यदि विभाजन-अनुपात पर निर्भर करता है, तो विभाजन को हल करना और शकों को जीतना

क्या फॉर्म की पुनरावृत्ति को हल करने के लिए एक सामान्य तरीका है:

$T(n) = T(n-n^c) + T(n^c) + f(n)$

के लिए , या अधिक आम तौर पर $c < 1$

$T(n) = T(n-g(n)) + T(r(n)) + f(n)$

जहां के कुछ उप-रेखीय कार्य हैं । $g(n),r(n)$ $n$

अद्यतन : मैं नीचे दिए गए लिंक के माध्यम से चला गया हूं और जेफ एरिकसन के नोट्स में सभी पुनरावृत्ति संबंधों के माध्यम से झारना भी । कहीं भी पुनरावृत्ति के इस रूप की चर्चा नहीं की गई है। अक्रक-बाजी विधि केवल तब लागू होती है जब विभाजन भिन्नात्मक होता है। किसी भी मार्मिक संदर्भ से अवगत कराया जाएगा।

proof-techniques recurrence-relation

— Plummer
स्रोत

कार्य उत्पन्न करने का प्रयास करें।

— साढ़ेसाती

क्या अकर-बाज़ी पद्धति लागू होती है? यह केवल अनुमान देता है, लेकिन यह पर्याप्त हो सकता है।

O (\cdot)

$O(\cdot)$

— वॉनब्रांड

चूँकि आपने अपनी समस्या को हल करने के प्रयास में बहुत कुछ शामिल नहीं किया था, इसलिए हमने काम करने के लिए जलाई है। आइए हम आपको हमारे संदर्भ प्रश्नों की ओर निर्देशित करते हैं जो आपके लिए समस्याओं को विस्तार से कवर करते हैं। कृपया वहां सूचीबद्ध संबंधित प्रश्नों के माध्यम से काम करें, अपनी समस्या को फिर से हल करने की कोशिश करें और अपने प्रयासों को शामिल करने के लिए अपने विशिष्ट समस्याओं को शामिल करने के लिए संपादित करें।

— राफेल

टॉम लेटन के हैंडआउट्स को "डिवाइड-एंड-कॉनरेक्ट पुनरावर्ती के लिए बेहतर मास्टर प्रमेयों पर नोट्स" पर देखें, वे 'नेट पर उपलब्ध हैं। शायद आप अकर-बाज़ी के सबूत को अपने मामले में ढाल सकते हैं ।

— वॉनब्रांड

@EngrStudent जेनेरेटिंग फ़ंक्शंस को पहली ही टिप्पणी में प्रस्तावित किया गया था। :)

— राफेल

मान लें कि आपके पास एक पुनरावृत्ति जो सकारात्मक दायरे से अधिक है।

टी (n) = {\begin{cases} टी (n - n^{सी}) + टी (n^{सी}) + च (n) & n> 2 \\ 1 & अन्यथा \end{cases}

$T(n) = \begin{cases} T(n - n^c) + T(n^c) + f(n) & \text{n > 2} \\ 1 & \text{otherwise} \end{cases}$

हम इस फ़ंक्शन के साथ क्या कर सकते हैं? जब तक हम इस पर कुछ संरचनाओं का सुपरमिशन नहीं करते हैं, बहुत कुछ नहीं। मैं एक संख्यात्मक विश्लेषण पृष्ठभूमि से आया हूं, जो संख्यात्मक व्यंजनों के साथ प्रशस्त है जो किसी तरह काम करता है जब अंतर्निहित समस्या या तो पर्याप्त रूप से चिकनी नहीं होती है (कोई फर्क नहीं पड़ता, चलो अभी भी न्यूटन की विधि को इसके विभाजित अंतरों पर फेंक दें) या विश्लेषण करने के लिए बहुत जटिल है (सॉर्ट करें इस समस्या की तरह)। इन समस्याओं के प्रति मेरी आंत की प्रतिक्रिया कुछ हस्तनिर्मित धारणा बनाने के लिए, हमारी उंगलियों को पार करने और सर्वश्रेष्ठ के लिए आशा है। इस मामले में, यह अपेक्षाकृत अच्छा सीमा देता है।

विशेष रूप से, मैं दो प्रमुख धारणाएँ बनाना चाहता हूँ। इनमें से एक धारणा कमोबेश आधारहीन है, लेकिन हम इसके बिना बहुत दूर नहीं जा पाएंगे। दूसरे के पास कुछ अच्छा दृश्य अंतर्ज्ञान है जिसे आप उम्मीद से कर सकते हैं, लेकिन यह अभी भी किसी भी चीज़ की तुलना में अधिक है।

