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cc3001 Métodos Matemáticos

Patricio Poblete

Otoño 2012

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 1 / 17

Funciones discretas

Para estudiar la eciencia de los algoritmos, generalmente usamos

funciones discretas, que miden cantidades tales tiempo de ejecución,

memoria utilizada, etc.

Estas funciones son discretas porque dependen del tamaño del

problema (n). Por ejemplo, n podría representar el número de

elementos a ordenar.

Notación: f (n) o bien fn

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Funciones discretas

Para estudiar la eciencia de los algoritmos, generalmente usamos

funciones discretas, que miden cantidades tales tiempo de ejecución,

memoria utilizada, etc.

Estas funciones son discretas porque dependen del tamaño del

problema (n). Por ejemplo, n podría representar el número de

elementos a ordenar.

Notación: f (n) o bien fn

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 2 / 17

Funciones discretas

Para estudiar la eciencia de los algoritmos, generalmente usamos

funciones discretas, que miden cantidades tales tiempo de ejecución,

memoria utilizada, etc.

Estas funciones son discretas porque dependen del tamaño del

problema (n). Por ejemplo, n podría representar el número de

elementos a ordenar.

Notación: f (n) o bien fn

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Notación O

Se dice que una función f (n) es O(g(n)) si existe una constante c > 0

y un n0 ≥ 0 tal que para todo n ≥ n0 se tiene que f (n) ≤ cg(n).

Se dice que una función f (n) es Ω(g(n)) si existe una constante c > 0

y un n0 ≥ 0 tal que para todo n ≥ n0 se tiene que f (n) ≥ cg(n).

Se dice que una función f (n) es Θ(g(n)) si f (n) = O(g(n) y

f (n) = Ω(g(n)).

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Notación O

Se dice que una función f (n) es O(g(n)) si existe una constante c > 0

y un n0 ≥ 0 tal que para todo n ≥ n0 se tiene que f (n) ≤ cg(n).

Se dice que una función f (n) es Ω(g(n)) si existe una constante c > 0

y un n0 ≥ 0 tal que para todo n ≥ n0 se tiene que f (n) ≥ cg(n).

Se dice que una función f (n) es Θ(g(n)) si f (n) = O(g(n) y

f (n) = Ω(g(n)).

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Notación O

Se dice que una función f (n) es O(g(n)) si existe una constante c > 0

y un n0 ≥ 0 tal que para todo n ≥ n0 se tiene que f (n) ≤ cg(n).

Se dice que una función f (n) es Ω(g(n)) si existe una constante c > 0

y un n0 ≥ 0 tal que para todo n ≥ n0 se tiene que f (n) ≥ cg(n).

Se dice que una función f (n) es Θ(g(n)) si f (n) = O(g(n) y

f (n) = Ω(g(n)).

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Ejemplos

3n = O(n)2 = O(1)2 = O(n)3n + 2 = O(n)

3 = Ω(1)3n = Ω(n)3n = Ω(1)3n + 2 = Ω(n)

3n + 2 = Θ(n)

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Ejemplos

3n = O(n)2 = O(1)2 = O(n)3n + 2 = O(n)

3 = Ω(1)3n = Ω(n)3n = Ω(1)3n + 2 = Ω(n)

3n + 2 = Θ(n)

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Ejemplos

3n = O(n)2 = O(1)2 = O(n)3n + 2 = O(n)

3 = Ω(1)3n = Ω(n)3n = Ω(1)3n + 2 = Ω(n)

3n + 2 = Θ(n)

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Ecuaciones de Recurrencia

Son ecuaciones en que el valor de la función para un n dado se obtiene

en función de valores anteriores.

Esto permite calcular el valor de la función para cualquier n, a partir

de condiciones de borde (o condiciones iniciales)

Ejemplo: Torres de Hanoi

an = 2an−1 + 1

a0 = 0

Ejemplo: Fibonacci

fn = fn−1 + fn−2

f0 = 0

f1 = 1

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Ecuaciones de Recurrencia

Son ecuaciones en que el valor de la función para un n dado se obtiene

en función de valores anteriores.

