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Rekursion und Landau: Substitution
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:44 Mi 26.08.2009
Autor: ZodiacXP

Aufgabe
Zu zeigen:
$T(n) := 2*T(⌊n/2⌋) + n [mm] \in \Omega [/mm] (n*lg(n))$

Wobei [mm] $\lfloor [/mm] n/2 [mm] \rfloor$ [/mm] der abgerundete Wert von n/2 ist.
T(n) [mm] \in [/mm] O(n*lg(n)) wurde schon gezeigt.

Es soll die Substitution verwendet werden. Habe ich:

$T(n) [mm] \ge [/mm] 2*(c* [mm] \lfloor [/mm] n/2 [mm] \rfloor *lg(\lfloor [/mm] n/2 [mm] \rfloor) [/mm] + n$

Nun rechne ich weiter und dann hakt es:

... $ [mm] \ge c*(n-1)*lg(\lfloor [/mm] n/2 [mm] \rfloor) [/mm] + n$

Habe mir gedanken gemacht und weis was nicht geht:
$ [mm] \ge [/mm] c*(n-1)*lg(n/2) + n$
$ [mm] \ge c*(n)*lg(\lfloor [/mm] n/2 [mm] \rfloor) [/mm] + n$

Nur leider finde ich keinen Ansatz der in die richtige Richtung geht.

        
Bezug
Rekursion und Landau: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 04:20 Do 27.08.2009
Autor: felixf

Hallo!

> Zu zeigen:
>  [mm]T(n) := 2*T(⌊n/2⌋) + n \in \Omega (n*lg(n))[/mm]
>  
> Wobei [mm]\lfloor n/2 \rfloor[/mm] der abgerundete Wert von n/2
> ist.
>  T(n) [mm]\in[/mm] O(n*lg(n)) wurde schon gezeigt.
>  Es soll die Substitution verwendet werden. Habe ich:
>  
> [mm]T(n) \ge 2*(c* \lfloor n/2 \rfloor *lg(\lfloor n/2 \rfloor) + n[/mm]

Fuer $n [mm] \ge [/mm] 3$ gilt [mm] $\floor{n/2} \ge [/mm] n/2 - 1/2 [mm] \ge \frac{n}{3}$. [/mm] Sei nun $c < [mm] \frac{1}{\log 3}$ [/mm] (man kann $c$ ja beliebig kleiner machen) und $n$ gross genug mit $n (1 - c [mm] \log [/mm] 3) [mm] \ge \frac{1}{\log 3} \log(n/3) \ge [/mm] c [mm] \log [/mm] n - c [mm] \log [/mm] 3$ (es gibt ein [mm] $n_0$ [/mm] so, dass dies fuer alle $n [mm] \ge n_0$ [/mm] erfuellt ist).

Dann gilt (fuer $n [mm] \ge \max\{ n_0, 3 \}$) [/mm] $T(n) = 2 [mm] T(\lfloor [/mm] n/2 [mm] \rfloor) [/mm] + n [mm] \ge [/mm] 2 c [mm] \lfloor [/mm] n/2 [mm] \rfloor \log \lfloor [/mm] n/2 [mm] \rfloor [/mm] + n [mm] \ge [/mm] c (n - 1) [mm] \log \frac{n}{3} [/mm] + n [mm] \ge [/mm] c n [mm] \log [/mm] n$

LG Felix


Bezug
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