Résolution d'une relation de récurrence avec √n comme paramètre

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Considérez la récurrence

$\qquad\displaystyle T(n) = \sqrt{n} \cdot T\bigl(\sqrt{n}\bigr) + c\,n$

pour $n \gt 2$ avec une constante positive $c$ et $T(2) = 1$ .

Je connais le théorème maître pour résoudre les récurrences, mais je ne sais pas comment nous pourrions résoudre cette relation en l'utilisant. Comment abordez-vous le paramètre racine carrée?

asymptotics recurrence-relation master-theorem

— chercheur
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Le théorème maître n'est pas applicable ici;

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ ne peut pas s'écrire

\frac{n}{b}

$\frac{n}{b}$ . Qu'avez-vous essayé d'autre?

— Raphael

@Raphael: J'ai essayé la méthode de substitution, mais j'ai semblé être bloqué sur la valeur à choisir.

— demandeur

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Que diriez-vous de "déplier la récurrence plusieurs fois, observer un modèle, deviner la solution et la prouver "?

— Raphael

Eh bien, c'est une première rencontre de ce type, peut-être qu'une aide ici m'aiderait à résoudre facilement les problèmes futurs de la nature.

— demandeur

Puisque vous mentionnez Master Theorem, je suppose que vous devez résoudre cette relation pour les bornes asymptotiques, et n'avez pas vraiment besoin de l'expression de forme fermée. Étant donné ci-dessous, il existe de bonnes solutions pour trouver l'expression de forme fermée, qui donne également la complexité asymptotique. Cependant, si vous n'avez besoin que de la complexité asymptotique, l'analyse est plus simple. Jetez un œil ici pour une bonne explication sur la recherche de complexités asymptotiques, avec une belle solution intuitive pour votre instance de problème.

— Paresh

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Nous utiliserons la suggestion de Raphaël et déplierons la récurrence. Dans ce qui suit, tous les logarithmes sont en base 2. Nous obtenons

oùest le nombre de fois où vous devez prendre la racine carrée pour commencer par n et atteindre 2. Il s'avère que. Comment voyez-vous cela? Considérez:

\begin{aligned} T (n) & = n^{1 / 2} T (n^{1 / 2}) + c n \\ = n^{3 / 4} T (n^{1 / 4}) + n^{1 / 2} c n^{1 / 2} + c n \\ = n^{7 / 8} T (n^{1 / 8}) + n^{3 / 4} c n^{1 / 4} + 2 c n \\ = n^{15 / 16} T (n^{1 / 16}) + n^{7 / 8} c n^{1 / 8} + 3 c n \\ \dots \\ = \frac{n}{2} T (2) + c n β (n) \end{aligned} .

$\begin{align*} T(n) &= n^{1/2} T(n^{1/2}) + cn \\ &= n^{3/4} T(n^{1/4}) + n^{1/2} c n^{1/2} + cn\\ &= n^{7/8} T(n^{1/8}) + n^{3/4} c n^{1/4} + 2cn\\ &= n^{15/16} T(n^{1/16}) + n^{7/8} c n^{1/8} + 3cn \\ & \ldots \\ &= \frac{n}{2} T(2) + c n \beta(n) \end{align*}.$

β (n)

$\beta(n)$

β (n) = \log \log n

$\beta(n) = \log \log n$

Donc, le nombre de fois que vous devez prendre la racine carrée pour atteindre 2 est la solution à

\begin{aligned} n & = 2^{\log n} \\ n^{1 / 2} & = 2^{\frac{1}{2} \log n} \\ n^{1 / 4} & = 2^{\frac{1}{4} \log n} \\ \dots \end{aligned}

$\begin{align*} n &= 2^{\log n}\\ n^{1/2} &= 2^{\frac{1}{2} \log n} \\ n^{1/4} &= 2^{\frac{1}{4} \log n} \\ \ldots \end{align*}$

, qui est

. La solution à la récursivité est donc

\frac{1}{2^{t}} \log n \approx 1

$\frac{1}{2^t} \log n \approx 1$

\log \log n

$\log \log n$

. Pour rendre cela absolument rigoureux, nous devons utiliser la méthode de substitution et faire très attention à la façon dont les choses sont arrondies. Quand j'aurai le temps, j'essaierai d'ajouter ce calcul à ma réponse.

c n \log \log n + \frac{1}{2} n

$c n \log \log n + \frac{1}{2}n$

— Peter Shor
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"You have to take the square root

\log \log n

$\log\log n$ times" -- is that something a beginner can be expected to see? Also, your result does not fit Yuval's; is it intended to by asymptotically only?

