Διακριτά Μαθηματικά ΙΙ Χρήστος Νομικός Τμήμα Μηχανικών Η/Υ και Πληροφορικής Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων 2018 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 1 / 46
Περιεχόμενα 1 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 2 / 46
Περιεχόμενα 1 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 3 / 46
Αναπαράσταση ακεραίων Για την αναπαράσταση των αριθμών συνήθως χρησιμοποιούμε το δεκαδικό σύστημα αρίθμησης. Η αναπαράσταση ενός θετικού αριθμού γίνεται με μία ακολουθία συμβόλων από το αλφάβητο {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, η οποία δεν αρχίζει με το σύμβολο 0. Ο αριθμός που αναπαρίσταται από μία ακολουθία ψηφίων d k d k 1... d 1 d 0 είναι ίσος με το άθροισμα d k 10 k + d k 1 10 k 1 + + d 1 10 1 + d 0 10 0 = k d i 10 i. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 4 / 46
Από την εμπειρία μας γνωρίζουμε ότι διαφορετικές ακολουθίες συμβόλων που δεν ξεκινουν με το σύμβολο 0 αναπαριστούν διαφορετικούς θετικούς ακέραιους αριθμούς, συνεπώς κάθε θετικός ακέραιος αριθμός έχει μία μοναδική αναπαράσταση στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης (σύντομα θα αποδείξουμε αυτή την ιδιότητα τυπικά σε μία πιο γενική μορφή). Η αναπαράσταση στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης έχει ως βάση τον αριθμό 10. Για αυτό το λόγο καθένα από τα ψηφία του αλφαβήτου που χρησιμοποιείται αντιστοιχει σε κάποιο φυσικό αριθμό μικρότερο του 10. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 5 / 46
Μπορούμε να γενικεύσουμε τον τρόπο αναπαράστασης ενός αριθμού, έτσι ώστε να χρησιμοποιείται ως βάση οποιοσδήποτε ακέραιος αριθμός b 2. Για μία τέτοια αναπαράσταση απαιτείται να χρησιμοποιήσουμε ένα αλφάβητο Σ b το οποίο περιέχει b σύμβολα, τα οποία αναπαριστούν τους αριθμούς 0, 1,..., b 1. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 6 / 46
Αν b < 10, τότε χρησιμοποιούμε ένα κατάλληλο υποσύνολο του αλφαβήτου {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Αν b > 10, τότε διευρύνουμε το αλφαβήτο {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} με σύμβολα που αναπαριστούν τους αριθμούς 10, 11,..., b 1. Για παράδειγμα, στο δεκαεξαδικό σύστημα τα σύμβολα A, B, C, D, E, F αναπαριστούν αντίστοιχα τους αριθμούς 10, 11, 12, 13, 14, 15. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 7 / 46
Η δυνατότητα αναπαράστασης των ακεραίων σε συστήματα με οποιαδήποτε βάση b > 2, στηρίζεται στα επόμενα θεωρήματα. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 8 / 46
Θεώρημα Εστω δύο ακέραιοι n 1 και b 2. Τότε υπάρχει ακολουθία ακέραιων αριθμών a 0, a 1,..., a k, όπου 1 a k b 1 και 0 a i b 1 για 0 i k 1, τέτοια ώστε n = a i b i Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 9 / 46
