Krzysztof Gniłka. Twierdzenie o rekurencji uniwersalnej

Wielkość: px
Rozpocząć pokaz od strony:

Download "Krzysztof Gniłka. Twierdzenie o rekurencji uniwersalnej"

Transkrypt

1 Krzysztof Gniłka Twierdzenie o rekurencji uniwersalnej

2 Spis treści Wstęp 3 Rozdział 1 Definicje i pomocnicze lematy 4 1 Części całkowite liczb 4 2 Logarytmy 9 3 Notacja asymptotyczna 12 Rozdział 2 Metoda rekurencji uniwersalnej 19 1 Twierdzenie o rekurencji uniwersalnej 19 2 Dowód Twierdzenia 23 Bibliografia 41 2

3 Wstęp W mojej pracy została przedstawiona metoda rekurencji uniwersalnej opisana w książce Wprowadzenie do algorytmów Thomas H Cormen, Charles E Leiserson, Ronald L Rivest [1], która służy do określenia czasu działania algorytmów zawierających rekurencyjne wywołanie samego siebie W dalszej części pracy będziemy zajmować się algorytmami rekurencyjnymi, których czas działania można opisać za pomocą wzoru rekurencyjnego T (n) = at (n/b) + f(n), gdzie n oznacza rozmiar problemu, a ilość podproblemów na jakie został rozbity problem, n/b oznacza wielkość podproblemów, natomiast f(n) jest funkcją nieujemną opisującą koszt dzielenia problemu oraz łączenia rezultatów częściowych W trakcie gromadzenia materiałów do pracy spotkałem się z udoskonaloną wersją tej metody zamieszczoną w Journal of the ACM, Vol 48, No 2, March 2001 [3], którą można zastosować do rekurencji powyższej postaci nierozwiązywalnych za pomocą omawianej przeze mnie metody Rozdział 1 Definicje i pomocnicze lematy zawiera narzędzia matematyczne, którymi będziemy się posługiwać w dalszej części pracy oraz definicje notacji asymptotycznej wraz z podstawowymi twierdzeniami i lematami jej dotyczącymi Rozdział 2 Metoda rekurencji uniwersalnej zawiera twierdzenie o rekurencji uniwersalnej wraz z dowodem oraz sposób jego zastosowania na konkretnych przykładach równań rekurencyjnych opisujących czas działania algorytmów 3

4 ROZDZIAŁ 1 Definicje i pomocnicze lematy Będziemy używać następujących oznaczeń : N - zbiór liczb naturalnych z zerem (N = N {0}), R - zbiór liczb rzeczywistych, R + - zbiór liczb rzeczywistych nieujemnych (R + = [0, )), Z - zbiór liczb całkowitych 1 Części całkowite liczb Definicja 11 Zdefiniujmy następujące oznaczenia, niech x R, x oznacza największą liczbę całkowitą, nie większą niż x, a zapis x - najmniejszą liczbę całkowitą, nie mniejszą niż x, czyli x x x Spostrzeżenie Jeśli k Z to k = k = k Wtedy k = k + l = k l l [0,1) Lemat 11 Jeśli n, a, b N, x [0, ) oraz a 0 i b 0 to dla, zachodzą następujące własności: 1 x 1 < x 2 x < x x + n = x + n 4 x + n = x + n 5 n/2 + n/2 = n 6 n/a /b = n/ab 7 n/a /b = n/ab Dowód: Własność 1 4

5 Mamy wykazać, że x 1 < x Posłużmy się dowodem nie wprost Przypuśćmy, że x 1 x i ustalmy takie k, że k = x Z założenia nie wprost mamy x 1 k zatem x k + 1 Z definicji wynika że, x = k + (x k) = k + B gdzie B [0, 1), a wtedy k + B k + 1 czyli B 1 co nie jest prawdą Tak więc otrzymujemy sprzeczność co kończy dowód 1 Własność 2 Mamy wykazać, że x < x + 1 Posłużmy się dowodem nie wprost Przypuśćmy, że x x + 1 i ustalmy takie k, że k = x Z założenia nie wprost mamy k x + 1 zatem k 1 x Z definicji wynika że, x = k (k x) = k B gdzie B [0, 1), a wtedy k B k 1 co nie jest prawdą Tak więc otrzymujemy sprzeczność co kończy dowód 2 Własność 3 Mamy wykazać x + n = x + n Ustalmy takie B [0, 1), że x = x B Po podstawieniu do x + n otrzymujemy x + n = x B + n oczywiście (x B + n) N Weźmy takie k N, że k = x B + n Wiemy, że B < 1 czyli z definicji otrzymujemy k = k + B = x B + n + B = x + n Zatem x + n = x + n Własność 4 Mamy wykazać x + n = x + n Ustalmy takie B [0, 1), że x = x + B Po podstawieniu do x + n otrzymujemy x + n = x + B + n oczywiście (x + B + n) N Weźmy takie k N że k = x + B + n 5

6 Wiemy, że B < 1 czyli z definicji otrzymujemy k = k B = x + B + n B = x + n Zatem x + n = x + n Własność 5 Mamy wykazać n/2 + n/2 = n Ustalmy takie B [0, 1), że n/2 = n/2 B Z własności 4 i 3 wiemy, że n/2 + n/2 = n/2 + n/2 = n/2 + n/2 B = n B = n Co kończy dowód Własność 6 Mamy wykazać n/ab = n/a /b dla a, b, n N oraz gdzie a 0 i b 0 Weźmy takie k, l, r 1, r 2 N że (i) n = ka + r 1, gdzie r 1 < a, (ii) k = lb + r 2, gdzie r 2 < b Wtedy L= n/ab = (k + r 1 /a)/b = k/b + r 1 /ab = l + r 2 /b + r 1 /ab, P= n/a /b = k + r 1 /a /b Rozpatrzmy następujące przypadki: 1 r 1 = 0 P= k /b = l + r 2 /b, L= l + r 2 /b Czyli L=P 2 r 1 0 Z (i) oraz (ii) otrzymujemy r 1 /a < 1, r 2 /b < 1 oraz r 1 /ab < 1 Musimy teraz rozpatrzyć przypadki, gdy r 2 0 i r 2 = 0 a) r 2 = 0 L= l + r 1 /ab = l + 1, 6

7 P= k + r 1 /a /b = k/b + 1/b = l + 1/b = l + 1 Czyli L=P b) r 2 0 Mamy L= l + r 2 /b + r 1 /ab, P= l + r 2 /b + 1/b Załóżmy nie wprost, że 1/b + r 2 /b > 1, ale największa wartość jaką może przyjąć r 2 to (b 1) otrzymujemy więc sprzeczność bo 1/b + (b 1)/b = 1, czyli 1/b + r 2 /b 1 Załóżmy nie wprost, że r 2 /b + r 1 /ab 1 Wtedy (r 2 a + r 1 )/ab 1, (r 2 a + r 1 ) ab Wiemy że r 1 /a, r 2 /b [0, 1), ponieważ a > r 1, b > r 2, czyli maksymalna wartość dla r 1 to (a 1), a dla r 2 to (b 1) Z tego otrzymujemy: (r 2 a + r 1 ) (b 1)a + (a 1), (r 2 a + r 1 ) ab a + a 1, (r 2 a + r 1 ) ab 1 Z założenia mamy, że (r 2 a + r 1 ) ab, więc otrzymujemy sprzeczność ponieważ (r 2 a + r 1 ) ab 1 < ab Czyli (r 2 a + r 1 )/ab < 1 Z powyższego mamy: L= l + r 2 /b + r 1 /ab = l + 1, P= l + r 2 /b + 1/b = l + 1 Czyli L=P Własności 7 Mamy wykazać, że n/ab = n/a /b dla a, b, n N oraz gdzie a 0 i b 0 Weźmy takie k, l, r 1, r 2 N, że (i) n = ka + r 1 gdzie r 1 < a, 7

8 (ii) k = lb + r 2 gdzie r 2 < b Wtedy L= n/ab = (k + r 1 /a)/b = k/b + r 1 /ab = l + r 2 /b + r 1 /ab, P= n/a /b = k + r 1 /a /b Rozpatrzmy następujące przypadki: 1 r 1 = 0 P= k /b = l + r 2 /b, L= l + r 2 /b Czyli L=P 2 r 1 0 Z (i) oraz (ii) otrzymujemy r 1 /a < 1, r 2 /b < 1 oraz r 1 /ab < 1 Musimy teraz rozpatrzyć przypadki, gdy r 2 0 i r 2 = 0 Z powyższego dostajemy P= k/b = l + r 2 /b = l a) r 2 = 0 L= l + r 1 /ab = l Czyli L=P b) r 2 0 L= l + r 2 /b + r 1 /ab Załóżmy nie wprost, że r 2 /b + r 1 /ab 1 Wtedy (r 2 a + r 1 )/ab 1, (r 2 a + r 1 ) ab Z (i),(ii) wiemy że r 1 /a, r 2 /b [0, 1) czyli maksymalna wartość dla r 1 to (a 1), a dla r 2 to (b 1) Z tego otrzymujemy: (r 2 a + r 1 ) (b 1)a + (a 1), (r 2 a + r 1 ) ab a + a 1, 8

9 (r 2 a + r 1 ) ab 1 Z założenia mamy że (r 2 a + r 1 ) ab, więc otrzymujemy sprzeczność ponieważ (r 2 a + r 1 ) ab 1 < ab Zatem (r 2 a + r 1 )/ab < 1, więc L= l + r 2 /b + r 1 /ab = l =P 2 Logarytmy Definicja 12 Jeśli a x = b, to x = log a b (a więc a log a b = b), gdzie: b - dana liczba większa od zera, a - podstawa logarytmu (a > 0 i a 1), x - (wykładnik potęgi) - logarytm liczby b przy podstawie a Będziemy używali następujących oznaczeń : lg n = log 2 n, lg k n = (lg n) k Lemat 12 Dla wszystkich liczb rzeczywistych a > 0, b > 0,c > 0 dla których logarytmy są określone i dowolnej liczby naturalnej n zachodzą następujące własności: 1 log b a n = n log b a 2 log c (ab) = log c a + log c b 3 log c ( a b ) = log c a log c b 4 log b a = log c a log c b 5 log b a = 1 log a b 6 a log b n = n log b a Dowód: Własność 1 Mamy wykazać, że log b a n = n log b a Weźmy takie y, że y = log b a z definicji otrzymujemy b y = a 9

10 Po podniesieniu obu stron równości do potęgi n otrzymujemy b yn = a n Z powyższego i definicji logarytmu otrzymujemy log b a n = yn = n log b a Czyli otrzymaliśmy log b a n = n log b a co kończy dowód dla własności 1 Własność 2 Mamy wykazać, że log c (ab) = log c a + log c b Ustalmy takie p i q, że log c a = p co implikuje a = c p, log c b = q co implikuje b = c q Z powyższego mamy ab = c p c q = c p+q Po obłożeniu odpowiednich równości logarytmem otrzymujemy log c ab = log c c p+q Korzystając z własności 1 mamy log c ab = (p + q) log c c = p + q = log c a + log c b Co kończy dowód własności 2 Własność 3 Mamy wykazać, że log c ( a b ) = log c a log c b Weźmy d = b 1 Z własności 2 otrzymujemy log c ad = log c a + log c d Zatem log c ab 1 = log c a + log c b 1 Korzystając z własności 1 mamy log c ab 1 = log c a log c b Własność 4 Mamy wykazać, że log b a = log c a log c b Niech (i) log b a = y 1, 10

