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Solución de Recurrencias
Dr. Ivan Olmos Pineda
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Contenido
Introducción a la Solución de RecurrenciasTécnicas para la Solución de Recurrencias
Por sustituciónRecurrencias homogéneasRecurrencias no homogéneasCambio de variableTransformación de Intervalo
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Introducción a la Solución de Recurrencias
Determinar el orden de un algoritmo recursivo requiere de un análisis más minucioso
int fact(int n)
{ if (n == 0)
return 1;
else
return(n * fact(n-1));
}
−=
=otherwisenfnnif
nf)1(*
01)(
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Técnicas para la Solución de Recurrencias
Existen diversas técnicas para la solución de recurrencias
IntuitivasBasadas en ecuaciones características
Para la mayoría de los casos, utilizando la técnica adecuada es posible solucionar una recurrencia
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Método de Sustitución
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Sustitución
El método más simple y sencilloSe va evaluando la recurrencia para ciertos valoresSe deduce, a partir del comportamiento mostrado, una ecuación que represente el comportamiento de la recurrenciaSe demuestra que la ecuación, efectivamente, resuelve a la recurrencia
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Ejemplo
Considere la siguiente recurrencia:
¿Cómo resolverla?Primera idea, construir una tabulación de los valores que toma la recurrencia para diferentes valores de nTIP: note que la recurrencia solo queda definida para n potencias de 2, es decir, para n = 2k, donde k es un entero positivo
>+=
=1)2/(3
11)(
nsinnTnsi
nT
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Ejemplo
3T(1)+2 = 3x1+23T(2)+22 = 3[3x1+2]+22 = 32x1 + 3x2 + 22
3T(4)+23 = 3[32x1 + 3x2 + 22] + 23 = 33x1 + 32x2 + 31x22 + 23
3T(8)+24 = 3[33x1 + 32x2 + 31x22 + 23]+24 = 34x1+33x2+32x22+3x23+24
21
22
23
24
T(n)n
∑=
−− =+++=k
i
iikkkkkT0
0110 2323...2323)2(
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Ejemplo
En la expresión anterior, notemos que T queda en términos de una sumatoria, por lo que se requiere manipulación algebraica para dejarla en términos exclusivamente del argumento:
Para resolver esta fórmula se utilizó la serie:a, ar, ar2, ar3, …, arn
sn = a(1-rn)/(1-r)
11
0 023)3/2(323 ++
= =
− −==∑ ∑ kkk
i
k
i
ikiik
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Ejemplo
Por tanto:T(2k) = 3k+1-2k+1
Como sabemos que n = 2k log2n = k, con lo cual se obtiene una T en términos de n:
T(n) = 3log n +1 – 2log n +1
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Recurrencias Homogéneas
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Introducción
Las recurrencias homogéneas tienen la forma:
a0tn + a1tn-1 + … + aktn-k = 0 (1)
Por ejemplo, la sucesión de Fibonacci tiene la forma de una recurrencia homogénea:
fn = fn-1 + fn-2
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Polinomio Característico
Si consideramos que tn = xn y sustituimos en (1), tendremos:
a0xn + a1xn-1 + … + akxn-k = 0Esta ecuación se satisface si:
p(x) = a0xk + a1xk-1 + … + ak = 0A este polinomio se le conoce como ecuación característica de las recurrencias lineales
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Solución del Polinomio Característico
Por teorema fundamental del álgebra, todo polinomio p(x) de grado “k” tiene “k” raices (reales o complejas), por lo que p(x) se puede factorizar como:
∏=
−=k
iirxxp
1
)()(
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Solución del Polinomio Característico
De la factorización, se concluye que:x = ri es solución de la ecuación característicari
n es una solución de la recurrenciaDado que toda combinación lineal de soluciones es también una solución, se concluye que toda solución de una recurrencia tn (sin raíces múltiples) tiene la siguiente forma:
∑=
=k
i
niin rct
