi, Ralph P., Discrete and Combinatorial Mathematics; an applied in-troduction, Addison Wesley, Reading, 1989.

(4) Liu, C.L., Introduction to Combinatorial Mathematics, McGraw-Hill Book Com-pany, New York, 1968.

(5) Liu, C.L., Elements of Discrete Mathematics, McGraw-Hill Book Company,New York, 1977.

(6) McEliece, Robert J., Robert B. Ash and Carol Ash, Introduction to DiscreteMathematics, McGraw-Hill Book Company, New York, 1989.

(7) Vrie, E.M. van de, A.B. van Gool en H.M. Mulder, Discrete wiskunde Cursus-deel 1 Combinatoriek, Open universiteit, Heerlen, 1990.

Logica

K. P. Hart

Inleiding

In de wiskunde gaat het er meestal om van een bewering uit te zoeken of deze waar is(en dan een bewijs te leveren) of niet (en dan aan te geven waarom niet). Om dat tekunnen doen is het nodig dat je snapt hoe dergelijke beweringen in elkaar zitten en hoeer mee om te gaan.

We zullen een aantal gereedschappen uit de (wiskundige) Logica bespreken metbehulp waarvan men beweringen kan analyseren.


Voegwoorden, symbolen en waarheidstabellen

Wiskundige beweringen (en niet die alleen) zijn meestal opgebouwd uit kleinere bewe-ringen die door middel van de voegwoorden ‘en’, ‘of’ en ‘impliceert’ zijn samengevoegd;ook gebruiken we ‘niet’ om de ontkenning van een bewering te maken. In alle gevallenmoeten we dan de waarheidswaarde (waar of onwaar) van de totale bewering uit die vande deelbeweringen afleiden.

De wetten voor het ‘rekenen’ met beweringen zijn in 1854 opgesteld door GeorgeBoole in zijn boek An Investigation of the Laws of Thought. Tegenwoordig vatten wedie wetten in een tweetal tabelletjes samen:

p ¬p1 00 1

p q p ∧ q p ∨ q p→ q

1 1 1 1 11 0 0 1 00 1 0 1 10 0 0 0 1

(1)

Hierin staat ¬ voor ‘niet’, ∧ voor ‘en’, ∨ voor ‘of’ en → voor ‘impliceert’; verder staatde 1 voor ‘waar’ en 0 voor ‘onwaar’. Met behulp van deze tabellen kun je bepalen hoede waarheidswaarde van een samengestelde bewering van de waarheidswaarden van zijndeelbeweringen afhangt.

Net zoals de rekenregels voor getallen hun oorsprong hebben in de dagelijks reken-praktijk komen de rekenregels voor waarheidswaarden voort uit de dagelijkse wiskundigedenkpraktijk. Met dat in het achterhoofd is het duidelijk waarom de tabellen voor ¬en ∧ als boven gekozen zijn.

Voor ∨ lopen de wiskundige en de gewone denkpraktijk uiteen. In het dagelijkseleven houdt het woordje ‘of’ meestal een keuze in. De zin “je mag een snoepje of eenkoekje” heeft een onuitgesproken toevoeging: “maar niet beide”; we noemen dit welhet exclusieve of. In de wiskunde is het inclusieve of gebruikelijker omdat het niet om

45

46 K. P. Hart

kiezen gaat maar om waarheidswaarden. Een bewering als ‘x < 1 of x > −1’ zou tochvoor elke x waar moeten zijn: als je de intervallen (−∞, 1) en [−1,∞) op de getallenlijnlegt vang je immers elk getal.

Opgave 1.1. Vul de tabel voor het exclusieve of in:

p q p ⊔ q1 1 .1 0 .0 1 .0 0 .

Implicaties

De laatste kolom in de grote tabel beschrijft de implicatie: ‘p→ q’ lezen we gewoonlijkals ‘p impliceert q’, ‘uit p volgt q’ of ‘als p dan q’. Volgens de tabel is alleen de tweedevan de volgende beweringen niet waar:

als 2 + 2 = 4 dan is Parijs de hoofdstad van Frankrijk,

als 2 + 2 = 4 dan is Parijs niet de hoofdstad van Frankrijk,

als 2 + 2 6= 4 dan is Parijs de hoofdstad van Frankrijk,

als 2 + 2 6= 4 dan is Parijs niet de hoofdstad van Frankrijk.

Normaal zou je geneigd zijn te zeggen dat ze allemaal onwaar zijn omdat ze nogalonzinnig klinken. Het gaat er op dit moment echter niet om of er wel een verband istussen de p en de q in p→ q, het gaat erom hoe de waarheidswaarde van p→ q vandie van p en q afzonderlijk afhangt: als we ‘2 + 2 = 4’ en ‘Parijs is de hoofdstad vanFrankrijk’ als beweringen accepteren dan moeten we de beweringen in de lijst hierbovenook accepteren en in staat zijn er een waarheidswaarde aan toe te kennen.

Blijft de vraag waarom de waarden als in de tabel gekozen zijn. In sommige boekenover Wiskundige Logica vind je het volgende: “we willen in ieder geval dat p→q onwaaris als p waar is en q onwaar, de rest van de gevallen is minder interessant, daarom zeggenwe maar dat p→ q dan waar is”. Dit verklaart in ieder geval de tweede waarde in dekolom van p→q. Om voor de andere waarden een wat betere verklaring te geven nemenwe twee verzamelingen A en B en analyseren we wat A ⊆ B (A is een deelverzamelingvan B) betekent. Welnu, dit betekent niets anders dan dat de formule

(x ∈ A) → (x ∈ B)

voor elke mogelijke x de waarheidswaarde 1 moet hebben. Aan de hand van een plaatjekun je nagaan dat A ⊆ B precies dan geldt als alleen de drie combinaties

x ∈ A en x ∈ Bx /∈ A en x ∈ Bx /∈ A en x /∈ B

voor kunnen komen en dit geeft dan weer aan waarom de eerste, derde en vierde waardein de kolom van p→ q enen zijn.

Als je de hiervoor genoemde regels combineert krijg je dat voor elke x

(x /∈ A) ∨ (x ∈ B)

Logica 47

moet gelden.Nu is x /∈ A eigenlijk een afkorting van ¬(x ∈ A) en als we x ∈ A afkorten met p en

x ∈ B met q dan wordt sterk gesuggereerd dat p→q dezelfde waarheidstabel als (¬p)∨qmoet hebben.

Opgave 1.2. Stel de waarheidstabel van (¬p) ∨ q op en verifieer dat deze gelijk is aandie van p→ q.

Een direct bewijs van een implicatie

Het bovenstaande betekent dat bij het bewijzen van een bewering van het type ‘als pdan q’ geen aandacht besteed hoeft te worden aan de mogelijkheid dat p niet waar is.Immers, in dat geval is ‘als p dan q’ waar, ongeacht de waarheidswaarde van q. Zo’nbewijs begint dan ook met aan te nemen dat p waar is: “Stel p . . . ”. In de rest van hetbewijs wordt uit deze aanname en met behulp van de nodige al eerder bewezen stellingenen wiskundige methoden de waarheid van q afgeleid. Zo’n bewijs wordt een direct bewijsvan de implicatie genoemd. Andere methoden voor het bewijzen van implicaties zullenwe in volgende paragrafen bespreken.

Waarheidstabellen opstellen, equivalente beweringen

Een waarheidstabel is vrij makkelijk op te stellen. In Opgave 1.2 is al gevraagd het tedoen voor (¬p) ∨ q Voor het geval dat niet gelukt is, is hier een voorbeeld: de tabelvoor (p→ q) ∨ (¬p). We maken de tabel van achter naar voren: hiertoe ontleden wede formule in steeds kleinere deeltjes tot we alleen letters overhouden. Welnu, de heleformule is ontstaan door ∨ tussen p→ q en ¬p te plaatsen; p→ q is verkregen door →tussen p en q te plaatsen en ¬p is p met ¬ ervoor. We zetten alles wat we gevondenhebben van achter naar voren — van groot naar klein — in de eerste rij van een tabel:

p q p→ q ¬p (p→ q) ∨ (¬p)

Zet nu onder de p en de q combinaties van 0 en 1 net als in de eerste tabellen en werkvan links naar rechts de kolommen af: eerst p→ q, dan ¬p en tenslotte (p→ q) ∨ (¬p).

p q p→ q ¬p (p→ q) ∨ (¬p)1 1

1 0

0 1

0 0

Merk op dat we in de kolommen onder de letters p en q van onder naar boven degetallen 0, 1, 2 en 3 in binaire schrijfwijze hebben staan.

Opgave 1.3. Maak waarheidstabellen voor

a)(

p→ (q→ r))

→(

(p→ q) → (p→ r))

;

b) (p→ q) ∧ p.

48 K. P. Hart

Er is nog een symbool dat we moeten invoeren, het symbool ↔ dat de equivalentievan twee beweringen uitdrukt:

p↔ q betekent (p→ q) ∧ (q→ p). (2)

Opgave 1.4. Maak de waarheidstabel van p↔ q en ga na dat p↔ q precies dan waaris als p en q of beide waar of beide onwaar zijn.

Bewijzen dat twee beweringen equivalent zijn

In de wiskunde wordt het equivalent zijn van twee beweringen p en q meestal als volgtgeformuleerd: ‘p dan en slechts dan als q’. Volgens (2) moet een bewijs van zo’n equi-valentie in elk geval uit twee delen bestaan: een bewijs van ‘als p dan q’ en een bewijsvan ‘als q dan p’. Wil je directe bewijzen geven dan moet je dus uit de aanname dat pwaar is afleiden dat q waar is en, omgekeerd, uit de aanname dat q waar is de waarheidvan p afleiden.

Opgave 1.5. Bewijs dat voor natuurlijke getallen n en m geldt: 7 | m en 7 | n dan enslechts dan als 7 | m en 7 | (m+ n).

Tautologieen, contradicties en equivalente formules

Een tautologie is een formule die waar is, ongeacht de waarheidswaarden van de indivi-duele letters die in de formule voorkomen; met andere woorden als in de waarheidstabelalleen enen staan. Tegenover een tautologie staat een contradictie, dat is een formuledie altijd waarheidswaarde 0 heeft.

Opgave 1.6. Welke van de formules q→ (p→ q),(

p→ (q→ r))

→(

(p→ q)→ (p→ r))

,p ∧ (¬p) en (p→ q) ∧ p zijn tautologieen, welke zijn contradicties?

Opgave 1.7. Toon met behulp van een waarheidstabel aan dat (p→ q) ↔(

(¬p) ∨ q)

een tautologie is.

Twee formules P en Q noemen we equivalent als ze dezelfde waarheidstabellen heb-ben; we schrijven dan wel P ≡ Q. Het resultaat van Opgave 1.2 kunnen we dus als volgtnoteren:

(p→ q) ≡(

(¬p) ∨ q)

. (3)

Deze formule en Opgave 1.7 illustreren de eigenschap die in de volgende opgave bewezenwordt.

Opgave 1.8. Bewijs dat P ≡ Q dan en slechts dan als P ↔ Q een tautologie is.Aanwijzing : Gebruik Opgave 1.4; let op ‘dan en slechts dan’ !

Een paar belangrijke equivalenties

In het wiskundige redeneren gebruiken we regelmatig dat een aantal paren formulesequivalent zijn. De in de volgende opgave voorkomende equivalenties staan bekend alsde Wetten van De Morgan.

Logica 49

Opgave 1.9. Toon aan:

¬(p ∨ q) ≡ (¬p) ∧ (¬q) (4)

en

¬(p ∧ q) ≡ (¬p) ∨ (¬q) (5)

Een heel belangrijke equivalentie voor → staat in de volgende opgave.

Opgave 1.10. Stel de waarheidstabel van (¬q) → (¬p) op en verifieer hiermee datinderdaad

(p→ q) ≡(

(¬q) → (¬p))

(6)

Men noemt (¬q) → (¬p) wel de contrapositie (of de contrapositieve) van p→ q.

Een implicatie bewijzen met behulp van contrapositie

Formule (6) levert een machtig wapen bij het bewijzen van implicaties; zoals de volgendeopgave laat zien is (¬q) → (¬p) vaak veel eenvoudiger te bewijzen dan p→ q.

Opgave 1.11. Bewijs door middel van contrapositie de volgende beweringen, waarinn en m voor natuurlijke getallen staan. Geef bij b) en c) ook aan welke wet van DeMorgan je gebruikt.

a) Als n2 even is dan is n even.

b) Als mn oneven is dan zijn m en n beide oneven.

c) Als mn = 100 dan m 6 10 of n 6 10.

Kwantoren

Naast ‘niet’, ‘en’, ‘of’ en ‘impliceert’ gebruiken we ook ‘voor alle’ en ‘er is’ om uit tedrukken dat een uitspraak voor alle of sommige objecten waar is. In onze wiskundigetaal gebruiken we hiervoor de kwantoren ∀ ‘voor alle’ en ∃ ‘er is’. In de logicaboekenheten ze wel de universele en existentiele kwantoren.

Zo is A ⊆ B een afkorting van

(∀x)(

(x ∈ A) → (x ∈ B))

en A 6⊆ B een afkorting van

(∃x)(

(x ∈ A) ∧ (x /∈ B))

.