11 (ii) log c a = y 2, (iii) log c b = y 3 Zatem b y 1 = a = c y 2 Z (iii) mamy b = c y 3 Po podniesieniu obu stron do potęgi y 1 otrzymujemy b y 1 = c y 1y 3, c y 2 = c y 1y 3 Z powyższego mamy y 2 = y 1 y 3, y 1 = y 2 y 3 Czyli y 1 = y 2 y 3 Własność 5 = log b a = log c a log c b Z definicji wiemy, że log a a = 1 ponieważ a x = a x = 1 Zatem z własności 4 mamy log b a = log a a log a b = 1 log a b Własność 6 Mamy wykazać, że a log b n = n log b a Zauważmy, że log b n = y 1 n = b y 1 (n) 1 y 1 = b Podobnie log b a = y 2 a = b y 2 (a) 1 y 2 = b Zatem (a) 1 y 2 = b = (n) 1 y 1, więc (a) 1 y 2 = (n) 1 y 1 Po podniesieniu obu stron do potęgi y 1 y 2 otrzymujemy n y 2 = a y 1 n log b a = a log b n Co kończy dowód własności 6 11

12 3 Notacja asymptotyczna Notacja asymptotyczna służy do opisywania i porównywania czasu działania algorytmów Wykorzystuje ona funkcje, których zbiorem argumentów jest zbiór liczb naturalnych N Notacja taka jest użyteczna przy opisie czasu T (n) działania algorytmu, gdzie n jest liczbą naturalną oznaczającą rozmiar danych W podrozdziale tym zdefiniujemy podstawowe notacje asymptotyczne Θ, O i Ω Definicja 13 Niech f,g będą funkcjami odwzorowującymi N w R + Mówimy, że f jest rzędu Θ(g) gdy f Θ(g) c 1,c 2 >0 n 0 N Mówimy, że f jest rzędu O(g) gdy c 1 g(n) f(n) c 2 g(n) n n 0 f O(g) c>0 n 0 N Mówimy, że f jest rzędu Ω(g) gdy f(n) cg(n) n n 0 f Ω(g) c>0 n 0 N cg(n) f(n) n n 0 Lemat 13 Niech f,g będą funkcjami odwzorowującymi N w R + Jeśli f O(g) oraz f Ω(g) to f Θ(g) Dowód Z definicji (13) mamy f O(g) f Ω(g) Jeśli weźmiemy takie n 0 > 0, że n 1 jeśli n 1 > n 2 n 0 = n 2 jeśli n 1 n 2 c2 >0 c1 >0 n 1 N n 2 N f(n) c 2 g(n), n n 1 c 1 g(n) f(n) n n 2 12

13 Z powyższego mamy, że dla dowolnego n > n 0 zachodzi Czyli f Θ(g) Co kończy dowód lematu (13) c 1 g(n) f(n) c 2 g(n) Definicja 14 Jeśli f,g będą funkcjami odwzorowującymi N w R + to f + Θ(g) = {f + h : h Θ(g)}, f + O(g) = {f + h : h O(g)}, f + Ω(g) = {f + h : h Ω(g)} Oznaczenie 11 Wprowadźmy teraz następujące oznaczenia, których będziemy używać w dalszej części pracy Niech f,g,h będą funkcjami odwzorowującymi N w R + to f(n) = Θ(g(n)) oznaczać będzie, że f Θ(g), f(n) = O(g(n)) oznaczać będzie, że f O(g), f(n) = Ω(g(n)) oznaczać będzie, że f Ω(g), f(n) = h(n) + Θ(g(n)) oznaczać będzie, że f {h + d : d Θ(g)}, f(n) = h(n) + O(g(n)) oznaczać będzie, że f {h + d : d O(g)}, f(n) = h(n) + Ω(g(n)) oznaczać będzie, że f {h + d : d Ω(g)} Powyższe równości będziemy nazywać równościami asymptotycznymi Czyli jeśli na przykład będziemy mieli f(n) = Ω(g(n)) to mówimy, że f(n) jest równa asymptotycznie g(n) w sensie Ω Formalnie taki zapis może wydać się mylący ponieważ Ω(g(n)) jest zbiorem, a f(n) jego elementem, ale zobaczymy, że zapis ten ma swoje zalety Lemat 14 Niech f, g, h będą funkcjami odwzorowującymi N w R + wtedy dla notacji asymptotycznych zachodzą poniższe własności: Przechodniość 1f(n) = Θ(g(n)) i g(n) = Θ(h(n)) implikuje f(n) = Θ(h(n)) 2 f(n) = O(g(n)) i g(n) = O(h(n)) implikuje f(n) = O(h(n)) 13

14 3 f(n) = Ω(g(n)) i g(n) = Ω(h(n)) implikuje f(n) = Ω(h(n)) Zwrotność 1 f(n) = Θ(f(n)) 2 f(n) = O(f(n)) 3 f(n) = Ω(f(n)) Symetria f(n) = Θ(g(n)) wtedy i tylko wtedy, gdy g(n) = Θ(f(n)) Dowód: Przechodniość 1 Mamy wykazać, że jeśli f(n) = Θ(g(n)) i g(n) = Θ(h(n)) to f(n) = Θ(h(n)) Z założenia wynika, że c 1,c 2 >0 n 0 N c 1 g(n) f(n) c 2 g(n), n n 0 Ustalmy takie k, że c 3,c 4 >0 m 0 N c 3 h(n) g(n) c 4 h(n) n m 0 m 0 jeśli m 0 n 0 k = n 0 jeśli m 0 < n 0 oraz s 1 = c 1 c 3 i s 2 = c 2 c 4 Z powyższego wynika, że Czyli Wykazaliśmy więc punkt 1 c 3c 1 h(n) c 1 g(n) f(n) c 2 g(n) c 4 c 2 h(n) n k s 1h(n) f(n) s 2 h(n) n k 14

15 2 Mamy wykazać, że jeśli f(n) = O(g(n)) i g(n) = O(h(n)) to f(n) = O(h(n)) Z założenia mamy: c 1 >0 n 0 N f(n) c 1 g(n), n n 0 Ustalmy takie k, że c 2 >0 m 0 N g(n) c 2 h(n) n m 0 m 0 jeśli m 0 n 0 k = n 0 jeśli m 0 < n 0 oraz s = c 1 c 2 Z powyższego mamy, że co implikuje Wykazaliśmy więc punkt 2 f(n) c 1g(n) c 1 c 2 h(n) = sh(n) n k f(n) sh(n) n k 3 Mamy wykazać, że jeśli f(n) = Ω(g(n)) i g(n) = Ω(h(n)) to f(n) = Ω(h(n)) Z założenia mamy: c 1 >0 n 0 N c 1 g(n) f(n), n n 0 Ustalmy takie k, że m 0 jeśli m 0 n 0 k = n 0 jeśli m 0 < n 0 oraz s = c 1 c 2 Z powyższego wynika, że c 2 >0 m 0 N c 2 h(n) g(n) n m 0 sh(n) = c 2c 1 h(n) c 1 g(n) f(n), n k 15

16 czyli sh(n) f(n) n k Wykazaliśmy więc punkt 3 Zwrotność 1 Mamy wykazać, że f(n) = Θ(f(n)) f(n) = Θ(f(n)) c 1,c 2 >0 n 0 N c 1 f(n) f(n) c 2 f(n) n n 0 Biorąc c 1 1 oraz c 2 1 otrzymujemy, że dla dowolnego n: c 1 f(n) f(n) c 2 f(n) Nierówności są więc prawdziwe Wykazaliśmy więc punkt 1 2 Mamy wykazać, że f(n) = O(f(n)) f(n) = O(f(n)) c>0 n 0 N Biorąc c 1 dostajemy, że dla dowolnego n f(n) cf(n) n n 0 f(n) cf(n) Wykazaliśmy więc punkt 2 3 Mamy wykazać, że f(n) = Ω(f(n)) f(n) = Ω(f(n)) c>0 n 0 N Biorąc c 1 dostajemy, że dla dowolnego n cf(n) f(n) n n 0 cf(n) f(n) Wykazaliśmy więc punkt 3 Symetria Mamy wykazać, że f(n) = Θ(g(n)) wtedy i tylko wtedy, gdy g(n) = Θ(f(n)) 16

17 Załóżmy, że f(n) = Θ(g(n)) Z definicji Θ mamy f(n) = Θ(g(n)) c 1,c 2 >0 n 0 N c 1 g(n) f(n) c 2 g(n), n n 0 czyli 1 c 2 f(n) g(n), g(n) 1 c 1 f(n) Przy założeniach, że s 1 = 1 c 2 i s 2 = 1 c 1 otrzymujemy, że gdy to g(n) = Θ(f(n)) c 1,c 2 >0 n 0 N s 1,s 2 >0 n 0 N s 1 f(n) g(n) s 2 f(n) n n 0 c 1 g(n) f(n) c 2 g(n) n n 0 Wykazaliśmy więc symetryczność równości asymptotycznej w notacji Θ Powyższe własności służą do porównywania funkcji, można się jednak doszukać analogii między porównywaniem funkcji a porównywaniem liczb rzeczywistych, które można potraktować jako funkcje stałe Wniosek 11 Niech f, g będą funkcjami odwzorowującymi N w {c}, gdzie c R + wtedy f(n) = Θ(g(n)), f(n) = O(g(n)), f(n) = Ω(g(n)) Dowód: Powyższy lemat jest prawdziwy ponieważ zbiór wartości tych funkcji jest podzbiorem zbioru R Z definicji notacji asymptotycznej wynika że jest ona określona dla 17

18 wszystkich funkcji działających ze zbioru liczb naturalnych w zbiór liczb rzeczywistych, czyli jest określona także dla funkcji stałych Oznaczenie 12 Jeśli f:n {c}, gdzie c R + f(n) = Θ(1) lub f(n) = O(1) lub f(n) = Ω(1) to wtedy będziemy pisać, że 18

19 ROZDZIAŁ 2 Metoda rekurencji uniwersalnej Metoda rekurencji uniwersalnej podaje uniwersalny przepis rozwiązywania równania rekurencyjnego postaci Θ(1) jeśli 1 n < b (21) T (n) = at (n/b) + f(n) jeśli n b, gdzie a 1 i b > 1 są stałymi, n > 0 rozmiarem problemu, a f(n) jest funkcją dodatnią Metoda rekurencji uniwersalnej wymaga rozważenia trzech przypadków, ale za to rozwiązanie wielu równań rekurencyjnych może być wyznaczone całkiem łatwo Wzór 21 opisuje czas działania algorytmu, który dzieli problem rozmiaru n na a problemów, każdy rozmiaru a/b, gdzie a i b są dodatnimi stałymi Każdy z a podproblemów jest rozwiązywany rekurencyjnie w czasie T (n/b), który jest nie większy od T (n) Koszt dzielenia problemu oraz łączenia rezultatów częściowych jest opisany funkcją f(n) 1 Twierdzenie o rekurencji uniwersalnej Metoda rekurencji uniwersalnej opiera się na następującym twierdzeniu Twierdzenie 21 Niech a 1, b > 1 będą stałymi całkowitymi, niech f będzie funkcją odwzorowującą N w R +, a funkcja T będzie zdefiniowana dla n > 0 przez rekurencję Θ(1) jeśli 1 n < b T (n) = at (n/b) + f(n) jeśli n b, 19

