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IFT2125 – Introduction à l’algorithmique Automne 2011
Démonstration 3
Démonstrateur: Michael Blondin
1.
Par définition, nous avons tn≠5tn≠1+6tn≠2=0. Nous nous rappelons que le polynôme caracté-
ristique associé à la récurrence linéaire homogène a0tn+...+aktn≠k=0est
a0xk+a1xk≠1+...+ak.
Le polynôme caractéristique associé à cette récurrence est donc p(x)=x2≠5x+6. Nous avons
p(x)=(x≠3)(x≠2) et ainsi ses racines sont 3et 2. Puisque toutes les racines de psont de
multiplicité 1, nous avons tn=c13n+c22npour certaines constantes c1et c2. Sachant que t0=0
et t1=1, nous obtenons
c1+c2=0
3c1+2c2=1.
En soustrayant deux fois la première équation à la seconde, nous obtenons c1=1et du coup
c2=≠1. Nous concluons donc que tn=3
n≠2n. Ainsi, tnœ(3n),puisque
lim
næŒ
3n≠2n
3n=lim
næŒ
3n
3n≠lim
næŒ
2n
3n
=lim
næŒ 1≠lim næŒ 32
34n
=1≠0
=1.
2.
Par définition, nous avons tn≠2tn≠1+2tn≠3≠tn≠4=0. Nous nous rappelons que le polynôme
caractéristique associé à la récurrence linéaire homogène a0tn+...+aktn≠k=0est
a0xk+a1xk≠1+...+ak.
Le polynôme caractéristique associé à cette récurrence est donc p(x)=x4≠2x3+2x≠1. Nous
vérifions aisément que 1et ≠1sont des racines de p(x),
p(1) = 14≠2·13+2·1≠1=1≠2+2≠1=0
p(≠1) = (≠1)4≠2·(≠1)3+2·≠1≠1=1+2≠2≠1=0.
1

Nous avons donc p(x)=(x≠1)(x+ 1)q(x)=(x2≠1)q(x)pour un certain q. Trouvons q,
x2≠2x+1
x2≠1"x4≠2x3+2x≠1
≠x4+x2
≠2x3+x2+2x
2x3≠2x
x2≠1
≠x2+1
0
Nous avons donc p(x)=(x≠1)(x+ 1)(x2≠2x+ 1) = (x≠1)(x+ 1)(x≠1)(x≠1) et ainsi ses
racines sont 1(multiplicité 3) et ≠1. Nous avons donc
tn=c1+c2n+c3n2+c4(≠1)n
pour certaines constantes c1,c
2,c 3et c4. Sachant que tn=npour 0ÆnÆ3, nous obtenons
c1++c4=0
c1+c2+c3≠c4=1
c1+2c2+4c3+c4=2
c1+3c2+9c3≠c4=3
ce qui est équivalent à la forme matricielle suivante
Q
c
c
c
a
100 1
111≠1
124 1
139≠1
R
d
d
d
b
Q
c
c
c
a
c1
c2
c3
c4
R
d
d
d
b
=Q
c
c
c
a
0
1
2
3
R
d
d
d
b
.
2

Nous obtenons donc
Q
c
c
c
a
100 1
111≠1
124 1
139≠1
R
d
d
d
b
Q
c
c
c
a
c1
c2
c3
c4
R
d
d
d
b
=Q
c
c
c
a
0
1
2
3
R
d
d
d
b
≥Q
c
c
c
a
100 1
011≠2
024 0
039≠2
R
d
d
d
b
Q
c
c
c
a
c1
c2
c3
c4
R
d
d
d
b
=Q
c
c
c
a
0
1
2
3
R
d
d
d
b
L2=L2≠L1
L3=L3≠L1
L4=L4≠L1
≥Q
c
c
c
a
100 1
011≠2
002 2
006 4
R
d
d
d
b
Q
c
c
c
a
c1
c2
c3
c4
R
d
d
d
b
=Q
c
c
c
a
0
1
0
0
R
d
d
d
b
L3=L3≠2L2
L4=L4≠3L2
≥Q
c
c
c
a
100 1
011≠2
001 1
006 4
R
d
d
d
b
Q
c
c
c
a
c1
c2
c3
c4
R
d
d
d
b
=Q
c
c
c
a
0
1
0
0
R
d
d
d
b
L2=L2/2
≥Q
c
c
c
a
100 1
011≠2
001 1
000 1
R
d
d
d
b
Q
c
c
c
a
c1
c2
c3
c4
R
d
d
d
b
=Q
c
c
c
a
0
1
0
0
R
d
d
d
b
L4=L4≠6L3
L4=L4/≠2
≥Q
c
c
c
a
100 1
010≠3
001 1
000 1
R
d
d
d
b
Q
c
c
c
a
c1
c2
c3
c4
R
d
d
d
b
=Q
c
c
c
a
0
1
0
0
R
d
d
d
b
L2=L2≠L3
≥Q
c
c
c
a
1000
0100
0010
0001
R
d
d
d
b
Q
c
c
c
a
c1
c2
c3
c4
R
d
d
d
b
=Q
c
c
c
a
0
1
0
0
R
d
d
d
b
L1=L1≠L4
L2=L2+3L4
L3=L3≠L4
et ainsi c1=c3=c4=0et c2=1. Nous concluons donc que tn=net qu’ainsi tnœ(n).
3.
Posons ti=T(2i), nous avons donc
ti=4T(2i≠1)+2
i=4ti≠1+2 i.
Ainsi, ti≠4ti≠1=2
i. Nous avons donc une récurrence linéaire non homogène. Nous nous rappelons
que le polynôme caractéristique associé à la récurrence a0tn+...+aktn≠k=bnq(n)est
(a0xk+...+ak)(x≠b)d+1
où dest le degré de q(n). Dans notre cas, le polynôme caractéristique est donc p(x)=(x≠4)(x≠2)
et ses racines sont 4et 2. Nous avons donc ti=c14i+c22i.Deplus,
3