— Raphael

@Raphael: Yuval made an error, which he's now corrected. I'll explain the square root in my answer.

— Peter Shor

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Another idea to see that the recursion takes

O (\log \log n)

$O(\log\log n)$ is the following: By taking the square root of

n

$n$ you halve the digits needed for the binary representation of

n

$n$ . So your input needs

w = \log n

$w=\log n$ bits and you divide the word-size by 2 for every level of the recursion. Hence you stop after

\log w = \log \log n

$\log w=\log\log n$ steps.

— A.Schulz

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In your comment you mentioned that you tried substitution but got stuck. Here's a derivation that works. The motivation is that we'd like to get rid of the $\sqrt{n}$ multiplier on the right hand side, leaving us with something that looks like $U(n) = U(\sqrt{n}) + something$ . In this case, things work out very nicely:

\begin{aligned} T (n) & = \sqrt{n} T (\sqrt{n}) + n & so, dividing by n we get \\ \frac{T (n)}{n} & = \frac{T (\sqrt{n})}{\sqrt{n}} + 1 & and letting n = 2^{m} we have \\ \frac{T (2^{m})}{2^{m}} & = \frac{T (2^{m / 2})}{2^{m / 2}} + 1 \end{aligned}

$\begin{align} T(n) &= \sqrt{n}\ T(\sqrt{n}) + n & \text{so, dividing by $n$ we get}\\ \frac{T(n)}{n} &= \frac{T(\sqrt{n})}{\sqrt{n}} + 1 &\text{and letting $n = 2^m$ we have}\\ \frac{T(2^m)}{2^m} &= \frac{T(2^{m/2})}{2^{m/2}} + 1 \end{align}$ Now let's simplify things even further, by changing to logs (since

\lg \sqrt{n} = (1 / 2) \lg n

$\lg \sqrt{n} = (1/2)\lg{n}$ ). Let

\begin{aligned} S (m) & = \frac{T (2^{m})}{2^{m}} & so our original recurrence becomes \\ S (m) & = S (m / 2) + 1 \end{aligned}

$\begin{align} S(m) &= \frac{T(2^m)}{2^m} & \text{so our original recurrence becomes}\\ S(m) &= S(m/2)+1 \end{align}$ Aha! This is a well-known recurrence with solution

S (m) = Θ (\lg m)

$S(m)=\Theta(\lg m)$ Returning to

T ()

$T(\,)$ , we then have, with

n = 2^{m}

$n=2^m$ (and so

m = \lg n

$m=\lg n$ ),

\frac{T (n)}{n} = Θ (\lg \lg n)

$\frac{T(n)}{n} = \Theta(\lg\,\lg n)$ So

T (n) = Θ (n \lg \lg n)

$T(n) =\Theta(n\,\lg\,\lg n)$ .

— Rick Decker
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If you write $m=\log n \space$ you have $T(m) = {m \over 2}\cdot T({m\over 2}) + c\cdot 2^m\space$ .

Now you know the recursion tree has hight of order $O(\log m)$ , and again it's not hard to see it's $O(2^m)\space$ in each level, so total running time is in: $O((\log m) \cdot 2^m)\space$ , which concludes $O(n \cdot \log \log n)\space$ for $n$ .

In all when you see $\sqrt n$ or $n^{a \over b}, a<b \space$ , is good to check logarithm.

