Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Gilles Brassard and Paul Bratley SOLVING RECURRENCE.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "Gilles Brassard and Paul Bratley SOLVING RECURRENCE."— Transcript presentasi:

1 Gilles Brassard and Paul Bratley SOLVING RECURRENCE

2 Solving Recurrence’s Technique Intelligent guesswork Homogeneous recurrences Inhomogeneous recurrences Change of Variable Range of transformations Asymtotic recurrences

3 Intelligent Guesswork Pendekatan ini umumnya berlangsung dalam 3 tahapan : (1) hitung beberapa nilai pertama dari rekursi, (2) cari keberaturan atau pola, (3) tebak bentuk umum yang paling sesuai, dan (4) buktikan dengan induksi matematika. Contoh, perhatikan rekursi berikut 0 jika n = 0 T(n) = 3T(n  2) + n untuk n yang lain

4 Intelligent Guesswork - Cont n seba i iknya dibatasi sebagai exact power of 2 (n = 2). Beberapa nilai pertama ditabulasikan Penjabaran (penulisan kembali) untuk menemukan pola n T(n)T(n)

5 Intelligent Guesswork - Cont (Penulisan kembali) Ketimbang menulis T(2) = 5, akan lebih bermanfaat untuk menulis T(2) = 3 x Sehingga T(4) = 3 x T(2) + 4 = 3 x (3 x 1 + 2) + 4 = 3 2 x x 2 + 4

6 Intelligent Guesswork - Cont Pencarian pola nT(n)T(n) x x x x x x x x x x x x x x x

7 Intelligent Guesswork - Cont Pola sudah terlihat T(2 k ) = 3 k k k k k = ∑ i = 0.. k 3 k-i 2 i = 3 k ∑ i = 0..k (2/3) i (deret geometri r = 2/3) = 3 k x (1 – (2/3) k+1 ) / (1 – 2/3) = 3 k+1 – 2 k+1

8 Intelligent Guesswork - Cont Bagaimana ketika n bukan power of 2 (n ≠ 2 i ) ? Tulis kembali persamaan dalam T(n) ketimbang T(2 k ). Karena n = 2 k, maka k = lg n. Sehingga T(n) = T(2 lg n ) = 3 lg n + 1 – 2 lg n +1 = 3x3 lg n – 2x2 lg n = 3 n lg 3 – 2 n lg 2 = 3 n lg 3 – 2n

9 Intelligent Guesswork - Cont Sehingga T(n) = 3 n lg 3 – 2n ketika n merupakan power of 2. Dengan notasi asymtotic bersyarat, disimpulkan bahwa T(n)   (n lg 3 | n is a power of 2).

10 Homogeneous Recurrences Rekurensi berbentuk a 0 t n + a 1 t n a k t n-k = rekurensi linier homogen dengan koefisien konstan. (Teknik persamaan karakteristik), dengan intelligent guesswork menyarankan mencari solusi-solusi dengan bentuk t n = x n dengan x merupakan konstanta yang belum diketahui.

11 Homogeneous Recurrences - Const Sehingga a 0 x n + a 1 x n a k x n-k = 0 untuk x = 0 persamaan berlaku, trivial solution. Sebaliknya persamaan berlaku iff a 0 x k + a 1 x k a k = 0. a 0 x k + a 1 x k a k = p(x) persamaan dengan degree k dalam x disebut persamaan karakteristik dari rekurensi, dan disebut polinomial karakteristik.

12 Homogeneous Recurrences - Const p(x) difaktorkan sebagai product dari k monomials p(x) = ∏ i=1..k (x – r i ) dengan r i bisa berupa bilangan-bilangan kompleks. r i merupakan satu-satunya solusi dari persamaan p(x) = 0. Karena p(r i ) = 0, berarti x = r i merupakan solusi persamaan karakteristik. Sehingga, merupakan solusi untuk rekurensi.

13 Homogeneous Recurrences - Const Karena kombinasi liniernya juga merupakan solusi, maka memenuhi rekurensi untuk sebarang pemilihan konstanta-konstanta c 1, c 2,..., c k.