मैं मान लूंगा कि "चिकनी-ईश" है। यह देखना काफी आसान है कि हर जगह भिन्न नहीं है। वास्तव में, यह निरंतर भी नहीं है, क्योंकि और , और । इसलिए, या , द्वारा उत्पन्न पुनरावृत्त मानचित्रों को देखते हुए, यदि इसके पुनरावृत्ति वृक्ष में तो पर एक विच्छेदन होगा। $T(n)$ $T(n)$ $f(n) = \log(n)$ $c = \frac{1}{2}$ $\lim_{n \to 2^-} T(n) = 1$ $\lim_{n \to 2^+} T(n) = 2 + \ln 2$ $n \mapsto \sqrt{n}$ $n \mapsto n - \sqrt{n}$ $T(n)$ $n$ $2$ कहीं इसके प्रक्षेपवक्र में। यह बहुत सारी अड़चनें हैं, हो सकता है कि यह डिरिचलेट के फंक्शन को भी अपने पैसे के लिए चलाए। यदि हम उस बिंदु पर पहुंच रहे हैं, जहां हम किसी फ़ंक्शन के व्यवहारों की तुलना कहीं और नहीं होने वाले फ़ंक्शन के प्रोटोटाइपिकल उदाहरण से कर रहे हैं, तो क्या यह दावा करने के लिए हँसने योग्य नहीं है कि यह "चिकनी-ईश" है? खैर, यह पता चला है कि व्यवहार में, इन विसंगतियों का प्रभाव असमान रूप से कम हो जाता है, इस बिंदु पर कि आपका ग्राफ लगभग सहज दिखता है जब अनंत की ओर झुकता है! इसलिए, मैं प्रस्ताव करता हूं कि हम अपने पिचफॉर्क डालते हैं और इस परिस्थिति में बस दूसरे तरीके से देखते हैं। विशेष रूप से, मैं मान लूंगा कि ब्याज किसी भी बिंदु पर , जो मूल से काफी दूर है, $n$ $n$ $T(n)$ कुछ पड़ोस के आसपास, या कम से कम लगभग भिन्न होने योग्य है।
जब पर्याप्त रूप से दूर होगा, तो मैं चिकनापन का और भी मजबूत रुख मानूंगा । मान लीजिए कि कुछ सबलाइनियर फ़ंक्शन है जैसे कि (उदाहरण के लिए ), तो व्युत्पन्न करता है तब अलग-अलग नहीं होता है जब पर्याप्त रूप से धीमा होता है। सहज रूप से, बड़ा हो जाता है, पड़ोस का सापेक्ष आकार कम हो जाता है (चूंकि इसका आकार सिर्फ , जो की तुलना में बहुत धीमी गति से बढ़ता है) आखिरकार, इस पड़ोस का आकार इतना महत्वहीन हो जाता है ( सापेक्ष) $n$ $\alpha(n)$ $n > \alpha(n)$ $n^c$ $T'(\xi \in (n - \alpha(n), n)$ $\alpha(n)$ $n$ $(n - \alpha(n), n)$ $\alpha(n)$ $n$ $n$ ) कि इस पड़ोस के भीतर के परिवर्तन की दर अब नाटकीय रूप से बदल जाती है। $T(n)$

अब, इन दोनों गुणों को मान लिया गया है, और मेरे पास शून्य विचार है कि वास्तव में किसी भी कठोर तरीके से साबित करने के बारे में कैसे जाना जाए। लेकिन जैसा मैंने पहले कहा था, चलो अपनी उंगलियों को पार करें और सर्वश्रेष्ठ के लिए आशा करें।

चलो पुनरावृत्ति संबंध के साथ शुरू करते हैं: start अब, मैं मान लूंगा कि और बीच के अंतराल पर काफी चिकनी है । हमारे शास्त्रीय विश्लेषणात्मक उपकरणों में से एक, माध्य-मूल्य-प्रमेय के लिए अपील, हमें इसके अलावा, जब पर्याप्त रूप से बड़ा होता है, तो हम मान लेते हैं कि इस अंतराल के दौरान लगभग समान है, और इसलिए इस अंतराल के भीतर के किसी भी परिमित अंतर का मान भी लेता है। इसका मतलब तो यही है

\begin{aligned} T (n) & = T (n - n^{c}) + T (n^{c}) + f (n) \\ T (n) - T (n - n^{c}) & = T (n^{c}) + f (n) \\ n^{c} \frac{T (n) - T (n - n^{c})}{n^{c}} & = T (n^{c}) + f (n) \end{aligned}

$\begin{align*} T(n) &= T(n - n^c) + T(n^c) + f(n) \\ T(n) - T(n - n^c) &= T(n^c) + f(n) \\ n^c\frac{T(n) - T(n-n^c)}{n^c} &= T(n^c) + f(n) \end{align*}$

T

$T$

n - n^{c}

$n - n^c$

n

$n$

\frac{T (n) - T (n - n^{c})}{n^{c}} = T^{'} (ξ \in (n - n^{c}, n)) .