_{P.S: Sure proof should include more details by I skipped them.}

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Let's follow Raphael's suggestion, for $n = 2^{2^k}$ :

\begin{aligned} T (n) = T (2^{2^{k}}) & = 2^{2^{k - 1}} T (2^{2^{k - 1}}) + c 2^{2^{k}} \\ = 2^{2^{k - 1} + 2^{k - 2}} T (2^{2^{k - 2}}) + c (2^{2^{k}} + 2^{2^{k}}) \\ = \dots \\ = 2^{2^{k - 1} + 2^{k - 2} + \dots + 2^{0}} T (2^{2^{0}}) + c (2^{2^{k}} + 2^{2^{k}} + \dots + 2^{2^{k}}) \\ = 2^{2^{k} - 1} + c k 2^{2^{k}} \\ = (c \log \log n + 1 / 2) n . \end{aligned}

$\begin{align*} T(n) = T(2^{2^k}) &= 2^{2^{k-1}} T(2^{2^{k-1}}) + c2^{2^k} \\ &= 2^{2^{k-1}+2^{k-2}} T(2^{2^{k-2}}) + c(2^{2^k} + 2^{2^k}) \\ &= \cdots \\ &= 2^{2^{k-1}+2^{k-2}+\cdots+2^0} T(2^{2^0}) + c(2^{2^k} + 2^{2^k} + \cdots + 2^{2^k}) \\ &= 2^{2^k-1} + ck2^{2^k} \\ &= (c\log\log n + 1/2)n. \end{align*}$

Edit: Thanks Peter Shor for the correction!

— Yuval Filmus
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How did you come up with

2^{2^{k}}

$2^{2^k}$ ? Note for OP: "

\dots

$\dots$ " is not a proof, you'll have to provide that still (usually by induction).

— Raphael

@Raphael: It's nearly a proof. You just need to show that it's also correct for numbers not of the form

2^{2^{k}}

$2^{2^k}$ .

— Peter Shor

Actually, the recurrence is only well-defined for numbers of the form

2^{2^{k}}

$2^{2^k}$ , since otherwise, at some point

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ wouldn't be an integer, and you'll never reach the base case

T (2)

$T(2)$ .

— Yuval Filmus

1

If this recurrence actually came from an algorithm, it would probably really be something more like

T (n) = ⌈ \sqrt{n} ⌉ T (⌈ \sqrt{n} ⌉) + c n

$T(n) = \lceil \sqrt{n} \rceil T(\lceil \sqrt{n} \rceil) + cn$ .

— Peter Shor

1

Unravel the recurrence once as follows:

\begin{aligned} T (n) & = & \sqrt{n} T (\sqrt{n}) + n \\ = & n^{1 / 2} (n^{1 / 4} T (n^{1 / 4}) + n^{1 / 2}) + n \\ = & n^{1 - 1 / 4} T (n^{1 / 4}) + 2 n . \end{aligned}

$\begin{align} T(n) &=& \sqrt{n}~ T(\sqrt{n}) + n \\ &=& n^{1/2} \big ( n^{1/4} ~ T(n^{1/4}) + n^{1/2}\big) + n \\ &=& n^{1-1/4}~ T(n^{1/4}) + 2n. \end{align}$

Continuing the unraveling for $k$ steps, we have that:

\begin{aligned} T (n) & = & n^{1 - 1 / 2^{k}} T (n^{1 / 2^{k}}) + k n . \end{aligned}

$\begin{align} \label{eqn:unrav} T(n) &=& n^{1-1/2^k} T(n^{1/2^k}) + kn. \end{align}$

These steps will continue until the base case of $n^{1/2^k} = 2$ . Solving for $k$ we have:

\begin{aligned} n^{1 / 2^{k}} = 2 \\ ⟹ & \log n = 2^{k} \\ ⟹ & k = \log \log n . \end{aligned}

$\begin{align} &&n^{1/2^k} = 2 \\ &\implies& \log n= 2^k \\ &\implies& k= \log \log n. \label{eqn:ksol} \end{align}$

Substituting $k=\log \log n$ into the unraveled recurrence, we have

\begin{aligned} T (n) = \frac{n}{2} T (2) + n \log \log n . \end{aligned}

$\begin{align} T(n) = \frac{n}{2} T(2) + n \log \log n. \end{align}$

— pC_
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2

Could you rewrite your picture to MathJax? We discourage images with text as the answers.

— Evil

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@PKG it seems like your edit is slightly different and also you explain steps, maybe you could answer on your own.

— Evil