20 gdzie n/b oznacza n/b lub n/b Wtedy funkcja T może być ograniczona asymptotycznie w następujący sposób: (1) Jeśli f(n) = O(n log b a ɛ ) dla pewnej stałej ɛ > 0, to T (n) = Θ(n log b a ) (2) Jeśli f(n) = Θ(n log b a ) to T (n) = Θ(n log b a lg n) (3) Jeśli f(n) = Ω(n log b a+ɛ ) dla pewnej stałej ɛ > 0 i jeśli af(n/b) cf(n) dla pewnej stałej 0 < c < 1 i wszystkich dostatecznie dużych n, to T (n) = Θ(f(n)) Zanim przejdziemy do dalszej części pracy trzeba powiedzieć parę słów na temat stosowania powyższego twierdzenia W każdym z trzech przypadków porównujemy funkcję f(n) z funkcją n log b a Jak łatwo zauważyć podstawowym warunkiem do zajścia warunku 1 jest to, że n log b a musi być asymptotycznie większe od f(n) Do zajścia warunku trzeciego koniecznym jest aby funkcja f(n) była asymptotycznie większa od n log b a Natomiast do zajścia przypadku drugiego wymagane jest aby f(n) i n log b a były równe asymptotycznie W stosowaniu powyższego twierdzenia trzeba jednak pamiętać, że w przypadku 1 f(n) nie tylko musi być asymptotycznie mniejsze od n log b a, ale musi być wielomianowo mniejsza Przez określenie wielomianowo mniejsza będziemy rozumieć, że f(n) musi być asymptotycznie mniejsza niż n log b a o czynnik n ɛ dla pewnej stałej ɛ > 0 W trzecim przypadku n log b a nie tylko musi być asymptotycznie mniejsze od f(n), ale musi być wielomianowo mniejsze oraz dodatkowo musi zachodzić warunek af(n/b) cf(n) dla pewnej stałej 0 < c < 1, zwany warunkiem regularności W obliczu powyższego widzimy więc, że powyższego twierdzenia nie można stosować do wszystkich rekurencji Powodem tego są istniejące luki pomiędzy przypadkami 1 i 2 oraz 2 i 3, w które wpadają rekurencje gdy f(n) jest asymptotycznie mniejsza od n log b a, ale nie wielomianowo mniejsza lub gdy n log b a jest asymptotycznie mniejsza od f(n), ale nie wielomianowo mniejsza, oraz gdy w przypadku 3 f(n) nie spełnia warunku regularności Przykład zastosowania metody rekurencji uniwersalnej Aby zastosować metodę rekurencji uniwersalnej, po prostu stwierdzamy, który przypadek z twierdzenia o rekurencji uniwersalnej możemy zastosować 20

21 Jako pierwszy przykład rozważmy T (n) = 4T (n/2) + n Od razu widzimy, że f(n) = n, a = 4, b = 2 oraz n log b a = n log 2 4 = n 2 = Θ(n 2 ) Ponieważ f(n) = O(n log 2 4 ɛ ) = O(n 2 1 ) = O(n), gdzie ɛ = 1, możemy zastosować przypadek 1 z twierdzenia o rekurencji uniwersalnej i wywnioskować że rozwiązaniem jest T (n) = Θ(n 2 ) Rozważmy teraz T (n) = T (n/3) + 1, gdzie a = 1, b = 3, f(n) = 1, a n log 3 1 = n 0 = 1 Stosujemy tutaj przypadek 2, gdyż f(n) = Θ(n log b a ) = Θ(1), a zatem rozwiązaniem rekurencji jest T (n) = Θ(lg n) Jako trzeci przypadek rozważmy T (n) = 9T (n/3) + n 3 Mamy f(n) = n 3, a = 9, b = 3 oraz n log b a = n log 3 9 = n 2 Ponieważ f(n) = Ω(n log 3 9+ɛ ), gdzie ɛ = 1, więc stosuje się tutaj przypadek 3, teraz należy pokazać, że dla f(n) zachodzi warunek regularności Dla dostatecznie dużych n i 1/3 c < 1 zachodzi: (1/3)n 3 cn 3, (n 3 /3) cn 3, 9(n 3 /27) cn 3, af(n/b) = 9(n/3) 3 cn 3 = cf(n) Czyli pokazaliśmy, że warunek regularności jest spełniony Korzystając zatem z przypadku 3 możemy wywnioskować że rozwiązaniem jest T (n) = Θ(n 3 ) Metody rekurencji uniwersalnej nie możemy zastosować do rekurencji T (n) = 2T (n/2) + n 1 lg n 21

22 chociaż ma ona poprawną formę: a = 2, b = 2, f(n) = n 1 lg n i nlog b a = n Wydaje się, że powinien tu zachodzić przypadek 1, gdyż f(n) = n 1 lg n jest asymptotycznie mniejsze od n log b a = n, ale nie wielomianowo mniejsze Wynika to z tego że stosunek f(n) n log b a = n n lg n = 1 lg n jest asymptotycznie większy niż 1 n ɛ 0 < d ɛ mamy: = n ɛ dla każdej stałej ɛ Ponieważ dla n ɛ lg n d, n ɛ d lg n, 1 n 1 ɛ d lg n W konsekwencji rekurencja ta wpada w lukę między przypadkiem 1 i przypadkiem 2 Metody rekurencji uniwersalnej nie można zastosować także do rekurencji T (n) = 2T (n/2) + n lg n, gdzie a = 2, b = 2, f(n) = n lg n i n log b a = n Wydaje się, że powinien tu zachodzić przypadek 3, gdyż f(n) = n lg n jest asymptotycznie większe od n log b a = n, ale nie wielomianowo większe Wynika to z tego że stosunek f(n) (n lg n) = a n n log b = lg n jest asymptotycznie mniejszy niż n ɛ dla każdej stałej ɛ Ponieważ dla 0 < d ɛ mamy: n ɛ lg n d, n ɛ d lg n W konsekwencji rekurencja ta wpada w lukę między przypadkiem 2 i przypadkiem 3 22

23 2 Dowód Twierdzenia Aby w pełni przeprowadzić dowód twierdzenia o rekurencji uniwersalnej, musimy rozpatrzyć dwa przypadki, gdy n/b oznacza n/b i gdy n/b oznacza n/b Chcemy iterować rekurencję T (n) = at ( n/b ) + f(n) W czasie jej iterowania otrzymujemy sekwencję rekurencyjnych wywołań dla argumentów n, n/b, n/b /b, n/b /b /b, Oznaczmy j-ty element w tej sekwencji przez v j, gdzie n jeśli j = 0 (22) v j = v j 1 /b jeśli j > 0 Natomiast w czasie iterowania T (n) = at ( n/b ) + f(n) otrzymujemy sekwencje rekurencyjnych wywołań dla argumentów n, n/b, n/b /b, n/b /b /b, Oznaczmy j-ty element w tej sekwencji przez w j, gdzie n jeśli j = 0 (23) w j = w j 1 /b jeśli j > 0 Naszym pierwszym celem jest wyznaczenie liczby iteracji i, dla której v i i w i są stałymi Korzystając z nierówności x x x + 1 gdzie x R +, otrzymujemy: w 0 v 0 n, 23

24 w0 b = w1 v 1 = v 0b v 0b + 1 n b + 1, w1 b = w2 v 2 = v 1b v 1b + 1 n b b + 1, Korzystając z wzoru na sumę szeregu geometrycznego otrzymujemy: v j n j 1 b + 1 j k=0 b = n k b + 1 ( 1 b )j j 1 1 b = n b j + 1 ( 1 b j ) b 1 b = n b + b ( 1 j b 1 b j 1 ) = n b + b 1 j b 1 b j 1 b 1 < n b + b j b 1, (24) w j v j < n b j + b b 1 Jeśli weźmiemy takie i, że i = log b n to otrzymujemy Z definicji logarytmu mamy, że i = log b n log b n < log b n + 1 = i + 1 (25) b i n < b i+1 Korzystając ze wzoru 23 oraz 25 otrzymujemy: b i n, b i n = w 0, b i /b = b w 0 /b = w 1, b /b = b i 2 w 1 /b = w 2, b i 2 /b = b i 3 w 2 /b = w 3, b i () /b = b 0 w /b = w i, b 1 /b = 1 w i Korzystając ze wzoru 22 oraz 25 otrzymujemy: n < b i+1, v 0 = n b i+1, v 1 = v 0 /b b i+1 /b = b i, v 2 = v 1 /b b i /b = b, 24

25 v 3 = v 2 /b b /b = b i 2, v i = v /b b i (i 2) /b = b 1, v i b Z powyższego otrzymaliśmy (26) 1 w i v i b Lemat 21 Niech a 1 i b > 1 będą stałymi całkowitymi oraz niech f będzie funkcją odwzorowującą N w R +, a funkcja T będzie zdefiniowana dla n > 0 przez rekurencje gdzie n/b oznacza n/b lub n/b Wtedy Θ(1) jeśli 1 n < b T (n) = at (n/b) + f(n) jeśli n b (27) T (n) = Θ(n log b a ) + a j f(n j ), gdzie 1 i = log b n natomiast n j = w j gdy n/b oznacza n/b lub n j = v j gdy n/b oznacza n/b dla 0 j i Dowód: Iterując rekurencję T, otrzymujemy: T (n) = f(n 0 ) + at (n 1 ) = f(n 0 ) + af(n 1 ) + a 2 T (n 2 ) = f(n 0 ) + af(n 1 ) + a 2 f(n 2 ) + + a f(n ) + a i T (n i ) = a j f(n j ) + a i T (n i ) 25

26 Wiemy, że i = log b n, korzystając z wzoru 26 oraz założeń Lematu 21 mamy: (28) 1 n i b Z definicji funkcji T dostajemy, że (29) T (n i ) = Θ(1) jeśli 1 n i < b, natomiast T (b) = at (b/b) + f(b) = at (1) + f(b) = aθ(1) + f(b), gdzie a i b są stałymi, f(b) przyjmuje wartość stałą więc też jest stałą asymptotycznie równą Θ(1) Z powyższego oraz z definicji 13 otrzymujemy T (b) = aθ(1) + f(b) = Θ(1) + Θ(1) = 2Θ(1) = Θ(1) Zatem mamy (210) T (b) = Θ(1) Z wzorów 28, 29, 210 dostajemy (211) T (n i ) = Θ(1) Z powyższego otrzymujemy a i T (n i ) = a log b n T (n logb n ) = a log b n Θ(1) Z lematu 11 otrzymujemy a log b n 1 a log b n a log b n Korzystając z definicji notacji asymptotycznej dostajemy (212) a log b n = O(a log b n ) Pozostaje nam już tylko wykazać, że a log b n = Ω(a log b n ) Ustalmy c 1 = 1/a 3 Wtedy a (log b n) 3 a (log b n) 1 a log b n, 26

27 n 0 N c 1 a log b n a (log b n) 1 a log b n n n 0 Powyższa nierówność jest prawdziwa więc z definicji 13 mamy (213) a log b n = Ω(a log b n ) Z lematu 13 oraz wzorów 212, 213 dostajemy (214) a log b n = Θ(a log b n ) Z lematu 12 mamy (215) a log b n = n log b a = Θ(n log b a ) Korzystając z Lematu 14, a dokładniej z własności przechodniości notacji asymptotycznej oraz wzorów 214, 215 otrzymujemy (216) a log b n = Θ(n log b a ), a to daje nam a log b n Θ(1) = Θ(n log b a ) Wykazaliśmy zatem równość T (n) = Θ(n log b a ) + a j f(n j ) co kończy dowód Lematu 21 Lemat 22 Niech a 1 i b > 1 będą stałymi całkowitymi oraz niech f będzie funkcją odwzorowującą N w R +, natomiast funkcja g zdefiniowana jest dla n b następująco (217) g(n) = a j f(n j ), gdzie 1 i = log b n oraz n/b oznacza n/b lub n/b, natomiast n j = w j, gdy n/b oznacza n/b lub n j = v j, gdy n/b oznacza n/b dla 0 j i Przy powyższych założeniach funkcja g może być ograniczona asymptotycznie dla liczb całkowitych w następujący sposób (1) Jeśli f(n) = O(n log b a ɛ ) dla pewnej stałej ɛ > 0 to g(n) = O(n log b a ) 27

28 (2) Jeśli f(n) = Θ(n log b a ) to g(n) = Θ(n log b a lg n) (3) Jeśli af(n/b) cf(n) dla pewnej stałej 0 < c < 1 i wszystkich n > b + (b/(b 1)) to g(n) = Θ(f(n)) Dowód: Dowód dla przypadku 1 Z założenia mamy f(n) = O(n log b a ɛ ) z czego wynika gdzie 0 j < i Należy pokazać, że f(n j ) = O ( (n j ) log b a ɛ), ( ( ) n logb a ɛ ) f(n j ) = O b j Z f(n j ) = O(n log b a ɛ j ) wynika, że istnieje stała c > 0 taka, że dla 0 j < i prawdziwa jest nierówność Z definicji n j oraz wzoru 24 mamy cn log b a ɛ j cv log b a ɛ j f(n j ) cn log b a ɛ j < c ( n b + b ) logb a ɛ = j b 1 ( ) n logb a ɛ ( ( )) logb c 1 + bj a ɛ b = b j n b 1 c ( n log b a ɛ (b j ) log b a ɛ ) ( 1 + bj n ( )) logb a ɛ b b 1 Sięgając do wzoru 25 oraz do założenia dowodu 0 j < i widzimy, że b j < b i n to z kolei implikuje nierówność b j /n < 1 Z powyższego otrzymujemy ( ) ( n log b a ɛ c (b j ) log b a ɛ c ( n log b a ɛ (b j ) log b a ɛ 1 + bj n ( )) logb a ɛ b b 1 ) ( 1 + b ) logb a ɛ b 1 28