Απόδειξη Κατασκευάζουμε την ακολουθία ακεραίων αριθμών a 0, a 1,..., a k παράλληλα με μία δεύτερη ακολουθία αριθμών n 0, n 1,..., n k. Θέτουμε n 0 = n. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 10 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Τα υπόλοιπα στοιχεία των ακολουθιών σχηματίζονται με τον παρακάτω τρόπο: Για i 0, θέτουμε a i = n i mod b. Επιπλέον, αν n i b θέτουμε n i+1 = n i div b. Αν n i < b θέτουμε k = i (η κατασκευή των ακολουθιών έχει ολοκληρωθεί). Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 11 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Μπορεί να αποδειχτεί εύκολα με επαγωγή στο i, ότι κάθε στοιχείο n i της ακολουθίας ικανοποιεί τις ανισότητες n i > 0 και n i n b i. Από τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει ότι η κατασκευή των ακολουθιών ολοκληρώνεται πάντα σε πεπερασμένο πλήθος βημάτων: αν κατασκευαστεί ο όρος n i για i = log b n τότε θα ισχύει n i n b i = blog bn b log bn = blog bn log b n < b 1 = b Συνεπώς η κατασκευή της ακολουθίας ολοκληρώνεται σε πεπερασμένο πλήθος βημάτων και k log b n. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 12 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Για να αποδείξουμε ότι n = k a i b i θα δείξουμε με επαγωγή στο j ότι. n k j = j a k j+i b i Για j = 0 η ισότητα που πρέπει να απόδείξουμε είναι n k = 0 a k+i b i που ισοδυναμεί με n k = a k b 0 = a k. Ομως από τον τρόπο επιλογής του k, ισχύει n k < b και άρα n k mod b = n k που συνεπάγεται n k = a k. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 13 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Υποθέτουμε ότι ότι η ισότητα ισχέι για j = m, δηλαδή ότι. n k m = m a k m+i b i Ισχύει n k m = n k (m+1) div b και a k (m+1) = n k (m+1) mod b. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 14 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Άρα: n k (m+1) = b n k m + a k (m+1) m = b a k m+i b i + a k (m+1) = = = = m a k m+i b i+1 + a k (m+1) m+1 a k m+i 1 b i + a k (m+1) i =1 m+1 a k (m+1)+i b i + a k (m+1) b 0 i =1 m+1 a k (m+1)+i b i Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 15 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Άρα για κάθε j, 0 j k ισχύει n k j = j a k j+i b i Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 16 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Ειδικότερα για j = k έχουμε n 0 = a i b i Το θεώρημα προκύπτει παρατηρώντας ότι n = n 0 0 a i b 1 για κάθε i, 0 i k, καθώς οι αριθμοί a i ορίζονται ως υπόλοιπα διαίρεσης με το b. a k = n k 1 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 17 / 46
Λήμμα Για κάθε b 1, k 0 ισχύει: (b 1) b i < b k+1 Απόδειξη Θα αποδείξουμε την ανισότητα με επαγωγή στο k. Για k = 0 ισχύει: 0 (b 1) b i = (b 1) b 0 = b 1 < b = b 1 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 18 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Εστω ότι η ανισότητα ισχύει για k = m. Θα δείξουμε ότι ισχύει για k = m + 1. m+1 (b 1) b i = m (b 1) b i + (b 1) b m+1 < b m+1 + (b 1) b m+1 = (1 + (b 1)) b m+1 = b b m+1 = b m+2 (όπου η ανισότητα στη 2η γραμμή ισχύει από την επαγωγική υπόθεση). Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 19 / 46
Θεώρημα Εστω ένας ακέραιος b 2 και δύο διαφορετικές πεπερασμένες ακολουθίες ακέραιων αριθμών a 0, a 1,..., a k και c 0, c 1,..., c l, όπου 1 a k b 1, 0 a i b 1 για 0 i k 1, 1 c l b 1 και 0 c j b 1 για 0 j l 1. Τότε a i b i l c i b i j=0 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 20 / 46
