Erro no uso de notação assintótica

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Estou tentando entender o que há de errado com a seguinte prova da recorrência a seguir

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)

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

A documentação diz que está errado por causa da hipótese indutiva de que

T (n) \leq c n

$T(n) \leq cn$ O que estou perdendo?

— Erb
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Recorrências dessa forma também podem ser resolvidas usando o teorema do mestre .

— Juho

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@Ran: Eu não acho que o teorema mestre é uma marca apropriada para esta pergunta. A questão não é sobre como resolvê-lo, mas apontar a falácia em um argumento específico. Além disso, o teorema-mestre é provavelmente muito específico e provavelmente não merece ter seu próprio tag. Em geral, devemos etiquetar com base na pergunta, não nas respostas possíveis. Por exemplo, você classificaria esse akra-bazzi?

— Aryabhata

"o que há de errado com a seguinte prova" - não vejo uma prova. Muitas vezes, é útil escrever uma prova completa (por exemplo, tornar a indução explícita) para detectar erros.

— Raphael

Uma questão mais geral relacionada é resolver ou aproximar relações de recorrência para sequências de números .

— Juho 27/07

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Digamos que o objetivo final seja provar . Você começa com a hipótese de indução: $T(n) = \mathcal{O}(n)$

para todos os . $T(i) \leq ci$ $i < n$

E para completar a prova, você deve mostrar que também. $T(n) \leq cn$

No entanto, você pode deduzir é , o que não é útil para concluir a prova; você precisa de uma constante para (quase) todo . Portanto, não podemos concluir nada e não está provado. $T(n) \leq (c+1)n$ $c$ $n$ $T(n) = \mathcal{O}(n)$

Observe que você está confuso entre o resultado e o processo de prova. E mais um ponto, é realmente nesse caso, portanto, você pode considerar uma hipótese de indução apropriada para poder provar isso. $T(n)$ $\Theta(n \log n)$

— almofada
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se substituirmos c '= c + 1, isso fará alguma alteração?

— Erb

@erb: Não, não vai. Você tem que provar uma constante escolhida. Se substituir

, você terá

(ou

), então o resultado será o mesmo.

c^{'} = c + 1

$c'=c+1$

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

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

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

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

— pad

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Você omitiu alguns passos. Parece que você está tentando provar por indução que , e sua prova é: $T(n) = O(n)$

Suponha que para . Isso significa $T(k) = O(k)$ $k<n$ para alguns . Em seguida, $T(k) \le c \, k$ $c$ , então . $T(n) = 2 T(\lfloor n/2\rfloor) + n \le 2 c \lfloor n/2\rfloor + n\le (c+1) \,n$ $T(n) = O(n)$

Esta prova dá errado desde o início: “ para ” não faz sentido. Oh grande é uma noção assintótica: significa que existe alguma constante e um limiar N tal que $T(k) = O(k)$ $k \lt n$ $T(k) = O(k)$ $c$ . E, novamente, no final, você não pode concluir que “ ”, porque isso diz algo sobre a função como um todo e você só provou algo sobre o valor específico . $\forall k \ge N, T(k) \le c \, k$ $T(n)=O(n)$ $T$ $T(n)$

Você precisa ser explícito sobre o que significa. Talvez sua prova seja: $O$

Suponha que para todos os . Em seguida, $T(k) \le c \, k$ $k < n$ . $T(n) = 2 T(\lfloor n/2\rfloor) + n \le 2 c \lfloor n/2\rfloor + n\le (c+1) \,n$

Isso não prova um passo indutivo: você começou com , e você provou que para , $T(k) \le c \, k$ $k=n$ . Este é um limite mais fraco. Veja o que isso significa: $T(k) \le (c+1) \, k$ meios que é um limite para a taxa de crescimento de . Mas você tem uma taxa que cresce quando cresce. Isso não é um crescimento linear! $T(k) \le c \, k$ $c$ $T$ $c$ $k$

Se você olhar atentamente, perceberá que a taxa aumenta sempre que dobrar. Então, informalmente, se então ; em outras palavras, . $c$ $1$ $k$ $m=2^p k$ $c_m = c_k + p$ $c_k = c_0 \log_{2} k$

Isso pode ser feito com precisão. Prove por indução que para , . $k \ge 1$ $T(k) \le c \log_2(k)$

A relação de recorrência é típica para algoritmos de dividir e conquistar que dividem os dados em duas partes iguais em tempo linear. Esses algoritmos operam em tempo (não ). $\Theta(n\,\mathrm{log}(n))$ $O(n)$

Para ver qual é o resultado esperado, você pode verificar a relação de recorrência contra o teorema mestre . A divisão é e o trabalho extra realizado é ; então este é o segundo caso para o qual o crescimento é $2T(n/2)$ $n$ $\log_2(2) = 1$ . $\Theta(n\,\log(n))$

— Gilles 'SO- parar de ser mau'
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I'm extending the answer already given, perhaps only by explaining my comment in more detail.

Como a adivinhação pode ser claramente difícil e tediosa, às vezes existem métodos melhores. Um desses métodos é o Teorema dos Mestres . O nosso recorrência é agora a forma de , onde e são constantes e uma função. Note-se que no nosso caso pode ser interpretada no sentido de $T(n) = a T(n/b) + f(n)$ $a \geq 1$ $b > 1$ $f(n)$ $\lfloor n/2 \rfloor$ $n/2$ . Para ser tecnicamente exato, nossa recorrência pode não estar bem definida, pois pode não ser um número inteiro. No entanto, isso é permitido, uma vez que não afetará o comportamento assintótico da recorrência. Portanto, geralmente achamos conveniente soltar pisos e tetos. A prova formal disso é um pouco entediante, mas o leitor interessado pode encontrá-lo, por exemplo, no Cormen et al. livro . $n/2$

In our case, we have $a = 2$ , $b = 2$ , $f(n) = \Theta(n)$ . This means that we have $n^{\log_b a} = n^{\log_2 2} = n$ . The second case of the Master theorem applies since $f(n) = \Theta (n)$ , and we have the solution $T(n) = \Theta (n \log n)$ .

— Juho
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Thanks! It may be noted that "dropping floors and ceils" corresponds to assuming that

n = 2^{k}

$n=2^k$ which is commonly done. The basic observation is that for non-decreasing functions, the asymptotic growth of subsequences equals the asymptotic growth of the whole sequence.

— Raphael