De waarheidswaarde van een formule van de vorm (∀x)φ(x) krijg je door voor elke x dewaarheidswaarde van φ(x) te bepalen en het minimum van al die waarden te nemen.Dat klinkt dramatisch maar het komt er natuurlijk op neer dat (∀x)φ(x) onwaar is,zodra er ook maar een x is waarvoor φ(x) onwaar is; alleen als φ(x) voor alle x waar isis (∀x)φ(x) waar. Evenzo is (∃x)φ(x) waar zodra er ook maar een x is waarvoor φ(x)waar is; alleen als φ(x) voor alle x onwaar is is (∃x)φ(x) onwaar.

Uit de voorgaande alinea blijkt dat

¬(∀x)φ(x) ≡ (∃x)(

¬φ(x))

(7)

en ook dat

¬(∃x)φ(x) ≡ (∀x)(

¬φ(x))

(8)

50 K. P. Hart

Dit betekent dat we ∀ en ∃ in elkaar uit kunnen drukken. Kort gezegd: ∀ ≡ ¬∃¬ en∃ ≡ ¬∀¬.

Negaties

Het is vaak belangrijk een bewering in zijn negatie (zijn ontkenning) om te zetten; nietalleen als je moet bewijzen dat iets niet waar is maar ook als je moet onderzoeken ofeen bewering waar is. Een duidelijk beeld van wat de negatie van een bewering zegt kanheel verhelderend werken.

In een vorige paragraaf hebben we enkele equivalenties, waarin negaties voorkomen,afgeleid. De negatie van p→ q is met behulp hiervan eenvoudig op te stellen:

¬(p→ q) ≡ ¬(

(¬p) ∨ q)

volgens (3)

≡ (¬¬p) ∧ (¬q) volgens (1)

≡ p ∧ (¬q) omdat p ≡ ¬¬p

In de vorige paragraaf is al aangeduid hoe we de negaties van de kwantoren ∀ en ∃op kunnen stellen. Bijvoorbeeld: voor een natuurlijk getal p met p > 2 is ‘p is eenpriemgetal’ als volgt uit te drukken:

(∀m ∈ N)(∀n ∈ N)(

mn = p→ (m = 1 ∨ m = p))

(†)

Als we dus ‘p is niet een priemgetal’ uit willen drukken beginnen we met ¬ voor deformule te zetten:

¬(∀m ∈ N)(∀n ∈ N)(

mn = p→ (m = 1 ∨ m = p))

.

Daarna vervangen we telkens ¬∀ door ∃¬:

(∃m ∈ N)¬(∀n ∈ N)(

mn = p→ (m = 1 ∨ m = p))

(∃m ∈ N)(∃n ∈ N)¬(

mn = p→ (m = 1 ∨ m = p))

Vervolgens maken we de negatie van de implicatie:

(∃m ∈ N)(∃n ∈ N)(

mn = p ∧ ¬(m = 1 ∨ m = p))

.

Tenslotte werken we de ¬∨ weg.

(∃m ∈ N)(∃n ∈ N)(mn = p ∧ m 6= 1 ∧ m 6= p). (‡)

Opgave 1.12. Druk de negatie van de volgende zinnen uit in gewoon Nederlands zondernegatieve woorden.

a) Er is een grootste natuurlijk getal.

b) Voor elk priemgetal p geldt dat 2p − 1 ook een priemgetal is.

c)√

2 is te schrijven als een breuk mn met m,n ∈ N.

Logica 51

Bewijzen uit het ongerijmde

Negaties zijn ook belangrijk bij bewijzen uit het ongerijmde. In Opgave 1.12.c moest denegatie van “

√2 is te schrijven als een breuk m

n met m,n ∈ N” opgeschreven worden.

Nu wil het geval dat die negatie —√

2 is niet te schrijven als een breuk mn met m,n ∈ N

— een ware bewering is. Bewijzen dat iets niet bestaat is vrij lastig1 — niemand zal“ik heb heel hard gezocht en ik heb geen m en n gevonden” als een sluitend bewijsaccepteren — maar niet onmogelijk.

Een veel gebruikte strategie is om het bestaan van het ongewenste object te ver-onderstellen en dan iets af te leiden dat pertinent onwaar is. Met andere woorden wevinden een implicatie van de vorm p→ q die waar is en waar q de waarheidswaarde 0heeft. Volgens de tabel moet p dan ook waarheidswaarde 0 hebben. In ons geval is p deuitspraak

(∃m,n ∈ N)(√

2 =m

n).

Wat is q? Hier moeten we een beetje inventief zijn en een eigenschap van breuken gebrui-ken: namelijk dat elke breuk te vereenvoudigen is zo dat m en n geen gemeenschappelijkefactoren meer hebben (ontbind m en n in factoren en streep alles wat gemeenschappelijkis weg). Kortom, we kunnen dus de volgende bewering, die we r noemen, afleiden:

(∃m,n ∈ N)(√

2 =m

n∧ (m is oneven ∨ n is oneven)

)

.

We gaan nu ook ¬r bewijzen; deze ziet er als volgt uit:

(∀m,n ∈ N)(√

2 6= m

n∨ (m is even ∧ n is even)

)

(ga dit zorgvuldig na). Als dit gebeurd is zijn we klaar: q is dan r ∧¬r en deze formuleheeft zeker waarheidswaarde 0.

De formule ¬r is equivalent met

(∀m,n ∈ N)(√

2 =m

n→ (m is even ∧ n is even)

)

.

Deze kunnen we bewijzen. Als namelijk√

2 = mn dan geldt 2n2 = m2. Met Opgave 1.11.a

volgt dan dat m even is, zeg m = 2l, maar dan volgt n2 = 2l2 zodat n ook even is.

In de praktijk wordt een bewijs uit het ongerijmde als volgt opgeschreven: “Stelmaar dat

√2 te schrijven is als m

n . . . dus m of n is oneven . . . dus m en n moeten even

zijn. Dit is een tegenspraak, dus√

2 is niet te schrijven als . . . ”


Door contrapositie of uit het ongerijmde?

Uit het schoolboek Getal & Ruimte vwo NT6 (pagina 15) komen de volgende stellingen haar bewijs.

1De filosoof en wiskundige Bertrand Russel vroeg eens aan zijn vriend Whitehead te bewijzen dat ergeen olifant in zijn werkkamer was; Whitehead moest toegeven dat hij geen sluitend bewijs kon leveren.

52 K. P. Hart

Stelling. Als in een vierhoek twee opeenvolgende buitenhoeken samen 180◦ zijn, danis die vierhoek een trapezium.

Bewijs. Gegeven de vierhoek ABCD waarvan de buitenhoeken B2 en C2 voldoen aan∠B2 + ∠C2 = 180◦.

A B

CD1 2

1 2

Veronderstel dat AB niet evenwijdig is met DC , dan snijden AB en DC elkaar. Neemaan dat het snijpunt S rechts van BC ligt.

B

C

S

12

1 2

In △ABC is dan ∠B2 +∠C2 +∠S = 180◦. Dus ∠B2 +∠C2 = 180◦−∠S. Tegenspraak.�

Vraagstuk 2.1.

a) Analyseer het bovenstaande bewijs goed. Is het een direct bewijs, een bewijs doorcontrapositie of een bewijs uit het ongerijmde? Leg uit waarom.

b) De auteurs van het boek noemen bovenstaand bewijs als een voorbeeld van eenbewijs uit het ongerijmde. Hun uitleg is als volgt (pagina 17):

(1) Je veronderstelt dat de conclusie (de vierhoek is een trapezium) niet juist is.

(2) Uitgaande van deze veronderstelling beredeneer je dat dit leidt tot een tegen-spraak met een gegeven (∠B2 + ∠C2 = 180◦).

(3) Uit deze tegenspraak volgt dat de conclusie wel juist moet zijn.

Ben je het met de auteurs eens? Zo ja, komt hun argument overeen met het jouwe?Zo nee, schrijf dan een korte brief aan de auteurs om hen er van te overtuigen datze ongelijk hebben.

Vraagstuk 2.2. In het boek Linear Algebra: a modern introduction van Poole komenveel stellingen voor van het type ‘dan-en-slechts-dan’, bijvoorbeeld de stellingen 2.1,2.4, 2.5, 2.6 en 2.7 van Hoofdstuk 2. Bestudeer de structuur van de bewijzen van dezestellingen; is de aanpak van Poole met behulp van onze equivalenties te rechtvaardigen?Leg uit waarom.

Conclusies trekken

In (delen) van bewijzen wordt vaak op de volgende manier geredeneerd: p1, p2, . . . ,pn, dus volgt q. Hierin noemen we p1, p2, . . . , pn de premissen, de beweringen die alsuitgangspunt dienen, en q de conclusie. Aan zo’n redering worden twee eisen gesteld.

Logica 53

Ten eerste moet de redenering valide zijn, dat wil zeggen dat (p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn) → qeen tautologie is. Zoals we gezien hebben betekent dit dat p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn en q beidewaar zijn of dat p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn niet waar is. Bij bewijzen zijn we natuurlijk vooralgeınteresserd in het eerste geval (in het tweede geval speelt de waarheid(swaarde) van qgeen rol). Daarom is de tweede eis die aan ons type redeneringen wordt gesteld dat depremissen p1, p2, . . . , pn onderling consistent zijn, dat wil zeggen dat p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn

geen contradictie mag zijn: ergens in zijn waarheidstabel moet een 1 staan.

Vraagstuk 2.3. Controleer of de volgende uitspraken onderling consistent zijn — datwil zeggen ga na of er een toekenning van waarheidswaarden aan de deeluitspraken is zodat alle uitspraken waarheidswaarde 1 krijgen.

(1) Liefde maakt blind en geluk is te koop, of, liefde maakt blind en vrouwen zijnslimmer dan mannen.

(2) Als geluk te koop is dan maakt liefde niet blind.

(3) Vrouwen zijn niet slimmer dan mannen.

Welke symbolen hebben we nodig?

Omdat p→ q en (¬p) ∨ q equivalent zijn is het symbool → niet echt nodig. Dit blijktook uit de volgende vraagstukken.

Vraagstuk 2.4. Er zijn 24 = 16 verschillende kolommen met vier nullen en enen.Construeer voor elke kolom een formule met twee letters en verder alleen ¬, ∧ en ∨ diedeze kolom als waarheidstabel heeft. Als je dat teveel werk vindt kun je ook probereneen algemeen recept aan te geven en te bewijzen dat dat altijd werkt.

Vraagstuk 2.5. Beschrijf een procedure die bij elke kolom met 2n nullen en enen eenformule maakt met n letters en verder alleen ¬, ∧ en ∨ die deze kolom als waarheidstabelheeft. Bewijs dat de procedure correct is.

Een direct gevolg van de wetten van De Morgan is dat p ∨ q en ¬(

(¬p) ∧ (¬q))

equivalent zijn en dat we dus het symbool ∨ eigenlijk niet nodig hebben: als we willenkunnen we alles met behulp van ¬ en ∧ uitdrukken. We gebruiken de andere symbolenvooral om onze formules wat leesbaar te houden, vergelijk p→ q maar met ¬

(

p∧ (¬q))

.In plaats van het paar ¬ en ∧ kunnen ook de paren ¬ en ∨ of ¬ en → gebruikt wordenom alles uit te drukken.

Vraagstuk 2.6.

a) Druk ∧ en → uit in ¬ en ∨.

b) Druk ∧ en ∨ uit in ¬ en →.

Vraagstuk 2.7. Onderzoek of met ¬ en ⊔ (het ‘exclusieve of’) ook alles te maken is.Aanwijzing : Het is blijkbaar voldoende ∧ te bekijken: als we die kunnen maken kunnenwe alles en als we kunnen aantonen dat deze niet gaat zijn we ook klaar.

Vraagstuk 2.8. Onderzoek of met twee van de symbolen ∧, ∨ en →, maar zonder ¬,alles te maken is.

54 K. P. Hart


Formules met ∧ en ∨

We bekijken in de volgende twee opdrachten logische formules die als symbolen uitslui-tend ∧ en ∨ bevatten. Belangrijke equivalenties van dit type zijn:

p ∧ (p ∨ q) ≡ p (9)

p ∨ (p ∧ q) ≡ p (10)

p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) (11)

p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) (12)

Opdracht 3.1. Bewijs de equivalenties (9) tot en met (12).

Opdracht 3.2.

a) Stel de waarheidstabel van (p∨q)∧(q∨r∨s)∧(p∨q∨r∨s) op en probeer hieruit eenzo eenvoudig mogelijk formule — dat is een formule met zo weinig mogelijk lettersen symbolen — af te leiden die equivalent is met de gegeven formule (p ∨ q) ∧ (q ∨r ∨ s) ∧ (p ∨ q ∨ r ∨ s) en waarin als symbolen ook alleen ∧ en ∨ voorkomen. Laatzien dat het niet zonder p, q, r en s kan.

b) Leid de eenvoudigste formule die in onderdeel a) gevonden is nog eens uit de gegevenformule (p∨q)∧(q∨r∨s)∧(p∨q∨r∨s) af, nu niet met behulp van een waarheidstabelmaar gebruik makend van de equivalenties (9), (10), (11) en/of (12).

Formules met ∧, ∨ en ¬

Bij iedere logische formule die de symbolen →, ↔, ∧, ∨ en/of ¬ bevat kan een equivalenteformule bepaald worden die als symbolen alleen ∧, ∨ en/of ¬ bevat en waarin hetsymbool ¬ steeds betrekking heeft op enkelvoudige beweringen.