Esto permite calcular el valor de la función para cualquier n, a partir

de condiciones de borde (o condiciones iniciales)

Ejemplo: Torres de Hanoi

an = 2an−1 + 1

a0 = 0

Ejemplo: Fibonacci

fn = fn−1 + fn−2

f0 = 0

f1 = 1

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Ecuaciones de Recurrencia

Son ecuaciones en que el valor de la función para un n dado se obtiene

en función de valores anteriores.

Esto permite calcular el valor de la función para cualquier n, a partir

de condiciones de borde (o condiciones iniciales)

Ejemplo: Torres de Hanoi

an = 2an−1 + 1

a0 = 0

Ejemplo: Fibonacci

fn = fn−1 + fn−2

f0 = 0

f1 = 1

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Ecuaciones de Recurrencia

Son ecuaciones en que el valor de la función para un n dado se obtiene

en función de valores anteriores.

Esto permite calcular el valor de la función para cualquier n, a partir

de condiciones de borde (o condiciones iniciales)

Ejemplo: Torres de Hanoi

an = 2an−1 + 1

a0 = 0

Ejemplo: Fibonacci

fn = fn−1 + fn−2

f0 = 0

f1 = 1

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Ecuaciones de Primer Orden

Consideremos una ecuación de la forma

an = ban−1 + cn

donde b es una constante y cn es una función conocida.

Como precalentamiento, consideremos el caso b = 1:

an = an−1 + cn

Esto se puede poner en la forma

an − an−1 = cn

Sumando a ambos lados, queda una suma telescópica:

an = a0 +∑

1≤k≤n

ck

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Ecuaciones de Primer Orden

Consideremos una ecuación de la forma

an = ban−1 + cn

donde b es una constante y cn es una función conocida.

Como precalentamiento, consideremos el caso b = 1:

an = an−1 + cn

Esto se puede poner en la forma

an − an−1 = cn

Sumando a ambos lados, queda una suma telescópica:

an = a0 +∑

1≤k≤n

ck

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 6 / 17

Ecuaciones de Primer Orden

Consideremos una ecuación de la forma

an = ban−1 + cn

donde b es una constante y cn es una función conocida.

Como precalentamiento, consideremos el caso b = 1:

an = an−1 + cn

Esto se puede poner en la forma

an − an−1 = cn

Sumando a ambos lados, queda una suma telescópica:

an = a0 +∑

1≤k≤n

ck

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 6 / 17

Ecuaciones de Primer Orden

Consideremos una ecuación de la forma

an = ban−1 + cn

donde b es una constante y cn es una función conocida.

Como precalentamiento, consideremos el caso b = 1:

an = an−1 + cn

Esto se puede poner en la forma

an − an−1 = cn

Sumando a ambos lados, queda una suma telescópica:

an = a0 +∑

1≤k≤n

ck

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Ecuaciones de Primer Orden (cont.)

Para resolver el caso general:

an = ban−1 + cn

dividamos ambos lados por el factor sumante bn:

an

bn=

an−1

bn−1+

cn

bn

Si denimos An = an/bn, Cn = cn/b

n, queda una ecuación que ya sabemos

resolver:

An = An−1 + Cn

con solución

An = A0 +∑

1≤k≤n

Ck

y nalmente

an = a0bn +

∑1≤k≤n

ckbn−k

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Ejemplo: Torres de Hanoi

El número de movimientos de discos está dado por la ecuación

an = 2an−1 + 1

a0 = 0

De acuerdo a lo anterior, la solución es

an =∑

1≤k≤n

2n−k =∑

0≤k≤n−1

2k

lo cual se simplica a

an = 2n − 1

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Ejemplo: Torres de Hanoi

El número de movimientos de discos está dado por la ecuación

an = 2an−1 + 1

a0 = 0

De acuerdo a lo anterior, la solución es

an =∑

1≤k≤n

2n−k =∑

0≤k≤n−1

2k

lo cual se simplica a

an = 2n − 1

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 8 / 17

Ejercicio

Generalizar este método para resolver ecuaciones de la forma

an = bnan−1 + cn

donde bn y cn son funciones conocidas.