t0=T(20)=T(1) = 1
t1=T(21)=T(2) = 4T(1) + 2 = 4 ·1+2 =6.
Nous obtenons donc c1+c2=1
4c1+2c2=6.
En soustrayant deux fois la première équation à la seconde, nous obtenons 2c1=4ce qui implique
c1=2et du coup c2=≠1. Nous avons donc ti=2·4i≠2i. Puisque nous considérons seulement
les nqui sont des puissances de 2et par définition de ti, nous avons T(n)=tlog n. Ainsi
T(n)=2·4log n≠2log n
=2·22logn≠2log n
=2·2log n2≠2log n
=2n2≠n.
Nous concluons donc que T(n)=2n2≠net que T(n)œ(n2|nest une puissance de 2).
En considérant que T(n)=4T(Ân/2Ê)+n(pour être bien définie sur tout n), nous pouvons enlever
la condition du . Montrons par induction sur n,queT(n)est non décroissante, autrement dit,
que pour tout nØkØ1, nous avons T(n)ØT(k). Remarquons d’abord que T(n)ØT(n)pour
tout n. Le cas où n=1est donc complété. De plus, nous avons
T(n+ 1) = 4T(Â(n+ 1)/2Ê)+n+1 (par définition)
Ø4T(Ân/2Ê)+n+1 (par hypothèse d’induction)
=T(n)+1 (par définition)
ØT(n)
ØT(k)(par hypothèse d’induction).
De plus, n2est non décroissante et est 2-harmonieuse car (2n)2=4n2œO(n2). Nous concluons
donc que T(n)œ(n2).
4.
Nous avons une récurrence linéaire non homogène. Nous nous rappelons que le polynôme caracté-
ristique associé à la récurrence a0tn+...+aktn≠k=bnq(n)est
(a0xk+...+ak)(x≠b)d+1
où dest le degré de q(n). Dans notre cas, le polynôme caractéristique est donc p(x)=(x≠2)(x≠3)2
et ses racines sont 2et 3(multiplicité 2). Nous avons donc tn=c12n+c23n+c3n3n. Calculons les
trois premières valeurs de tn:
t0=t0
t1= (1 + 5) ·31≠2t0= 18 + 2t0
t2= (2 + 5) ·32≠2t1= 99 + 4t0
4

Nous obtenons donc c1+c2=t0
2c1+3c2+3c3= 18 + 2t0
4c1+9c2+ 18c3= 99 + 2t0
ce qui est équivalent à la forme matricielle suivante
Q
c
a
11 0
23 3
4 9 18
R
d
bQ
c
a
c1
c2
c3
R
d
b=Q
c
a
t0
18 + 2t0
99 + 4t0
R
d
b.
Nous obtenons donc
Q
c
a
11 0
23 3
4 9 18
R
d
bQ
c
a
c1
c2
c3
R
d
b=Q
c
a
t0
18 + 2t0
99 + 4t0
R
d
b
≥Q
c
a
11 0
01 3
0 5 18
R
d
bQ
c
a
c1
c2
c3
R
d
b=Q
c
a
t0
18
99
R
d
b
L2=L2≠2L1
L3=L3≠4L1
≥Q
c
a
110
013
003
R
d
bQ
c
a
c1
c2
c3
R
d
b=Q
c
a
t0
18
9
R
d
bL3=L3≠5L2
≥Q
c
a
110
013
001
R
d
bQ
c
a
c1
c2
c3
R
d
b=Q
c
a
t0
18
3
R
d
bL3=L3/3
≥Q
c
a
110
010
001
R
d
bQ
c
a
c1
c2
c3
R
d
b=Q
c
a
t0
9
3
R
d
bL2=L2≠3L3
≥Q
c
a
100
010
001
R
d
bQ
c
a
c1
c2
c3
R
d
b=Q
c
a
t0≠9
9
3
R
d
bL1=L1≠L2
et ainsi c1=t0≠9,c
2=9et c3=3. Nous concluons donc que
tn=(t0≠9)2n+9·3n+3n3n.
Ainsi, tnœ(n3n)puisque
lim
næŒ
(t0≠9)2n+9·3n+3n3n
n3n=(t0≠9) lim
næŒ
2n
n3n+9 lim
næŒ
3n
n3n+3 lim
næŒ
n3n
n3n
=(t0≠9) lim
næŒ
2n
n3n+9 lim
næŒ
1
n+3 lim
næŒ 1
=(t0≠9) 3lim
næŒ
1
n·lim
næŒ 32
34n4+9 lim
næŒ
1
n+3 lim
næŒ 1
=(t0≠9)(0 ·0) + 9 ·0+3·1
=3.
5