Opdracht 3.3.

a) Leid uitsluitend met behulp van de equivalenties (2), (3), (4) en (5) uit hoofdstuk 1en ¬(¬p) ≡ p een formule af die equivalent is met (p ∨ (¬(q ∧ r))) → ((p↔ r) ∨ q)en die alleen de symbolen ∧, ∨ en ¬ bevat. Zorg ervoor dat elk symbool ¬ in denieuwe formule uitsluitend betrekking heeft op p of op q of op r (en niet op eensamenstelling zoals q ∧ r in de gegeven formule).

b) Stel de waarheidstabel van (p ∨ (¬(q ∧ r))) → ((p↔ r) ∨ q) op en leid hieruit eenequivalente formule af die eenvoudiger is dan de in onderdeel a) gevonden formuleterwijl deze wat de gebruikte symbolen betreft aan dezelfde eisen voldoet. Probeerof het nog eenvoudiger kan.

Hoeveel symbolen hebben we nodig?

We hebben gezien dat bijvoorbeeld met de twee symbolen ¬ en ∨ alle formules te makenzijn. Er zijn ook symbolen die in hun eentje alle formules kunnen maken. Een voorbeeld

Logica 55

daarvan is de nand-functie (ook wel Sheffer stroke geheten), met als tabel

p q p | q1 1 01 0 10 1 10 0 1

Let op: het symbool | heeft nu een andere betekenis dan in de getaltheorie; daar staathet voor ‘is een deler van’, hier staat het voor de nand-functie.

Opdracht 3.4. Toon aan dat p|q equivalent is met ¬(p∧q). Nand is inderdaad afgeleidvan Not AND.

Met behulp van de nand-functie kunnen we alles maken:

Opdracht 3.5. Laat zien dat ¬p equivalent is met p | p en dat p ∨ q equivalent is met(p |p) | (q |q). Waarom kan nu geconcludeerd worden dat met het symbool | alle formuleste maken zijn?

Een andere functie waarmee we ook alle formules kunnen produceren is de nor-functie (Not OR) die equivalent is met ¬(p ∨ q); we noteren hem als p ↓ q.Opdracht 3.6. Druk ¬p en p ∨ q uit met behulp van ↓.Opdracht 3.7. Toon aan dat de nand- en nor-functies de enige zijn die in hun eentjealle formules kunnen voortbrengen. Aanwijzing : Onderzoek wat in de eerste en laatsterij moet staan om ¬p te kunnen maken.

p q p ⋄ q1 1 .1 0 .0 1 .0 0 .

Conclusies trekken

Opdracht 3.8. Onderzoek of de volgende redeneringen ‘deugen’ — dat wil zeggenga na of de premissen onderling consistent zijn en of de redeneringen valide zijn (zieeventueel bladzijde 52).

a) Als Janssen en Fritsen elkaar gisteravond niet ontmoetten dan is Janssen de moor-denaar of liegt Fritsen. Als Janssen niet de moordenaar is dan ontmoette FritsenJanssen gisteravond niet en vond de moord na middernacht plaats. Als de moord namiddernacht gepleegd werd dan is Janssen de moordenaar of liegt Fritsen. Conclusie:Janssen heeft de moord gepleegd.

b) Als de investeringen constant blijven dan zal de regering meer geld gaan uitgeven ofde werkeloosheid gaat omhoog. Als de regering niet meer geld uitgeeft kunnen debelastingen omlaag. Als de belastingen omlaag kunnen en de investeringen constantblijven dan komt er niet meer werkeloosheid. Conclusie: de regering gaat meer gelduitgeven.

56 K. P. Hart

Kwantoren

Opdracht 3.9. Zoek de limietdefinitie van limx→a f(x) = L op en formuleer deze netjesmet kwantoren. Schrijf daarna de negatie in gewoon nederlands uit zonder negatievewoorden.

Paradoxen

Rond 1900 is een aantal logische paradoxen bedacht die aantoonden dat men voorzichtigmoet zijn met het formuleren van Wiskundige zaken in gewone-mensentaal, de bekendstezijn die van Richard, Berry en Grelling.

Opdracht 3.10. Zoek in de literatuur (Mendelson p. 2–3) of op Internet op hoe deparadoxen van Richard, Berry en Grelling luiden. Geef een korte beschrijving in eigenwoorden en leg uit dat er in deze gevallen een tegenspraak ontstaat.

Opdracht 3.11. Zoek in de literatuur of op Internet ook op hoe de Kretenzische‘paradox’, die uit de Oudheid dateert, luidt en laat zien dat dit geen echte paradoxis. Hoe luidt de paradox van de leugenaar, die op de ‘paradox’ van Kreta lijkt maar weleen echte paradox is?

Bewijzen

In dit dictaat hebben we inmiddels aan vijf soorten bewijzen aandacht besteed: eendirect bewijs van een implicatie, een implicatie bewijzen met behulp van contrapositie,bewijzen uit het ongerijmde en bewijzen dat twee beweringen equivalent zijn (zie hoofd-stuk 1) en het trekken van conclusies uit een aantal premissen (zie hoofdstuk 2). Inhet boek 100 % Mathematical Proof van Garnier en Taylor worden deze bewijstypen inde hoofdstukken 5 en 6 besproken, terwijl in de hoofdstukken 7, 8 en 9 nog een aan-tal andere in de wiskunde veel voorkomende bewijssoorten — en daarbinnen soms nogverschillende varianten — de revue passeren.

Logica 57

4. Literatuur

Boole, G.

[1854] An Investigation of the Laws of Thought. Macmillan. Het boek waarin Boole zijngedachten over logica uiteenzette.

van Dalen, D.

[1971] Formele logica. Een informele Inleiding. A. Oosthoek’s Uitgeversmaatschappij, Utrecht.

Enderton, H. B.

[2001] A mathematical introduction to logic, second edition. Harcourt/Academic Press,Burlington, MA. Wordt gebruikt bij het vak Logica (wi3607)

Garnier, R. and J. Taylor.

[1996] 100% Mathematical Proof. John Wiley & Sons, Chicester etc. Een nuttig boek waarinheel helder wordt uitgelegd hoe wiskundige bewijzen in elkaar (dienen te) steken.

Hamilton, A. G.

[1978] Logic for mathematicians. Revised edition. Cambridge University Press, Cambridge.

Mendelson, E.

[1997] Introduction to Mathematical Logic. Fourth Edition. Chapman & Hall, London.

Poole, D.

[2006] Linear algebra: A Modern Introduction. 2nd ed. Thomson, Brooks/Cole.

Vuijk e.a., R. A. J.

[1999] Getal & Ruimte vwo NT6, Wiskunde vwo voor de tweede fase. Educatieve PartnersNederland, Houten.

Gewone Differentiaalvergelijkingen

J. L. A. Dubbeldam


Wat zijn differentiaalvergelijkingen?

Jullie kennen allemaal vergelijkingen van het type

x2 − x = 0

De oplossingen van deze algebraıische vergelijking zijn natuurlijk x = 0 and x = 1.Een differentiaalvergelijking, ook wel DV genoemd, is een ander type vergelijking. Eenvoorbeeld is

u′ − u = 0,

waarbij de afgeleide van een functie u′(x) wordt gerelateerd aan de oorspronkelijke func-tie u(x).

Wat is een oplossing van bovenstaande differentiaalvergelijking? Een oplossing vaneen differentiaalvergelijking is geen getal maar een functie die van x afhangt. In boven-staand voorbeeld zijn er oneindig veel oplossingen. Probeer bijvoorbeeld u ≡ 0. Kunje laten zien dat ex ook een oplossing is? En 2ex, en 3ex? Hoe zal de algemene oplos-sing eruit zien? Dit zijn vragen waarop we in de loop van dit gastcollege antwoord opproberen te geven.

Er zijn differentiaalvergelijkingen in allerlei soorten en maten. De natuurwettenvarierend van de wetten van Newton, Maxwell, tot zelfs de gravitatiewetten van Ein-stein en de Quantum Mechanica zijn geformuleerd in termen van (partiele) differenti-aalvergelijkingen. Dus voor natuurkundestudenten zijn differentiaalvergelijkingen eenmust. Maar ook voor wiskundestudenten, want veel modellen waar wiskundigen zichmee bezighouden worden geformuleerd in termen van een differentiaalvergelijking. Ditgeldt zowel voor modellen in de economie, biologie, en allerlei ingenieurswetenschap-pen, zoals civiele techniek, werktuigbouwkunde, etc. Voordat we wat meer theorie vandifferentiaalvergelijkingen gaan behandelen, zullen we eerst enkele voorbeelden bekijken.

Voorbeelden van differentiaalvergelijkingen

Differentiaalvergelijkingen komen in twee soorten voor: lineaire en niet-lineaire. Lineairedifferentiaalvergelijkingen zijn veel makkelijker op te lossen dan niet-lineaire differenti-aalvergelijkingen. Een differentiaalvergelijking heet lineair als de functie die je zoekt enzijn afgeleide slechts op een lineaire manier voorkomen. Dit betekent dus dat er geentermen als y2, y′y, of y′′2 in je vergelijking mogen zitten.

Een differentiaalvergelijking heeft ook een zogenaamde orde, die wordt bepaald doorde hoogste afgeleide die in de differentiaalvergelijking voorkomt. Laten we eens de

59

60 J. L. A. Dubbeldam

volgende vier differentiaalvergelijkingen bekijken:

u′ = u (1a)

u′′ + ku′ + u = 0 (1b)

LQ′′ +RQ′ +Q/C = sin(ωt) (1c)

N ′ = rN(1 −KN) (1d)

De eerste differentiaalvergelijking is een lineaire eerste-orde differentiaalvergelijking.De tweede vergelijking is een lineaire tweede-orde differentiaalvergelijking. Dat wil zeg-gen in deze vergelijkingen komen afgeleiden voor van tweede orde en lager. Bovendienkomen de functies u, u′, en u′′ lineair voor. De laatste vergelijking is een eerste ordedifferentiaalvergelijking, die echter niet-lineair is, want aan de rechterkant komt een termvoor die kwadratisch is in N .

F

u(t)

Figuur 1. Uitwijking u(t) van een massaveersysteem.

Zoals eerder genoemd hebben differentiaalvergelijking een interpretatie. Het is eenbepaalde realisatie van een model of een natuurwet. De tweede differentiaalvergelijking isbijvoorbeeld de vergelijking die hoort bij een massa die oscilleert en wrijving ondervindt,zoals in Figuur 1 is geschetst. De derde vergelijking hoort bij een elektrisch circuit,bestaande uit een weerstand R, een condensator met capaciteit C en een inductiespoelmet zelfinductie L, dat wordt aangedreven met een wisselspanning die oscilleert metfrequentie ω; de vergelijking beschrijft de lading Q die op tijdstip t op de condensatorzit.

De laatste vergelijking verschilt van de eerste twee in dat hij niet-lineair is en dathij niet uit de fysica stamt, maar een voorbeeld is van een populatiemodel.

Afleiden van een differentiaalvergelijking

Laten we eens proberen zelf een model af te leiden voor de groei van een populatie,zeg konijnen. We noemen het aantal konijnen N(t) en we veronderstellen dus dat dekonijnenpopulatie een functie is van de tijd. We willen graag weten hoe het aantalkonijnen in de tijd verandert en maken daarvoor een aantal modelaannames. De eersteaanname is dat een fractie r van de konijnen die op tijdtip t aanwezig zijn zich in eentijdsinterval ∆t voortplant. Dit kunnen we schrijven als

N(t+ ∆t) = N(t) + rN(t)∆t (2)

Dus we hebben nu als verandering van de populatie per tijdseenheid

N(t+ ∆t) −N(t)

∆t= rN(t)

Differentiaalvergelijkingen 61

Het linkerlid van deze vergelijking herkennen we echter als de afgeleide van de functie Nals we de limiet ∆t → 0 nemen. We hebben bij deze dus onze eerste differentiaalverge-lijking afgeleid:

N ′ = rN.

De oplossing van deze vergelijking is een exponentiele functie, zoals we al eerder haddengezien. Voor een populatie is dat niet erg realistisch, een eeuwig durende groei impliceertook een steeds toenemende behoefte aan voedsel, dat natuurlijk maar beperkt beschik-baar is. Dit betekent dat het model dat we steeds hebben beschouwd niet volledig is.Je kunt je voorstellen dat als een populatie blijft groeien er minder voedsel beschikbaarkomt wat uiteindelijk weer zal leiden tot een afname van de groei.

We nemen daarom aan dat niet vergelijking (2) het aantal konijnen beschrijft, maar

N(t+ ∆t) = N(t) + ∆t(r − CN(t))N(t) = rN(t)(1 −KN(t))∆t,

hierbij hebben we dus aangenomen dat naarmate het aantal konijnen groeit de groei-factor van de populatie lineair afneemt. Hoe realistisch een dergelijke aanname is zalachteraf moeten blijken, wanneer de voorspellingen van het model vergeleken wordenmet de meetgegevens.

Door nogmaals de limiet ∆t→0 te nemen zoals eerder gedaan, vinden we de diffe-rentiaalvergelijking

N ′ = rN(1 −KN),

voor de konijnenpopulatie. Later zullen we zien hoe we deze differentiaalvergelijkingkunnen oplossen, eerst zullen we wat algemene en geometrische eigenschappen van dif-ferentiaalvergelijkingen bespreken.

