Линейные рекуррентные соотношения

Дискретные структурыМФТИ, весна 2014

Александр Дайнякwww.dainiak.com

http://www.dainiak.com/

Рекуррентные соотношения: напоминание• Основное рекуррентное соотношение:

( {𝑎1,…,𝑎𝑛+1 }𝑘+1 )

-сочетания, содержащие

-сочетания, не содержащие

( {𝑎1,…,𝑎𝑛}𝑘 ) ( {𝑎1,…,𝑎𝑛}

𝑘+1 )Мето

д выделенного элемента

Линейные рекуррентные соотношенияЗадача Леонардо Фибоначчи:• Зрелая пара кроликов даёт потомство каждый месяц — по новой

паре кроликов• Пара новорождённых кроликов через месяц созревает и может

давать потомство• Вопрос: если человек купил одну пару зрелых кроликов,

то сколько их у него будет через год?

Линейные рекуррентные соотношенияФормализация задачи:

• Пусть — количество пар через месяцев

• Пусть — количество «зрелых» пар кроликов, — количество новорождённых пар

• Все зрелые пары каждый месяц дают потомство, значит в -й месяц родятся новых пар. То есть .

• Кролики, бывшие новорождёнными в -й месяц, в -й месяц уже созреют. То есть .

• Аналогично, и .

Линейные рекуррентные соотношенияМы обосновали соотношения:• и .• и .

• Получаем

Линейные рекуррентные соотношенияТеперь всё просто:

1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233

Последовательность Фибоначчи определяется рекуррентным соотношением и начальными условиями и .

Линейные рекуррентные соотношенияПоследовательность чисел удовлетворяет линейному рекуррентному соотношению -го порядка с постоянными коэффициентами, если для всех выполнено

Для определения последовательности нужно задать её первых членов.

Линейные рекуррентные соотношенияСоотношение

можно переписать в виде

Общий вид рекуррентных соотношений:

Свойства рекуррентных соотношенийОбщий вид рекуррентных соотношений:

Если последовательности и удовлетворяют р.с., то и последовательность тоже ему удовлетворяет:

Решение рекуррентных соотношений

Наши задачи на ближайшее время:• Научиться находить явный вид по рекуррентному соотношению• Определять порядок роста последовательностей, заданных

рекуррентными соотношениями

Решение рекуррентных соотношенийПо соотношению

строится его характеристический многочлен

Решение рекуррентных соотношенийПусть — любой корень характеристического многочлена, то есть выполнено равенство

Рассмотрим последовательность .Имеем

Решение рекуррентных соотношенийЕсли — корни характеристического многочлена, то любая последовательность вида

будет удовлетворять р.с.

Решение рекуррентных соотношенийЕсли — различные корни характеристического многочлена, то последовательность

является общим решением р.с., то есть любое конкретное решение р.с. будет иметь такой вид.

Решение рекуррентных соотношенийКак находить конкретное решение р.с.:• Ищем корни характеристического многочлена• Если все корни различны, мы знаем общее решение:

• Осталось определить из начальных условий:

Лемма Вандермонда

Утверждение.Система

имеет решение при любых различных ненулевых числах и любых числах .Доказательство: достаточно показать, что матрица этой системы невырождена.


Имеет место формула Вандермонда:

Из неё следует, что матрица невырождена при .

Доказательство индукцией по . База: . Очевидно: .


Индуктивный переход:

Решение рекуррентных соотношенийДопустим теперь, что у х. м. есть кратные корни:• корень кратности ,• …• корень кратности

Тогда общее решение р.с. имеет вид:

Где — многочлен степени , то есть

(доказывать не будем)

Пример

Последовательность задаётся соотношением

и начальными условиями

Записываем р.с. в стандартном виде:

характеристический многочлен:

Пример

, то есть• корень кратности • корень кратности

Отсюда общий вид решения р.с.:

Находим неизвестные из условий:

Пример

Решаем систему линейных уравнений

и находим , , . В итоге

Асимптотика определяется наибольшим по модулю корнем характеристического многочлена:

Последовательности с запретами

• Запрещение фиксированных подслов.Например, последовательности без пары идущих подряд нулей:

• Запрещение подслов специального вида.Например, последовательности без подслов вида :


• Найдём количество двоичных последовательностей длины с запретом на подслово — искомое количество

последовательности, оканчивающиеся на


𝑎𝑛−1 𝑎𝑛− 2


• Найдём количество двоичных последовательностей длины с запретом на подслово — искомое количество



𝑎𝑛−1 𝑎𝑛− 3


𝑎𝑛− 2


• А если запретить подслово ?



𝑎𝑛−1???


• — последовательности длины без • — последовательности длины без , не оканчивающиеся на

• Мы выяснили, что


Последовательности длины без , не оканчивающиеся на , могут быть…• вида — таких штук• вида — таких штук

• Получаем:


• Итого:

• Замкнутый круг? Нет!Из второго соотношения: .Из первого соотношения:.Следовательно,


Получили соотношение

Из него можно найти асимптотику:

Рекуррентные оценки

• Пусть — время работы алгоритма на входных данных размера • Часто на время работы алгоритма можно получить рекуррентную

оценку вида

• Как отсюда получить явную оценку без в правой части?

Пример: сортировка слиянием

Сколько операций сравнения требуется, чтобы отсортировать массив чисел ?

Построим рекурсивную процедуру :

• и ещё операций сравнения для слияния половинок

В итоге


Основная теорема. Если не убывает на каждом отрезке , и выполнено

то• , если • , если • , если


Предположим, что и раз применимнеравенство

Получаем:

Продолжение доказательства

Итак,

Положив , получаем

Отсюда

Продолжение доказательства

• Если то

• Если то

• Если то

Завершение доказательства

Пусть теперь

Для примера разберём случай .

Имеем

Остальные случаи рассматриваются аналогично.

Пример: сортировка слиянием

Для времени работы алгоритма сортировки слиянием

Если

то• , если • , если • , если

Education

Линейные рекуррентные соотношения