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 caractéristique associé à la récurrence linéaire homogène a0 tn + . . . + ak tn≠k = 0 est a0 xk + a1 xk≠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 3 et 2. Puisque toutes les racines de p sont de multiplicité 1, nous avons tn = c1 3n + c2 2n pour certaines constantes c1 et 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 = 1 et du coup c2 = ≠1. Nous concluons donc que tn = 3n ≠ 2n . Ainsi, tn œ (3n ), puisque 3n ≠ 2n næŒ 3n lim = = 3n 2n ≠ lim næŒ 3n næŒ 3n lim lim 1 ≠ lim næŒ næŒ 3 4n 2 3 = 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 a0 tn + . . . + ak tn≠k = 0 est a0 xk + a1 xk≠1 + . . . + ak . Le polynôme caractéristique associé à cette récurrence est donc p(x) = x4 ≠ 2x3 + 2x ≠ 1. Nous vérifions aisément que 1 et ≠1 sont des racines de p(x), p(1) = 1 4 ≠ 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 ≠ 1 " x2 ≠ 2x + 1 x4 ≠ 2x3 + 2x ≠ 1 4 2 ≠x +x ≠ 2x3 + x2 + 2x 2x3 ≠ 2x x2 ≠ x2 ≠1 +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 + c2 n + c3 n2 + c4 (≠1)n pour certaines constantes c1 , c2 , c3 et c4 . Sachant que tn = n pour 0 Æ n Æ 3, nous obtenons c1 c1 + c2 c1 + 2c2 c1 + 3c2 + + c3 + 4c3 + 9c3 + ≠ + ≠ c4 c4 c4 c4 = = = = ce qui est équivalent à la forme matricielle suivante Q 1 c1 c c a1 1 0 1 2 3 RQ R Q R 0 1 c1 0 c d c d 1 ≠1d d cc2 d c1d dc d = c d. 4 1 b ac3 b a2b c4 3 9 ≠1 2 0 1 2 3 Nous obtenons donc Q 1 c1 c c a1 1 Q 1 c0 c ≥ c a0 0 Q 1 c0 c ≥ c a0 0 Q 1 c0 c ≥ c a0 0 Q 1 c0 c ≥ c a0 0 Q 1 c0 c ≥ c a0 0 Q 1 c0 c ≥ c a0 0 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 RQ R Q R RQ R Q R 0 1 c1 0 c d c d 1 ≠1d d cc2 d c1d dc d = c d 4 1 b ac3 b a2b 9 ≠1 c4 3 0 1 c1 0 d c d c 1 ≠2d cc2 d c1d d dc d = c d 4 0 b ac3 b a2b 9 ≠2 c4 3 L3 =L3 ≠L1 L4 =L4 ≠L1 RQ R Q R L3 =L3 ≠2L2 RQ R Q R L2 =L2 /2 RQ R Q R L4 =L4 ≠6L3 RQ R Q R 0 1 c1 0 d c d c 1 ≠2d cc2 d c1d d dc d = c d 2 2 b ac3 b a0b 6 4 c4 0 0 1 c1 0 cc d c1d 1 ≠2d d c 2d c d dc d = c d 1 1 b ac3 b a0b c4 0 6 4 0 1 c1 0 c d c d 1 ≠2d d cc2 d c1d dc d = c d 1 1 b ac3 b a0b 0 1 c4 0 0 1 c1 0 d c d c 0 ≠3d cc2 d c1d d dc d = c d 1 1 b ac3 b a0b 0 1 c4 0 0 0 1 0 L2 =L2 ≠L1 RQ R Q R 0 c1 0 cc d c1d 0d d c 2d c d dc d = c d 0b ac3 b a0b 1 c4 0 L4 =L4 ≠3L2 L4 =L4 /≠2 L2 =L2 ≠L3 L1 =L1 ≠L4 L2 =L2 +3L4 L3 =L3 ≠L4 et ainsi c1 = c3 = c4 = 0 et c2 = 1. Nous concluons donc que tn = n et qu’ainsi tn œ (n). 3. Posons ti = T (2i ), nous avons donc ti = 4T (2i≠1 ) + 2i = 4ti≠1 + 2i . Ainsi, ti ≠ 4ti≠1 = 2i . Nous avons donc une récurrence linéaire non homogène. Nous nous rappelons que le polynôme caractéristique associé à la récurrence a0 tn + . . . + ak tn≠k = bn q(n) est (a0 xk + . . . + ak )(x ≠ b)d+1 où d est le degré de q(n). Dans notre cas, le polynôme caractéristique est donc p(x) = (x ≠ 4)(x ≠ 2) et ses racines sont 4 et 2. Nous avons donc ti = c1 4i + c2 2i . De plus, 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 = 4 ce qui implique c1 = 2 et du coup c2 = ≠1. Nous avons donc ti = 2 · 4i ≠ 2i . Puisque nous considérons seulement les n qui sont des puissances de 2 et par définition de ti , nous avons T (n) = tlog n . Ainsi T (n) = = = = 2 · 4log n ≠ 2log n 2 · 22 log n ≠ 2log n 2 2 · 2log n ≠ 2log n 2n2 ≠ n. Nous concluons donc que T (n) = 2n2 ≠ n et que T (n) œ (n2 | n est 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, que T (n) est non décroissante, autrement dit, que pour tout n Ø k Ø 1, nous avons T (n) Ø T (k). Remarquons d’abord que T (n) Ø T (n) pour tout n. Le cas où n = 1 est donc complété. De plus, nous avons T (n + 1) = 4T (Â(n + 1)/2Ê) + n + 1 (par définition) Ø 4T (Ân/2Ê) + n + 1 (par hypothèse d’induction) = T (n) + 1 (par définition) Ø T (n) Ø T (k) (par hypothèse d’induction). De plus, n2 est non décroissante et est 2-harmonieuse car (2n)2 = 4n2 œ O(n2 ). Nous concluons donc que T (n) œ (n2 ). 