Απόδειξη Εστω k l. Υποθέτουμε χωρις βλάβη της γενικότητας ότι k > l. Τότε: a i b i l c i b i = j=0 = = a i b i + i=l+1 a i b i + i=l+1 a i b i + i=l+1 b l+1 + = b l+1 l a i b i l c i b i j=0 l (a i b i c i b i ) l (a i c i ) b i l (1 b) b i l (b 1) b i > 0 (όπου η τελευταία ανισότητα προκύπτει από το προηγούμενο λήμμα). Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 21 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Συνεπώς στην περίπτωση όπου k l, ισχύει k a i b i l j=0 c i b i. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 22 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Εστω k = l. Επειδή οι δύο ακολουθίες είνα διαφορετικές υπάρχει r k τέτοιο ώστε a r c r και για κάθε j, r < j k να ισχύει a j = c j (το r-οστό στοιχείο είναι το τελευταίο στο οποίο διαφέρουν οι δύο ακολουθίες). Υποθέτουμε χωρις βλάβη της γενικότητας ότι a r > b r. Τότε: a i b i l c i b i = j=0 r 1 a i b i + a r b r + a i b i i=r+1 = ( l r 1 c i b i c r b r c i b i i=r+1 a i b i i=r+1 l c i b i ) i=r+1 +(a r b r c r b r ) r 1 a i b i c i b i ) r 1 +( Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 23 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Επειδή k = l και για κάθε a i = c i για r < i k, ισχύει l a i b i c i b i = a i b i c i b i i=r+1 i=r+1 i=r+1 i=r+1 = (a i c i ) b i = 0 i=r+1 Επίσης a r b r c r b r = (a r c r )b r b r, επειδή a r > c r. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 24 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Τέλος r 1 r 1 a i b i c i b i = r 1 (a i c i ) b i r 1 (1 b) b i Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 25 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Συνδυάζοντας όλα τα παραπάνω έχουμε: l r 1 a i b i c i b i 0 + b r + (1 b) b i j=0 r 1 = b r (b 1) b i > 0 (όπου η τελευταία ανισότητα προκύπτει από το προηγούμενο λήμμα). Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 26 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Συνεπώς και στην περίπτωση όπου k = l, ισχύει k a i b i l j=0 c i b i. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 27 / 46
Από τα παραπάνω θεωρήματα προκύπτει ότι για δεδομένη ακέραια σταθερά b 2, κάθε θετικός ακέραιος n 1 είναι ίσος με το άθροισμα n = a i b i για μία μοναδική ακολουθία ακέραιων αριθμών a 0, a 1,..., a k, όπου 1 a k b 1 και 0 a i b 1 για 0 i k 1 Συνεπώς μπορούμε να αναπαραστήσουμε τον ακέραιο στο b-αδικό σύστημα αρίθμησης ως (d k d k 1... d 1 d 0 ) b, όπου d i είναι το σύμβολο του αλφαβήτου Σ b το οποίο αναπαριστά τον αριθμό a i. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 28 / 46
Η μετατροπή της αναπαράστασης ενός ακεραίου από το δυαδικό σύστημα αρίθμησης στο οκταδικό και αντίστροφα μπορεί να γίνει με απλό τρόπο, με βάση το παρακάτω θεώρημα. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 29 / 46
Θεώρημα Εστω ένας ακέραιος n 1, και δύο πεπερασμένες ακολουθίες ακέραιων αριθμών a 0, a 1,..., a k όπου 1 a k 7 και 0 a i 7 για 0 i k 1 και b 0, b 1,..., b l όπου b l = 1 και 0 b i 1 για 0 i l 1, τέτοιες ώστε n = a i 8 i = l b j 2 j j=0 Τότε ισχύει a i = b 3i+2 4 + b 3i+1 2 + b 3i, για κάθε i, 0 i k (όπου κατά σύμβαση θεωρούμε ότι b j = 0 για j > l). Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 30 / 46
