Asimptotik notasyon kullanımında hata

10

Aşağıdaki nüksün aşağıdaki kanıtıyla neyin yanlış olduğunu anlamaya çalışıyorum

T (n) = 2 T (⌊ \frac{n}{2} ⌋) + n

$T(n) = 2\,T\!\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right)+n$

T (n) \leq 2 (c ⌊ \frac{n}{2} ⌋) + n \leq c n + n = n (c + 1) = O (n)

$T(n) \leq 2\left(c\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right)+n \leq cn+n = n(c+1) =O(n)$

Dokümantasyon çünkü o endüktif varsayımın yanlış olduğunu söylüyor Am ben eksik?

T (n) \leq c n

$T(n) \leq cn$

— Erb
kaynak

2

Bu formun tekrarları, Ana teorem kullanılarak da çözülebilir .

— Juho

2

@Ran: Master-theorem'in bu soru için uygun bir etiket olduğunu düşünmüyorum. Soru, bunun nasıl çözüleceği ile ilgili değil, belirli bir argümandaki yanlışlığa dikkat çekmek. Ayrıca, master-teorem muhtemelen çok spesifiktir ve muhtemelen kendi etiketine sahip olmayı hak etmemektedir. Genel olarak, olası cevapları değil, soruyu temel alarak etiketlemeliyiz. Örneğin, bu akra-bazzi'yi etiketler misiniz?

— Aryabhata

"Aşağıdaki ispat ile yanlış olan ne" - Bir ispat görmüyorum. Hataları tespit etmek için tam bir kanıt yazmak (yani, indüksiyonu açık yapmak) genellikle yararlıdır.

— Raphael

Bununla ilgili daha genel bir soru, sayı dizileri için tekrarlama ilişkilerini çözme veya yaklaşık olarak hesaplamadır .

— Juho

12

Diyelim ki nihai hedef yi kanıtlamak . Tümevarım hipoteziyle başlarsınız: $T(n) = \mathcal{O}(n)$

Tüm için . $T(i) \leq ci$ $i < n$

Kanıtı tamamlamak için de göstermelisiniz. $T(n) \leq cn$

Ancak, çıkarabileceğiniz şey , bu da kanıtın tamamlanması için yararlı değildir; İhtiyacınız biri sabit (neredeyse) herkes için . Bu nedenle hiçbir şeyi sonuçlandıramayız ve kanıtlanmamıştır. $T(n) \leq (c+1)n$ $c$ $n$ $T(n) = \mathcal{O}(n)$

Sonuç ve ispat süreci arasında kafanızın karıştığına dikkat edin. Ve bir nokta daha, bu durumda aslında olduğundan, kanıtlayabilmek için uygun bir indüksiyon hipotezini düşünebilirsiniz. $T(n)$ $\Theta(n \log n)$

— ped
kaynak

c '= c + 1' i değiştirirsek, herhangi bir değişiklik yapar mı?

— Erb

@erb: Hayır, olmayacak. Seçilen bir sabit için kanıtlamanız gerekir. Değiştirilmesi durumunda,

, sonunda sahip

(veya

daha sonra sonuç aynıdır).

c^{'} = c + 1

$c'=c+1$

T (n) \leq (c^{'} + 1) n

$T(n) \leq (c'+1)n$

T (n) \leq (c + 2) n

$T(n) \leq (c+2)n$

— ped

8

Birkaç adım atladınız. Görünüşe göre indüksiyonla kanıtlamaya çalışıyorsunuz ve kanıtınız gidiyor: $T(n) = O(n)$

Varsayalım için . Bu anlamına gelir $T(k) = O(k)$ $k<n$ bazıları için . Daha sonra $T(k) \le c \, k$ $c$ , yani . $T(n) = 2 T(\lfloor n/2\rfloor) + n \le 2 c \lfloor n/2\rfloor + n\le (c+1) \,n$ $T(n) = O(n)$

