A recursão

Eu estou olhando para a recorrência

$$T(n) = T(n/2) + T(n/3) + n,$$ que descreve o tempo de execução de algum algoritmo não especificado (casos base não são fornecidos).

Usando indução, descobri que $T(n) = O(n\log n)$, mas foi informado que isso não é justo. De fato, assuma indutivamente que$T(k) \leq Ck\log k$ para todos $k<n$ (e valores suficientemente grandes de $k$), então

$$\begin{align*} T(n)&\leq C\frac{n}{2}\log\frac{n}{2} + C\frac{n}{3}\log \frac{n}{3} + n\\ &= C\frac{5}{6}n\log n - n(C/2+C\log3/3 - 1). \end{align*}$$

Agora eu escolho $C$ grande o suficiente para $(C/2+C\log3/3 - 1) > 0$e, portanto, a última expressão é dominada por $C\frac{5}{6}n\log n\leq Cn\log n$.

Minha primeira pergunta é: o que é mais restrito que isso?

Segundo, tentei usar o método Akra-Bazzi para resolver isso, então vamos $p$ resolver

$$\left(\frac{1}{2}\right)^p + \left(\frac{1}{3}\right)^p = 1.$$ Então aproximadamente $p=0.79$, e com $g(n) = n$) Eu recebo $$\int_1^n \frac{g(u)}{u^{p+1}} du = \int_1^n \frac{1}{u^{p}} du = \frac{1}{1-p}(n^{1-p}-1),$$ e entao

$$T(n) = \Theta\left(n^p\left(1+\frac{1}{1-p}(n^{1-p}-1)\right)\right).$$

Isso é igual a $\Theta(n^p + \frac{1}{1-p}n-\frac{1}{1-p}n^p)$, de modo geral $\Theta(n)$, Desde a $p<1$. Minha segunda pergunta é que eu realmente não acredito nisso$T$ é linear, então o que deu errado na minha aplicação do Akra-Bazzi?

Cumprimentos.

E se $T(1)\le 6$ e $T(2)\le 12$, podemos mostrar que $T(n)\le 6n$ por indução.

$$T(n) = T(n/2) + T(n/3) + n \le 6(n/2)+ 6(n/3)+n= 6n.$$

De maneira mais geral, vamos $c\gt6$ ser uma constante que $T(1)\le c$ e $T(2)\le 2c$, então podemos provar rotineiramente que $T(n)\le cn$. Embora possa parecer inacreditável para você, é verdade que

$$T(n)=O(n).$$

Intuitivamente, desde $\dfrac12+\dfrac13\lt1$, os termos $T(n/2)$ e $T(n/3)$ não é grande o suficiente para levantar $n$ a um poder de $n$ de um expoente maior.

Não há nada de errado em sua aplicação do método Akra-Bazzi, que nos diz que $T(n)=\Theta(n)$.

Deixei $S(n) = T(n)/n$. Então$S(n)$ satisfaz a recorrência

$$S(n) \leq \frac{1}{2} S\left(\frac{n}{2}\right) + \frac{1}{3} S\left(\frac{n}{3}\right) + 1.$$ Em particular, se $C$ satisfaz $$\frac{1}{2} C + \frac{1}{3} C + 1 \leq C$$ então $S(n/2),S(n/3) \leq C$ implicaria $S(n) \leq C$. Este é o caso de todos$C \geq 6$.