14 Homogeneous Recurrences - Const Contoh (fibonacci) n jika n = 0, 1 f n = f n-1 + f n-2 untuk n yang lain Polinomial karakteristiknya : x 2 – x – 1 yang mempunyai akar-akar r 1 = (1 +  5)/2 dan r 2 = (1 -  5)/2

15 Homogeneous Recurrences - Const Sehingga “general solution” dalam bentuk Initial conditions digunakan untuk menentukan konstanta 2 c 1 dan c 2. (untuk n = 0, 1; f n = n). Sehingga c 1 + c 2 = 0 r 1 c 1 + r 2 c 2 = 1

16 Homogeneous Recurrences - Const Jadi yang merupakan rumus Moivre terkenal. Secara umum, jika akar r mempunyai multiplisitas m, maka semuanya merupakan solusi-solusi yang berbeda untuk rekurensi.

17 Homogeneous Recurrences - Const Jika r 1, r 2,..., r l adalah l akar-akar yang berbeda dari polinomial karakteristik dan apabila multiplisitas masing-masing m 1, m 2,..., m l ; kemudian merupakan general solution untuk rekurensi yang polinomial karakteristik mempunyai akar-akar sama.

18 Inhomogeneous Recurrences Bentuk umum a 0 t n + a 1 t n a k t n-k = b n p(n) dengan b sebarang konstanta, dan p(n) merupakan polinomial dalam n dengan degree d. Perhatikan contoh-contoh t n – 2t n-1 = 3 n

19 Inhomogeneous Recurrences - Cont Dari rekurensi (slide sebelum ini) bisa diperoleh b = 3 dan p(n) = 1  d = 0. Cara lain (manipulasi aljabar) (1) kalikan rekurensi dengan 3, dan diperoleh 3t n – 6t n-1 = 3 n+1 (2) ganti n dengan n – 1 dalam rekurensi, dan diperoleh 3t n-1 – 6t n-2 = 3 n

20 Inhomogeneous Recurrences - Cont (3) lakukan pengurangan t n – 2t n-1 = 3 n 3t n-1 – 6t n-2 = 3 n t n – 5t n-1 + 6t n-2 = (*) (*) merupakan rekurensi linier homogen. Contoh lain, t n – 2t n-1 = (n + 5)3 n untuk n  1.

21 Inhomogeneous Recurrences - Cont (1) tulis kembali rekurensi, (2) ganti n dalam rekurensi dengan n – 1 kemudian kalikan dengan -6, dan (3) ganti n dalam rekurensi dengan n – 2 kemudian kalikan dengan 9, Akhirnya, (1)+(2)+(3) = rekurensi homogen t n – 8t n t n-2 – 18t n-3 = 0 Polinomial Karakteristiknya, x 3 – 8x x – 18 = (x – 2)(x – 3) 2

22 Inhomogeneous Recurrences - Cont Generalization, gunakan polinomial karakteristik (a 0 x k + a 1 x k a k )(x – b) d+1 Contoh (Towers of Hanoi Problem) 0 jika m = 0 t(m) = 2t(m – 1) + 1 untuk m yang lain. Untuk m = 1, 2,... Berlaku t(m) – 2t(m – 1) = 1, dan diperoleh b = 1, p(n) = 1.

23 Inhomogeneous Recurrences - Cont Perhatikan rekurensi t n = 2 t n-1 + n. Rekurensi bisa ditulis ulang sebagai t n – 2 t n-1 = n atau t n – 2 t n-1 = 1 n n. sehingga b = 1 dan p(n) = n (d = 1). Polinomial karakteristiknya (x – 2)(x – 1) 2 (1+1) dengan akar-akar : 2 (multiplisitas 1) dan 1 (multiplisitas 2).