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Ecuaciones lineales con coecientes constantes

Ejemplo: Fibonacci

fn = fn−1 + fn−2

f0 = 0

f1 = 1

Este tipo de ecuaciones tienen soluciones exponenciales, de la forma

fn = λn:fn = fn−1 + fn−2 ⇐⇒ λn = λn−1 + λn−2

Dividiendo ambos lados por λn−2 obtenemos la ecuación característica

λ2 − λ− 1 = 0

cuyas raíces son

φ =1 +√5

2≈ 1.618 . . . , φ =

1−√5

2≈ −0.618 . . .

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Ecuaciones lineales con coecientes constantes

Ejemplo: Fibonacci

fn = fn−1 + fn−2

f0 = 0

f1 = 1

Este tipo de ecuaciones tienen soluciones exponenciales, de la forma

fn = λn:fn = fn−1 + fn−2 ⇐⇒ λn = λn−1 + λn−2

Dividiendo ambos lados por λn−2 obtenemos la ecuación característica

λ2 − λ− 1 = 0

cuyas raíces son

φ =1 +√5

2≈ 1.618 . . . , φ =

1−√5

2≈ −0.618 . . .

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 10 / 17

Ecuaciones lineales con coecientes constantes

Ejemplo: Fibonacci

fn = fn−1 + fn−2

f0 = 0

f1 = 1

Este tipo de ecuaciones tienen soluciones exponenciales, de la forma

fn = λn:fn = fn−1 + fn−2 ⇐⇒ λn = λn−1 + λn−2

Dividiendo ambos lados por λn−2 obtenemos la ecuación característica

λ2 − λ− 1 = 0

cuyas raíces son

φ =1 +√5

2≈ 1.618 . . . , φ =

1−√5

2≈ −0.618 . . .

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 10 / 17

Ecuaciones lineales con coecientes constantes(cont.)

La solución general se obtiene como una combinación lineal de estas

soluciones:

fn = Aφn + Bφn

La condición inicial f0 = 0 implica que B = −A, esto es,

fn = A(φn − φn)

y la condición f1 = 1 implica que

A(φ− φ) = A√5 = 1

con lo cual obtenemos nalmente la fórmula de los números de Fibonacci:

fn =1√5

(φn − φn)

Nótese que φn → 0 cuando n→∞, de modo que fn = Θ(φn).

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Ecuaciones lineales con coecientes constantes(cont.)

La solución general se obtiene como una combinación lineal de estas

soluciones:

fn = Aφn + Bφn

La condición inicial f0 = 0 implica que B = −A, esto es,

fn = A(φn − φn)

y la condición f1 = 1 implica que

A(φ− φ) = A√5 = 1

con lo cual obtenemos nalmente la fórmula de los números de Fibonacci:

fn =1√5

(φn − φn)

Nótese que φn → 0 cuando n→∞, de modo que fn = Θ(φn).

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Ecuaciones lineales con coecientes constantes(cont.)

La solución general se obtiene como una combinación lineal de estas

soluciones:

fn = Aφn + Bφn

La condición inicial f0 = 0 implica que B = −A, esto es,

fn = A(φn − φn)

y la condición f1 = 1 implica que

A(φ− φ) = A√5 = 1

con lo cual obtenemos nalmente la fórmula de los números de Fibonacci:

fn =1√5

(φn − φn)

Nótese que φn → 0 cuando n→∞, de modo que fn = Θ(φn).

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 11 / 17

Ecuaciones lineales con coecientes constantes(cont.)