29 Zauważmy że istnieje stała c 1 = c ( ) 1 + b logb a ɛ b 1 taka, że ( ) ( n log b a ɛ c 1 + b ) logb a ɛ ( ) n log b a ɛ = c (b j ) log b a ɛ 1 b 1 (b j ) log b a ɛ Z powyższego i definicji 13 mamy (218) f(n j ) = O ( n log b a ɛ (b j ) log b a ɛ Podstawiając do funkcji g(n) powyższe oszacowanie f(n j ) otrzymujemy g(n) = O ( ) n logb a j a ɛ b j = O ) n log b a ɛ a j (b j ) log b a ɛ Korzystając z definicji 12 i lematu 12 otrzymujemy b log b a = a, więc O n log b a ɛ a j ( ) = O n log (b j ) log b a ɛ b a ɛ ab ɛ j = (b) log b a O n log b a ɛ ( ) ab ɛ j = O a n log b a ɛ Wiemy, że i = log b n, b > 1, z lematu 11 mamy, więc że a to daje nam nierówność czyli log b n log b n, b log b n b log b n, b log b n 1 b log b n 1 (b ɛ ) j Korzystając z sumy szeregu geometrycznego oraz powyższego otrzymujemy (b ɛ ) j = 1 (bɛ ) log b n = ((bɛ ) logb n 1) 1 b ɛ (b ɛ 1) = ((bɛ ) log b n 1) (b ɛ 1) b ɛ log b n 1 b ɛ 1 Z lematu 12 mamy, że n ɛ = (b log b n ) ɛ więc Zatem (b log b n ) ɛ 1 b ɛ 1 = (blog b n ) ɛ 1 b ɛ 1 = nɛ 1 b ɛ 1 = O(nɛ ) 29

30 g(n) = O(n log b a ɛ n ɛ ) = O(n log b a ) Co kończy dowód dla przypadku pierwszego Dowód dla przypadku 2 Z założenia mamy f(n) = Θ(n log b a ), a to daje nam f(n j ) = Θ(n log b a j ) Istnieje zatem stała c > 0 taka że dla 0 j < i prawdziwa jest nierówność Z definicji n j oraz wzoru 24 mamy cn log b a j cv log b a j Korzystając z lematu 12 dostajemy a to daje nam równość c ( n b j + ( ) b j ( n n b j f(n j ) cn log b a j ( n < c b + b ) logb a ( ( ) n b j ( n = c j b 1 b + j n b j b j = (b log a a ) j = (a log a b ) j = (a 1 log b a ) j = (a j ) 1 log b a, ( c n log b a a j ) ( b )) logb a b 1 ) 1 c = c log b a + ( n log b a nlog b a a j ( a j 1 + n (a j ) 1 log b a ) 1 ( b j n + log b a (( b j n n (a j ) 1 log b a ) ) logb a b b 1 ) ) b a b log = b 1 ) ( )) logb a b b 1 ( ) log b j b a b = n b 1 Sięgając do wzoru 25 widzimy, że b j < b i n, a to z kolei implikuje nierówność b j /n < 1 Z powyższego otrzymujemy c nlog b a a j ( 1 + ( b j n ) ) logb a ( b n log b a c b 1 a j ) ( Weźmy stałą c 1 taką, że c 1 = c ( ) 1 + b logb a b 1, z tego mamy ( ) n log b a f(n j ) c 1 a j 1 + b ) logb a b 1 30

31 ( ) Po podstawieniu c n log b a 1 a za j f(nj ) we wzorze 217 otrzymujemy g(n) = a j f(n j ) ( ) n a j log b a c 1 = c a j 1 Z definicji 13 oraz z założenia lematu, że i = log b n dostajemy O g(n) = O log b n 1 n log b a ( ) n a j log b a = O a j 1 = O(n log b a log b n ) = O ( ) n a j log b a a j n log b a a j = a j Korzystając z definicji 11 oraz definicji 13 otrzymujemy ( ) ( O n log b a log2 n = O n log b a log ) 2 n log 2 b log 2 b log 2 b jest stałą, więc z definicji 13 mamy ( O n log b a log ) 2 n = O ( n log b a log log 2 b 2 n ) Czyli g(n) = O(n log ba log 2 n) = O(n log ba lg n) ( n log b a log2 n log 2 b Z założenia mamy f(n) = Θ(n log b a ), a to daje nam f(n j ) = Θ(n log b a j ) Istnieje zatem stała c 3 > 0 taka, że dla 0 j < i prawdziwa jest nierówność f(n j ) c 3 n log b a j ) Po podstawieniu c 3 n log b a j za f(n j ) we wzorze 217 otrzymujemy g(n) = a j f(n j ) Z wzoru 24 i definicji n j otrzymujemy g(n) Korzystając ze wzoru 25 dostajemy a więc n można zapisać jako a j c 3 n log b a j b j < b i n < b i+1, n = b i + r, c 3 a j n log ba j a j c 3 w log b a j 31

32 gdzie 0 r < n Z lematu 11 mamy dla k N i x 0 a więc x + k = x + k, n/b = b i /b + r/b = r/b + b i /b Zdefiniujmy ciąg r j w następujący sposób r jeśli j = 0 (219) r j = r j 1 /b jeśli j > 0 gdzie r = n b i Możemy zatem ciąg w j zapisać w nieco inny sposób b i + r jeśli j = 0 (220) w j = ((b i /b j 1 ) + r j 1 )/b jeśli j > 0 Iterując kolejne wyrazy ciągu w j otrzymujemy w 0 = b i + r 0 = b i + r, w 1 = (b i + r 0 )/b = (b i /b) + r 0 /b = (b i /b) + r 1, w 2 = ((b i /b 1 ) + r 1 )/b = (b i /b 2 ) + r 1 /b = (b i /b 2 ) + r 2, w j = ((b i /b j 1 ) + r j 1 )/b = (b i /b j ) + r j 1 /b = (b i /b j ) + r j Łatwo zauważyć, że Z powyższego dostajemy więc w j = (b i /b j ) + r j b i /b j a j c 3 w log b a j ( b a j i c 3 b j ) logb a = Na mocy lematu 12 mamy c 3 (b i ) log b a a j (b j ) log b a (b j ) log b a = (b log b a ) j = (a log b b ) j = a j, 32

33 więc Wiemy, że c 3 (b i ) log b a a j (b j ) = c 3(b i ) log log b a b a i = log b n, a j (a j ) = c 3(b i ) log b a 1 (log b n) 1 i log b n, Na mocy lematu 12 mamy b (log b n) 1 b i b log b n, 1 b b(log b n) b i b log b n b log b n = n log b b = n, więc Dostaliśmy więc następującą nierówność 1 b n bi n c 3 (b i ) log b a 1 c 3 ( 1 b n)log b a 1 1 = c 3 b log b a nlog b a Weźmy stałą c 4 = c 3 1 b log b a Z sumy szeregu arytmetycznego i tego, że i = log b n dostajemy Chcemy wykazać, że 1 c 3 b log b a nlog b a 1 = c 4 n log b a log b n n log b a log b n = Ω(n log b a log b n) Na początek weźmy n = b oraz 0 < k < 1 wtedy Zatem dla n = b mamy kb log b a b log b a, kb log b a log b b b log b a log b b kn log b a log b n n log b a log b n Korzystając z lematu 11 otrzymujemy dla n > b 1 n log b a (log b n 1) n log b a log b n, 33

34 n log b a log b n(1 1 log b n ) nlog b a log b n, (n log b a log b n) log b n 1 log b n Wiemy, że dla m > b zachodzi czyli dla n > b mamy log b (b + 1) 1 log b (b + 1) (n log b a log b n) log b(b + 1) 1 log b (b + 1) (n log b a log b n) log b n log b n log b m 1 log b m log b(m + 1) 1, log b (m + 1) (n log b a log b n) log b n 1 log b n (n log b a log b n) log b n log b n Zatem z powyższego wynika, że istnieje stała k = log b (b+1) 1 log b (b+1) prawdziwa jest nierówność taka, że dla n b kn log b a log b n n log b a log b n Korzystając z powyższego i definicji 13 dostajemy a to implikuje n log b a log b n = Ω(n log b a log b n), c 4 n log b a log b n = Ω(n log b a log b n) Z powyższego oraz lematu 12 otrzymujemy g(n) = Ω(n log b a log b n) = Ω ( n log b a log 2 n log 2 b log 2 b jest stałą, więc z definicji 13 mamy ( Ω n log b a log ) 2 n = Ω ( n log b a log log 2 b 2 n ) Czyli Mając następujące równości g(n) = Ω(n log b a log 2 n) = Ω(n log b a lg n) g(n) = O(n log b a lg n), g(n) = Ω(n log b a lg n) możemy przy pomocy lematu 13 wywnioskować, że ) 34

35 g(n) = Θ(n log b a lg n) Co kończy dowód dla przypadku drugiego Dowód dla przypadku 3 W założeniach lematu mamy, że n/b oznacza n/b lub n/b oraz n j = w j gdy n/b oznacza n/b lub n j = v j gdy n/b oznacza n/b dla 0 j i Udowodnimy na początek, że jeśli jest prawdziwa nierówność (221) af(n/b) cf(n) dla n > b + (b/(b 1)), gdzie 0 < c < 1 jest stałą to prawdziwa jest także następująca nierówność (222) a j f(n j ) c j f(n) W celu udowodnienia powyższego faktu posłużmy się dowodem indukcyjnym Indukcja dla j = 0 a 0 f(n 0 ) = f(n) c 0 f(n) = f(n) Udowodnimy, że jeśli nierówność a j f(n j ) c j f(n) jest prawdziwa dla j < i to jest również prawdziwa dla j + 1 Z definicji ciągu n j otrzymujemy a j+1 f(n j+1 ) = aa j f(n j /b) = a j af(n j /b) Korzystając z wzoru 221 dostajemy a j af(n j /b) a j cf(n j ), Z założenia indukcyjnego mamy aa j f(n j /b) ca j f(n j ) ca j f(n j ) cc j f(n) = c j+1 f(n), 35

36 czyli a j+1 f(n j+1 ) c j+1 f(n) Co kończy dowód indukcyjny Po podstawieniu wzoru 222 do g(n) otrzymujemy g(n) = a j f(n j ) c j f(n) = f(n) Z wzoru na sumę ciągu geometrycznego oraz tego że 0 < c < 1 otrzymujemy ( ) 1 c f(n) c j i = f(n) 1 c c j ( ) 1 f(n) 1 c Ponieważ 1 1 c jest stałą to ( ) 1 f(n) = O(f(n)) 1 c Zatem (223) g(n) = O(f(n)) Ponieważ n 0 = n więc f(n) pojawia się w definicji funkcji g(n) = f(n) + a j f(n j ), a wszystkie składniki g(n) są nieujemne więc wnioskujemy że (224) g(n) = Ω(f(n)) Zatem z lematu 13 i wzorów 223, 224 otrzymujemy g(n) = Θ(f(n)) Co kończy dowód lematu 22 Udowodnijmy teraz twierdzenie 21, które brzmi następująco: Niech a 1 i b > 1 będą stałymi całkowitymi oraz niech f będzie funkcją odwzorowującą N w R + Niech funkcja T będzie zdefiniowana dla n > 0 w następujący sposób j=1 36