Geometrische interpretatie van differentiaalvergelijkingen

Een differentiaalvergelijking van de vorm

u′(x) = f(x, u) (3)

geeft in elk punt (x, u) een waarde voor de afgeleide van u die, zoals we weten, gelijkis aan de helling die de raaklijn in het punt (x, u). Dit betekent dat vergelijking (3)beschrijft wat de helling is in ieder punt van het vlak (x, u), zoiets heet ook wel eenrichtingenveld. Laten we het volgende voorbeeld nemen om het concreet te maken.

u′ = u

Je ziet duidelijk dat het richtingenveld niet afhangt van x en dus willekeurig verschovenkan worden in de x-richting, wat duidt op translatiesymmetrie van het richtingenveld.Het tekenen van een richtingenveld is erg instructief en geeft veel informatie over dedifferentiaalvergelijking, maar is wel bewerkelijk. Gelukkig hebben we de beschikkingover computerprogramma’s zoals MATLAB, en MAPLE die dit soort dingen voor onskunnen doen.

Een oplossingskromme van een differentiaalvergelijking is nu een kromme die begin-nend vanuit een speciaal punt zich voortplant in de richting van richtingenveld. Duseen oplossingskromme raakt in elk punt aan het richtingenveld gegeven door vergelij-king (3). In Figuur 2 kun je het richtingenveld zien samen met een oplossingskromme.De oplossingskromme hebben we bepaald door een punt te kiezen in het (x, u) vlak. Het


tK4 K2 0 2 4

u(t)

K4

K2

2

4

Figuur 2. Faseportret (met MAPLE) voor de diffferentiaalvergelijkingu′(x) = u(x). De gele kromme stelt een oplossingskromme voor die doorhet punt (0, 1/5) gaat.

lijkt er op dat wanneer we een punt gekozen hebben in het vlak, we ook de unieke oplos-sing hebben van differentiaalvergelijking die door dat gegeven punt gaat. Dit vermoedenblijkt juist te zijn. Als je een bepaalde beginwaarde kiest en je differentiaalvergelijking isvoldoende glad, dan blijkt er inderdaad een unieke oplossing te zijn van het beginwaarde-probleem. Onder het beginwaardeprobleem verstaan we de differentiaalvergelijking plusde beginvoorwaarde, dus

u′ = g(x, u) en u(0) = u0.

De volgende stelling (Picard-Lindelof) zegt dat het beginwaardeprobleem een uniekeoplossing heeft.

1. Stelling. Het beginwaardeprobleem u′ = f(x, u), met u(x0) = u0, waarbij f eendifferentieerbare functie is op een open interval U , dat (x0, u0) bevat, heeft locaal eenoplossing die uniek is.


Oplossen van differentiaalvergelijkingen

Tijdens deze inleiding worden drie verschillende typen differentiaalvergelijkingen behan-deld die makkelijk oplosbaar zijn. De eerste categorie vormen de differentiaalvergelij-kingen van de vorm

u′(x) = f(x)

Hier staat dus dat de gezochte functie u de primitieve is van een andere functie f . Oplos-sen van de differentiaalvergelijking betekent in dit geval gewoon integreren. Een simpelvoorbeeld van zo’n situatie is een deeltje dat valt onder werking van de zwaartekracht.De tweede wet van Newton zegt in dit geval dat

v′(t) = g

Dus de snelheid v(t) wordt gegeven door∫

g dt en dus v(t) = gt+C, met C een integra-tieconstante, die nogmaals laat zien dat er oneindig veel oplossingen zijn zolang je niethebt vastgelegd welke beginwaarde je kiest voor je probleem. Als we aannemen dat optijdstip t = 0 de snelheid v(0) = v0, dan vinden we dat v(t) = v0 + gt; het welbekendelineaire snelheidsprofiel. een differentiaalvergelijking voor de plaats is

x′(t) = v(t)

met als beginvoorwaarde x(0) = x0. Door de snelheidsfunctie te integreren die wezojuist hebben gevonden vinden we meteen de postie van het deeltje als functie van t:x(t) = x0 + 1

2gt2 + v0t.

Separabele differentiaalvergelijkingen

Een tweede type vergelijking is de zogenaamde separabele differentiaalvergelijking. Dezevergelijking ziet er in zijn algemene vorm uit als

u′(x) = f(x)g(u)

Door de vergelijking te herschrijven als:

u′(x)/g(u) = f(x), (4)

zien we dat er eigenlijk iets staat als

d

dxF (u(x)) = f(x), (5)

waarbij we met behulp van de kettingregel vinden dat

d

dxF (u(x)) =

dF

duu′(x)

en vergelijken met vergelijking (4) geeft dan onmiddelijk dat dFdu = 1/g(u). Hiermee

hebben we het probleem herleid tot twee ’simpele’ primitiveerproblemen. Om F (u)te vinden hoeven we alleen 1/g(u) te integreren. Uit vergelijking (5) zien we dan datF (u(x)) gelijk is aan de primitive van f(x). Met deze constatering hebben we eenhele klasse van differentiaalvergelijkingen opgelost. Alle separabele vergelijkingen zowellineair als niet lineair kunnen we nu oplossen mits we de functies 1/g en f kunnenprimitiveren.


Notatie: Bovenstaande regels kunnen het makkelijkst worden onthouden door devolgende notatie te gebruiken: in plaats van u′ schrijven we du/dx. Door nu links enrechts van vergelijking (4) met dx te ’vermenigvuldigen’ staat er

du

g(u)= f(x) dx,

Door vervolgens de integralen voor deze uitdrukkingen te schrijven vinden we∫

du

g(u)=

∫

f(x) dx,

Hier staat in formule vorm wat we eerder al hadden geconstateerd. De primitive van defunctie 1/g(u) is gelijk aan de primtieve van de functie f .

Laten we de theorie is toelichten aan de hand van een aantal voorbeelden.

2. Voorbeeld. We lossen de differentiaalvergelijking

y′ = y (6)

op. Deel beide zijden van de vergelijking door y, wat is toegestaan mits y 6=0. Er staatdan

y′/y = 1

De primitive van 1/y is ln |y| en de primtieve van 1 is natuurlijk x+C, met C een wille-keurige integratie constante. Merk op dat we maar aan een zijde een integratieconstantehoeven te schrijven. Uit

ln |y| = C + x

volgt nu direct dat

|y(x)| = eC+x = eCex = Aex,

waarbij we een constante A = eC hebben gedefinieerd. We kunnen de absoluutstrepenrond |y(x)| weglaten door A zowel positieve als negatieve waarden te laten aannemen.We zeggen dat de algemene oplossing van verglelijking (6) gegeven wordt door

y(x) = Aex

Uit de beginwaarde wordt de constante A bepaald. Als we de waarde van y in x = 0kennen, zeg y(0) = y0, dan volgt door een eenvoudige substitutie dat A = y0. Merkverder nog op dat y = 0 ook een oplossing is die in de vorm y(x) = Aex kan wordengegoten door A = 0 te nemen.

Opgave 0.1. Los de volgende separabele differentiaalvergelijking op

y′ = (1 + y2)ex,

Lineaire differentiaalvergelijkingen

Er is nog een andere klasse differentiaalvergelijkingen, waarvoor een kant en klare op-lossingsmethode bekend is. Dat is de klasse van lineaire differentiaalvergelijkingen. Dittype differentiaalvergelijkingen heeft de volgende vorm

y′(x) + f(x)y(x) = H(x) (7)


Wanneer H(x) ≡ 0, dit heet het homogene probleem, dan hebben we opnieuw een sepa-rabele vergelijking waarvan we weten hoe dat we deze moeten oplossen. De oplossing isin dit geval

y(x) = Ce−F (x), (8)

met C een willekeurige constante en F (x) is de primitieve van f(x). Controleer doorinvullen dat dit werkelijk een oplossing is van vergelijking (8). Om voor het geval meteen functie H(x) in het rechterlid, het zogeheten inhomogene probleem de oplossing opte kunnen schrijven, maken we gebruik van een methode, die variatie van constantenwordt genoemd. We gaan uit van de oplossing van het homogene geval vergelijkking (8),maar nemen nu aan dat C een willekeurige functie is van x in plaats van een constanteen we schrijven yp(x) voor de gezochte oplossing. De p staat voor particuliere oplossing.De oplossing die we gaan vinden is namelijk een speciale oplossing, terwijl we weten dater oneindig veel oplossingen zijn van de differentiaalvergelijking.

yp(x) = C(x)e−F (x)

en we substitueren deze formule in de lineaire differentiaalvergelijking (7), we vindendan

C ′(x)e−F (x) + C(x)e−F (x)(−f(x)) + f(x)C(x)e−F (x) = H(x).

Omdat de tweede en derde term links aan de linkerzijde van bovenstaande vergelijkingtegen elkaar wegvallen houden we de vergelijking

C ′(x)e−F (x) = H(x),

voor de functie C(x) over. Deze kunnen we weer omschrijven tot

C ′(x) = eF (x)H(x).

Dus de functie C(x) die we zoeken kan gevonden worden als de primitieve van eF (x)H(x).Wat op zijn beurt betekent dat de functie yp(x) die we zochten gelijk is aan

yp(x) = e−F (x)

∫

eF (x)H(x) dx

Als laatste punt merken we nu nog op dat het altijd mogelijk is om de homogene oplossingop te tellen bij de gevonden particuliere oplossing. Door het lineaire karakter van dedifferentiaalvergelijking blijft dat dan namelijk gewoon een oplossing. Dit betekent datde algemene oplossing er in dit geval uitziet als

y(x) = Be−F (x) + e−F (x)

∫

eF (x)H(x) dx, (9)

met B weer een willekeurige constante. Merk op dat de oplossing (9) van de vorm is

y(x) = yhom(x) + yp(x).

De algemene oplossing wordt gevonden door bij een particuliere oplossing (yp(x)) eenwillekeurig aantal maal de homogene oplossing (yhom(x)) op te tellen. Dit is precies de-zelfde vorm die oplossingen van stelsels lineaire vergelijkingen hebben. Dit laat zien dater een direct verband bestaat tussen het oplossen van lineaire differentiaalvergelijkingenen lineaire algebraische vergelijkingen.

In de volgende voorbeelden wordt duidelijk hoe het oplossen van een lineaire diffe-rentiaalvergelijking in zijn werk gaat.


3. Voorbeeld. Los op

y′ − cos(x)y = esin(x). (10)

We vinden weer eerst de homogene oplossing

y0(x) = CeR

cos(x) dx = Cesin(x)

Vervolgens nemen we aan dat C geen constante is, maar een functie van x en proberenwe een particuliere oplossingen te vinden van de vorm yp(x) = C(x)esin(x) Dit geeft voorC(x) de vergelijking

C ′(x) = 1,

waaruit we onmiddelijk vinden dat C(x) = x een oplossing is. De algemene oplossing isdus in dit geval

y(x) = Besin(x) + xesin(x),

met B een constante. Controleer zelf dat dit inderdaad een oplossing is van vergelij-king (10). Als nu ook gegeven is dat dat de oplossingskromme door (π, 0) gaat, dankunnen we B bepalen:

y(π) = B + π = 0,

dus B = −π.

Verdere toepassingen van differentiaalvergelijkingen

De differentiaalvergelijkingen, zoals we die hier hebben besproken vormen slechts eenklein gedeelte van een gebied van de wiskunde waarin nog veel valt te ontdekken. In hetbijzonder zijn stelsels van niet-lineaire differentiaalvergelijkingen een gebied dat sindsde ontdekking van chaos in het Lorenz model een explosieve groei heeft doorgemaakt.Chaos en ander instabiliteiten blijken in allerlei systemen op te treden: het is gerela-teerd aan turbulente stroming, maar ook in bijvoorbeeld lasers, en allerlei mechanischesystemen is het inherent aanwezig. Het onstaan van chaos heeft natuurlijk te makenmet instabiliteiten van de oplossingen van differentiaalvergelijkingen. Zo zijn er allerleiscenario’s voor het ontstaan van chaos in een systeem van lineaire differentiaalvergelij-kingen. Een belangrijke stelling in dit verband is dat chaos in een systeem niet-lineairedifferentiaalvergelijkingen alleen kan optreden als de dimensie van het stelsel tenminstedrie is.

Opgaven

1. Los op de differentiaalvergelijking voor logistische groei

x′ = x(1 − x).

2. Geef de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking

y′ = 1 + y2.

3. Beschouw de volgende differentiaalvergelijking

y′ = y13 .

(a) Los deze differentiaalvergelijking op.


(b) Als gegeven is y(1) = 1 wat is dan de oplossing? Is deze uniek?

(c) Als gegeven is y(10) = 0 wat is dan de oplossing? Is deze uniek?

4. De differentiaalvergelijking voor de snelheid v van een raket als functie van de hoogte zwordt gegeven door

vdv

dz= − gR2

(z +R)2,

hierbij is R de straal van de aarde en g = 9.8m/s2 de valversnelling. Los deze differen-tiaalvergelijking op en laat zien dat de maximale hoogte h die kan worden bereikt doorde raket met een beginsnelheid v(0) = v0 af te schieten voldoet aan

v0 =

√

2gRh

R+ h.


Vraagstuk 1.

a) Kunnen de functies y1(x) = x en y(x) = 1 − x oplossingen zijn van een en dezelfdedifferentiaalvergelijking?

b) Kunnen de functies y(x) = x2 en y(x) = 1 − cos(x) oplossingen zijn van een endezelfde gladde differentiaalvergelijking ?

Vraagstuk 2. Bekijk de volgende differentiaalvergelijking

y′ = −xy

a) Geef de algemene oplossing van deze differentiaalvergelijking.

b) Bepaal de oplossing y die voldoet aan y(1) = −1. Op welk interval is deze oplossinggeldig?