24 Inhomogeneous Recurrences - Cont General solution : t n = c 1 2 n + c 2 1 n + c 3 n1 n. Selama t 0  0, t n  0 untuk semua n, dan bisa disimpulkan bahwa t n   (2 n ). Untuk memperlihatkan t n   (2 n ) diperlukan analisis lebih lanjut. Dengan substitusi, n = t n – 2 t n-1 = (c 1 2 n + c 2 + c 3 n) – 2(c 1 2 n-1 + c 2 + c3(n-1)) = (2c 3 – c 2 ) – c 3 n

25 Inhomogeneous Recurrences - Cont Sehingga dengan menyamakan koefisien, diperoleh 2c 3 – c 2 = 0 dan – c 3 = 1 (tanpa kondisi awal) Jadi c 3 = – 1 dan c 2 = – 2, dan penyelesaian khususnya t n = c 1 2 n – n – 2. Selama t 0  0, t n  0 untuk semua n, akibatnya c 1 harus benar-benar positif. Kesimpulan bahwa t n   (2 n ).

26 Inhomogeneous Recurrences - Cont Perhatikan rekurensi 1 jika n = 0 t n = 4 t n-1 – 2 n untuk n yang lain Rekursi bisa ditulis ulang sebagai t n – 4 t n-1 = – 2 n, (t n – 4 t n-1 = 2 n (– 1)) Sehingga b = 2 dan p(n) = – 1 (polinomial dengan degree 0, d = 0)

27 Inhomogeneous Recurrences - Cont Sehingga polinomial karakteristiknya (x – 4)(x – 2) General solution : t n = c 1 4 n + c 2 2 n. Lakukan substitusi, – 2 n = t n – 4 t n-1 =... Diperoleh c 2 = 1 apapun keadaan awalnya. Diketahuinya c 2 tidak langsung relevan untuk menentukan “exact order of t n ”.

28 Inhomogeneous Recurrences - Cont Generalization, a 0 t n + a 1 t n a k t n-k = b 1 n p 1 (n) + b 1 n p 1 (n) +... dengan b i konstanta-konstanta yang berbeda, dan p i (n) polinomial-polinomial dalam n masing-masing dengan degree d i. Polinomial karakteristik nya adalah : (a 0 x k + a 1 x k a k )(x – b 1 ) d1+1 (x – b 2 ) d2+1...

29 Inhomogeneous Recurrences - Cont Perhatikan rekurensi, 0 jika n = 0 t n = 2t n-1 + n + 2 n untuk n yang lain Rekurensi ditulis ulang sebagai, t n – 2t n-1 = n + 2 n, (t n – 2t n-1 = 1 n n + 2 n 1 n ) b 1 = 1, p 1 (n) = n, dan b 1 = 2, p 2 (n) = 1. Polinomial karakteristiknya (x – 2)(x – 1) 2 (x – 2)

30 Inhomogeneous Recurrences - Cont General solution : t n = c 1 1 n + c 2 n1 n + c 3 2 n + c 4 n2 n. Kesimpulan dari persamaan : t n   (n2 n ), tanpa harus menghitung konstanta 2 c i. Untuk mengetahui “exact order of t n “ lakukan substitusi n + 2 n = t n – 2t n-1 = (c 1 1 n + c 2 n1 n + c 3 2 n + c 4 n2 n ) – 2(c 1 1 n-1 + c 2 (n – 1)1 n-1 + c 3 2 n-1 + c 4 (n – 1)2 n-1 )

31 Inhomogeneous Recurrences - Cont Atau n + 2 n = (2c 2 – c 1 ) – c 2 n + c 4 2 n. dengan menyamakan koefisien c 4 = 1, c 2 = – 1, dan 2c 2 – c 1 = 0 (c 1 = – 2). Untuk mencari c 3, substitusikan nilai-nilai c 1, c 2 dan c 4 ke t n = c 1 1 n + c 2 n1 n + c 3 2 n + c 4 n2 n untuk n = 0 diperoleh 0 = (– 2) c 3 + 0) 0 = – 2 + c 3 2 = c 3.