Bu kanıt en baştan yanlış gidiyor: “ için “ ”bir anlam ifade etmiyor. Büyük Ah bir asimptotik kavramıdır: bir sabit olduğu anlamına gelir ve bir eşik, N , öyle ki $T(k) = O(k)$ $k \lt n$ $T(k) = O(k)$ $c$ . Ve yine sonunda, “ ”sonucunu çıkaramazsınız, çünkü bu fonksiyonu hakkındabir bütün olarak birşeyler söylüyorve sadece belirli değeri hakkında bir şey kanıtladınız.. $\forall k \ge N, T(k) \le c \, k$ $T(n)=O(n)$ $T$ $T(n)$

ne anlama geldiği konusunda açık olmalısınız . Belki de kanıtınız gider: $O$

Diyelim ki herkes için . Daha sonra $T(k) \le c \, k$ $k < n$ . $T(n) = 2 T(\lfloor n/2\rfloor) + n \le 2 c \lfloor n/2\rfloor + n\le (c+1) \,n$

Bu tümevarım adımını kanıtlamaz: ve için ispat , $T(k) \le c \, k$ $k=n$ . Bu daha zayıf bir bağ. Bunun ne anlama geldiğine bakın: $T(k) \le (c+1) \, k$ , büyüme oranına bağlı olduğuanlamına gelir. Ama büyüdüğündeartanbir oranına sahipsiniz. Bu doğrusal bir büyüme değil! $T(k) \le c \, k$ $c$ $T$ $c$ $k$

Eğer yakından bakarsanız, hızı fark edeceksiniz tarafından yetişir zaman çiftlerde. Bu nedenle, gayri, eğer sonra ; diğer bir deyişle, . $c$ $1$ $k$ $m=2^p k$ $c_m = c_k + p$ $c_k = c_0 \log_{2} k$

Bu kesin bir şekilde yapılabilir. Söz konusu endüksiyon ile kanıtlamak , . $k \ge 1$ $T(k) \le c \log_2(k)$

Yineleme ilişkisi, verileri doğrusal zamanda iki eşit parçaya bölen böl ve fethet algoritmaları için tipiktir. Bu tür algoritmalar faaliyet süresi ( ). $\Theta(n\,\mathrm{log}(n))$ $O(n)$

Beklenen sonucun ne olduğunu görmek için, master teoremine karşı nüks ilişkisini kontrol edebilirsiniz . Bölüm ve yapılan fazladan çalışma ; , bu yüzden , ikinci durumda büyüme olduğu $2T(n/2)$ $n$ $\log_2(2) = 1$ . $\Theta(n\,\log(n))$

— Gilles 'SO- şeytan olmayı bırak'
kaynak

7

Zaten verilen cevabı uzatıyorum, belki de sadece yorumumu daha ayrıntılı olarak açıklayarak.

Tahmin etmek zor ve sıkıcı olabileceğinden, bazen daha iyi yöntemler mevcuttur. Böyle bir yöntem Master Teoremidir . Bizim nüks biçimi artık , ve sabitler ve vardır bir fonksiyonu. Bizim durumumuzda o Not yorumlanabilir anlamına $T(n) = a T(n/b) + f(n)$ $a \geq 1$ $b > 1$ $f(n)$ $\lfloor n/2 \rfloor$ $n/2$ . Teknik olarak kesin olmak gerekirse, tam sayı olmayabileceğinden yinelememiz iyi tanımlanmamış olabilir. Bununla birlikte, nüksün asimptotik davranışını etkilemeyeceği için buna izin verilir. Bu nedenle, genellikle zemin ve tavanları düşürmeyi uygun buluyoruz. Bunun resmi kanıtı biraz sıkıcıdır, ancak ilgilenen okuyucu bunu Cormen ve ark. kitap . $n/2$

Bizim durumumuzda , , . Bu, olduğu anlamına gelir . İkinci durum Master 'teoremi Beri geçerlidir , ve çözüm $a = 2$ $b = 2$ $f(n) = \Theta(n)$ $n^{\log_b a} = n^{\log_2 2} = n$ $f(n) = \Theta (n)$ . $T(n) = \Theta (n \log n)$

— Juho
kaynak

n = 2^{k}

$n=2^k$