Vraagstuk 3. Gegeven is het richtingenveld (van een differentiaalvergelijking) in Fi-guur 1.

a) Als gegeven is y een oplossing van de differentiaalvergelijking is die voldoet aany(0) = 3, probeer dan met behulp van het richtingenveld de waarde van y(2) teschatten.

b) De differentiaalvergelijking die bij dit richtingenveld hoort is

y′ = −ty.

Welke waarde vind je voor y(2) door deze differentiaalvergelijking op te lossen?Vergelijk met het antwoord onder (a).


tK3 K2 K1 0 1 2 3

y(t)

K3

K2

K1

0

1

2

3

opgave3opgave3

Figuur 1. Richtignenveld van y′ = −ty


Vraagstuk 1. Tweede orde lineaire differentiaalvergelijking met constante coefficien-ten. De differentiaalvergelijking

u′′ + 3u′ + 2u = cos t, (11)

is een tweede-orde inhomogene lineaire differentiaalvergelijking met constante coefficien-ten.

a) Bepaal de algemene oplossing uh van de homogene vergelijking behorend bij ver-gelijking (11) door u(t) = ert te substitueren en twee oplossingen voor r te vinden(deze oplossingen noemen we vanaf nu r1 en r2). Hoeveel vrijheidsgraden bevat deoplossing uh?

b) Net als bij eerste-orde differentiaalvergelijkingen kun je door variatie van de con-stanten/parameters een speciale (particuliere) oplossing vinden van (11). Schrijfdaartoe

up(t) = c1(t)er1t + c2(t)e

r2t. (12)


en laat zien dat u′p(t) gelijk is aan

(c′1(t)er1t + c′2(t)e

r2t) + (c1(t)r1er1t + c2(t)r2e

r2t)

Omdat we twee onbepaalde functies c1 en c2 hebben leggen we een extra voorwaardeop om de berekening te vereenvoudigen. Door de keuze

c′1(t)er1t + c′2(t)e

r2t = 0, (13)

zorgen we ervoor dat wanneer we oplossing (12) invullen in (11), we een eerste-ordedifferentiaalvergelijking krijgen voor c2 en c1.

c) Geef de differentiaalvergelijking waaraan c1 en c2 voldoen.

d) Vind met behulp van c) en vergelijking (13) een particuliere oplossing van de diffe-rentiaalvergelijking (11); controleer door subsititutie of het antwoord klopt.

e) Wat is de algemene oplossing van (11)?

Vraagstuk 2. Benaderen van oplossingen met behulp van de methode van Euler. Vaneen gezochte functie y(x) is bekend dat hij voldoet aan de differentiaalvergelijking

y′ = y(1 − y/100), (14)

en door het punt (0, 10) gaat.

a) Stel de raaklijn op in het punt (0, 10) en geef een schatting van de waarde van yin x = 0.5.

b) Stel, met behulp van de vergelijking van de raaklijn, een algemene formule op vooreen schatting van y1 = y(x0 + h) als y(x0) bekend is.

c) Kies h > 0 en benader de functiewaarden y(xn) in xn = n · h door het proces uit b)te herhalen. Laat zien dat de benaderingen yn van y(xn) voldoen aan

yn+1 = yn + yn(1 − yn/100)h.

d) Schrijf een kort programma in MATLAB of Maple om bovengenoemd algoritme tetesten.

e) Plot de benaderingen verkregen met h = 0.5, 0.1 en 0.01 in een figuur met de grafiekvan de echte oplossing van (14).

Vraagstuk 3. Wanneer een koord met een bepaalde massa in een zwaartekracht veldhangt, dan neemt hij de vorm aan van een zogenaamde kettinglijn. De differentiaalver-gelijking die de vorm van de ketting beschrijft is

y′′ = µ√

1 + (y′)2.

a) Zoek een afleiding van deze differentiaalvergelijking op (of bedenk er zelf een) enschrijf deze in je eigen woorden op. Wat is de betekenis van µ?

b) Hangt het koord in de vorm van een parabool?

c) Hangt het koord in de vorm van een hyperbool?

d) Los deze tweede-orde differentiaalvergelijking op met randvoorwaarden y(0) = y(10) =10.


Vraagstuk 4. Een functie y voldoet aan de volgende differentiaalvergelijking

xy′ = 2(y − 1).

Vind alle oplossingen die door het punt (0, 1) gaan. Is dit in tegenspraak met de exis-tentie en eenduidigheidsstelling?

Vraagstuk 5. Gegeven de volgende differentiaalvergelijking.

y′ = −ya) Toon aan, zonder de differentiaalvergelijking op te lossen: de oplossing die aan

y(0) = 1 voldoet heeft de eigenschap dat y(a+ b) = y(a) · y(b) voor alle a en b.Aanwijzing : Neem a vast en bekijk de twee functies x 7→ y(a+x) en x 7→ y(a) ·y(x).

b) Schets het richtingenveld van deze differentiaalvergelijking.

c) Toon aan, zonder de differentiaalvergelijking op te lossen, dat limx→∞ y(x) = 0 voorelke oplossing. Aanwijzing : Neem aan dat y(0) > 0 en zoek een kromme waar degrafiek van y onder blijft.

Optimaliseren in netwerken

C. Roos

Inleiding

Optimalisering is het deelgebied van de wiskunde waarbij het gaat het om de ontwikke-ling en analyse van algoritmen voor het oplossen van problemen waarbij een functie f(x)moet worden geoptimaliseerd (geminimaliseerd of gemaximaliseerd), waarbij x een vec-tor is in een gegeven verzameling X. In het geval van minimaliseren heeft zo’n probleemde vorm

min{f(x) : x ∈ X ⊆ Rn}.

De vector x representeert de n beslissingsvariabelen, f(x) de doelfunctie, en X hetdomein, of toelaatbare gebied van het probleem. Als de doelfunctie lineair is en hetdomein kan worden gedefinieerd door middel van lineaire functies, dan spreken we vaneen lineair optimaliseringsprobleem.

Veel problemen, in allerlei takken van de toegepaste wetenschappen, betreffen de op-timale toewijzing van schaarse middelen. Zulke problemen kunnen worden geformuleerdals een optimaliseringsprobleem.

Gedurende de tweede wereldoorlog werd optimalisering voor het eerst op grote schaaltoegepast om logistieke en operationele problemen te modelleren en op te lossen. Alswetenschappelijke discipline kon het gebied ontstaan en floreren dankzij de opkomstvan de digitale computer. Optimaliseringstechnologie is tegenwoordig een essentieelonderdeel van de besluitvorming op allerlei gebieden: luchtvaart, economie, landbouw,energie, telecommunicatie, internet, biotechnologie, etc.

Een belangrijk deelgebied van de lineaire optimalisering is netwerk optimalisering.Na het werk van enkele pioniers in de jaren 30 en 40 van de vorige eeuw op het gebied vande grafentheorie [7] en het transport probleem, waaronder de Nederlander Koopmans dievanwege dit werk in 1975 samen met de Russische econoom Kantorovic de Nobelprijsvoor economie ontving, kwam dit gebied pas goed van de grond in de jaren 50. Totde eerste problemen waarvoor efficiente algoritmen werden gevonden, behoorden het‘minimal-spanning-tree’ probleem in 1965 (Kruskal) en 1957 (Prim), en het kortste-pad-probleem in 1959 (Dijkstra). Veel van deze eerste algoritmen worden nog steedstoegepast.

Onder invloed van de opkomende informatica werd in de jaren 70 steeds indringen-der de vraag gesteld naar de efficientie van algoritmen. Toen Klee en Minty in 1972een voorbeeld gaven van een lineair probleem met 50 variabelen waarvoor de Simplex-methode tientallen jaren rekentijd zou vergen, werd dat als zeer schokkend ervaren. Indit college willen we efficiente algoritmen bespreken voor enkele belangrijke optimalise-ringsproblemen voor netwerken.

71

72 C. Roos


Kortste paden

Voor velen is het vinden van de snelste route van huis naar het werk een dagelijksterugkerend probleem. In abstracte vorm is het een van de oudste en meest bestudeerdeproblemen in de toegepaste wiskunde. Het staat bekend als het kortste-pad-probleemen kan eenvoudig worden gemodelleerd met behulp van een graaf of netwerk. Figuur 1toont hiervan een eenvoudig voorbeeld. De knopen stellen de kruispunten voor vanwegen en straten. Een weg tussen twee kruispunten wordt gerepresenteerd door een lijn(of tak) die de corresponderende knopen verbindt. Aan elke tak kennen we een positievegetalwaarde toe gelijk aan de lengte, of de reistijd van het betreffende weggedeelte. Ookals deze getalwaarde een reistijd voorstelt, noemen we het de lengte van de tak.

In het netwerk van Figuur 1 zijn er meerdere paden van knoop s naar knoop t.Een kortste pad is aangegeven door middel van dik getekende pijlen. Het is duidelijk

s

4

1

5

8

2

6

9

3

7

t

2

3

6

3

3

23

4

3

3

3

3

3

5

1

3

1

Figuur 1. Voorbeeld van een kortste-pad-probleem

dat in de praktijk het aantal knopen veel groter kan zijn dan in dit simpele voorbeeld.Een veel gebruikte digitale kaart van Nederland bijvoorbeeld telt 810.833 knopen en1.087.420 takken (Tele-atlas, versie 2001)1. Het snel vinden van een kortste pad van eenvertrekpunt A naar een bestemming B vergt dan een efficient algoritme. Reisplannersen navigatiesystemen zijn gebaseerd op dergelijke algoritmen. Gebruikers van zulkesystemen zullen een korte berekeningstijd op prijs stellen.

Kortste-pad-problemen hebben een veel groter toepassingsgebied dan men bij eerstekennismaking zou verwachten:

• De meest voor de hand liggende toepassing is al genoemd: het vinden vaneen kortste reisroute van A naar B. In communicatienetwerken (internet!)doet zich het zelfde probleem voor: als we vanuit Delft een e-mail berichtnaar Tokyo sturen wordt in principe het bericht door routers in tussenliggendeschakelstations doorgestuurd naar een schakelstation dat ligt op een kortsteroute naar Tokyo.

• Een cruciaal probleem bij spraakherkenning, het automatisch omzetten van ge-sproken in geschreven tekst, is het onderscheiden van gelijkluidende woorden,zoals voet, voed en voedt. Vorm een graaf met de mogelijke woorden in een

1Inmiddels zijn het er meer, zo’n 7 miljoen knopen

Optimaliseren in netwerken 73

zin als knopen, met een gerichte tak tussen elk tweetal mogelijke opeenvol-gende woorden. Als we voor de taklengten een maat nemen voor de kans ophet voorkomen van het betreffende paar woorden, dan kan de best mogelijkeinterpretatie van een zin worden gevonden door een kortste pad te bepalen vanhet eerste woord naar het laatste woord in de zin. Zie Figuur 2.

De man

voet

voedt

voed

het schaap

Figuur 2. Voorbeeld van een zin

• Beeldsegmentatie is een ander voorbeeld. Beschouw het probleem om tweeobjecten in bijvoorbeeld een MRI-scan van elkaar te scheiden. Dit wordt ge-daan door een lijn tussen twee punten te vinden die het kleinste aantal donkerepixels bevat. De pixels zijn de knopen van de graaf, en de lengte van een taknemen we korter naarmate de twee pixels die de tak verbindt lichter zijn. Eenkortste pad tussen de twee punten markeert een optimale scheidingslijn. De-zelfde techniek wordt ook gebruikt om de contour van bijvoorbeeld het hart ineen rontgenopname te bepalen.

In veel toepassingen moeten grote aantallen kortste paden worden uitgerekend, waardoorhet beschikken over een efficient algoritme nog urgenter wordt. Het eerder genoemdeDijkstra-algoritme is het meest bekende en meest gebruikte. De werking van dit algo-ritme zullen we hieronder beschrijven.

Enige definities

Een netwerk, of (gerichte) graaf, bestaat uit een (eindige) verzameling V van knopen,en een verzameling E van (gerichte) takken. Een tak is een geordend paar van knopen.Als e = (v, w) ∈ E dan heet v de beginknoop en w de eindknoop van tak a. Een pad Pin het netwerk is een rij van de vorm

v1, e1, v2, e2, . . . vk, ek, vk+1

waarbij ei = (vi, vi+1) ∈ E voor i = 1, 2 . . . , k en k > 1. Omdat een tak eenduidigbepaald is door zijn begin- en zijn eindknoop stellen we een pad ook wel kortweg voorals een geordend rijtje van knopen:

(1) P = (v1, v2, . . . vk, vk+1).

We nemen aan dat elke tak een niet-negatieve lengte heeft. De lengte van tak (v, w)noteren we als cvw. De lengte van het pad P in (1) is per definitie de som van de lengten

74 C. Roos

van de takken op P :

ℓ(P ) =∑

(v,w)∈P

cvw.

Opgave 1.1. Bepaal het aantal paden van s naar t in het netwerk van Figuur 1.

Algoritme van Dijkstra

Het algoritme van Dijkstra bepaalt een kortste pad van s naar t, waarbij s en t tweewillekeurige knopen zijn in een gegeven netwerk. Het algoritme kent aan elke knoop vin de graaf een getalwaarde (of label) πv toe; deze waarde is altijd groter dan of gelijkaan de lengte van het kortste pad van s naar v. Aan het eind van het algoritme is πt

gelijk aan de lengte van het kortste pad van s naar t.In elke iteratie wordt een knoop verkend en het algoritme houdt een lijst Q bij van

nog te verkennen knopen. Aanvankelijk bevat Q alleen knoop s, en hebben alle knopenhet label ∞ (het wiskundige symbool voor oneindig) behalve knoop s: die krijgt hetlabel 0, zijnde de lengte van het kortste pad van s naar s.