$\frac{T(n) - T(n-n^c)}{n^c} = T'(\xi \in (n - n^c, n)).$

n

$n$

T^{'} (ξ)

$T'(\xi)$

T^{'} (ξ) \approx \frac{T (n) - T (n - ϵ)}{ϵ} ϵ < n^{c}

$T'(\xi) \approx \frac{T(n) - T(n - \epsilon)}{\epsilon} ~~~~ \epsilon < n^c$ विशेष रूप से, ले एक एक पाने के लिए -स्टेप अंतर अंतर सन्निकटन हम इसे प्राप्त करने के लिए टेलीस्कोप कर सकते हैं

ϵ = 1

$\epsilon = 1$

\begin{aligned} n^{c} (T (n) - T (n - 1)) & \approx T (n^{c}) + f (n) \\ T (n) - T (n - 1) & \approx \frac{T (n^{c}) + f (n)}{n^{c}} \end{aligned}

$\begin{align*} n^c (T(n) - T(n-1)) &\approx T(n^c) + f(n) \\ T(n) - T(n-1) &\approx \frac{T(n^c) + f(n)}{n^c} \\ \end{align*}$

T (n) \approx \sum_{k}^{n} \frac{T (k^{c})}{k^{c}} + \sum_{k}^{n} \frac{f (k)}{k^{c}}

$T(n) \approx \sum_k^n \frac{T(k^c)}{k^c} + \sum_k^n \frac{f(k)}{k^c}$

Perturbing पता चलता है कि , दो asymptotic चरण हैं की asymptotic प्रकृति के आधार पर । $T(n)$ $T(n)$ $f(z)$

जब ( , से अधिक तेज़ होता है ), तो दाईं ओर का योग हावी होता है, और हमारे पास जिसे अक्सर इंटीग्रल । $f(n) = o(n^c)$ $f$ $n^c$ $T(n) = \Theta\left(\sum\limits_k^n \frac{f(k)}{k^c}\right)$ $\int\limits^n \frac{f(x)}{x^c} dx$

जब , तो बायां योग दाईं ओर हावी होता है। यहाँ, हमें sum का विश्लेषण करना है जहाँ । $f(n) = \omega(n^c)$

(Σ_{क}^{n} \frac{टी (क^{सी})}{क^{सी}}) + {एफ}_{सी} (n)

$\left(\sum_k^n \frac{T(k^c)}{k^c}\right) + F_c(n)$

F_{c} (n) = \int^{n} \frac{f (x)}{x^{c}} d x

$F_c(n) = \int\limits^n \frac{f(x)}{x^c}dx$

सहजता के तर्क के आधार पर, हम इसे एक बार फिर से एक वाम- रीमैन योग के रूप में देख सकते हैं, जो इंटीग्रल । अभिन्न पर एक समान माध्य-मूल्य-प्रमेय लागू करने से हम बस आगे जा सकते हैं और इसे अनुमानित कर सकते हैं , जो देता है सन्निकटन कुछ निरंतर जो श्रृंखला को बांधता है। $\int_n \frac{T(x^c)}{x^c} dx$

\underset{क}{Σ} \frac{टी (क^{सी})}{क^{सी}} \approx \int^{n} \frac{च ({एक्स}^{सी})}{{एक्स}^{सी}} घ एक्स = n \frac{टी (ξ < n^{सी})}{ξ^{सी}}

$\sum_k \frac{T(k^c)}{k^c} \approx \int^n \frac{f(x^c)}{x^c} dx = n\frac{T(\xi < n^c)}{\xi^c}$

n \frac{T (n^{c})}{n^{c}}

$n\frac{T(n^c)}{n^c}$

टी (n) \leq n म \frac{टी (n^{सी})}{n^{सी}} + {एफ}_{सी} (n)

$\begin{equation} T(n) \le n M \frac{T(n^c)}{n^c} + F_c(n) \end{equation}$

M

$M$

अब, मान लें कि हमारे पास पुनरावृत्त अनुक्रम है जहां , तो हम इस अनुक्रम का उपयोग उपरोक्त असमानता को दूरबीन में करने के लिए कर सकते हैं: एक बार फिर, हम बाध्य कर सकते हैं कुछ निरंतर द्वारा अवधि लगता है कि जहां । थोड़ा सा सरलीकरण करना और कुछ शब्दों को एक साथ समेटना (विशेष रूप से, हम जानते हैं कि $(n, n^c, n^{c^2}, n^{c^3}, \dots, n^{c^k})$ $n^{c^k} < 2$

\begin{matrix} (*) & टी (n) \leq n (Σ_{मैं}^{क - 1} \frac{म^{मैं}}{n^{{सी}^{मैं}}} {एफ}_{सी} (n^{{सी}^{मैं}}) + \frac{म^{क}}{n^{{सी}^{क}}}) \end{matrix}

