Exemple de raisonnement par récurrence

by admin on December 22, 2018

Pour les valeurs de n qui ne sont pas des puissances de 2, ou pour des récurrences moins commodément construites de cette forme, il est souvent préférable de passer directement au théorème de maître. Ces sommes peuvent être laides rapidement. Comme lors de la résolution de tout autre problème mathématique, nous ne sommes pas tenus d`expliquer d`où vient notre solution aussi longtemps que nous pouvons prouver qu`il est correct. Alors, faisons-le. Puis ai f (n/bi) = ai NC/BIC = NC (a/BC) i. Ce cas donne T (n) = Θ (nlog [b] a) pour tout f (n) = O (nlog [b] a-Epsilon). Pour n > 0, T (n) = T (étage (n/2) + n < = 2 Floor (n/2) + n < = 2 (n/2) + n = 2n. Il est basé sur l`application de l`analyse de la section précédente à diverses familles larges de fonctions f, puis en étendant les résultats à l`aide d`un argument de monotonie aux valeurs de n qui ne sont pas des puissances de b. Cet exemple a été soigneusement truqué pour donner T (n) = n ²! Nous ne serons généralement pas très explicites à ce sujet.

Enfin, si (a/BC) est supérieur à 1, nous avons une série géométrique dont la somme est proportionnelle à son dernier terme, qui peut être montré pour être asymptotiquement plus petit que le T (1) terme. Les exigences techniques pour ce travail sont indiquées dans le théorème 4 à la page 427 du LevitinBook. Pour résoudre une récurrence, nous trouverons une formule qui calcule T (n) directement à partir de n, sans ce calcul récursif. Supposons que f (x) = XC. Ceux-ci sont originaires de CS365, et soulignent des solutions asymptotiques; pour CS202, nous vous recommandons également de regarder GeneratingFunctions. L`application de la méthode de substitution avant exige un talent pour reconnaître les séquences de leurs premiers éléments. C`est un peu plus délicat, car comme les arguments à la baisse de f, ils sont multipliés par de plus en plus a. Certaines récurrences courantes apparaissent assez souvent dans AlgorithmAnalysis qu`il est logique de les résoudre une fois dans la forme générale, puis il suffit d`appliquer la solution générale au besoin. Sigma,, i = 0 à log [b] n-1 ai f (n/bi) + nlog [b] a T (1). Pas toutes les récurrences sont solubles exactement, mais dans la plupart des cas qui se pose dans l`analyse des algorithmes récursifs, nous pouvons généralement obtenir au moins une asymptotique (i. Sloane, ou du moins de son Encyclopédie en ligne de séquences entières.

Cela couvre le cas où f (n) = Omega (nlog [b] a + Epsilon). Cela a la solution T (n) = nlog [b] a T (1) = Θ (nlog [b] a). Nous pourrions être en mesure de prouver un peu plus serré lié avec plus de travail, mais cela suffit à SHO T (n) = O (n). Donc, si f (n) = NC, le terme f (n) dans la somme domine à la fois le reste de la somme et le nlog [b] un terme, et nous obtenons T (n) = Θ (f (n)). Ces trois cas ne couvrent pas toutes les possibilités (considérez T (n) = 2T (n/2) + n log n), mais ils géreront la plupart des récurrences de cette forme que vous êtes susceptible de rencontrer. Exemple: T (n) = 4T (n/2) a la solution Θ (NLG 4) = Θ (n ²). Naturellement, à moins que vous soyez de très bons amis avec le quantificateur existentiel vous pouvez trouver qu`il a dû venir avec de bonnes conjectures. Pour n = BK, n/b = BK-1, ce qui rend cette récurrence une version légèrement déguisée de la dernière. La méthode de substitution avancée procède en générant la première demi-douzaine de termes dans la séquence décrite par la récurrence, dans l`espoir qu`elle se transformera en une séquence que nous reconnaissons. Si f (n) = O (nlog [b] a-Epsilon), alors T (n) = Θ (nlog [b] a).

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