HEUTE. Beispiele. O-Notation neue Einführung Ideen und Eigenschaften Aufgaben 47 und 52

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1 HEUTE Beispiele 2, 2 2, 2 +, log habe asymptotisch gleiches Wachstum: O-Notatio eue Eiführug Idee ud Eigeschafte Aufgabe 47 ud 2 Aufteilugs- ud Beschleuigugssatz Idee ud Awedug Aufgabe = 1 2 wähle z.b. c = C = ( ) wähle z.b. c = 1 2, C = ( ) wähle z.b. c = 1, C = 2 2 log 2,, 2 habe asymptotisch verschiedees Wachstum: 2 = 3/2 ( ) ex. kei C < 2 0 ( ) ex. kei c > O-Notatio Eigeschafte Ziel: will Recheaufwad vo Algorithme qualitativ vergleiche Mittel: Klasse vo Fuktioe mit gleichem asymptotische Wachstum Defiitio: Θ(f) := { g es gibt 0,c,C > 0 : c g() f() C für 0 } Idee: jedes g Θ(f) ist ach beide Seite im wesetliche beschräkt durch f: cf() g() C f() für C f g c f Θ ist symmetrisch: g Θ(f) f Θ(g) Beweis: 0 < c g() f() C C := 1 c f() g() 1 C =: c > 0. Θ ist trasitiv: g Θ(f) ud h Θ(g) h Θ(f) Beweis: 0 < c g() h() C ud 0 < d f() g() D 0 < c := cd h() f() CD =: C.

2 Eigeschafte O, Ω ud o Θ ordet eier Fuktio f ihre asymptotische Wachstumsklasse Θ(f) zu diese Klasse werde ach ihrem eifachste Repräsetate beat : z.b. Θ(), Θ( 3 ), Θ(log ), Θ(1) dabei falle kostate Summade oder Faktore weg: z.b Θ( 2 ) dabei falle variable Summade mit gerigerem Wachstum weg: z.b log Θ( 2 ) O obere Schrake: g O(f) meit g f Θ geauer Vergleich: g Θ(f) meit g = f Ω utere Schrake: g Ω(f) meit g f o strikte ob. Schr.: g o(f) meit g < f im asymptotische Wachstum O, Ω ud o Beispiele köe mit Θ ur vergleiche, ob zwei Fuktioe gleich schell wachse Relatio wächst lagsamer als: O etspricht Θ ohe die Kostate c g() C ( ) obere Schrake f() Relatio wächst scheller als: Ω etspricht Θ ohe die Kostate C g() c ( ) utere Schrake f() Relatio wächst strikt lagsamer als: o etspricht O mit Verschärfug g() C ( ) für alle C > 0 lim f() g() f() = 0 O: O(): prüfe = 1 wähle z.b. C = 1 allgemei gilt: f O(f) für alle Fuktioe f Ω: O( 2 ): O(log ): prüfe prüfe 2 0 ( ) wähle z.b. C = 1 log ( ) es ex. kei C < Ω(): prüfe = 1 wähle z.b. c = 1 allgemei gilt: f Ω(f) für alle Fuktioe f Ω( 2 ): Ω(log ): prüfe prüfe 2 0 ( ) es ex. kei c > 0 log ( ) wähle z.b. c = 1

3 Beispiele Aufgabe 47 (a) o: o(): prüfe = 1 0 allgemei gilt: f o(f) für alle Fuktioe f o( 2 ): prüfe 2 0 ( ) log o(): prüfe log 0 ( ) Vergleichskette: Θ(1), Θ(log ), Θ( ), Θ(), Θ( 2 ), Θ(2 ), Θ(!), Θ( ) sid paarweise disjukt O(1) O(log ) O( ) O() O( 2 ) O(2 ) O(!) O( ) Ω(1) Ω(log ) Ω( ) Ω() Ω( 2 ) Ω(2 ) Ω(!) Ω( ) f 1 () = log 2, f 2 () = log 10, f 3 () = 2, f 4 () = 10 f 1() f 2 () = log 2 10 f 1 Θ(f 2 ) ud f 2 Θ(f 1 ) α > 0 : f 1() α 0 ( ) f 1 o(f 3 ) O(f 3 ) ud f 1 o(f 4 ) O(f 4 ) f 3() f 4 () = 2/ ( ) f 4 o(f 3 ) O(f 3 ) isgesamt: f 1 = f2 < f4 < f Awedug der O-Notatio Aufgabe 47 (b) Maximum im -Array: 1 Θ() Vergleiche biäre Suche im -Array: log Θ(log ) Vergleiche Mergesort im -Array: 2 log + 4 Θ( log ) Zuweisuge Gauß-Elimiatio auf -Vektore: arithmetische Operatioe Matrixmultiplikatio mit -Matrize: ( 1) 2 + (+1)(2+1) 6 Θ( 3 ) Θ( 3 ) arithm. Oper. für das spezielle Verfahre jedoch O( 3 ) für das Problem a sich, da i.a. Ω( 2 ) 1. z.z.: lim! = 0 Idee A: Stirlig-Formel!! ( 2π e) 2π e 0 ( ). Idee B: beutze Tipp: a :=! a +1, zeige lim < 1 a a +1 a = ( + 1)! ( + 1) +1! = ( + 1) = ( 1 1 ) e < 1 ( ).