4. Nous avons une récurrence linéaire non homogène. Nous nous rappelons que le polynôme caractéristique associé à la récurrence a0 tn + . . . + ak tn≠k = bn q(n) est (a0 xk + . . . + ak )(x ≠ b)d+1 où d est le degré de q(n). Dans notre cas, le polynôme caractéristique est donc p(x) = (x≠2)(x≠3)2 et ses racines sont 2 et 3 (multiplicité 2). Nous avons donc tn = c1 2n + c2 3n + c3 n3n . 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 RQ R Q R c1 t0 1 1 0 c dc d c d a2 3 3 b ac2 b = a18 + 2t0 b . 4 9 18 c3 99 + 4t0 Nous obtenons donc Q RQ R Q Q RQ R Q R 1 1 0 c1 t0 c dc d c d a2 3 3 b ac2 b = a18 + 2t0 b 4 9 18 c3 99 + 4t0 R 1 1 0 c1 t0 c dc d c d ≥ a0 1 3 b ac2 b = a18b 0 5 18 c3 99 L2 =L2 ≠2L1 L3 =L3 ≠4L1 Q RQ R Q R L3 =L3 ≠5L2 Q RQ R Q R L3 =L3 /3 Q RQ R Q R Q RQ R Q 1 1 0 c1 t0 c dc d c d ≥ a0 1 3b ac2 b = a18b 0 0 3 c3 9 1 1 0 c1 t0 c dc d c d ≥ a0 1 3b ac2 b = a18b 0 0 1 c3 3 1 1 0 c1 t0 c dc d c d ≥ a0 1 0b ac2 b = a 9 b 0 0 1 c3 3 L2 =L2 ≠3L3 R 1 0 0 c1 t0 ≠ 9 c dc d c d ≥ a0 1 0b ac2 b = a 9 b 0 0 1 c3 3 L1 =L1 ≠L2 et ainsi c1 = t0 ≠ 9, c2 = 9 et c3 = 3. Nous concluons donc que Ainsi, tn œ (n3n ) puisque tn = (t0 ≠ 9)2n + 9 · 3n + 3n3n . (t0 ≠ 9)2n + 9 · 3n + 3n3n næŒ n3n lim 2n 3n n3n + 9 lim + 3 lim næŒ n3n næŒ n3n næŒ n3n = (t0 ≠ 9) lim 2n 1 + 9 lim + 3 lim 1 n næŒ n3 næŒ n næŒ = (t0 ≠ 9) lim 3 3 4n 4 1 2 = (t0 ≠ 9) lim · lim næŒ n næŒ 3 = (t0 ≠ 9)(0 · 0) + 9 · 0 + 3 · 1 = 3. 5 + 9 lim næŒ 1 + 3 lim 1 næŒ n 5. Posons ti = T (2i ), nous avons donc ti = 3T (2i≠1 ) + 2i = 3ti≠1 + 2i . Ainsi, ti ≠ 3ti≠1 = 2i . Nous avons donc une récurrence non homogène. Nous nous rappelons que le polynôme caractéristique associé à la récurrence a0 tn + . . . + ak tn≠k = bn q(n) est (a0 xk + . . . + ak )(x ≠ b)d+1 où d est le degré de q(n). Dans notre cas, le polynôme caractéristique est donc p(x) = (x ≠ 3)(x ≠ 2) et ses racines sont 3 et 2. Nous avons donc ti = c1 3i + c2 2i . De plus, t0 = T (20 ) = T (1) = 1 t1 = T (21 ) = T (2) = 3T (1) + 2 = 3 · 1 + 2 = 5. Nous obtenons donc c1 + c2 =1 3c1 + 2c2 = 5. En soustrayant deux fois la première équation à la seconde, nous obtenons c1 = 3 et du coup c2 = ≠2. Nous avons donc ti = 3 · 3i ≠ 2 · 2i . Puisque nous considérons seulement les n qui sont des puissances de 2 et par définition de ti , nous avons T (n) = tlog n et ainsi T (n) = 3 · 3log n ≠ 2 · 2log n = 3 · nlog 3 ≠ 2 · 2log n (car xlog y = y log x ) = 3nlog 3 ≠ 2n. Nous concluons donc que T (n) = 3nlog 3 ≠ 2n et que T (n) œ (nlog 3 | n est une puissance de 2). En considérant que T (n) = 3T (Ân/2Ê) + n (pour être bien définie sur tout n), nous pouvons enlever la condition du . Montrons par induction sur n, que T (n) est non décroissante, autrement dit, que pour tout n Ø k Ø 1, nous avons T (n) Ø T (k). Remarquons d’abord que T (n) Ø T (n) pour tout n. Le cas où n = 1 est donc complété. De plus, nous avons T (n + 1) = 3T (Â(n + 1)/2Ê) + n + 1 (par définition) Ø 3T (Ân/2Ê) + n + 1 (par hypothèse d’induction) = T (n) + 1 (par définition) Ø T (n) Ø T (k) (par hypothèse d’induction). De plus, nlog 3 est non décroissante et est 2-harmonieuse car (2n)log 3 = 2log 3 nlog 3 œ O(nlog 3 ). Nous concluons donc que T (n) œ (nlog 3 ). 6
