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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 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 ).
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