37 Θ(1) jeśli 1 n < b T (n) = at (n/b) + f(n) jeśli n b gdzie n/b oznacza n/b lub n/b Wtedy funkcja T może być ograniczona asymptotycznie dla liczb całkowitych w następujący sposób: (1) Jeśli f(n) = O(n log b a ɛ ) dla pewnej stałej ɛ > 0, to T (n) = Θ(n log b a ) (2) Jeśli f(n) = Θ(n log b a ) to T (n) = Θ(n log ba lg n) (3) Jeśli f(n) = Ω(n log b a+ɛ ) dla pewnej stałej ɛ > 0 i jeśli af(n/b) cf(n) dla Dowód: pewnej stałej 0 < c < 1 i wszystkich dostatecznie dużych n, to T (n) = Θ(f(n)) Dowód dla przypadku pierwszego Z założenia mamy, że f(n) = O(n log b a ɛ ), natomiast z lematu 21 oraz 22 otrzymujemy Niech Wiemy, że oraz h 1 Θ(D) Ustalmy takie n 0, że T (n) = Θ(n log b a ) + O(n log b a ) c 1,c 2 >0 h 2 O(S) n 1 jeśli n 1 > n 2 n 0 = n 2 jeśli n 1 n 2 n 1 N c 3 >0 S(n) = n log b a, D(n) = n log b a c 1 n log b a h 1 (n) c 2 n log b a n n 1 n 2 N h 2 (n) c 3 n log b a n n 2 Po dodaniu nierówności do siebie otrzymujemy, że dla każdego n > n 0 c 1 n log b a h 1 (n) + h 2 (n) c 2 n log b a + c 3 n log b a, c 1 n log b a h 1 (n) + h 2 (n) (c 2 + c 3 )n log b a 37

38 Otrzymaliśmy więc, że T (n) = Θ(n log b a ) Dowód dla przypadku drugiego Z założenia mamy, że f(n) = Θ(n log b a ), natomiast z lematu 21 oraz 22 dostajemy, że T (n) = Θ(n log b a ) + Θ(n log b a lg n) Niech S(n) = n log b a, D(n) = n log b a lg n Wiemy, że oraz h 1 Θ(S) c 1,c 2 >0 n 1 N c 1 n log b a h 1 (n) c 2 n log b a, n n 1 h 2 Θ(D) c 3,c 4 >0 Ustalmy takie n 0, że n 1 jeśli n 1 > n 2 n 0 = n 2 jeśli n 1 n 2 oraz c 1 jeśli c 1 < c 3 c 5 = c 3 jeśli c 1 c 3 n 2 N c 3 n log b a lg n h 2 (n) c 4 n log b a lg n n n 2 Po dodaniu nierówności do siebie otrzymujemy, że dla każdego n > n 0 c 1 n log b a + c 3 n log b a lg n h 1 (n) + h 2 (n) c 2 n log b a + c 4 n log b a lg n, n log b a (c 5 + c 5 lg n) n log b a (c 1 + c 3 lg n) h 1 (n) + h 2 (n) n log b a (c 2 + c 4 lg n), c 5 n log b a lg n c 5 n log b a (1 + lg n) h 1 (n) + h 2 (n) n log b a (c 2 + c 4 lg n), c 5 n log b a lg n h 1 (n) + h 2 (n) n log b a (c 2 lg n + c 4 lg n), c 5 n log b a lg n h 1 (n) + h 2 (n) n log b a lg n(c 2 + c 4 ) 38

39 Otrzymaliśmy więc równość Dowód dla przypadku trzeciego T (n) = Θ(n log b a lg n) Z założenia mamy, że f(n) = Ω(n log b a+ɛ ) gdzie ɛ > 0, oraz af(n/b) cf(n) dla pewnej stałej c < 1 i wszystkich n N Z lematu 21 i 22 otrzymujemy T (n) = Θ(n log b a ) + Θ(f(n)) Niech S(n) = f(n), D(n) = n log b a Wiemy, że oraz h 1 Θ(D) c 1,c 2 >0 n 1 N c 1 n log b a h 1 (n) c 2 n log b a n n 1 h 2 Θ(S) Ustalmy takie n 0, że n 1 jeśli n 1 > n 2 n 0 = n 2 jeśli n 1 n 2 c 3 >0,c 4 >0 n 2 N c 3 f(n) h 2 (n) c 4 f(n) n n 2 Po dodaniu nierówności do siebie otrzymujemy, że dla każdego n > n 0 (225) c 3 f(n) + c 1 n log b a h 1 (n) + h 2 (n) c 2 n log b a + c 4 f(n) Z założeń twierdzenia 21 mamy, że (226) f(n) = Ω(n log b a+ɛ ), a to implikuje nierówność (227) n log b a f(n) 39

40 Z wzorów 225, 227 otrzymujemy, że dla odpowiednio dużych n zachodzi nierówność c 3 f(n) h 1 (n) + h 2 (n) c 2 f(n) + c 4 f(n), c 3 f(n) h 1 (n) + h 2 (n) (c 2 + c 4 )f(n) Z powyższego i definicji 13 dostaliśmy więc T (n) = Θ(f(n)) Co kończy dowód twierdzenia 21 zwanego także Twierdzeniem o rekurencji uniwersalnej 40

41 Bibliografia [1] Thomas H Cormen, Charles E Leiserson, Ronald L Rivest Wprowadzenie do algorytmów, [2] Ira Koźniewska Równania rekurencyjne [3] Journal of the ACM, Vol 48, No 2, March 2001, pp

Teoretyczne podstawy informatyki

Teoretyczne podstawy informatyki Teoretyczne podstawy informatyki Wykład 4a: Rozwiązywanie rekurencji http://kiwi.if.uj.edu.pl/~erichter/dydaktyka2010/tpi-2010 Prof. dr hab. Elżbieta Richter-Wąs 1 Czas działania programu Dla konkretnych

Bardziej szczegółowo

TEORETYCZNE PODSTAWY INFORMATYKI

TEORETYCZNE PODSTAWY INFORMATYKI 1 TEORETYCZNE PODSTAWY INFORMATYKI 16/01/2017 WFAiS UJ, Informatyka Stosowana I rok studiów, I stopień Repetytorium złożoność obliczeniowa 2 Złożoność obliczeniowa Notacja wielkie 0 Notacja Ω i Θ Rozwiązywanie

Bardziej szczegółowo

Rekurencje. Jeśli algorytm zawiera wywołanie samego siebie, jego czas działania moŝe być określony rekurencją. Przykład: sortowanie przez scalanie:

Rekurencje. Jeśli algorytm zawiera wywołanie samego siebie, jego czas działania moŝe być określony rekurencją. Przykład: sortowanie przez scalanie: Rekurencje Jeśli algorytm zawiera wywołanie samego siebie, jego czas działania moŝe być określony rekurencją. Przykład: sortowanie przez scalanie: T(n) = Θ(1) (dla n = 1) T(n) = 2 T(n/2) + Θ(n) (dla n

Bardziej szczegółowo

i = n = n 1 + n 2 1 i 2 n 1. n(n + 1)(2n + 1) n (n + 1) =

i = n = n 1 + n 2 1 i 2 n 1. n(n + 1)(2n + 1) n (n + 1) = Druga zasada inducji matematycznej Niech m będzie liczbą całowitą, niech p(n) będzie ciągiem zdań zdefiniowanych na zbiorze {n Z: n m} oraz niech l będzie nieujemną liczbą całowitą. Jeśli (P) wszystie

Bardziej szczegółowo

Podstawy Informatyki. Sprawność algorytmów

Podstawy Informatyki. Sprawność algorytmów Podstawy Informatyki Sprawność algorytmów Sprawność algorytmów Kryteria oceny oszczędności Miara złożoności rozmiaru pamięci (złożoność pamięciowa): Liczba zmiennych + liczba i rozmiar struktur danych

Bardziej szczegółowo

Przykładowe zadania z teorii liczb

Przykładowe zadania z teorii liczb Przykładowe zadania z teorii liczb I. Podzielność liczb całkowitych. Liczba a = 346 przy dzieleniu przez pewną liczbę dodatnią całkowitą b daje iloraz k = 85 i resztę r. Znaleźć dzielnik b oraz resztę

Bardziej szczegółowo

Wykład 4. Określimy teraz pewną ważną klasę pierścieni.

Wykład 4. Określimy teraz pewną ważną klasę pierścieni. Wykład 4 Określimy teraz pewną ważną klasę pierścieni. Twierdzenie 1 Niech m, n Z. Jeśli n > 0 to istnieje dokładnie jedna para licz q, r, że: m = qn + r, 0 r < n. Liczbę r nazywamy resztą z dzielenia

Bardziej szczegółowo

Algorytmy i struktury danych Matematyka III sem.

Algorytmy i struktury danych Matematyka III sem. Algorytmy i struktury danych Matematyka III sem. 30 godz. wykł. / 15 godz. ćw. / 15 godz. projekt dr inŝ. Paweł Syty, 413GB, sylas@mif.pg.gda.pl, http://sylas.info Literatura T.H. Cormen i inni, Wprowadzenie

Bardziej szczegółowo

Zaliczenie. Egzamin. lub. Wykład. Zaliczenie. Ćwiczenie. 3 zadania. Projekty. Ocena. Na ocenę

Zaliczenie. Egzamin. lub. Wykład. Zaliczenie. Ćwiczenie. 3 zadania. Projekty. Ocena. Na ocenę Zaliczenie Egzamin Ocena lub Zerówka Wykład z Zaliczenie Ocena Ćwiczenie Projekty 3 zadania Na ocenę Sylabus O http://wmii.uwm.edu.pl/~jakula/sylabus_23 17N1-ALISTD_PL.pdf JAK? CO? ILE? Polecane Cormen

Bardziej szczegółowo

Wykład 1. Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych

Wykład 1. Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych Arytmetyka liczb całkowitych Wykład 1 Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych Z = {0, ±1, ±2,...}. Zakładamy, że czytelnik zna relację

Bardziej szczegółowo

Wykład 2. Poprawność algorytmów

Wykład 2. Poprawność algorytmów Wykład 2 Poprawność algorytmów 1 Przegląd Ø Poprawność algorytmów Ø Podstawy matematyczne: Przyrost funkcji i notacje asymptotyczne Sumowanie szeregów Indukcja matematyczna 2 Poprawność algorytmów Ø Algorytm

Bardziej szczegółowo

Indukcja. Materiały pomocnicze do wykładu. wykładowca: dr Magdalena Kacprzak

Indukcja. Materiały pomocnicze do wykładu. wykładowca: dr Magdalena Kacprzak Indukcja Materiały pomocnicze do wykładu wykładowca: dr Magdalena Kacprzak Charakteryzacja zbioru liczb naturalnych Arytmetyka liczb naturalnych Jedną z najważniejszych teorii matematycznych jest arytmetyka

Bardziej szczegółowo

6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.).

6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.). 6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.). 0 grudnia 008 r. 88. Obliczyć podając wynik w postaci ułamka zwykłego a) 0,(4)+ 3 3,374(9) b) (0,(9)+1,(09)) 1,() c) (0,(037))

Bardziej szczegółowo

Rekurencja. Matematyka dyskretna

Rekurencja. Matematyka dyskretna Rekurencja Matematyka dyskretna Rekurencja Definicja rekurencyjna (indukcyjna) nieformalnie: taka definicja, która odwołuje się do samej siebie, ale trzeba tu uważać, by odwołanie było do instancji o mniejszej

Bardziej szczegółowo

Indukcja matematyczna

Indukcja matematyczna Indukcja matematyczna 1 Zasada indukcji Rozpatrzmy najpierw następujący przykład. Przykład 1 Oblicz sumę 1 + + 5 +... + (n 1). Dyskusja. Widzimy że dla n = 1 ostatnim składnikiem powyższej sumy jest n

Bardziej szczegółowo

Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą

Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą Andrzej Nowicki Wydział Matematyki i Informatyki Uniwersytet M. Kopernika w Toruniu anow @ mat.uni.torun.pl 4 sierpnia 00 Jeśli r jest liczbą rzeczywistą, to

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /14

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /14 Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, 2012 andrzej.lachwa@uj.edu.pl 2/14 Funkcji podłogi z logarytmu można użyć do wyliczenia liczby cyfr liczby naturalnej k (k>0): w układzie dziesiętnym log 10 (k)

Bardziej szczegółowo

domykanie relacji, relacja równoważności, rozkłady zbiorów

domykanie relacji, relacja równoważności, rozkłady zbiorów 1 of 8 2012-03-28 17:45 Logika i teoria mnogości/wykład 5: Para uporządkowana iloczyn kartezjański relacje domykanie relacji relacja równoważności rozkłady zbiorów From Studia Informatyczne < Logika i

Bardziej szczegółowo

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 202/203 Seria VI (grudzień 202) rozwiązania zadań 26. Udowodnij, że istnieje 0 00 kolejnych liczb całkowitych dodatnich nie większych

Bardziej szczegółowo

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2012/13. Czwartek 28 marca zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 1.