$\label{eqn:meh} T(n) \le n \left(\sum_i^{k-1} \frac{M^i}{n^{c^i}}F_c(n^{c^i}) + \frac{M^k}{n^{c^k}}\right) \tag{*}$

F_{c} (n^{c^{i}})

$F_c(n^{c^i})$

टी (n) = हे ({एफ}_{सी} (n) + n {एफ}_{सी} (n^{सी}) (म n^{- सी} + म^{2} n^{- {सी}^{2}} + \dots + म^{क} n^{- {सी}^{क}}))

$T(n) = O\left(F_c(n) + n F_c(n^c) \left(M n^{-c} + M^2 n^{-c^2} + \dots + M^k n^{-c^k}\right)\right)$

k = \log_{c} (\frac{\log (2)}{\log (n)})

$k = \log_c\left(\frac{\log(2)}{\log(n)}\right)$

M n^{- c}

$Mn^{-c}$

n^{- c^{k}}

$n^{-c^k}$ एक स्थिरांक है), हम

टी (n) = हे (n क {एफ}_{सी} (n) म^{क})

$T(n) = O\left(n k F_c(n) M^{k} \right)$

हालाँकि, यह बाध्य अपेक्षाकृत ढीला है, और आपको जब भी संभव हो , तो उल्लेख करना चाहिए । $(\ref{eqn:meh})$

ध्यान रहे कि किसी भी तरह से यह कठोर नहीं है। मैंने कोई समर्थन नहीं दिया है कि यह कुछ अनाड़ी अनुमानों से परे काम करना चाहिए। फिर भी, अगर आपको अनौपचारिक विश्लेषण के लिए बस एक त्वरित स्पर्शोन्मुख अनुमान की आवश्यकता है, तो आप वास्तव में देख सकते हैं कि यह योजना अच्छी तरह से काम करती है ( व्यवहार में बड़े मूल्यों के लिए , आमतौर पर पर्याप्त)। $n$ $n > 10$

वैसे भी, और के सभी विकल्पों के लिए जो मैंने कोशिश की है, निम्नलिखित गणना जहां अच्छा सन्निकटन देता प्रतीत होता है । यह तकनीक फॉर्म पुनरावृत्ति को भी सामान्य करती है जिसे साथ अनुमानित किया जा सकता है जहां $c$ $f$

\begin{aligned} \hat{टी} (n) & = n Σ_{क}^{{लॉग}_{सी} {लॉग}_{n} 2} \frac{म^{क}}{n^{{सी}^{क}}} एफ (n^{{सी}^{क}}) \\ एफ (n) & = Σ_{क}^{n} \frac{च (क)}{क^{सी}} \end{aligned}

$\begin{align*} \hat T(n) &= n \sum_k^{\log_c \log_n 2} \frac{M^k}{n^{c^k}} F(n^{c^k}) \\ F(n) &= \sum_k^n \frac{f(k)}{k^c} \end{align*}$

म \approx \frac{\underset{क}{Σ} \frac{टी (क^{सी})}{क^{सी}}}{n \frac{टी (n^{सी})}{n^{सी}}}

$M \approx \frac{\sum_k \frac{T(k^c)}{k^c}}{n \frac{T(n^c)}{n^c}}$

टी (n) = टी (n - α (n)) + टी (β (n)) + च (n)

$T(n) = T(n - \alpha(n)) + T(\beta(n)) + f(n)$

\begin{aligned} \hat{टी} (n) & = n Σ_{क}^{#_{β} (n)} \frac{म^{क}}{α^{क} (n)} एफ (β^{क} (n)) \\ एफ (n) & = Σ_{क}^{n} \frac{च (क)}{α (क)} \end{aligned}

$\begin{align*} \hat T(n) &= n \sum_k^{\#_\beta(n)} \frac{M^k}{\alpha^k(n)} F(\beta^k(n)) \\ F(n) &= \sum_k^n \frac{f(k)}{\alpha(k)} \end{align*}$

α^{k} (n) = α (\overset{k}{\dots} (α (n)))

$\alpha^k(n) = \alpha(\stackrel{k}{\cdots}(\alpha(n)))$ और अनुक्रम के तत्वों की संख्या को दर्शाता है ऐसा है कि अंतिम शब्द और बीच है ।

#_{β} (n)

$\#_\beta(n)$

n, β (n), β (β (n)), \dots, β^{#_{β} (n)} (n)

$n, \beta(n), \beta(\beta(n)), \dots, \beta^{\#_\beta(n)}(n)$

1

$1$

2

$2$

— ली
स्रोत