La solución general se obtiene como una combinación lineal de estas

soluciones:

fn = Aφn + Bφn

La condición inicial f0 = 0 implica que B = −A, esto es,

fn = A(φn − φn)

y la condición f1 = 1 implica que

A(φ− φ) = A√5 = 1

con lo cual obtenemos nalmente la fórmula de los números de Fibonacci:

fn =1√5

(φn − φn)

Nótese que φn → 0 cuando n→∞, de modo que fn = Θ(φn).

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Teorema Maestro

Consideremos una ecuación de la forma

T (n) = pT (n

q) + Kn

Supongamos que n es una potencia de q, digamos n = qk . Entonces

T (qk) = pT (qk−1) + Kqk

y si denimos ak = T (qk), tenemos la ecuación

ak = pak−1 + Kqk

la cual tiene solución

ak = a0pk + K

∑1≤j≤k

qjpk−j

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Teorema Maestro

Consideremos una ecuación de la forma

T (n) = pT (n

q) + Kn

Supongamos que n es una potencia de q, digamos n = qk . Entonces

T (qk) = pT (qk−1) + Kqk

y si denimos ak = T (qk), tenemos la ecuación

ak = pak−1 + Kqk

la cual tiene solución

ak = a0pk + K

∑1≤j≤k

qjpk−j

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 12 / 17

Teorema Maestro

Consideremos una ecuación de la forma

T (n) = pT (n

q) + Kn

Supongamos que n es una potencia de q, digamos n = qk . Entonces

T (qk) = pT (qk−1) + Kqk

y si denimos ak = T (qk), tenemos la ecuación

ak = pak−1 + Kqk

la cual tiene solución

ak = a0pk + K

∑1≤j≤k

qjpk−j

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Teorema Maestro (cont.)

Como k = logq n, tenemos

T (n) = T (1)plogq n + Kplogq n∑

1≤j≤logqn

(q

p)j

y observamos que

plogq n = (qlogq p)logq n = (qlogq n)logq p = nlogq p

Por lo tanto

T (n) = nlogq p(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

(q

p)j)

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Teorema Maestro: Caso p < q

T (n) = nlogq p(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

(q

p)j)

En el caso p < q tenemos:

T (n) = nlogq p(T (1) + Kq

p

(qp

)logq n − 1qp− 1

)

⇒ T (n) = Θ(n)

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Teorema Maestro: Caso p < q

T (n) = nlogq p(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

(q

p)j)

En el caso p < q tenemos:

T (n) = nlogq p(T (1) + Kq

p

(qp

)logq n − 1qp− 1

)

⇒ T (n) = Θ(n)

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 14 / 17

Teorema Maestro: Caso p = q

T (n) = nlogq p(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

(q

p)j)

En el caso p = q tenemos:

T (n) = n(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

1)

=⇒ T (n) = Θ(n log n)

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 15 / 17

Teorema Maestro: Caso p = q

T (n) = nlogq p(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

(q

p)j)

En el caso p = q tenemos:

T (n) = n(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

1)

=⇒ T (n) = Θ(n log n)

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 15 / 17

Teorema Maestro: Caso p > q

T (n) = nlogq p(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

(q

p)j)

En el caso p > q tenemos:

T (n) = nlogq p(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

(q

p)j)

Peroq

p< 1 =⇒ T (n) ≤ nlogq n(T (1) + K

qp

1− qp

)

=⇒ T (n) = Θ(nlogq p)

Patricio Poblete () cc3001 Métodos Matemáticos Otoño 2012 16 / 17

Teorema Maestro: Caso p > q

T (n) = nlogq p(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

(q

p)j)

En el caso p > q tenemos:

T (n) = nlogq p(T (1) + K∑

1≤j≤logqn

(q

p)j)

Peroq

p< 1 =⇒ T (n) ≤ nlogq n(T (1) + K

qp

1− qp

)

=⇒ T (n) = Θ(nlogq p)

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Ejercicio

Estudiar la siguiente ecuación, que generaliza el Teorema Maestro:

T (n) = pT (n

q) + Knr

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