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2012/13. Czwartek 28 marca zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 1. Czwartek 28 marca 2013 - zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 1. 122. Uprościć wyrażenia a) 4 2+log 27 b) log 3 2 log 59 c) log 6 2+log 36 9 123. Dla ilu trójek liczb rzeczywistych dodatnich a,

Bardziej szczegółowo

n=0 (n + r)a n x n+r 1 (n + r)(n + r 1)a n x n+r 2. Wykorzystując te obliczenia otrzymujemy, że lewa strona równania (1) jest równa

n=0 (n + r)a n x n+r 1 (n + r)(n + r 1)a n x n+r 2. Wykorzystując te obliczenia otrzymujemy, że lewa strona równania (1) jest równa Równanie Bessela Będziemy rozważać następujące równanie Bessela x y xy x ν )y 0 ) gdzie ν 0 jest pewnym parametrem Rozwiązania równania ) nazywamy funkcjami Bessela rzędu ν Sprawdzamy, że x 0 jest regularnym

Bardziej szczegółowo

Kongruencje pierwsze kroki

Kongruencje pierwsze kroki Kongruencje wykład 1 Definicja Niech n będzie dodatnią liczbą całkowitą, natomiast a i b dowolnymi liczbami całkowitymi. Liczby a i b nazywamy przystającymi (kongruentnymi) modulo n i piszemy a b (mod

Bardziej szczegółowo

LX Olimpiada Matematyczna

LX Olimpiada Matematyczna LX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 13 lutego 2009 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Liczby rzeczywiste a 1, a 2,..., a n (n 2) spełniają warunek a 1

Bardziej szczegółowo

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2012/13

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2012/13 Poniedziałek 12 listopada 2012 - zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 1. Wtorek 13 listopada 2012 - odbywają się zajęcia czwartkowe. 79. Uprościć wyrażenia a) 4 2+log 27 b) log 3 2 log 59 c) log

Bardziej szczegółowo

Matematyka Dyskretna 2/2008 rozwiązania. x 2 = 5x 6 (1) s 1 = Aα 1 + Bβ 1. A + B = c 2 A + 3 B = d

Matematyka Dyskretna 2/2008 rozwiązania. x 2 = 5x 6 (1) s 1 = Aα 1 + Bβ 1. A + B = c 2 A + 3 B = d C. Bagiński Materiały dydaktyczne 1 Matematyka Dyskretna /008 rozwiązania 1. W każdym z następujących przypadków podać jawny wzór na s n i udowodnić indukcyjnie jego poprawność: (a) s 0 3, s 1 6, oraz

Bardziej szczegółowo

Zadania do samodzielnego rozwiązania

Zadania do samodzielnego rozwiązania Zadania do samodzielnego rozwiązania I. Podzielność liczb całkowitych 1. Pewna liczba sześciocyfrowa a kończy się cyfrą 5. Jeśli tę cyfrę przestawimy na miejsce pierwsze ze strony lewej, to otrzymamy nową

Bardziej szczegółowo

Wykład z równań różnicowych

Wykład z równań różnicowych Wykład z równań różnicowych 1 Wiadomości wstępne Umówmy się, że na czas tego wykładu zrezygnujemy z oznaczania n-tego wyrazu ciągu symbolem typu x n, y n itp. Zamiast tego pisać będziemy x (n), y (n) itp.

Bardziej szczegółowo

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2013/14. Czwartek 21 listopada zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 2.

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2013/14. Czwartek 21 listopada zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 2. Czwartek 21 listopada 2013 - zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 2. Uprościć wyrażenia 129. 4 2+log 27 130. log 3 2 log 59 131. log 6 2+log 36 9 log 132. m (mn) log n (mn) dla liczb naturalnych

Bardziej szczegółowo

I Liceum Ogólnokształcące im. Cypriana Kamila Norwida w Bydgoszczy. Wojciech Kretowicz PODZIELNOŚĆ SILNI A SUMA CYFR

I Liceum Ogólnokształcące im. Cypriana Kamila Norwida w Bydgoszczy. Wojciech Kretowicz PODZIELNOŚĆ SILNI A SUMA CYFR I Liceum Ogólnokształcące im. Cypriana Kamila Norwida w Bydgoszczy Wojciech Kretowicz PODZIELNOŚĆ SILNI A SUMA CYFR Opiekun Mariusz Adamczak wojtekkretowicz@gmail.com Bydgoszcz 2017 Spis treści Wstęp...

Bardziej szczegółowo

Konstrukcja liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy ego liczb wymiernych

Konstrukcja liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy ego liczb wymiernych Konstrukcja liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy ego liczb wymiernych Marcin Michalski 14.11.014 1 Wprowadzenie Jedną z intuicji na temat liczb rzeczywistych jest myślenie o nich jako liczbach,

Bardziej szczegółowo

E-learning - matematyka - poziom rozszerzony. Funkcja wykładnicza. Materiały merytoryczne do kursu

E-learning - matematyka - poziom rozszerzony. Funkcja wykładnicza. Materiały merytoryczne do kursu E-learning - matematyka - poziom rozszerzony Funkcja wykładnicza Materiały merytoryczne do kursu Definicję i własności funkcji wykładniczej poprzedzimy definicją potęgi o wykładniku rzeczywistym. Poprawna

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /15

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /15 Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, 2015 andrzej.lachwa@uj.edu.pl 3/15 Indukcja matematyczna Poprawność indukcji matematycznej wynika z dobrego uporządkowania liczb naturalnych, czyli z następującej

Bardziej szczegółowo

Logarytmy. Funkcje logarytmiczna i wykładnicza. Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne.

Logarytmy. Funkcje logarytmiczna i wykładnicza. Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne. Logarytmy. Funkcje logarytmiczna i wykładnicza. Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne. Definicja. Niech a i b będą dodatnimi liczbami rzeczywistymi i niech a. Logarytmem liczby b przy podstawie

Bardziej szczegółowo

a 1, a 2, a 3,..., a n,...

a 1, a 2, a 3,..., a n,... III. Ciągi liczbowe. 1. Definicja ciągu liczbowego. Definicja 1.1. Ciągiem liczbowym nazywamy funkcję a : N R odwzorowującą zbiór liczb naturalnych N w zbiór liczb rzeczywistych R i oznaczamy przez {a

Bardziej szczegółowo

Podyplomowe Studium Informatyki

Podyplomowe Studium Informatyki Podyplomowe Studium Informatyki Wstęp do informatyki 30 godz. wykładu dr inż. Paweł Syty, 413GB, sylas@mif.pg.gda.pl, http://sylas.info Literatura D. Harel, Rzecz o istocie informatyki. Algorytmika, WNT

Bardziej szczegółowo

WYRAŻENIA ALGEBRAICZNE

WYRAŻENIA ALGEBRAICZNE WYRAŻENIA ALGEBRAICZNE Wyrażeniem algebraicznym nazywamy wyrażenie zbudowane z liczb, liter, nawiasów oraz znaków działań, na przykład: Symbole literowe występujące w wyrażeniu algebraicznym nazywamy zmiennymi.

Bardziej szczegółowo

Indukcja matematyczna, zasada minimum i maksimum. 17 lutego 2017

Indukcja matematyczna, zasada minimum i maksimum. 17 lutego 2017 Indukcja matematyczna, zasada minimum i maksimum 17 lutego 2017 Liczby naturalne - Aksjomatyka Peano (bez zera) Aksjomatyka liczb naturalnych N jest nazwą zbioru liczb naturalnych, 1 jest nazwą elementu

Bardziej szczegółowo

OLIMPIADA MATEMATYCZNA

OLIMPIADA MATEMATYCZNA OLIMPIADA MATEMATYCZNA Na stronie internetowej wwwomgedupl Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów (OMG) ukazały się ciekawe broszury zawierające interesujące zadania wraz z pomysłowymi rozwiązaniami z

Bardziej szczegółowo

FUNKCJA POTĘGOWA, WYKŁADNICZA I LOGARYTMICZNA

FUNKCJA POTĘGOWA, WYKŁADNICZA I LOGARYTMICZNA FUNKCJA POTĘGOWA, WYKŁADNICZA I LOGARYTMICZNA POTĘGA, DZIAŁANIA NA POTĘGACH Potęga o wykładniku naturalnym. Jest to po prostu pomnożenie przez siebie danej liczby tyle razy ile wynosi wykładnik. Zapisujemy

Bardziej szczegółowo

Ciała i wielomiany 1. przez 1, i nazywamy jedynką, zaś element odwrotny do a 0 względem działania oznaczamy przez a 1, i nazywamy odwrotnością a);

Ciała i wielomiany 1. przez 1, i nazywamy jedynką, zaś element odwrotny do a 0 względem działania oznaczamy przez a 1, i nazywamy odwrotnością a); Ciała i wielomiany 1 Ciała i wielomiany 1 Definicja ciała Niech F będzie zbiorem, i niech + ( dodawanie ) oraz ( mnożenie ) będą działaniami na zbiorze F. Definicja. Zbiór F wraz z działaniami + i nazywamy

Bardziej szczegółowo

2. LICZBY RZECZYWISTE Własności liczb całkowitych Liczby rzeczywiste Procenty... 24

2. LICZBY RZECZYWISTE Własności liczb całkowitych Liczby rzeczywiste Procenty... 24 SPIS TREŚCI WYRAŻENIA ALGEBRAICZNE RÓWNANIA I NIERÓWNOŚCI ALGEBRAICZNE 7 Wyrażenia algebraiczne 0 Równania i nierówności algebraiczne LICZBY RZECZYWISTE 4 Własności liczb całkowitych 8 Liczby rzeczywiste

Bardziej szczegółowo

LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów)

LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów) LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Dana jest liczba całkowita n 2. Wyznaczyć liczbę rozwiązań (x 1,x

Bardziej szczegółowo

Algorytmy w teorii liczb

Algorytmy w teorii liczb Łukasz Kowalik, ASD 2004: Algorytmy w teorii liczb 1 Algorytmy w teorii liczb Teoria liczb jest działem matemtyki dotyczącym własności liczb naturalnych. Rozważa się zagadnienia związane z liczbami pierwszymi,

Bardziej szczegółowo

Ciągi komplementarne. Autor: Krzysztof Zamarski. Opiekun pracy: dr Jacek Dymel

Ciągi komplementarne. Autor: Krzysztof Zamarski. Opiekun pracy: dr Jacek Dymel Ciągi komplementarne Autor: Krzysztof Zamarski Opiekun pracy: dr Jacek Dymel Spis treści 1 Wprowadzenie 2 2 Pojęcia podstawowe 3 2.1 Oznaczenia........................... 3 2.2 "Ciąg odwrotny"........................

Bardziej szczegółowo

Za pierwszy niebanalny algorytm uważa się algorytm Euklidesa wyszukiwanie NWD dwóch liczb (400 a 300 rok przed narodzeniem Chrystusa).