Απόδειξη Κάθε στοιχείο της πρώτης ακολουθίας μπορεί να γραφτεί στη μορφή a i = x i 4 + y i 2 + z i, με x i, y i, z i {0, 1}. Άρα n = = = a i 8 i = (x i 4 + y i 2 + z i ) 2 3i (x i 2 2 2 3i + y i 2 1 2 3i + z i 2 0 2 3i ) x i 2 3i+2 + y i 2 3i+1 + z i 2 3i Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 31 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Το άθροισμα αυτό είναι της μορφής 3 j=0 c j 2 j όπου τα c j και τα x i, y i, z i σχετίζονται με τον παρακάτω τρόπο: c 3i+2 = x i c 3i+1 = y i c 3i = z i Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 32 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Εστω k = max{j c j = 1}. Τότε για την ακολουθία c 1, c 2,..., c k ισχύει c k = 1, 0 c i 1 για 0 i k 1 και επιπλέον n = k j=0 c i 2 i. Επειδή το n έχει μοναδική αναπαράσταση στο δυαδικό σύστημα, θα πρέπει οι ακολουθίες b 0, b 1,..., b l και c 0, c 1,..., c k να ταυτίζονται. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 33 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Συνεπώς k = l και c j = b j για κάθε 0 i l. Επιπλέον για κάθε j, με l j 3k, ισχύει c j = 0 = b j. Άρα b 3i+2 = x i, b 3i+1 = y i και b 3i = z i, που συνεπάγεται ότι a i = x i 4 + y i 2 + z i = b 3i+2 4 + b 3i+1 2 + b 3i. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 34 / 46
Με βάση το προηγούμενο θεώρημα, για να μετρατρέψουμε έναν αριθμό από το οκταδικό σύστημα στο δυαδικο, αντικαθιστούμε κάθε ψηφίο O της οκταδικής αναπαράσταση με τρία δυαδικά ψηφία, τα οποία προκύπτουν από τη δυαδική αναπαράσταση του αριθμού που που αναπαρίστατει από το O, με ενδεχόμενη προσθήκη συμβόλων 0 στα αριστερά. Για παράδειγμα από την οκταδική αναπαράσταση (361) 8 προκύπτει η δυαδική αναπαράσταση (11110001) 2. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 35 / 46
Αντίστοιχα, για να μετρατρέψουμε έναν αριθμό από το δυαδικό σύστημα στο οκταδικο, ομαδοποιούμε τα ψηφία σε τριάδες από τα δεξιά προς τα αριστερά (συμπληρώνοντας την αριστερότερη ομάδα με 0 στα αριστερά, εφόσον χρειάζεται) και αντικαθιστούμε κάθε τριάδα ψηφίων b, b, b με το ψηφίο του οκταδικού συστήματος που αναπαριστά τον αριθμό με δυαδική αναπαράσταση (bb b ) 2. Για παράδειγμα από την δυαδική αναπαράσταση (10101011) 8 προκύπτει η οκταδική αναπαράσταση (253) 8. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 36 / 46
Με ανάλογο τρόπο μπορεί να γίνει μετατροπή από το δυαδικό σύστημα στο δεκαεξαδικό και αντίστροφα ή γενικότερα από το b-αδικό σύστημα στο c-αδικό και αντίστροφα, όταν το c είναι δύναμη του b. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 37 / 46
Οπως έχουμε δει ενδέχεται γενικά να ισχύει a n a n mod m (mod m). Συνεπώς αν θέλουμε να υπολογίσουμε τον αριθμό a n mod m δεν μπορούμε να αντικαταστήσουμε τον εκθέτη n από το n mod m, που ενδέχεται να είναι πολύ μικρότερος αριθμός. Μπορούμε ωστόσο να υπολογίσουμε το a n mod m με ένα πλήθος πράξεων το οποίο είναι ανάλογο του log 2 n, χρησιμοποιώντας τον αλγόριθμο που ακολουθεί. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 38 / 46