4 Aufgabe 47 (b) Tipp Aufgabe 2 (a) z.z.: a +1 lim < 1 lim a a = 0 1. z.z.: f() Ω(f( 2 )) für alle f. Gegebeispiel: (Dieses f ist mooto falled: icht typisch aber möglich.) a Beweis: sei lim +1 a =: a. Nach Def. des Grezwerts gibt es 0 c ]a,1[ so, dass a +1 c für 0. a ud f() = 4 f() f( 2 ) = 4 2 = 2 0 ( ) es ex. kei c > 0. Daher ist a = ( a k=1 a k+1 a k ) 1 l= 0 a l+1 a l cost. c 0 0 ( ). 3. z.z.: f() O(g()) 2 f() O( 2 g() ) für alle f. Gegebeispiel: g() mit lim g() = ud f() := 2g() O(g()). 2f() 2 g() = 22g() 2 g() = 2 g() ( ) es ex. kei C < Aufgabe 47 (b) Aufgabe 2 (a) F 2. z.z.: lim 2 = 0 Idee A: verwede Aufg. 42 (e) ( 1 F ) ( = ) 0 ( ). 4 Idee B: verwede Tipp ud Aufg. 42 (c) a := F 2 a +1 = F +1 2 = 1 a 2+1 F 2 F < 1 ( ). F 4 Idee C: a +1 = F = 1 2 F F = a 2 + a 1 4 Grezwert a := lim a a = 1 2 a a = 3 4 a a = z.z.: f() O(g 1 () + g 2 () ) f() O( max{ g 1 (), g 2 () } ) Beweis: Sei f() O(max{g 1 (), g 2 () }) f C max{ g 1, g 2 } C ( max{ g 1, g 2 } + mi{ g 1, g 2 }) = C ( g 1 + g 2 ). Sei f() O( g 1() + g 2 () ) f C (g 1 + g 2 ) C ( max{ g 1, g 2 } + max{g 1, g 2 } ) = 2C max{g 1, g 2 } =: C max{ g 1, g 2 }.

5 Aufgabe 2 (b) allgemeier Aufteilugs- ud Beschleuigugssatz (ABS) Gebt ei h() a, so dass gilt: ABS im eizele: T() = b T( a ) + g() f() g() O( f()) Wähle h() := 1. Da gilt: f() g() O(h()) f g O( f) f g C f für 0 g C f = C h für 0 g O(h). falls g() O( log a b ε ) T() Θ( log a b ) falls g() Θ( log a b ) T() Θ( log a b log ) falls g() Ω( log a b+ε ) ud c < 1 : bg( a ) cg() ( ) T() Θ(g()) ABS vergleicht die Fuktio g() mit h() := log a b wesetliche Aussage: { Θ(h() log ) falls g Θ(h) T Θ(max{ g, h }) sost (uter Vorbehalt, siehe ächste Seite) allgemeier Aufteilugs- ud Beschleuigugssatz (ABS) ABS deckt multiplikative Gleichuge mit Kostate ab: T() b T( a ) ABS löst sie icht explizit (T() =...), soder gibt ur die asymptotische Wachstumsklasse Θ(T()) a das reicht zur qualitative Bewertug vo Algorithme aus ABS behadelt icht alle mögliche Fälle, es gibt Lücke, z.b. T() = 2 T( 2 ) + log g() fällt zwische 1. ud 2. Fall: log O(), aber / O(1 ε ) für jedes ε > 0 T() = 2 T( 2 ) + log g() fällt zwische 2. ud 3. Fall: log Ω(), aber / Ω( 1+ε ) für jedes ε > 0 we die Zusatzbedigug i 3. Fall icht erfüllt ist (sehr selte, für polyomiale g immer erfüllt).

6 Aufgabe 3 (a) Aufgabe 3 (b) 1. T(1) = 0, T() = T( 1) + log T() = T( 1) + log = T(1) + log k = log! Θ( log ). 2. T() = 3 T(/2) + ABS mit a = 2, b = 3, g() = Es ist g() O( log23 ε ) (1. Fall) T() Θ( log23 ) = Θ( ). 3. T() = 3 T(/2) + 2 ABS mit a = 2, b = 3, g() = 2 Es ist g() Ω( log23+ε ) ud b g( a ) = c g() mit c = 3 4 < 1 (3. Fall) T() Θ(g()) = Θ( 2 ). k=2 Algorithmus A: T() = 3 T(/2) + 2 T() Θ( 2 ) (3 (a) 3.) Algorithmus A : T () = b T (/4) + 2. Gesucht: das größte b Wede ABS a mit a = 4, g() = 2 : so, dass T () O(T()) = O( 2 ). i) Für b < 16 ist g() Ω( log4b+ε ) für ei ε > 0 ud b g( a ) = b 16 2 c g() mit c = b 16 < 1 (3. Fall) T () Θ(g()) = Θ( 2 ). b < 16 ist zulässig ii) Für b = 16 ist g() Θ( log 4b ) = Θ( 2 ) (2. Fall) T () Θ( 2 log ). iii) Für b > 16 ist g() O( log 4b ε ) für ei ε > 0 (1. Fall) T () Θ( log 4b ) Ω( 2+ε ). Also ist b = 1 die größtmögliche gesuchte Zahl. b = 16 ist icht zul. b > 16 ist icht zul Aufgabe 3 (a) 4. T() = 4 T(/2) + 2 ABS mit a = 2, b = 4, g() = 2 Es ist g() Θ( log 24 ) = Θ( 2 ) (2. Fall) T() Θ( 2 log ).. T(2) = 1, T() = 2T( ) + 1 Nehme a, dass = 2 2q. Da gilt: log = 2 q ud T(2 2q ) = 2T(2 2q 1 ) + 1 = 2 2 T(2 2q 2 ) + 3 = 2 q T(2) + (2 q 1) = 2 2 q 1 T() = 2 log 1 Θ(log ).