32 Inhomogeneous Recurrences - Cont Cara lain, empat konstanta semua ditentukan dengan menyelesaikan empat persamaan linier dalam empat “unknown” (variable). Dari nilai awal t 0 = 0 (t n ; n = 0), maka t 0 = 3, t 2 = 12, dan t 3 = 35. Sehingga menghasilkan c 1 + c 3 = 0 n = 0 c 1 + c 2 + 2c 3 + 2c 4 = 3 n = 1 c 1 + 2c 2 + 4c 3 + 8c 4 = 12 n = 2 c 1 + 3c 2 + 8c c 4 = 35 n = 3 Penyelesaian : c 1 = - 2, c 2 = - 1, c 3 = 2, dan c 4 = 1. Sehingga t n = n2 n + 2 n+1 – n – 2.

33 Change of Variable Perhatikan rekurensi yang sudah diselesaikan dengan “intelligent guesswork” hanya untuk n = 2 i. 1 jika n = 1 T(n) = 3T(n/2) + n jika n = 2 i, n > 1 T(n) akan ditransformasikan ke bentuk yang bisa diselesaikan. Untuk tujuan ini diperkenalkan rekurensi baru t i, didefinisikan t i = T(2 i ). Transformasi sangat bermanfaat karena n/2 menjadi 2 i / 2 = 2 i-1 = t i-1.

34 Change of Variable - Cont Sehingga rekurensi yang baru, t i = T(2 i ) = 3T(2 i-1 ) + 2 i = 3 t i i Penulisan ulang, menjadi t i = 3 t i i atau t i  3 t i-1 = 2 i (inhomogeneous recurrence) ketika n = 2 i, maka cukup untuk menyimpulkan bahwa : T(n)  O(n lg 3 | n is a power of 2)

35 Change of Variable - Cont Untuk bisa menyimpulkan sesuatu tentang “exact order of” T(n) perlu diperlihatkan bahwa c 1 positif. Dibutuhkan persamaan n = T(n) – 3T(n/2) =... = –c 2 n/2  n = –c 2 n/2  c 2 = – 2. karena c 2 negatif, c 1 harus positif. Sehingga T(n)   (n lg 3 | n is a power of 2) Untuk mencari c 1 gunakan initial value, untuk n =1 dan 2.

36 Change of Variable - Cont Contoh lain, T(n) = 2T(n/2) + n lg n, n = 2 i dan n  2. seperti sebelumnya, t i = T(2 i ) = 2T(2 i-1 ) + 2 i i = 2 t i i i Setelah ditulis ulang, t i  2 t i-1 = 2 i i Polinomial karakteristik : (x – 2)(x – 2) 2 = (x – 2) 3

37 Change of Variable - Cont T(n) = c 1 n + c 2 n lg n + c 3 n lg 2 n. Substitusi n lg n = T(n) – 2T(n/2) =... = (c 2 – c 3 )n + 2c 3 n lg n diperoleh c 2 – c 3 = 0 dan 2c 3 = 1, sehingga c 2 = c 3 = ½.  T(n) = c 1 n + ½ n lg n + ½ n lg 2 n. Kesimpulan : T(n)   (n lg 2 n | n is a power of 2)

38 Range of Transformation Perhatikan rekurensi, 1/3 jika n = 1 T(n) = nT 2 (n/2) untuk n yang lain (n = 2 i ) karena n = 2 i, seperti sebelumnya persamaan menjadi t i = T(2 i ) = 2 i T 2 (2 i /2) = 2 i T 2 (2 i-1 ) = 2 i t i-1 2 menulis ulang persamaan menjadi t i = 2 i t i-1 2 (belum ada bentuk yang mencocoki).

39 Range of Transformation – Cont Transformasi, kedua ruas diambil logaritmanya lg t i = lg 2 i t i-1 2  lg t i = lg 2 i + lg t i-1 2 lg t i = i + 2lg t i-1 Substitusi ui = lg t i diperoleh persamaan rekurensi baru u i = i + 2 u i-1  u i  2u i-1 = i Persamaan karakteristik (x – 2)(x – 1) 2 = 0...


Download ppt "Gilles Brassard and Paul Bratley SOLVING RECURRENCE."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google