Een iteratie bestaat uit het kiezen en vervolgens verkennen van een knoop u uit delijst Q; we kiezen daarvoor een knoop in Q waarvoor πu minimaal is; deze knoop wordtuit Q verwijderd en vervolgens verkend.

Tijdens het verkennen van knoop u wordt voor elke knoop v die met u verbonden ishet label πv al dan niet aangepast: als het pad van s via u naar v korter is dan πv danmaken we πv gelijk aan de lengte van dit kortere pad. Dus geven we dan v als nieuwlabel de som van πu en de lengte cuv van de tak van u naar v; verder wordt de knoop vtoegevoegd aan Q. Figuur 3 beschrijft het algoritme in pseudocode.

Initialisatie:Q := {s};πs := 0;πv := ∞, ∀v ∈ V \ {s};while Q is niet leeg:

Kies u ∈ Q zodanig dat πu 6 πv voor alle v ∈ Q;Verken(u)

endwhile

Figuur 3. Algoritme van Dijkstra.

De procedure Verken(u) is gegeven in Figuur 4.We passen bij wijze van voorbeeld het algoritme toe op het netwerk in Figuur 1.

Het resultaat is samengevat in Figuur 5. De kolommen in de tabel in deze figuur gevende waarden van πv. De elementen in Q zijn aangegeven door de waarde van πv teomcirkelen; het element dat wordt gekozen om te worden verkend heeft in plaats vaneen cirkel een rechthoek als kader .

We concluderen uit de tabel dat de lengte van het kortste pad gelijk is aan 10. Hetkortste pad kan ook uit de tabel worden teruggevonden. Het label 10 in knoop t ontstondbij het verkennen van knoop 9, die op dat moment label 9 had. Dit label ontstond bij het


begin

doe voor alle a = (u, v) het volgende:als πv > πu + cuv dan

πv := πu + cuv;voeg v toe aan Q

end;verwijder u uit Q

end

Figuur 4. Procedure Verken(u).

iteraties

knoop 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

s 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 ∞ 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

2 ∞ ∞ ∞ 6 6 6 6 6 6 6 6 6

3 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 9 9 9 9 9 9 9

4 ∞ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

5 ∞ 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5

6 ∞ ∞ ∞ ∞ 6 6 6 6 6 6 6 6

7 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 9 9 9 9 9 9

8 ∞ ∞ 8 8 7 7 7 7 7 7 7 7

9 ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 9 9 9 9 9 9

t ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 12 10 10

Figuur 5. Toepassing van Dijkstra’s algoritme.

verkennen van knoop 6, die op dat moment label 6 had. Enzovoort. Zo terugwerkendvinden we dat P = (s, 5, 6, 9, t) een kortste pad is van s naar t.

Opgave 1.2. Bewijs dat het label πv van een knoop v nooit kleiner is dan de lengtevan een kortste pad van s naar v.

Opgave 1.3. Als een knoop u wordt verkend, dan is het label van die knoop permanent(d.w.z. verandert niet meer). Bewijs dit. Leid hieruit af dat het label van die knoop dangelijk is aan de lengte van een kortste pad van s naar die knoop.

Opgave 1.4. Een knoop die is verkend, wordt uit Q verwijderd. Toon aan dat dieknoop daarna nooit weer aan de lijst Q wordt toegevoegd.

Opgave 1.5. Als het algoritme stopt, dan geldt voor elke knoop v dat πv gelijk is aande lengte van een kortste pad van s naar v. Bewijs dit.

Uit Opgave 1.5 blijkt dat het algoritme van Dijkstra niet alleen de lengte van hetkortste pad van s naar t oplevert, maar de lengte van het kortste pad van s naar elkeknoop. We noemen het daarom een one-to-all kortste-pad-algoritme.

76 C. Roos

Indien we alleen het kortste pad van s naar t willen weten, dan kunnen we hetalgoritme stoppen als knoop t aan de beurt is om te worden verkend. Volgens Opgave1.3 is de lengte van het kortste pad van s naar t dan gevonden. Deze variant vanDijkstra’s algoritme is een one-to-one kortste-pad-algoritme.

De efficientie van een algoritme wordt bepaald door het aantal bewerkingen (re-kenkundige bewerkingen als optellen, aftrekken, vermenigvuldigen, etc. en logische be-werkingen, zoals het vergelijken van de grootte van twee getallen) in het algoritme. Wedienen dus het aantal bewerkingen te tellen dat het algoritme vergt voor een netwerk metn knopen en m takken. Dit leidt doorgaans tot een of andere min of meer ingewikkeldeuitdrukking in m en n Omdat we vooral geınteresseerd zijn in het gedrag van het algo-ritme voor grote waarden van n en/of m, letten we alleen op die termen in de betreffendeuitdrukking die het gedrag voor grote n en/of m in hoofdzaak bepalen. Bijvoorbeeld,als de uitdrukking voor het aantal bewerkingen 7n2m + 8n + 5 is dan interesseert onsalleen de term 7n2m. Dit maakt duidelijk dat als n 2 maal zo groot wordt, de looptijdvan het algoritme ongeveer 4 maal zo groot wordt. Deze laatste conclusie, die ons vertelthoe snel de looptijd aangroeit als het probleem veel groter wordt, is onafhankelijk vande factor 7. Daarom laten we ook de factor 7 weg, en zeggen dat de looptijd van hetalgoritme O(n2m) is; het symbool O dient om aan te geven dat het om de orde vangrootte van de looptijd gaat.

Opgave 1.6. Ga na dat het aantal bewerkingen in Dijkstra’s algoritme O(n2) is.

Na de uitvoering van Dijkstra’s (one-to-all) algoritme voldoen de labels πv aan deongelijkheden

(2) πs = 0, πv − πu 6 cuv, ∀(u, v) ∈ E.

Opgave 1.7. Bewijs (2).

Zij nu P = (s = v0, v1, v2, . . . , vk−1, t = vk) een willekeurig pad van s naar t. Danmogen we schrijven

ℓ(P ) =

k−1∑

i=0

cvivi+1>

k−1∑

i=0

(πvi+1− πvi

) = πvk− πv0

= πt − πs = πt.

Met andere woorden, als P een willekeurig pad is van s naar t, en π voldoet aan (2), dangeldt ℓ(P ) > πt. Het Dijkstra algoritme levert een pad P en een labelling π waarvoorgeldt ℓ(P ) = πt. Een gevolg hiervan is de volgende stelling.

1.8. Stelling. De lengte van het kortste pad van s naar t is gelijk aan

max{πt : πs = 0, πv − πu 6 cuv, ∀(u, v) ∈ E}.

Dit is de dualiteitsstelling voor het kortste-pad-probleem. Het belang van deze (enelke dualiteits-) stelling is het volgende. Als we een kortste pad P gevonden hebben, danis er altijd een mogelijkheid dat er rekenfouten zijn gemaakt. De geproduceerde labelsπv kunnen echter worden gebruikt als een garantiecertificaat: Als de labels voldoen aan(2) en ℓ(P ) = πt dan levert dit een niet-algoritmisch bewijs voor het feit dat P eenkortste pad is!


Maximale stromen

We beschouwen opnieuw een netwerk G = (V,E), met knopenverzameling V en tak-kenverzameling E. Verder is weer voor elke tak (v, w) een positief getal cvw gegeven;dit getal stelt nu de capaciteit voor van tak (v, w). Gegeven zijn verder twee specialeknopen, s en t, en gevraagd wordt om een maximale stroom van s naar t te bepalen.Een stroom x is een verzameling van getallen xvw zodanig dat in elke knoop ongelijkaan s en t ”behoud van stroom” geldt en op elke tak de (niet-negatieve!) stroom-waarde niet groter is dan de capaciteit. Met andere woorden, x moet voldoen aan debalansvergelijkingen

(3)∑

(u,v)∈E

xuv =∑

(v,w)∈E

xvw, v ∈ V \ {s, t}

en aan de capaciteitsbeperkingen

(4) 0 6 xvw 6 cvw, (v, w) ∈ E.

De waarde van de stroom x is per definitie gelijk aan

waarde(x) =∑

(s,v)∈E

xsv −∑

(v,s)∈E

xvs.

In Figuur 6 is een voorbeeld van een maximale-stroom-probleem gegeven. Merk op

s

a b c

d e f

t

5

4

1

1

6

3

1 1

5

4

4

1

2

4

Figuur 6. Maximale-stroom-probleem

dat xvw = 0, (v, w) ∈ E een stroom definieert op het netwerk. Dit is de zogenaamdenulstroom. De waarde van deze stroom is 0. Stromen met een grotere waarde zijneenvoudig te vinden: neem een willekeurig pad van s naar t in het netwerk, en stuurdaarover zoveel mogelijk stroom. Bijvoorbeeld, over het pad (s, a, f, t) in Figuur 6 kaneen stroom ter waarde van 4 worden verzonden zonder de capaciteitsgrenzen op dit padte overschrijden. Daarenboven kan over het pad (s, d, e, b, c, t) een stroom ter waarde van3 worden verzonden zonder de capaciteitsgrenzen op dit pad te overschrijden. Samenleveren deze stromen een stroom ter waarde van 7 op. Deze stroom is afgebeeld in Figuur7. Bij elke tak (v, w) staan de stroomwaarde en de capaciteit gegeven als xvw|cvw.

78 C. Roos

s

a b c

d e f

t

4|5

3|4

0|1

0|1

4|6

3|3

0|10|1

3|5

3|4

3|4

0|1

0|2

4|4

Figuur 7. Een stroom met waarde 7.

Algoritme van Ford-Fulkerson

Het algoritme van Ford-Fulkerson (1956) doet in feite niets anders dan bij een gegevenstroom op een systematische manier te zoeken naar een pad van s naar t waarover extrastroom kan worden gestuurd. Verrassend genoeg levert dit algoritme inderdaad eenmaximale stroom op: als er geen pad van s naar t is waarover extra stroom kan wordengestuurd, dan is de stroom maximaal. We zullen dit hieronder aantonen.

Maar eerst zullen we een systematische manier behandelen om een zogenaamd door-braakpad te vinden waarover eventueel extra stroom kan worden gestuurd. Eerst vormenwe het zogenaamde hulpnetwerk Gx van G behorend bij stroom x. Gx heeft dezelfdeknopen als G. In Gx nemen we alleen die takken (v, w) ∈ E op waarover extra stroomkan worden gestuurd en de inverse takken van de stroomvoerende takken in G; de capa-citeit van deze takken in Gx is gelijk aan de restcapaciteit in G. Met andere woorden,als we de verzameling van de takken in Gx Ex noemen, dan geldt

Ex = {(v, w) ∈ E : xvw < cvw} ∪ {(w, v) : (v, w) ∈ E, xvw > 0}.Als xvw < cvw dan is de restcapaciteit van tak (v, w) in Ex gelijk aan cvw − xvw, en alsxvw > 0 dan is restcapaciteit van tak (w, v) in Ex gelijk aan xvw.

We illustreren dit aan de hand van de stroom in Figuur 7. Het hulpnetwerk isafgebeeld in Figuur 8. In het netwerk van Figuur 8 blijkt via het dik getekende pad een

s

a b c

d e f

t

1

4

1

3

1

1

2

4

3

1 1

2

3

1

3

1

3

1

2

4

Figuur 8. Hulpnetwerk voor Figuur 7.

doorbraak mogelijk van s naar t. Bovendien zien we dat over dit pad een extra stroom ter


waarde van 1 kan worden gestuurd. Voegen we deze stroom toe aan de stroom in Figuur 7dan verkrijgen we de stroom in Figuur 9. Om na te gaan of verder verbetering van de

s

a b c

d e f

t

4|5

4|4

0|1

0|1

4|6

3|3

0|10|1

4|5

4|4

3|4

1|1

0|2

4|4


stroomwaarde mogelijk is, construeren we het hulpnetwerk voor de nieuwe stroom. ZieFiguur 10. Op het eerste gezicht is er nu geen doorbraak mogelijk. Om dit systematisch

s

∗

a

∗

b

∗

c

d

∗

e

∗

f

∗

t

1

4

4

1

1

2

4

3

1 1

1

4

4

1

3

1

2

4

Figuur 10. Hulpnetwerk voor Figuur 9.

vast te stellen labelen we alle knopen, te beginnen met s, die vanuit s bereikbaar zijnmet een ∗. We kunnen dit doen met een aangepaste (vereenvoudigde) versie van hetDijkstra-algoritme: We labelen s met ∗ en definieren Q = {s}. Dan kiezen we een knoopu ∈ Q en verkennen knoop u, dat wil zeggen dat we alle nog niet gelabelde knopen dievanuit u bereikbaar zijn labelen met ∗ en toevoegen aan Q. Vervolgens verwijderen weu uit Q. Dit herhalen we totdat Q leeg is. Men gaat eenvoudig na dat na dit proces allevanuit s bereikbare knopen gelabeld zijn, terwijl de ongelabelde knopen niet bereikbaarzijn vanuit s. Bijgevolg is er een doorbraak mogelijk dan en slechts dan als knoop tgelabeld is.

Figuur 10 maakt duidelijk dat er geen doorbraak mogelijk is. We zullen nu bewijzendat hieruit volgt dat de stroom in Figuur 9 maximaal is. Dit gaat als volgt.