Αλγόριθμος για Γρήγορη Υψωση σε Εκθέτη mod m Είσοδος: θετικοί ακέραιοι αριθμοί B,N,M X 1 P B mod M A N mod 2 while N > 0 do if A = 1 then X X*P mod M P P*P mod M N N div 2 A N mod 2 return X Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 39 / 46
Θεώρημα Αν οι αρχικές τιμές των παραμέτρων B, N και M είναι b 0, n 0 και m > 0, τότε ο αλγόριθμος για Γρήγορη Υψωση σε Εκθέτη mod m τερματίζει, επιστρέφοντας την τιμή b n mod m. Απόδειξη Εστω n i, a i, p i, x i οι τιμές των μεταβλητών N, A, P, X μετά από i επαναλήψεις του βρόχου while και έστω k + 1 το πλήθος ψηψίων στη δυαδική αναπαράσταση του n. Η τιμές των παραμέτρου B και M παραμένουν αντίστοιχα b και m σε όλη τη διάρκεια της εκτέλεσης του αλγορίθμου. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 40 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Παρατηρούμε ότι η ακολουθίες τιμών n 0, n 1,..., n k και a 0, a 1,..., a k είναι ίδιες με αυτές που προκύπτουν κατά τη μετατροπή του n σε δυαδική αναπαράσταση. Συνεπώς ισχύει n = k a i 2 i και 1 n k < 2. Από την τελευταία ανισότητα προκύπτει ότι n k = 1 και άρα n k+1 = n k div 2 = 0. Άρα ο αλγόριθμος τερματίζει μετά από k + 1 επαναλήψεις του βρόχου while. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 41 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Μπορεί να αποδειχτεί ευκολα με επαγωγή στο i ότι p i = b 2i mod m. Θα δείξουμε με επαγωγή στο i ότι i 1 x i = ( b a j 2 j ) mod m j=0 Για i = 0, έχουμε x 0 = 1 και 1 j=0 ba j 2 j = 1. Άρα η ισότητα ισχύει. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 42 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Υποθέτουμε ότι η ισότητα ισχύει για i = r. Θα δείξουμε ότι ισχύει και για i = r + 1. Παρατηρούμε αρχικά ότι το αν θα αλλάξει η τιμή της X σε μία επανάληψη, καθορίζεται από την τιμή της μεταβλητής A που έχει προκύψει από την προηγούμενη επανάληψη. Συνεπώς το πώς προκύπτει η τιμή x r+1 από τη x r εξαρτάται από την τιμή a r. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 43 / 46
όπου η δεύτερη ισότητα προκύπτει από την επαγωγική υπόθεση. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 44 / 46 Απόδειξη (συνέχεια) Αν a r = 1, τότε r 1 x r+1 = (x r p r ) mod m = ((( b a j 2 j ) mod m) p r ) mod m j=0 r 1 = ((( b a j 2 j ) mod m) (b 2r j=0 r 1 = ( b a j 2 j ) b 1 2r ) mod m j=0 r 1 = ( b a j 2 j ) b ar 2r ) mod m j=0 r = ( b a j 2 j ) mod m j=0 mod m)) mod m
Απόδειξη (συνέχεια) Αν a r = 0, τότε r 1 x r+1 = x r = ( b a j 2 j ) mod m j=0 r 1 r 1 = (( b a j 2 j ) 1) mod m = (( b a j 2 j ) b 0 ) mod m j=0 r 1 r 1 = (( b a j 2 j ) b 0 2r ) mod m = (( b a j 2 j ) b ar 2r ) mod m j=0 r = ( b a j 2 j ) mod m j=0 j=0 j=0 όπου η δεύτερη ισότητα προκύπτει από την επαγωγική υπόθεση. Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 45 / 46
Απόδειξη (συνέχεια) Συνεπώς i 1 x i = ( b a j 2 j ) mod m j=0 Επειδή όπως δείξαμε ο αλγόριθμος εκτελεί k + 1 επαναλήψεις του βρόχου while, η επιστρεφόμενη τιμή είναι η x k+1 για την οποία ισχύει: x k+1 = ( k j=0 b a j 2 j ) mod m = b k j=0 a j 2 j mod m = b n mod m Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων ) 2018 46 / 46