Розв’язування рецидивів за допомогою характерного многочлена з уявними коренями

При аналізі алгоритму вам часто доводиться вирішувати рецидиви. Окрім магістерської теореми, методів заміщення та ітерації є один із застосуванням характерних многочленів .

Скажіть, я зробив висновок, що характерний многочлен $x^2 - 2x + 2$ має уявні корені, а саме $x_1 = 1+i$ і $x_2 =1-i$ . Тоді я не можу використовувати

$\qquad c_1\cdot x_1^n + c_2\cdot x_2^n$

щоб отримати рішення, правда? Як слід діяти в цьому випадку?

algorithms algorithm-analysis recurrence-relation

— Корай
джерело

Ласкаво просимо! Зауважте, що ви можете використовувати LaTeX від $...$ .

— Рафаель

Я збентежений. Я впевнений, ви маєте на увазі метод, що використовує характерні поліноми , а не рівняння. Що

j

$j$ ? Рішення рівняння, яке ви подаєте, не є уявними, а просто нераціональними. Що ви маєте на увазі під «застосувати [многочлен]»?

— Рафаель

Він прийняв звичку фізика неправильно писати

i

$i$ .

— JeffE

Звичайно, можна насправді. По-перше, рішення задовольняє повторне виникнення. По-друге, простір рішення має розмірність 2.

— Стрин

Так, рішення є насправді $T(n) = \alpha(1+i)^n + \beta(1-i)^n$ для деяких констант $\alpha$ і $\beta$ визначається базовими випадками. Якщо основи випадків реальні, то (за допомогою індукції) всі складні доданки в $T(n)$ скасує для всіх цілих чисел $n$ .

Наприклад, розглянемо рецидив $T(n) = 2T(n-1) - 2T(n-2)$ , з базовими корпусами $T(0)=0$ і $T(1)=2$ . Характерним многочленом цього рецидиву є $x^2-2x+2$ , тож рішення є $T(n) = \alpha(1+i)^n + \beta(1-i)^n$ для деяких констант $\alpha$ і $\beta$ . Підключення до базових корпусів дає нам

T (0) = α (1 + i)^{0} + β (1 - i)^{0} = α + β = 0 T (1) = α (1 + i)^{1} + β (1 - i)^{1} = (α + β) + (α - β) i = 2

$T(0) = \alpha(1+i)^0 + \beta(1-i)^0 = \alpha+\beta = 0\\ T(1) = \alpha(1+i)^1 + \beta(1-i)^1 = (\alpha+\beta) + (\alpha-\beta)i = 2$ що має на увазі

α + β = 0 α - β = - 2 i

$\alpha + \beta = 0 \\ \alpha - \beta = -2i$ що має на увазі

α = - i

$\alpha = -i$ і

β = i

$\beta = i$ . Тож рішення є

T (n) = i \cdot ((1 - i)^{n} - (1 + i)^{n}) .

$T(n) = i\cdot ((1-i)^n - (1+i)^n).$

Ця функція коливається між $\sqrt{2}^n$ і $-\sqrt{2}^n$ з "періодом" 4. Зокрема, маємо $T(4n) = 0$ для усіх $n$ , тому що $(1-i)^4 = (1+i)^4 = -4$ (і тому, що я обрав базовий випадок $T(0)$ обережно).

— JeffE
джерело

Мені здається, я пам’ятаю, що уявні корені характерного многочлена (які, якщо я добре пам’ятаю, є домінуючими особливості породжуючої послідовності), десь містять негативні елементи. Це правда? Якщо так, то можна з упевненістю сказати, що ніколи не слід стикатися з цим випадком при аналізі алгоритму.

— Рафаель

Не обов'язково. Якщо коріння характерної функції є

2

$2$ ,

1 + i

$1+i$ , і

1 - i

$1-i$ , наприклад, функція буде коливатися навколо

α 2^{n}

$\alpha 2^n$ для деяких

α

$\alpha$ , але (при відповідних базових випадках) це завжди буде позитивним.

— JeffE