Решение рекурренций с помощью характеристического полинома с мнимыми корнями

При анализе алгоритмов вам часто приходится решать повторения. В дополнение к основной теореме, методам подстановки и итерации, есть метод, использующий характеристические полиномы .

Скажем, я пришел к выводу, что характеристический многочлен имеет мнимые корни, а именно и . Тогда я не могу использовать $x^2 - 2x + 2$ $x_1 = 1+i$ $x_2 =1-i$

$\qquad c_1\cdot x_1^n + c_2\cdot x_2^n$

чтобы получить решение, верно? Как мне поступить в этом случае?

algorithms algorithm-analysis recurrence-relation

— Корай
источник

Добро пожаловать! Обратите внимание, что вы можете использовать LaTeX $...$ .

— Рафаэль

Я запутался. Я уверен, что вы имеете в виду метод, использующий характеристические полиномы , а не уравнения. Что такое

? Решения уравнения, которое вы даете, не мнимые, а просто иррациональные. Что вы подразумеваете под «применить [полином]»?

j

$j$

— Рафаэль

Он принял привычку Физик по написанию

i

$i$

— Джефф

Конечно, вы можете на самом деле. Во-первых, решение удовлетворяет повторению. Во-вторых, пространство решений имеет размерность 2.

— Стрин

Да, решение на самом деле для некоторых констант $T(n) = \alpha(1+i)^n + \beta(1-i)^n$ $\alpha$ и определенных базовыми случаями. Если базисные случаи действительны, то (по индукции) все комплексные члены в отменится для всех целых чисел . $\beta$ $T(n)$ $n$

Например, рассмотрим рекуррентность с базовыми случаями и . Характерный многочлен этого повторения равен , поэтому решение $T(n) = 2T(n-1) - 2T(n-2)$ $T(0)=0$ $T(1)=2$ $x^2-2x+2$ для некоторых постоянных и . Подстановка в базовых случаях дает нам $T(n) = \alpha(1+i)^n + \beta(1-i)^n$ $\alpha$ $\beta$ что подразумевает

T (0) знак равно α (1 + я)^{0} + β (1 - я)^{0} знак равно α + β знак равно 0 T (1) знак равно α (1 + я)^{1} + β (1 - я)^{1} знак равно (α + β) + (α - β) я знак равно 2

$T(0) = \alpha(1+i)^0 + \beta(1-i)^0 = \alpha+\beta = 0\\ T(1) = \alpha(1+i)^1 + \beta(1-i)^1 = (\alpha+\beta) + (\alpha-\beta)i = 2$

что подразумевает

. Таким образом, решение

α + β знак равно 0 α - β знак равно - 2 я

$\alpha + \beta = 0 \\ \alpha - \beta = -2i$

α = - i

$\alpha = -i$

β = i

$\beta = i$

T (N) знак равно я \cdot ((1 - я)^{N} - (1 + я)^{N}),

$T(n) = i\cdot ((1-i)^n - (1+i)^n).$

Эта функция колеблется между а $\sqrt{2}^n$ с «периодом» 4. В частности,для всех, потому что $-\sqrt{2}^n$ $T(4n) = 0$ $n$ $(1-i)^4 = (1+i)^4 = -4$ $T(0)$

— JeffE
источник

Кажется, я помню, что мнимые корни характеристического полинома (которые, если я правильно помню, являются доминирующими особенностями порождающей функции последовательности) где-то подразумевают отрицательные элементы. Это правда? Если это так, можно с уверенностью сказать, что вы никогда не должны сталкиваться с этим случаем при анализе алгоритма.

— Рафаэль

2

$2$

1 + i

$1+i$

1 - i

$1-i$

α 2^{n}

$\alpha 2^n$

α

$\alpha$