1
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Ejemplo 1
Consideremos la sucesión de Fibonacci:
Esta recurrencia tiene la forma: fn – fn.1 – fn-2 = 0Polinomio característico:
x2 – x – 1 = 0k = 2, a0 = 1, a1 = -1, a2 = -1
+==
=−− casootroff
nnsinf
nnn
21
1,0
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Ejemplo 1
Raíces del polinomio:
Solución general de la recurrencia (sin raíces múltiples):
Para encontrar el valor de las constantes c1 y c2, es necesario evaluar el valor de la recurrencia fn en sus casos base
251,
251
21−
=+
= rr
nnn rcrcf 2211 +=
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Ejemplo 1
10
2211
21
=+=+
crcrcc
51,
51
21 −== cc
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
Por tanto, se concluye lo siguiente:
−−
+=
nn
nf 251
251
51
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Ejemplo 2
Considere la recurrencia:
Polinomio característico:x2 + 3x + - 4 = 0
Raíces: r1 = -1, r2 = 4Solución general: tn = c1(-1)n + c24n
+==
=
−− casootrottnsinsi
t
nn
n
21 431500
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Ejemplo 2
De lo anterior y utilizando los casos base, se forma el sistema de ecuaciones siguiente:
Donde c1 = -1, c2 = 1. Por tanto:
tn = 4n – (-1)n
15400
21
21
==+−==+
nccncc
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Solución de Recurrencias con Raíces Múltiples
Si la recurrencia a solucionar tiene raíces múltiples, entonces la solución varía por lo siguiente:
p(x) = a0xk + … + ak pol. característico de la recurrenciaSea r una raíz de multiplicidad 2, entonces p(x) se puede reescribir como p(x) = (x-r)2q(x), donde q(x) es de grado k-2
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Solución de Recurrencias con Raíces Múltiples
Considere los siguientes polinomios de grado “n”:
un(x) = a0xn + a1xn-1 + … + akxn-k
vn(x) = a0 n xn + a1 (n-1) xn-1 + … + ak (n-k) xn-k
vn(x) = x u’(x)un(x) se puede reescribir de la siguiente forma:
un(x) = xn-k p(x) y como p(x) = (x-r)2q(x) entoncesun(x) = (x-r)2 [xn-k q(x)]
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Solución de Recurrencias con Raíces Múltiples
Derivando un(x) con respecto a “x” se tiene:u’n(x) = 2(x-r) [xn-k q(x)] + (x-r)2 [xn-k q(x)]’Por tanto, u’n(r) = 0, lo cual implica que r u’n(r) = 0, por lo que se concluye quea0 n rn + a1 (n-1) rn-1 + … + ak (n-k) rn-k = 0
Con lo anterior, se tiene que tn = n rn es una solución de la recurrencia
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Solución de Recurrencias con Raíces Múltiples
En general, si “r” es una raiz de multiplicidad “m”, se tiene que:
tn = rn, tn = n rn, tn = n2 rn, …, tn = nm-1 rn son soluciones de la recurrencia tn
En resumenr1, …, rs raices distintasm1, …, ms sus multiplicidades respectivamente, entonces:
∑∑=
−
=
=s
i
m
j
ni
jijn
i
rnct1
1
0
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Ejemplo
Considere la recurrencia:
Su polinomio característico es:tn – 5tn-1 + 8tn-2 – 4tn-3 = 0
El polinomio característico es:p(x) = x3 – 5x2 + 8x – 4 = 0
Por lo tanto:r1 = 1, m1 = 1r2 = 2, m2 = 2
+−===
=−−− casootrottt
nnnsint
nnnn
321 4852,1,0
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Ejemplo
De lo anterior, se concluye que para esta recurrencia, su expresión general es:
tn = c11n + c22n + c3n2n
De las condiciones iniciales se obtiene lo siguiente:
Resolviendo el Sist. de Ec., se tiene que: c1 = -2, c2= 2, c3 = -1/2, por lo que:
tn = 2n+1 – n2n-2 - 2
2284112200
321
321
21
==++==++==+
ncccncccncc
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Recurrencias No Homogéneas
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Recurrencias No Homogéneas
Estructura general recurrencia no homogénea:a0tn + a1tn-1 + … + aktn-k = bn p(n)“b” es una constantep(n) un polinomio de grado “d”
Estrategia generalTransformar la recurrencia a una expresión homogéneaResolver la expresión, tomando en cuenta que la expresión homogénea no es idéntica a la expresión original
