Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Gilles Brassard and Paul Bratley

Presentasi serupa


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

1 Gilles Brassard and Paul Bratley
SOLVING RECURRENCE Gilles Brassard and Paul Bratley

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 jika n = 0 T(n) = 3T(n  2) + n untuk n yang lain

4 Intelligent Guesswork - Cont
n sebaiiknya dibatasi sebagai exact power of 2 (n = 2). Beberapa nilai pertama ditabulasikan Penjabaran (penulisan kembali) untuk menemukan pola n 1 2 4 8 16 32 T(n) 5 19 65 211 665

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 ) + 4 = 32 x x 2 + 4

6 Intelligent Guesswork - Cont
Pencarian pola n T(n) 1 2 3 x 1 + 2 22 32 x x 23 33 x x x 24 34 x x x x 25 35 x x x x x

7 Intelligent Guesswork - Cont
Pola sudah terlihat T(2k) = 3k20 + 3k k k k = ∑ i = 0 .. k 3k-i2i = 3k∑i = 0..k(2/3)i (deret geometri r = 2/3) = 3k x (1 – (2/3)k+1) / (1 – 2/3) = 3k+1 – 2k+1

8 Intelligent Guesswork - Cont
Bagaimana ketika n bukan power of 2 (n ≠ 2i) ? Tulis kembali persamaan dalam T(n) ketimbang T(2k). Karena n = 2k, maka k = lg n. Sehingga T(n) = T(2lg n) = 3lg n + 1 – 2lg n +1 = 3x3lg n – 2x2lg n = 3 nlg 3 – 2 nlg 2 = 3 nlg 3 – 2n

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

10 Homogeneous Recurrences
Rekurensi berbentuk a0tn + a1tn aktn-k = rekurensi linier homogen dengan koefisien konstan. (Teknik persamaan karakteristik), dengan intelligent guesswork menyarankan mencari solusi-solusi dengan bentuk tn = xn dengan x merupakan konstanta yang belum diketahui.

11 Homogeneous Recurrences - Const
Sehingga a0xn + a1xn akxn-k = 0 untuk x = 0 persamaan berlaku, trivial solution. Sebaliknya persamaan berlaku iff a0xk + a1xk ak = 0. a0xk + a1xk ak = 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 – ri) dengan ri bisa berupa bilangan-bilangan kompleks. ri merupakan satu-satunya solusi dari persamaan p(x) = 0. Karena p(ri) = 0, berarti x = ri 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 c1, c2, ..., ck.

14 Homogeneous Recurrences - Const
Contoh (fibonacci) n jika n = 0, 1 fn = fn-1 + fn untuk n yang lain Polinomial karakteristiknya : x2 – x – 1 yang mempunyai akar-akar r1 = (1 + 5)/2 dan r2 = (1 - 5)/2

15 Homogeneous Recurrences - Const
Sehingga “general solution” dalam bentuk Initial conditions digunakan untuk menentukan konstanta2 c1 dan c2. (untuk n = 0, 1; fn = n). Sehingga c c2 = 0 r1 c1 + r2 c2 = 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 r1, r2, ..., rl adalah l akar-akar yang berbeda dari polinomial karakteristik dan apabila multiplisitas masing-masing m1, m2, ..., ml ; kemudian merupakan general solution untuk rekurensi yang polinomial karakteristik mempunyai akar-akar sama.

18 Inhomogeneous Recurrences
Bentuk umum a0tn + a1tn aktn-k = bnp(n) dengan b sebarang konstanta, dan p(n) merupakan polinomial dalam n dengan degree d. Perhatikan contoh-contoh tn – 2tn-1 = 3n

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 3tn – 6tn-1 = 3n+1 (2) ganti n dengan n – 1 dalam rekurensi, dan diperoleh 3tn-1 – 6tn-2 = 3n

20 Inhomogeneous Recurrences - Cont
(3) lakukan pengurangan tn – 2tn-1 = 3n 3tn-1 – 6tn-2 = 3n tn – 5tn-1 + 6tn-2 = (*) (*) merupakan rekurensi linier homogen. Contoh lain, tn – 2tn-1 = (n + 5)3n 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 tn – 8tn tn-2 – 18tn-3 = 0 Polinomial Karakteristiknya, x3 – 8x2 + 21x – 18 = (x – 2)(x – 3)2

22 Inhomogeneous Recurrences - Cont
Generalization, gunakan polinomial karakteristik (a0xk + a1xk ak)(x – b)d+1 Contoh (Towers of Hanoi Problem) 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 tn = 2 tn-1 + n. Rekurensi bisa ditulis ulang sebagai tn – 2 tn-1 = n atau tn – 2 tn-1 = 1n 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 : tn = c12n + c21n + c3n1n. Selama t0  0, tn  0 untuk semua n, dan bisa disimpulkan bahwa tn  (2n). Untuk memperlihatkan tn  (2n) diperlukan analisis lebih lanjut. Dengan substitusi, n = tn – 2 tn-1 = (c12n + c2 + c3n) – 2(c12n-1 + c2 + c3(n-1)) = (2c3 – c2) – c3n

25 Inhomogeneous Recurrences - Cont
Sehingga dengan menyamakan koefisien, diperoleh 2c3 – c2 = 0 dan – c3 = 1 (tanpa kondisi awal) Jadi c3 = – 1 dan c2 = – 2, dan penyelesaian khususnya tn = c12n – n – 2. Selama t0  0, tn  0 untuk semua n, akibatnya c1 harus benar-benar positif. Kesimpulan bahwa tn  (2n).