Za pierwszy niebanalny algorytm uważa się algorytm Euklidesa wyszukiwanie NWD dwóch liczb (400 a 300 rok przed narodzeniem Chrystusa). Algorytmy definicja, cechy, złożoność. Algorytmy napotykamy wszędzie, gdziekolwiek się zwrócimy. Rządzą one wieloma codziennymi czynnościami, jak np. wymiana przedziurawionej dętki, montowanie szafy z

Bardziej szczegółowo

Logarytmy. Historia. Definicja

Logarytmy. Historia. Definicja Logarytmy Historia Logarytmy po raz pierwszy pojawiły się w książce szkockiego matematyka - Johna Nepera "Opis zadziwiających tablic logarytmów" z 1614 roku. Szwajcarski astronom i matematyk Jost Burgi

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /10

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /10 Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, 2018 andrzej.lachwa@uj.edu.pl 3/10 indukcja matematyczna Poprawność indukcji matematycznej wynika z dobrego uporządkowania liczb naturalnych, czyli z następującej

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna dla informatyków

Matematyka dyskretna dla informatyków Matematyka dyskretna dla informatyków Część I: Elementy kombinatoryki Jerzy Jaworski Zbigniew Palka Jerzy Szymański Uniwersytet im. Adama Mickiewicza Poznań 2007 4 Zależności rekurencyjne Wiele zależności

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /14

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /14 Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, 2019 andrzej.lachwa@uj.edu.pl 4/14 Indukcja matematyczna Poprawność indukcji matematycznej wynika z dobrego uporządkowania liczb naturalnych, czyli z następującej

Bardziej szczegółowo

Zaawansowane algorytmy i struktury danych

Zaawansowane algorytmy i struktury danych Zaawansowane algorytmy i struktury danych u dr Barbary Marszał-Paszek Opracowanie pytań teoretycznych z egzaminów. Strona 1 z 12 Pytania teoretyczne z egzaminu pisemnego z 25 czerwca 2014 (studia dzienne)

Bardziej szczegółowo

Algorytmy i Struktury Danych

Algorytmy i Struktury Danych Algorytmy i Struktury Danych Podstawowe informacje Prowadzący: Jan Tuziemski Email: jan.tuziemski@pg.edu.pl Konsultacje: pokój 412 GB (do ustalenia 412 GB) Podstawowe informacje literatura K. Goczyła Struktury

Bardziej szczegółowo

KLUCZ PUNKTOWANIA ODPOWIEDZI

KLUCZ PUNKTOWANIA ODPOWIEDZI Egzamin maturalny maj 009 MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY KLUCZ PUNKTOWANIA ODPOWIEDZI Zadanie. a) Wiadomości i rozumienie Matematyka poziom rozszerzony Wykorzystanie pojęcia wartości argumentu i wartości

Bardziej szczegółowo

Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna. Równania i nierówności wymierne.

Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna. Równania i nierówności wymierne. Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna. Równania i nierówności wymierne. Funkcja homograficzna. Definicja. Funkcja homograficzna jest to funkcja określona wzorem f() = a + b c + d, () gdzie współczynniki

Bardziej szczegółowo

ALGEBRA Z GEOMETRIĄ CIAŁO FUNKCJI WYMIERNYCH

ALGEBRA Z GEOMETRIĄ CIAŁO FUNKCJI WYMIERNYCH ALGEBRA Z GEOMETRIĄ 1/10 CIAŁO FUNKCJI WYMIERNYCH Piotr M. Hajac Uniwersytet Warszawski Wykład 7, 13.11.2013 Typeset by Jakub Szczepanik. Ułamki pierścienia całkowitego Cel: Wprowadzenie pojęcia funkcji

Bardziej szczegółowo

Tematyka do egzaminu ustnego z matematyki. 3 semestr LO dla dorosłych

Tematyka do egzaminu ustnego z matematyki. 3 semestr LO dla dorosłych Tematyka do egzaminu ustnego z matematyki 3 semestr LO dla dorosłych I. Sumy algebraiczne 1. Dodawanie i odejmowanie sum algebraicznych 2. Mnożenie sum algebraicznych 3. Wzory skróconego mnożenia - zastosowanie

Bardziej szczegółowo

Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c,

Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c, Funkcja kwadratowa. Funkcją kwadratową nazywamy funkcję f : R R określoną wzorem gdzie a, b, c R, a 0. f(x) = ax 2 + bx + c, Szczególnym przypadkiem funkcji kwadratowej jest funkcja f(x) = ax 2, a R \

Bardziej szczegółowo

Analiza matematyczna. 1. Ciągi

Analiza matematyczna. 1. Ciągi Analiza matematyczna 1. Ciągi Definicja 1.1 Funkcję a: N R odwzorowującą zbiór liczb naturalnych w zbiór liczb rzeczywistych nazywamy ciągiem liczbowym. Wartość tego odwzorowania w punkcie n nazywamy n

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, a/15

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, a/15 Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, 2017 andrzej.lachwa@uj.edu.pl 3a/15 Indukcja matematyczna Zasada Minimum Dowolny niepusty podzbiór S zbioru liczb naturalnych ma w sobie liczbę najmniejszą. Zasada

Bardziej szczegółowo

5. Logarytmy: definicja oraz podstawowe własności algebraiczne.

5. Logarytmy: definicja oraz podstawowe własności algebraiczne. 5. Logarytmy: definicja oraz podstawowe własności algebraiczne. 78. Uprościć wyrażenia a) 4 2+log 27 b) log 3 2 log 59 c) log 6 2+log 36 9 a) 4 2+log 27 = (2 2 ) log 27 4 = 28 2 = 784 29 listopada 2008

Bardziej szczegółowo

2. Liczby pierwsze i złożone, jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze, największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność.

2. Liczby pierwsze i złożone, jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze, największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność. 2. Liczby pierwsze i złożone, jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze, największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność. 11 października 2008 r. 19. Wskazać takie liczby naturalne m,

Bardziej szczegółowo

Wstęp do Informatyki zadania ze złożoności obliczeniowej z rozwiązaniami

Wstęp do Informatyki zadania ze złożoności obliczeniowej z rozwiązaniami Wstęp do Informatyki zadania ze złożoności obliczeniowej z rozwiązaniami Przykład 1. Napisz program, który dla podanej liczby n wypisze jej rozkład na czynniki pierwsze. Oblicz asymptotyczną złożoność

Bardziej szczegółowo

4. Postęp arytmetyczny i geometryczny. Wartość bezwzględna, potęgowanie i pierwiastkowanie liczb rzeczywistych.

4. Postęp arytmetyczny i geometryczny. Wartość bezwzględna, potęgowanie i pierwiastkowanie liczb rzeczywistych. Jarosław Wróblewski Matematyka dla Myślących, 008/09. Postęp arytmetyczny i geometryczny. Wartość bezwzględna, potęgowanie i pierwiastkowanie liczb rzeczywistych. 15 listopada 008 r. Uwaga: Przyjmujemy,

Bardziej szczegółowo

I) Reszta z dzielenia

I) Reszta z dzielenia Michał Kremzer tekst zawiera 9 stron na moim komputerze Tajemnice liczb I) Reszta z dzielenia 1) Liczby naturalne dodatnie a, b, c dają tę samą resztę przy dzieleniu przez 3. Czy liczba A) a + b + c B)

Bardziej szczegółowo

Matematyka Dyskretna Zestaw 2

Matematyka Dyskretna Zestaw 2 Materiały dydaktyczne Matematyka Dyskretna (Zestaw ) Matematyka Dyskretna Zestaw 1. Wykazać, że nie istnieje liczba naturalna, która przy dzieleniu przez 18 daje resztę 13, a przy dzieleniu przez 1 daje

Bardziej szczegółowo

W. Guzicki Próbna matura, grudzień 2014 r. poziom rozszerzony 1

W. Guzicki Próbna matura, grudzień 2014 r. poziom rozszerzony 1 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 1 Próbna matura rozszerzona (jesień 01 r.) Zadanie 18 kilka innych rozwiązań Wojciech Guzicki Zadanie 18. Okno na poddaszu ma mieć kształt trapezu

Bardziej szczegółowo

Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania.

Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania. Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania. Arkadiusz Męcel Uwagi początkowe W trakcie zajęć przyjęte zostaną następujące oznaczenia: 1. Zbiory liczb: R - zbiór liczb rzeczywistych; Q - zbiór

Bardziej szczegółowo

Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c = a

Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c = a Funkcja kwadratowa. Funkcją kwadratową nazywamy funkcję f : R R określoną wzorem gdzie a, b, c R, a 0. f(x) = ax + bx + c, Szczególnym przypadkiem funkcji kwadratowej jest funkcja f(x) = ax, a R \ {0}.

Bardziej szczegółowo

Liczby pierwsze. Kacper Żurek, uczeń w Gimnazjum nr 1 im. Jana Pawła II w Giżycku.

Liczby pierwsze. Kacper Żurek, uczeń w Gimnazjum nr 1 im. Jana Pawła II w Giżycku. Liczby pierwsze Kacper Żurek, uczeń w Gimnazjum nr 1 im. Jana Pawła II w Giżycku. Liczbą pierwszą nazywany każdą taką liczbę naturalną, która posiada dokładnie dwa dzielniki naturalne, czyli jest podzielna

Bardziej szczegółowo

Schemat rekursji. 1 Schemat rekursji dla funkcji jednej zmiennej

Schemat rekursji. 1 Schemat rekursji dla funkcji jednej zmiennej Schemat rekursji 1 Schemat rekursji dla funkcji jednej zmiennej Dla dowolnej liczby naturalnej a i dowolnej funkcji h: N 2 N istnieje dokładnie jedna funkcja f: N N spełniająca następujące warunki: f(0)

Bardziej szczegółowo

Zbiory, relacje i funkcje

Zbiory, relacje i funkcje Zbiory, relacje i funkcje Zbiory będziemy zazwyczaj oznaczać dużymi literami A, B, C, X, Y, Z, natomiast elementy zbiorów zazwyczaj małymi. Podstawą zależność między elementem zbioru a zbiorem, czyli relację

Bardziej szczegółowo

Zadanie 3 Oblicz jeżeli wiadomo, że liczby 8 2,, 1, , tworzą ciąg arytmetyczny. Wyznacz różnicę ciągu. Rozwiązanie:

Zadanie 3 Oblicz jeżeli wiadomo, że liczby 8 2,, 1, , tworzą ciąg arytmetyczny. Wyznacz różnicę ciągu. Rozwiązanie: Zadanie 3 Oblicz jeżeli wiadomo, że liczby 8 2,, 1, 6 11 6 11, tworzą ciąg arytmetyczny. Wyznacz różnicę ciągu. Uprośćmy najpierw liczby dane w treści zadania: 8 2, 2 2 2 2 2 2 6 11 6 11 6 11 26 11 6 11

Bardziej szczegółowo

Znaleźć wzór ogólny i zbadać istnienie granicy ciągu określonego rekurencyjnie:

Znaleźć wzór ogólny i zbadać istnienie granicy ciągu określonego rekurencyjnie: Ciągi rekurencyjne Zadanie 1 Znaleźć wzór ogólny i zbadać istnienie granicy ciągu określonego rekurencyjnie: w dwóch przypadkach: dla i, oraz dla i. Wskazówka Należy poszukiwać rozwiązania w postaci, gdzie

Bardziej szczegółowo

LXIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2018 r. (pierwszy dzień zawodów)

LXIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2018 r. (pierwszy dzień zawodów) LXIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2018 r. (pierwszy dzień zawodów) 1. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, w którym AB < AC. Dwusieczna kąta

Bardziej szczegółowo

B jest liniowo niezależny V = lin (B) 1. Układ pusty jest bazą przestrzeni trywialnej {θ}. a i v i = i I. b i v i, (a i b i ) v i = θ.