We definieren de knoopverzameling S:

S = {v ∈ V : v is gelabeld}.Het is duidelijk dat s ∈ S en, omdat er geen doorbraak mogelijk is, t /∈ S. De verzamelingvan de takken die hun beginknoop in S hebben en hun eindknoop buiten S, noteren we

80 C. Roos

als δ+(S). Dus

δ+(S) := {(v, w) ∈ E : v ∈ S,w /∈ S}.De situatie is schetsmatig weer gegeven in Figuur 11. Als we de takken in δ+(S) uit E

s t

S V \ Sδ+(S)

Figuur 11. De s-t snede δ+(S).

verwijderen, dan is er geen pad meer van s naar t. We noemen δ+(S) daarom een s-tsnede, en we definieren de capaciteit c(δ+(S)) van deze snede als volgt:

c(δ+(S)) :=∑

(v,w)∈δ+(S)

cvw =∑

{cvw : v ∈ S,w /∈ S}.

In het onderhavige geval bestaat δ+(S) uit de takken (b, c), (e, c) en (f, t), en er geldtc(δ+(S)) = 3+1+4 = 8. Dit is precies de waarde van de gevonden stroom x in Figuur 9en dit is niet toevallig zoals we nu zullen laten zien. Met andere woorden, we zullenbewijzen dat als x een stroom is waarvoor geen doorbraak meer mogelijk is, en S deverzameling van de gelabelde knopen, dan geldt

waarde(x) = c(δ+(S)).

Zij U een willekeurige verzameling van knopen met s ∈ U en t /∈ U . Dan is δ+(U) debijbehorende s-t snede. Zij verder y een willekeurige stroom op het netwerk. Omdat naverwijdering van de takken in δ+(U) er geen pad meer bestaat van s naar t is er danook geen stroom meer mogelijk van s naar t. Hieruit concluderen we dat alle stroomdoor de takken in δ+(U) moet gaan. Er zal dus moeten gelden

waarde(y) 6 c(δ+(U)).

In het bijzonder geldt waarde(x) 6 c(δ+(S)). Anderzijds, voor een tak (v, w) ∈ δ+(S)is knoop v gelabeld en w niet. Dit betekent dat deze tak niet in het hulpnetwerkvoorkomt, want anders zou ook knoop w gelabeld zijn. Hieruit concluderen we datdeze tak verzadigd is, ofwel xvw = cvw. De takken in (v, w) ∈ δ−(S), dit zijn detakken met het beginpunt buiten en het eindpunt binnen S, zijn om de zelfde redennoodzakelijkerwijs stroomloos, want anders zou ook knoop v gelabeld zijn. Dus volgtinderdaad dat waarde(x) = c(δ+(S)). Het bovenstaande bewijst de dualiteitsstellingvoor het maximale-stroom-probleem.


1.9. Stelling (Max-flow min-cut stelling). De waarde van een maximale stroom is gelijkaan

min{c(δ+(U)) : U ⊆ V, s ∈ U, t /∈ U}.We concluderen dat de stroom x in Figuur 9 maximaal is; de snede gevormd door

de takken (b, c), (e, c) en (f, t) vormt hiervan het bewijs!Een belangrijke vraag is of het algoritme van Ford-Fulkerson efficient is. In dit

verband kan worden opgemerkt dat als alle taklengten geheeltallig zijn (of rationaal)alleen kan worden aangetoond dat het algoritme in een eindig aantal stappen eindigt(en dan een maximale stroom heeft gevonden); het aantal iteraties hangt echter nietalleen van m en n af, maar ook van de taklengten. In Opgave 1.10 wordt hiervan eenvoorbeeld gegeven. Als er irrationale taklengten zijn is eindige terminatie echter niet tegaranderen; een voorbeeld hiervan wordt gegeven in [8, pag. 152].

Opgave 1.10. Beschouw het maximale-stroom-probleem in Figuur 12. Ga na dat het

s

a

b

t

100

100

1

100

100

Figuur 12. Een slecht probleem voor het algoritme van Ford-Fulkerson.

algoritme van Ford-Fulkerson zo kan worden uitgevoerd dat in elke iteratie het door-braakpad gelijk is aan (s, a, b, t) of aan (s, b, a, t), in beide gevallen met een extra stroomter waarde 1. Omdat de maximale stroom waarde 200 heeft, is het aantal iteratiesdan 200.

Een aanzienlijke verbetering in de iteratiegrens wordt bereikt door een kleine wij-ziging, namelijk door in iedere iteratie een kortste doorbraakpad te gebruiken. Ditwerd voorgesteld door Dinits (1970) en Edmonds en Karp (1970); zij bewezen dat deiteratiegrens daardoor O(nm2) wordt. Het bewijs laten we hier achterwege. Verdere ver-beteringen zijn een iteratiegrens O(n2m) (Dinits, 1970) en O(n3) (Karzanov, 1974); deonderliggende methoden maken gebruik van respectievelijk doorbraakstromen en blokke-rende stromen in plaats van doorbraakpaden. Meer recente resultaten zijn O(nm logn)(Sleator, 1980) en O(nm log m

n log nn) (King, Rao en Tarjan, 1994). Voor meer bijzonder-

heden verwijzen we naar [8, Hoofdstuk 10].

Maximale toewijzing

We behandelen ten slotte een combinatorisch optimaliseringsprobleem dat bekend staatonder de naam toewijzingsprobleem. Een speciaal geval is het zogenaamde huwelijks-probleem waarvan een voorbeeld is weergegeven in Figuur 13. In dit netwerk stellen de

82 C. Roos

j1

j2

j3

j4

j5

m1

m2

m3

m4

J M

Figuur 13. Een huwelijksprobleem.

knopen links jongens en de knopen rechts meisjes voor. Een tak (j,m), met j ∈ J enm ∈ M , geeft aan dat jongen j en meisje m met elkaar bevriend zijn. De vraag waarhet in het huwelijksprobleem (Eng. matching problem) om gaat is de volgende:

wat is het maximale aantal jongens dat met een vriendin kan trouwen?

Het moge overigens duidelijk zijn dat dit aantal gelijk is aan het maximale aantal meisjesdat met een vriend kan trouwen.

Bovenstaand model heeft veel andere toepassingen. Bijvoorbeeld als een aantalverschillende taken moet worden uitgevoerd op een aantal verschillende machines, terwijlniet elke machine elke taak kan uitvoeren. Een mogelijke vraag is dan hoeveel takentegelijkertijd kunnen worden uitgevoerd. Door J te vervangen door de taken en M doorde machines, en door middel van takken aan te geven of een machine geschikt is vooreen taak kunnen we dit probleem modelleren als een toewijzingsprobleem.

Elk toewijzingsprobleem is eenvoudig te herleiden tot een maximale-stroom-probleem.We illustreren dit aan de hand van bovenstaand huwelijksprobleem. Daartoe voegen wetwee knopen s en t toe aan het netwerk en voor elke jongen j ∈ J een tak (s, j), en voorelk meisje m ∈ M een tak (m, t). Geef deze takken capaciteit 1, en alle takken in hetoorspronkelijke netwerk ook capaciteit 1. Dan is het duidelijk dat het maximale aantalhuwelijken gelijk is aan de maximale waarde van een stroom van s naar t in het nieuwenetwerk. Zie Figuur 14.

Het is eenvoudig om in dit netwerk een stroom met waarde 3 te vinden. Zie Figuur15. Deze stroomwaarden zijn 1 op de vet getekende takken en 0 op de overige takken.Om na te gaan of deze stroom optimaal is, vormen we het bijbehorende hulpnetwerk.Het hulpnetwerk is zoals getekend in Figuur 16. Merk op dat omdat alle capaciteiten 1zijn en alle stroomwaarden 0 of 1, de restcapaciteiten op de takken allemaal de waarde 1hebben. Deze zijn daarom niet ingetekend in deze figuur. Door op de standaard manierte labelen vanuit s blijkt dat er geen doorbraak mogelijk is. De gevonden stroom is dusoptimaal. Bijgevolg is het maximale aantal huwelijken gelijk aan 3.


s t

j1

j2

j3

j4

j5

m1

m2

m3

m4

11

11

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

Figuur 14. Een maximale-stroom-netwerk voor het huwelijksprobleem.

s t

j1

j2

j3

j4

j5

m1

m2

m3

m4

0|1 1|1

0|10|1

0|1

1|1

0|1

1|1

0|1

1|1

0|1

1|1

1|1

1|1

1|1

1|1

0|1


Een niet-algoritmisch bewijs hiervan wordt geleverd door te letten op de gelabeldeknopen in Figuur 16. Dit zijn s, j1, j3, j5 en m3. De snede bepaald door deze knopenbestaat uit de takken die lopen van een gelabelde knoop naar een ongelabelde knoop.Dit zijn de takken (s, j2), (s, j4) en (m3, t). Deze takken vormen een s-t snede met 3takken. De capaciteit van de snede is 3, en dus is 3 de maximale waarde van een stroomvan s naar t.

1.11. Definitie. Een verzameling knopen C van knopen in een netwerk heet een knoop-overdekking als elke tak in het netwerk incident is met een knoop uit C.

Opgave 1.12. Ga na dat de knopen j2, j4 en m3 een knoopoverdekking vormen in hetnetwerk van Figuur 13.

We hebben de volgende dualiteitsstelling voor het huwelijksprobleem.

84 C. Roos

s t

j1

j2

j3

j4

j5

m1

m2

m3

m4

∗

∗

∗

∗

∗

Figuur 16. Hulpnetwerk voor de stroom met waarde 3.

1.13. Stelling (Stelling van Konig-Egervary (1931)). Het maximale aantal huwelijkenin een huwelijksprobleem is gelijk aan het minimale aantal knopen in een knoopoverdek-king.

Een bewijs van deze stelling wordt gevraagd in Opdracht 3.6 van paragraaf 3.


Vraagstuk 2.1. Gegeven is de gewogen graaf van figuur 1.

1 2 3 4

5 6 7 8

3

1

2

13

3

3

2 52 2

3 1 4

Figuur 1. Zoek de kortste paden vanuit knoop 1

(a) Bepaal met het algoritme van Dijkstra de lengtes van de kortste paden vanknoop 1 naar al de andere knopen. Geef het zoekproces overzichtelijk weer ineen tabel.

(b) Teken de kortste paden in de graaf.

Vraagstuk 2.2. Beschouw het netwerk in Figuur 2. De knopen zijn de punten inhet platte vlak met coordinaten (i, j) met 0 6 i 6 20 en 0 6 j 6 20. De takken zijnde horizontale en verticale lijnstukjes van lengte 1 die deze punten verbinden en dezemogen in beide richtingen worden doorlopen. Markeer in Figuur 2 de knopen die wordenverkend wanneer met de one-to-one versie van het algoritme van Dijkstra het kortstepad van het punt s = (10, 10) naar t = (15, 15) wordt gezocht.


s

t

Figuur 2. Kortste-pad-probleem.

Vraagstuk 2.3. Pas Dijkstra toe op het netwerk van figuur 3 om de lengtes van dekortste paden vanuit s te vinden.

s

1 2 3 4 t

5 6 7 8 9

6

11

1 1 1 1

1 1 1 1

−6 −8 −10 −12 −14

Figuur 3. Zoek de kortste paden vanuit knoop s

Vraagstuk 2.4. Als een of meer taklengten cvw negatief zijn in een kortste-pad-probleem dan wordt het vinden van een kortste s-t pad veel moeilijker doordat er dancircuits met negatieve lengte kunnen zijn. Als dat zo is, dan hoeft er geen kortste padvan s naar t te zijn. Laat dit zien aan de hand van een voorbeeld.

Kunt u een methode bedenken om circuits met negatieve lengte op te sporen?

Vraagstuk 2.5 (Stelling van Gallai (1958)). Zij π : V → R. We noemen π eenpotentiaal voor het netwerk G = (V,E) als

πw − πv 6 cvw, ∀(v, w) ∈ E.

Bewijs dat een potentiaal bestaat dan en slecht dan als G geen circuits van negatievelengte bevat.

86 C. Roos

Vraagstuk 2.6. In elke iteratie van het Dijkstra algoritme moet een knoop u in Qworden gekozen waarvoor πu minimaal is. Het kiezen van een kleinste element uit eenongeordende lijst van n elementen kost O(n) bewerkingen. Omdat we dit n keer moetendoen, kost alleen al het kiezen van de te verkennen knoop O(n2) bewerkingen. Het kanefficienter door er voor te zorgen dat de lijst Q geordend is, met het kleinste elementvooraan in de lijst. Dan kunnen we steeds de eerste knoop gebruiken om te verkennen,hetgeen slechts 1 bewerking vergt. Laat zien dat het bijhouden van een aldus geordendelijst slechts O(n logn) bewerkingen kost.

Vraagstuk 2.7. Gegeven is het netwerk van figuur 4.

s 1 2

3 4 5 6

7 8 t

6|10

4|74|6

4|8

2|3 2|22|3

1|3

3|6

2|2

3|32|2

10|10

2|2

0|4

6|10

4|8

4|4

Figuur 4. Netwerk met een stroom

(a) Wat is de capaciteit van de snede δ+(U) als U = {s, 1, 5}.(b) Verhoog de stroom tot een maximale stroom. Wat is de waarde van deze

maximale stroom?

(c) Laat zien dat dit ook werkelijk een maximale stroom is door een snede metcapaciteit gelijk aan de waarde van deze stroom te geven. Dit is dan een snedemet minimale capaciteit!