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Ejemplo 1
Considere la recurrencia:tn – 2tn-1 = 3n
b = 3, p(n) = 1Para transformar la recurrencia, se sigue el siguiente proceso:
3(tn – 2tn-1 = 3n) 3tn – 6tn-1 = 3n+1
Sustituyendo n n – 1 se tiene3tn-1 – 6tn-2 = 3n
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Ejemplo 1
Se restan las recurrencias encontradas:tn – 2tn-1 = 3n *3tn-1 – 6tn-2 = 3n **
Resultado: tn – 5tn-1 + 6tn-2 = 0Ecuación característica: x2 - 5x + 6 = 0Raíces: r1 = 2, r2 = 3Por tanto, la solución es: tn = c12n + c23n
-
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Ejemplo 1
Dado que (*) y (**) no son la misma recurrencia (no tienen los mismos caso base), para encontrar los valores de las constantes, se toma en cuenta que de la recurrencia original, t1 = 2t0 + 3
Resolviendo el sistema, se concluye que:c1 = t0 – 3, c2 = 3
Por tantotn = (t0 - 3)2n + 3n+1
132320
021
021
=+=+==+
ntccntcc
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Ejemplo 2
Considere la recurrencia:tn – 2tn-1 = (n+5)3n
Dado que se desea una combinación lineal de esta igualdad que sumadas den cero, se observa lo siguiente:
(n+5)3n, -2 (3/3) (n+5)3n, (32/32) (n+5)3n
De lo anterior se obtienen las siguientes recurrencias, las cuales son sumadas:
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Ejemplo 2
Sumando las recurrencias, obtenemos una recurrencia homogénea:
tn – 8tn-1 + 21tn-2 – 18tn-3 = 0El polinomio característico es:
x3 – 8x2 + 21x – 18 = 0
232
121
1
3)3(91893)4(6126
3)5(2
−−−
−−−
−
+=−+−=+−+=−
nnn
nnn
nnn
nttntt
ntt
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Ejemplo 2
Con un poco de manipulación algebraica, se deduce que:
x3 – 8x2 + 21x – 18 = (x-2)(x-3)2
tn = c12n + c23n + c(n)3n
De esta recurrencia, se deduce que:t0 = c1 + c2
De tn – 2tn-1 = (n+5)3n tn = 2tn-1 + (n+5)3n
t1 = 2t0 + 18t2 = 2t1 + (2+5)32 = 4t0 + 99
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Ejemplo 2
De lo anterior, se deduce que:c1 = t0 – 9, c2 = 9, c3 = 3
Por tanto:tn = (t0 - 9)2n + (n+3)3n+1
2994189411823320
0321
0321
021
=+=++=+=++==+
ntcccntcccntcc
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Generalización
De los ejemplos anteriores, se puede concluir que el polinomio característico de una recurrencia no homogénea a0tn + a1tn-1 + … + aktn-k = bn p(n) es:
(a0xk + a1xk-1 + … + ak)(x-b)d+1
Recuerde que:“b” es una constante“d” grado del polinomio p(n)
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Ejemplo 3
Considere el problema de las torres de Hanoi:
La recurrencia se expresa como:tn – 2tn-1 = 1
Observemos que b = 1 y p(n) = 1 (polinomio de grado 0). Por tanto, el polinomio característico es:
(x-2)(x-1)Por tanto, la recurrencia queda de la forma:
tn = c11n + c22n
+=
=− contrariocasot
nsit
nn 12
00
1
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Ejemplo 3
Demuestre que después de despejar el sistema, se obtiene la recurrencia:
tn = 2n -1
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Cambio de Variable
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Ejemplo
Transformar una recurrencia complicada en una más simple
Consideremos que n = 2i
La recurrencia resultante ahora queda en términos de “i”Por tanto, ti = T(2i)
>+=
=2,1)2/(3
11)(
depotenciansinnTnsi
nT
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Ejemplo
ti = T(2i) = 3T(2i-1) + 2i = 3ti-1 + 2i
Reescribiendoti – 3ti-1 = 2i
Para este caso, b = 2, d = 0, por lo que el polinomio característico es:
p(x) = (x-3)(x-2)De este polinomio se determina que:
ti = c13i + c22i
Dado que T(2i) = ti y n = 2i, entoncesT(n) = c13lg n + c22lg n = c1nlg 3 + c2n
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Otras Técnicas para Resolución de Recurrencias
Transformación de IntervaloRecurrencias Asintóticas
En estas técnicas, básicamente se utiliza un cambio de variable, así como equivalencias que permitan transformar a la recurrencia en una expresión de la forma lineal