B jest liniowo niezależny V = lin (B) 1. Układ pusty jest bazą przestrzeni trywialnej {θ}. a i v i = i I. b i v i, (a i b i ) v i = θ. 8 Baza i wymiar Definicja 8.1. Bazą przestrzeni liniowej nazywamy liniowo niezależny układ jej wektorów, który generuję tę przestrzeń. Innymi słowy, układ B = (v i ) i I wektorów z przestrzeni V jest bazą

Bardziej szczegółowo

Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne

Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne Paweł Foralewski Teoria Ponieważ funkcje wykładnicza i logarytmiczna zostały wprowadzone wcześniej, tutaj przypomnimy tylko definicję logarytmu i jego

Bardziej szczegółowo

1 Działania na zbiorach

1 Działania na zbiorach M. Beśka, Wstęp do teorii miary, rozdz. 1 1 1 Działania na zbiorach W rozdziale tym przypomnimy podstawowe działania na zbiorach koncentrując się na własnościach tych działań, które będą przydatne w dalszej

Bardziej szczegółowo

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 2012/2013 Seria X (kwiecień 2013) rozwiązania zadań 46. Na szachownicy 75 75 umieszczono 120 kwadratów 3 3 tak, że każdy pokrywa 9 pól.

Bardziej szczegółowo

Sumy kolejnych bikwadratów

Sumy kolejnych bikwadratów Sumy kolejnych bikwadratów Znane są następujące dwie równości Andrzej Nowicki 18 maja 2015, wersja bi-12 3 2 + 4 2 = 5 2 3 3 + 4 3 + 5 3 = 6 3. Czy istnieją podobnego typu równości dla czwartych potęg?

Bardziej szczegółowo

1. Wykład NWD, NWW i algorytm Euklidesa.

1. Wykład NWD, NWW i algorytm Euklidesa. 1.1. NWD, NWW i algorytm Euklidesa. 1. Wykład 1 Twierdzenie 1.1 (o dzieleniu z resztą). Niech a, b Z, b 0. Wówczas istnieje dokładnie jedna para liczb całkowitych q, r Z taka, że a = qb + r oraz 0 r< b.

Bardziej szczegółowo

Zaawansowane algorytmy i struktury danych

Zaawansowane algorytmy i struktury danych Zaawansowane algorytmy i struktury danych u dr Barbary Marszał-Paszek Opracowanie pytań praktycznych z egzaminów. Strona 1 z 12 Pytania praktyczne z kolokwium zaliczeniowego z 19 czerwca 2014 (studia dzienne)

Bardziej szczegółowo

Finanse i Rachunkowość studia niestacjonarne Wprowadzenie do teorii ciągów liczbowych (treść wykładu z 21 grudnia 2014)

Finanse i Rachunkowość studia niestacjonarne Wprowadzenie do teorii ciągów liczbowych (treść wykładu z 21 grudnia 2014) dr inż. Ryszard Rębowski DEFINICJA CIĄGU LICZBOWEGO Finanse i Rachunkowość studia niestacjonarne Wprowadzenie do teorii ciągów liczbowych (treść wykładu z grudnia 04) Definicja ciągu liczbowego Spośród

Bardziej szczegółowo

1. Powtórka ze szkoły. Wykład: 4.10.2004 (4 godziny), ćwiczenia: 7.10.2004, kolokwium nr 1: 11.10.2004

1. Powtórka ze szkoły. Wykład: 4.10.2004 (4 godziny), ćwiczenia: 7.10.2004, kolokwium nr 1: 11.10.2004 ANALIZA MATEMATYCZNA A dla I roku, 2004/2005 1. Powtórka ze szkoły. Wykład: 4.10.2004 (4 godziny), ćwiczenia: 7.10.2004, kolokwium nr 1: 11.10.2004 Obliczyć sumy (postępów arytmetycznych i goemetrycznych):

Bardziej szczegółowo

Podstawowe struktury algebraiczne

Podstawowe struktury algebraiczne Maciej Grzesiak Podstawowe struktury algebraiczne 1. Wprowadzenie Przedmiotem algebry było niegdyś przede wszystkim rozwiązywanie równań. Obecnie algebra staje się coraz bardziej nauką o systemach matematycznych.

Bardziej szczegółowo

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2014/15

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2014/15 Ćwiczenia 0.10.014 Powtórka przed sprawdzianem nr 1. Wzory skróconego mnożenia dwumian Newtona procenty. Postęp arytmetyczny i geometryczny. Ćwiczenia 138.10.014 Sprawdzian nr 1: 1.10.014 godz. 8:15-8:40

Bardziej szczegółowo

Funkcje wymierne. Jerzy Rutkowski. Działania dodawania i mnożenia funkcji wymiernych określa się wzorami: g h + k l g h k.

Funkcje wymierne. Jerzy Rutkowski. Działania dodawania i mnożenia funkcji wymiernych określa się wzorami: g h + k l g h k. Funkcje wymierne Jerzy Rutkowski Teoria Przypomnijmy, że przez R[x] oznaczamy zbiór wszystkich wielomianów zmiennej x i o współczynnikach rzeczywistych Definicja Funkcją wymierną jednej zmiennej nazywamy

Bardziej szczegółowo

... [a n,b n ] kn [M 1,M 2 ], gdzie a i M 1, b i M 2, dla i {1,..., n}. Wówczas: [a 1,b 1 ] k 1. ... [a n,b n ] kn =(a 1 b 1 a 1

... [a n,b n ] kn [M 1,M 2 ], gdzie a i M 1, b i M 2, dla i {1,..., n}. Wówczas: [a 1,b 1 ] k 1. ... [a n,b n ] kn =(a 1 b 1 a 1 4. Wykład 4: Grupy rozwiązalne i nilpotentne. Definicja 4.1. Niech (G, ) będzie grupą. Wówczas (1) ciąg podgrup grupy G zdefiniowany indukcyjnie wzorami G (0) = G, G (i) =[G (i 1),G (i 1) ], dla i N nazywamy

Bardziej szczegółowo

TEORETYCZNE PODSTAWY INFORMATYKI

TEORETYCZNE PODSTAWY INFORMATYKI 1 TEORETYCZNE PODSTAWY INFORMATYKI WFAiS UJ, Informatyka Stosowana I rok studiów, I stopień Wykład 14c 2 Definicje indukcyjne Twierdzenia dowodzone przez indukcje Definicje indukcyjne Definicja drzewa

Bardziej szczegółowo

Rozdział 4. Ciągi nieskończone. 4.1 Ciągi nieskończone

Rozdział 4. Ciągi nieskończone. 4.1 Ciągi nieskończone Rozdział 4 Ciągi nieskończone W rozdziale tym wprowadzimy pojęcie granicy ciągu. Dalej rozszerzymy to pojęcie na przypadek dowolnych funkcji. Jak zauważyliśmy we wstępie jest to najważniejsze pojęcie analizy

Bardziej szczegółowo

Zliczanie Podziałów Liczb

Zliczanie Podziałów Liczb Zliczanie Podziałów Liczb Przygotował: M. Dziemiańczuk 7 lutego 20 Streszczenie Wprowadzenie Przez podział λ nieujemnej liczby całkowitej n rozumiemy nierosnący ciąg (λ, λ 2,..., λ r ) dodatnich liczb

Bardziej szczegółowo

Łatwy dowód poniższej własności pozostawiamy czytelnikowi.

Łatwy dowód poniższej własności pozostawiamy czytelnikowi. Rozdział 3 Logarytm i potęga 3.1 Potęga o wykładniku naturalnym Definicja potęgi o wykładniku naturalnym. Niech x R oraz n N. Potęgą o podstawie x i wykładniku n nazywamy liczbę x n określoną następująco:

Bardziej szczegółowo

WYMAGANIA EDUKACYJNE NA POSZCZEGÓLNE OCENY MATEMATYKA STOSOWANA - KLASA II I. POWTÓRZENIE I UTRWALENIE WIADOMOŚCI Z ZAKRESU KLASY PIERWSZEJ

WYMAGANIA EDUKACYJNE NA POSZCZEGÓLNE OCENY MATEMATYKA STOSOWANA - KLASA II I. POWTÓRZENIE I UTRWALENIE WIADOMOŚCI Z ZAKRESU KLASY PIERWSZEJ WYMAGANIA EDUKACYJNE NA POSZCZEGÓLNE OCENY MATEMATYKA STOSOWANA - KLASA II I. POWTÓRZENIE I UTRWALENIE WIADOMOŚCI Z ZAKRESU KLASY PIERWSZEJ zna i potrafi stosować przekształcenia wykresów funkcji zna i

Bardziej szczegółowo

Wykład 3. Miara zewnętrzna. Definicja 3.1 (miary zewnętrznej) Funkcję µ przyporządkowującą każdemu podzbiorowi

Wykład 3. Miara zewnętrzna. Definicja 3.1 (miary zewnętrznej) Funkcję µ przyporządkowującą każdemu podzbiorowi Wykład 3 Miara zewnętrzna Definicja 3.1 (miary zewnętrznej Funkcję przyporządkowującą każdemu podzbiorowi A danej przestrzeni X liczbę (A [0, + ] (a więc określoną na rodzinie wszystkich podzbiorów przestrzeni

Bardziej szczegółowo

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2014/15

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2014/15 Ćwiczenia 5/6, 10, 17.03.2015 (obie grupy) 33. Połączyć podane warunki w grupy warunków równoważnych dla dowolnej liczby naturalnej n. a) liczba n jest nieparzysta b) liczba n jest względnie pierwsza z

Bardziej szczegółowo

ALGEBRA Z GEOMETRIĄ BAZY PRZESTRZENI WEKTOROWYCH

ALGEBRA Z GEOMETRIĄ BAZY PRZESTRZENI WEKTOROWYCH ALGEBRA Z GEOMETRIĄ 1/10 BAZY PRZESTRZENI WEKTOROWYCH Piotr M. Hajac Uniwersytet Warszawski Wykład 11, 18.12.2013 Typeset by Jakub Szczepanik. Istnienie bazy Tak jak wśród wszystkich pierścieni wyróżniamy

Bardziej szczegółowo

Uwaga: Funkcja zamień(a[j],a[j+s]) zamienia miejscami wartości A[j] oraz A[j+s].

Uwaga: Funkcja zamień(a[j],a[j+s]) zamienia miejscami wartości A[j] oraz A[j+s]. Zadanie 1. Wiązka zadań Od szczegółu do ogółu Rozważmy następujący algorytm: Dane: Algorytm 1: k liczba naturalna, A[1...2 k ] tablica liczb całkowitych. n 1 dla i=1,2,,k wykonuj n 2n s 1 dopóki s

Bardziej szczegółowo

EGZAMIN, ANALIZA 1A, , ROZWIĄZANIA

EGZAMIN, ANALIZA 1A, , ROZWIĄZANIA Zadanie 1. Podać kresy następujących zbiorów. Przy każdym z kresów napisać, czy kres należy do zbioru (TAK = należy, NIE = nie należy). infa = 0 NIE A = infb = 1 TAK { 1 i + 2 j +1 + 3 } k +2 : i,j,k N

Bardziej szczegółowo

Układy równań i nierówności liniowych

Układy równań i nierówności liniowych Układy równań i nierówności liniowych Wiesław Krakowiak 1 grudnia 2010 1 Układy równań liniowych DEFINICJA 11 Układem równań m liniowych o n niewiadomych X 1,, X n, nazywamy układ postaci: a 11 X 1 + +

Bardziej szczegółowo

Konstrukcja liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy ego liczb wymiernych

Konstrukcja liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy ego liczb wymiernych Konstrukcja liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy ego liczb wymiernych Marcin Michalski, 015-1 Wprowadzenie Jedną z intuicji na temat liczb rzeczywistych jest myślenie o nich jako liczbach, które

Bardziej szczegółowo

LXII Olimpiada Matematyczna

LXII Olimpiada Matematyczna 1 Zadanie 1. LXII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 18 lutego 2011 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych układ równań { (x y)(x 3 +y

Bardziej szczegółowo

CIĄGI wiadomości podstawowe

CIĄGI wiadomości podstawowe 1 CIĄGI wiadomości podstawowe Jak głosi definicja ciąg liczbowy to funkcja, której dziedziną są liczby naturalne dodatnie (w zadaniach oznacza się to najczęściej n 1) a wartościami tej funkcji są wszystkie

Bardziej szczegółowo