Vraagstuk 2.8. Een vliegmaatschappij beschikt over een vloot van 5 vliegtuigen, elkvan een verschillend type, en heeft 6 piloten in dienst. Het vliegbrevet van de pilotenmaakt het hen mogelijk slechts in een beperkt aantal typen te vliegen, zoals met een +aangegeven in onderstaande tabel. Hoeveel vliegtuigen kan de maatschappij maximaaltegelijkertijd laten vliegen? Wat wordt het maximale aantal vluchten (tegelijkertijd) alsde maatschappij van elk type een tweede vliegtuig aanschaft?


Opdracht 3.1. Gegeven is het kortste-pad-probleem in Figuur 1. Los dit probleem opmet het algoritme van Dijkstra.


Type 1 Type 2 Type 3 Type 4 Type 5piloot 1 + +piloot 2 + + +piloot 3 +piloot 4 +piloot 5 + +piloot 6 +

Figuur 5. Vliegbevoegdheden.

s 1 2 3

4 5 6 7

8 9 t

3

25

2

6

3

3

23

4

2

−4

1

2

3

1

3

1

Figuur 1. Een kortste-pad-probleem

Opdracht 3.2. Het Bellman-Ford algoritme (1958) is een efficient algoritme voorkortste-pad-problemen waarin negatieve taklengten voorkomen. Het algoritme levertde kortste afstanden van een vaste knoop s naar alle andere knopen, of het detecteertdat vanuit s een circuit met negatieve lengte kan worden bereikt (in welk geval er geenkortste pad vanuit s bestaat).

De methode kan als volgt worden beschreven. Definieer voor elke v ∈ V en k =0, 1, 2 . . .:

dk(v) = minimale lengte van een pad van s naar v met hoogstens k takken,

waarbij dk(v) = ∞ als zo’n pad niet bestaat. Het is duidelijk dat als er geen negatieve-lengte-circuit bereikbaar is vanuit s, de afstand van s naar v gelijk is aan dn−1(v),waarbij n het aantal knopen in V is. De functies dk zijn algoritmisch eenvoudig tevinden. Allereerst volgt dat d0(s) = 0 en d0(v) = ∞ als v 6= s. Vervolgens kunnend1, d2 . . . , dn recursief worden gevonden met behulp van de volgende regel:

dk+1(v) = min{dk(v), min(u,v)∈E

(dk(u) + cuv)}.

Men gaat eenvoudig na dat de looptijd van dit algoritme O(mn) is, waarin m het aantaltakken in E voorstelt.

Als dn−1 = dn dan is er geen negatieve-lengte-circuit bereikbaar vanuit s, en danstelt dn(v) de kortste afstand voor van s naar v, voor elke v ∈ V . Anders, als dn−1 6= dn

dan bestaat er een negatieve-lengte-circuit dat bereikbaar is vanuit s.Bewijs dit. (Hint: Zie [8, Theorem 8.5 en Theorem 8.6, page 109].)

88 C. Roos

Opdracht 3.3. Los het kortste-pad-probleem in Figuur 1 op met behulp van hetBellman-Ford algoritme. Verander daarna de lengte van tak (3, 7) in 0, en los hetaldus ontstane probleem ook op met dit algoritme.

Opdracht 3.4. Het Floyd-Warshall algoritme (1962) is een all-to-all kortste-pad-al-goritme. De input is een n× n afstandsmatrix A, waarin Aij de gegeven lengte van een(onbekend) pad voorstelt van vi naar vj ({v1, . . . , vn} is de knopenverzameling en alletakken hebben een lengte ≥ 0) en de output een n× n matrix B, waarin Bij de kortstmogelijke afstand voorstelt van vi naar vj , die op basis van A te vinden is:

Initialisatie: Vervang alle niet-bekende afstanden in A door ∞ en maak alle dia-gonaalelementen in A gelijk aan 0;

U = A;for k = 1 : n,

for i = 1 : n,for j = 1 : n,

Vij = min(Uij , Uik + Ukj);end

end

U = V ;end

B = U

Ga na dat deze matrix wordt gevonden na O(n3) bewerkingen.De afstandstabel in Figuur 2 is overgenomen uit een oude druk van het Beste Boek

van de Weg. Ga met het Floyd-Warshall algoritme na dat niet alle afstanden in dezetabel kortste afstanden zijn.

Bonusvraag: Bewijs dat voor alle i en voor alle j, Bij de kortst mogelijke af-stand voorstelt van vi naar vj . (Het onderliggende idee is om achtereenvolgens voork = 1, 2 . . . , n de lengte dk(vi, vj) te berekenen van het kortste pad van vi naar vj ,waarbij slechts via de knopen v1 tot en met vk gelopen wordt. Bewijs daarom eerst datdk(vi, vj) = min{dk−1(vi, vj), d

k−1(vi, vk) + dk(vk, vj)}. Hierbij is d0(vi, vj) de beginaf-stand van vi tot vj .)

Opdracht 3.5. Zij gegeven een graph G = (V,E). Zoals bekend is er geen efficientalgoritme voor het vinden van een Hamiltoncircuit in G. Wat is er mis met de volgendeaanpak?

Stel dat V = (v1, v2, . . . , vn). Vorm een huwelijksnetwerk N met linksen rechts de knopen vi (1 6 i 6 n); om de knopen links en rechts vanelkaar te onderscheiden, noemen we de i-de knoop links vi en rechtsv′i. We verbinden vi en v′j in N als tak (vi, vj) tot E behoort.Merk op dat een Hamiltoncircuit in G direct aanleiding geeft tot eencomplete matching in N .Om uit te vinden of een complete matching bestaat, gaan we na ofer n huwelijken mogelijk zijn door het maximale aantal huwelijken tebepalen. Hiervoor hebben we immers een efficient algoritme. Als nhuwelijken mogelijk zijn, dan leveren de betreffende takken in G eenHamiltoncircuit op.

Optim

alis

eren

innetw

erken

89

Am

ersfo

ort

Am

sterdam

Apeld

oorn

Arnhem

Assen

Bergen

op

Zoom

Breda

Ein

dhoven

Enschede

Den

Haag

Gronin

gen

Haarle

m

Den

Held

er

Den

Bosch

Hilversum

Leeuw

arden

Maastric

ht

Mid

delb

urg

Nijm

egen

Roerm

ond

Rotterdam

Utrecht

Win

tersw

ijk

Zutphen

Zw

olle

Amersfoort 0 47 47 46 139 123 86 111 114 81 164 67 126 73 18 147 190 176 63 141 78 20 109 65 70

Amsterdam 47 0 89 92 162 134 100 125 156 57 184 20 79 87 30 132 207 175 109 168 77 40 151 107 103

Apeldoorn 47 89 0 25 108 167 130 103 71 128 133 109 154 88 65 129 176 222 42 127 125 67 66 22 41

Arnhem 46 92 25 0 132 145 108 78 85 116 157 112 171 63 64 154 151 200 17 102 113 59 64 31 66

Assen 139 162 108 132 0 262 225 210 110 214 25 182 149 195 156 68 283 315 149 234 217 159 143 108 69

Bergen op Zoom 123 134 167 145 262 0 37 94 230 83 287 124 197 82 119 265 183 59 128 144 57 103 209 176 193

Breda 86 100 130 108 225 37 0 57 193 75 250 111 179 45 82 228 147 96 91 107 49 66 172 139 156

Eindhoven 111 125 103 78 210 94 57 0 163 127 235 141 204 38 107 232 125 153 61 50 101 91 142 109 144

Enschede 114 156 71 85 110 230 193 163 0 195 135 176 215 148 132 155 237 285 102 187 192 134 40 54 71

Den Haag 81 57 128 116 214 83 75 127 195 0 236 41 114 104 72 182 162 124 133 177 26 61 180 146 151

Groningen 164 184 133 157 25 287 250 235 135 236 0 199 147 220 178 58 309 340 174 259 242 184 168 133 94

Haarlem 67 20 109 112 182 124 111 141 176 41 199 0 73 103 49 141 226 165 130 184 67 56 171 127 123

Den Helder 126 79 154 171 149 197 179 204 215 114 147 73 0 166 109 89 289 238 188 247 140 119 220 176 144

Den Bosch 73 87 88 63 195 82 45 38 148 104 220 103 166 0 69 215 123 141 46 81 79 53 127 94 129

Hilversum 18 30 65 64 156 119 82 107 132 72 178 49 109 69 0 146 192 172 81 150 74 16 127 83 88

Leeuwarden 147 132 129 154 68 265 228 232 155 182 58 141 89 215 146 0 306 306 171 256 208 162 183 139 91

Maastricht 190 207 176 151 283 183 147 125 237 162 309 226 289 123 192 306 0 243 135 50 191 176 213 183 218

Middelburg 176 175 222 200 315 59 96 153 285 124 340 165 238 141 172 306 243 0 187 203 98 156 264 231 246

Nijmegen 63 109 42 17 149 128 91 61 102 133 174 130 188 46 81 171 135 187 0 85 111 76 81 48 83

Roermond 141 168 127 102 234 144 107 50 187 177 259 184 247 81 150 256 50 203 85 0 151 134 166 133 168

Rotterdam 78 77 125 113 217 57 49 101 192 26 242 67 140 79 74 208 191 98 111 151 0 58 177 143 148

Utrecht 20 40 67 59 159 103 66 91 134 61 184 56 119 53 16 162 176 156 76 134 58 0 123 85 90

Winterswijk 109 151 66 64 143 209 172 142 40 180 168 171 220 127 127 183 213 264 81 166 177 123 0 44 92

Zutphen 65 107 22 31 108 176 139 109 54 146 133 127 176 94 83 139 183 231 48 133 143 85 44 0 48

Zwolle 70 103 41 66 69 193 156 144 71 151 94 123 144 129 88 91 218 246 83 168 148 90 92 48 0

Fig

uur

2.

Afstan

dstab

elvoor

25sted

enin

Ned

erland.

90 C. Roos

Opdracht 3.6. Bewijs Stelling 1.13. (Hint: Toon eerste aan dat het aantal knopenin een knoopoverdekking nooit kleiner is dan het aantal mogelijke huwelijken. Let erverder op dat de gelabelde meisjes en de ongelabelde jongens in het hulpnetwerk vaneen maximale stroom een knoopoverdekking vormen.)

Opdracht 3.7. Bewijs op minstens twee verschillende manieren dat het maximaleaantal huwelijken in het netwerk van Figuur 3 gelijk is aan 4.

j1

j2

j3

j4

j5

m1

m2

m3

m4

m5

m6

Figuur 3. Een huwelijksprobleem.

Opdracht 3.8 (⋆Gewogen matching). In veel toewijzingsproblemen heeft elke tak eengewicht cjm en gaat het om het vinden van een matching waarvoor de som van degewichten cjm van de takken (j,m) in de matching minimaal (of maximaal) is. Doormiddel van gewichten kan men bijvoorbeeld de intensiteit van een vriendschap in een hu-welijksnetwerk modelleren, of in het pilotenprobleem van Vraagstuk 2.8 de geschiktheidvan een piloot om een bepaald vliegtuig te besturen.

Bij wijze van voorbeeld beschouwen het probleem van Vraagstuk 2.8, maar nu druk-ken we voor elke piloot de geschiktheid om een vliegtuig te besturen uit met een getaltussen 0 en 10: Probeer een toewijzing te vinden met een zo hoog mogelijke score. Los

Type 1 Type 2 Type 3 Type 4 Type 5

piloot 1 9 6 7 0 10

piloot 2 10 8 4 9 2

piloot 3 4 5 3 6 7

piloot 4 2 7 9 7 6

piloot 5 5 6 9 4 9

piloot 6 6 4 5 3 10

Figuur 4. Vliegbekwaamheid van de piloten.

dit probleem ook op met behulp van de software NETFLO op de NEOS web site

http://www-neos.mcs.anl.gov/neos/solvers/LNO:NETFLO/

en vergelijk beide resultaten


Bibliografie

[1] R. K. Ahuja, T.L. Magnanti, and J.B. Orlin. Network Flows: Theory, Algorithms, and Applications.Prentice-Hall, Englewood Cliffs, New Jersey, 1993.

[2] V.K. Balakrishnan and C. Moire. Network Optimization, volume 2 of Chapman and Hall Mathema-

tics Series. CRC Press, Inc, UK, 1995.[3] M.O. Ball, T.L. Magnanti, Monma C.L., and G.L. Nemhauser. Network Models. Elsevier Science,

Amsterdam, 1995.[4] D.P. Bertsekas. Network Optimization: Continuous and Discrete Models. Athena Scientific, P.O.

Box 391, Belmont, MA, USA, 1998.[5] D.Z. Du and P. M. Pardalos. Network Optimization Problems: Algorithms, Applications And Com-

plexity, volume 2 of Series on Applied Mathematics. World Scientific Publishing Company, Incor-porated, 1993.

[6] Fred Glover and Nancy V. Phillips. Network Models in Optimization and Their Applications in

Practice. John Wiley & Sons, UK, 1992.[7] D. Konig. Theorie der endlichen und unendlichen Graphen. Reprinted by Chelsea in 1950, New

York, USA, 1936.[8] A. Schrijver. Combinatorial Optimization. Polyhedra and Efficiency. Springer, Berlin, 2003. 3 volu-

mes.

Dictaat caleidoscoop deel1

Education

Transcript of Dictaat caleidoscoop deel1