26 Inhomogeneous Recurrences - Cont
Perhatikan rekurensi jika n = 0 tn = 4 tn-1 – 2n untuk n yang lain Rekursi bisa ditulis ulang sebagai tn – 4 tn-1 = – 2n, (tn – 4 tn-1 = 2n (– 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 : tn = c14n + c22n . Lakukan substitusi, – 2n = tn – 4 tn-1 = ... Diperoleh c2 = 1 apapun keadaan awalnya. Diketahuinya c2 tidak langsung relevan untuk menentukan “exact order of tn”.

28 Inhomogeneous Recurrences - Cont
Generalization, a0tn + a1tn aktn-k = b1np1(n) + b1np1(n) dengan bi konstanta-konstanta yang berbeda, dan pi(n) polinomial-polinomial dalam n masing-masing dengan degree di. Polinomial karakteristik nya adalah : (a0xk + a1xk ak)(x – b1)d1+1(x – b2)d2+1...

29 Inhomogeneous Recurrences - Cont
Perhatikan rekurensi, jika n = 0 tn = 2tn-1 + n + 2n untuk n yang lain Rekurensi ditulis ulang sebagai, tn – 2tn-1 = n + 2n, (tn – 2tn-1 = 1nn + 2n1n) b1 = 1, p1(n) = n, dan b1 = 2, p2(n) = 1. Polinomial karakteristiknya (x – 2)(x – 1)2(x – 2)

30 Inhomogeneous Recurrences - Cont
General solution : tn = c11n + c2n1n + c32n + c4n2n. Kesimpulan dari persamaan : tn  (n2n), tanpa harus menghitung konstanta2 ci. Untuk mengetahui “exact order of tn“ lakukan substitusi n + 2n = tn – 2tn-1 = (c11n + c2n1n + c32n + c4n2n) – 2(c11n-1 + c2(n – 1)1n-1 + c32n-1 + c4(n – 1)2n-1)

31 Inhomogeneous Recurrences - Cont
Atau n + 2n = (2c2 – c1) – c2n + c42n. dengan menyamakan koefisien c4 = 1, c2 = – 1, dan 2c2 – c1 = 0 (c1 = – 2). Untuk mencari c3, substitusikan nilai-nilai c1, c2 dan c4 ke tn = c11n + c2n1n + c32n + c4n2n untuk n = 0 diperoleh 0 = (– 2) c3 + 0) 0 = – 2 + c3 2 = c3.

32 Inhomogeneous Recurrences - Cont
Cara lain, empat konstanta semua ditentukan dengan menyelesaikan empat persamaan linier dalam empat “unknown” (variable). Dari nilai awal t0 = 0 (tn; n = 0), maka t0 = 3, t2 = 12, dan t3 = 35. Sehingga menghasilkan c c = n = 0 c c c c4 = n = 1 c c c c4 = n = 2 c c c c4 = n = 3 Penyelesaian : c1 = - 2, c2 = - 1, c3 = 2, dan c4 = 1. Sehingga tn = n2n + 2n+1 – n – 2.

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

34 Change of Variable - Cont
Sehingga rekurensi yang baru, ti = T(2i) = 3T(2i-1) + 2i = 3 ti-1 + 2i Penulisan ulang, menjadi ti = 3 ti-1 + 2i atau ti  3 ti-1 = 2i (inhomogeneous recurrence) ... ... ketika n = 2i, maka cukup untuk menyimpulkan bahwa : T(n)  O(nlg 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 c1 positif. Dibutuhkan persamaan n = T(n) – 3T(n/2) = ... = –c2 n/2  n = –c2 n/2  c2 = – 2. karena c2 negatif, c1 harus positif. Sehingga T(n)  (nlg 3 | n is a power of 2) Untuk mencari c1 gunakan initial value, untuk n =1 dan 2.

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

37 Change of Variable - Cont
T(n) = c1 n + c2 n lg n + c3 n lg2 n. Substitusi n lg n = T(n) – 2T(n/2) = ... = (c2 – c3)n + 2c3 n lg n diperoleh c2 – c3 = 0 dan 2c3 = 1, sehingga c2 = c3 = ½.  T(n) = c1 n + ½ n lg n + ½ n lg2 n. Kesimpulan : T(n)  (n lg2 n | n is a power of 2)

38 Range of Transformation
Perhatikan rekurensi, 1/ jika n = 1 T(n) = nT2(n/2) untuk n yang lain (n = 2i) karena n = 2i, seperti sebelumnya persamaan menjadi ti = T(2i) = 2i T2(2i /2) = 2i T2(2i-1 ) = 2i ti-12 menulis ulang persamaan menjadi ti = 2i ti-12 (belum ada bentuk yang mencocoki).

39 Range of Transformation – Cont
Transformasi, kedua ruas diambil logaritmanya lg ti = lg 2i ti-12  lg ti = lg 2i + lg ti-12 lg ti = i + 2lg ti-1 Substitusi ui = lg ti diperoleh persamaan rekurensi baru ui = i + 2 ui  ui  2ui-1 = i Persamaan karakteristik (x – 2)(x – 1)2 = 0 ... i


Download ppt "Gilles Brassard and Paul Bratley"

Presentasi serupa


Iklan oleh Google