이 문서는 (책) CONCRETE MATHEMATICS(구체수학) 2장.합 - 2.합과 점화식을 공부한 노트입니다.

$S_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k$

위의 식은 다음과 같다.

$S_n = a_0 + a_1 + a_2 + ... + a_n$

한편으로는 다음 점화식과 같다고도 볼 수 있다.

$\begin{align} S_0 & = a_0; \\ S_n & = S_{n-1} + a_n, \quad for \; n \gt 0 \\ \end{align}\tag{2.6}\label{2.6}$

예제

다음과 같은 식이 있다고 하자.

$a_n$ 은 n을 몇 배 하고 어떤 상수를 더한 것이다.

그렇다면 다음과 같이 점화식을 꾸밀 수 있을 것이다.

$\begin{align} R_0 & = \alpha; \\ R_n & = R_{n - 1} + \beta + \gamma \cdot n, \quad for \; n \gt 0 \\ \end{align}\tag{2.7}\label{2.7}$

python 으로 표현하자면 다음과 같을 것이다.

def R(n):
    if n == 0:
        return alpha
    return R(n-1) + beta + gamma * n

# alpha, beta, gamma의 값은 아직 모른다

작은 값들부터 넣어보며 생각해보면 다음을 알 수 있다.

$\begin{align} R_0 & = \alpha; \\ R_1 & = R_0 + \beta + \gamma \\ & = \alpha + \beta + \gamma \\ R_2 & = R_1 + \beta + \gamma \cdot 2 \\ & = \alpha + 2 \beta + 3 \gamma \\ ... \end{align}$

이를 다음과 같이 일반해로 유도해내자.

$R_n = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma$

그리고 다음과 같은 경우들을 생각해보자.

R_n = 1 인 경우

$R_n = 1$ 이라면

$\begin{align} R_0 & = A(0) \alpha + B(0) \beta + C(0) \gamma \\ & = \color{red}{\alpha = 1} \\ \\ R_1 & = A(1) \alpha + B(1) \beta + C(1) \gamma \\ & = R_0 + (\beta + \gamma \cdot 1) \\ & = \color{red}{\alpha + \beta + \gamma = 1} \\ \\ R_2 & = A(2) \alpha + B(2) \beta + C(2) \gamma \\ & = R_1 + (\beta + \gamma \cdot 2)\\ & = (\alpha + \beta + \gamma) + (\beta + \gamma \cdot 2)\\ & = \color{red}{\alpha + 2 \beta + 3 \gamma = 1} \\ \\ & \left. \begin{array}{ll} \alpha & = 1 \\ \alpha + \beta + \gamma & = 0 \\ \alpha + 2\beta + 3\gamma & = 0 \\ \end{array} \right\} \text{ 이므로} \\ \therefore & \; \alpha = 1, \; \beta = 0, \; \gamma = 0 \\ \\ R_n & = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \\ & = A(n) \cdot 1 + B(n) \cdot 0 + C(n) \cdot 0 \\ \\ A(n) & = 1 \quad \because R_n = 1 \\ \end{align}$

잘 생각해 보면 이 점화식대로라면, Rn의 값이 무엇이건 간에 A(n)=1 이라는 것을 알 수 있다.
- $\alpha$ 는 초항이므로, 합을 몇 번이고 반복해도 딱 한 번만 더하기 때문이다.
$B(n), C(n)$ 은 0과 곱하므로 지금 시점에서는 알아낼 방법이 없다.

R_n = n 인 경우

$R_n = n$ 이라면

$\begin{align} R_0 & = A(0) \alpha + B(0) \beta + C(0) \gamma \\ & = \color{red}{\alpha = 0} \\ R_1 & = A(1) \alpha + B(1) \beta + C(1) \gamma \\ & = \color{red}{\alpha + \beta + \gamma = 1} \\ R_2 & = A(2) \alpha + B(2) \beta + C(2) \gamma \\ & = \color{red}{\alpha + 2 \beta + 3 \gamma = 2} \\ \\ \therefore & \; \alpha = 0, \; \beta = 1, \; \gamma = 0 \\ \\ R_n & = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma \\ & = A(n) \cdot 0 + B(n) \cdot 1 + C(n) \cdot 0 \\ \\ B(n) & = n \quad \because R_n = n \\ \end{align}$

잘 생각해 보면 이 점화식대로라면, Rn의 값이 무엇이건 간에 B(n)=n 라는 것을 알 수 있다.
- 더하는 항의 수 만큼 $\beta$ 가 증가하기 때문이다.
$A(n), C(n)$ 은 0과 곱하므로 지금 시점에서는 알아낼 방법이 없다.

R_n = n^2 인 경우

$R_n = n^2$ 이라면

$\begin{align} R_0 & = A(0) \alpha + B(0) \beta + C(0) \gamma \\ & = \color{red}{\alpha = 0} \\ R_1 & = A(1) \alpha + B(1) \beta + C(1) \gamma \\ & = \color{red}{\alpha + \beta + \gamma = 1} \\ R_2 & = A(2) \alpha + B(2) \beta + C(2) \gamma \\ & = \color{red}{\alpha + 2 \beta + 3 \gamma = 4} \\ \\ \therefore & \; \alpha = 0, \; \beta = -1, \; \gamma = 2 \\ \\ B(n) & = n \\ & \because R_n = \alpha + n \cdot \beta + C(n) \gamma \\ \\ R_n & = n^2 \\ & = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma \\ & = - B(n) + 2 C(n) \\ n^2 & = - B(n) + 2 C(n) \\ & = - n + 2 C(n) \\ n^2 & + n = 2 C(n) \\ \\ C(n) & = \frac{n^2 + n}{2} \\ \end{align}$

잘 생각해 보면 이 점화식대로라면, Rn의 값이 무엇이건 간에 C(n)=n2+n2 라는 것을 알 수 있다.
- $\frac{n(n+1)}{2} \cdot \gamma = 1 \cdot \gamma + 2 \cdot \gamma + ... + n \cdot \gamma$ 이기 때문이다.
$A(n)$ 은 0과 곱하므로 지금 시점에서는 알아낼 방법이 없다.

응용

다음과 같은 합이 있다고 하자.

$\sum_{k = 0}^n (a + bk)$

python으로는 다음과 같을 것이다.

def sigma(n):
    sum = 0
    for k in range(0, n+1):
        sum += a + b*k
    return sum

위 합의 점화식은 다음과 같다.

$\begin{align} S_0 & = a; \\ S_n & = S_{n-1} + a + bn, \quad for \; n \gt 0 \\ \end{align}$

python으로는 다음과 같을 것이다.

def S(n):
    if n == 0:
        return a
    return S(n-1) + a + (b*n)

그렇다면 $\eqref{2.7}$ 과 같은 방식으로, 다음과 같이 점화식을 꾸밀 수 있다.

$\begin{align} R_0 & = \alpha; \\ R_n & = \color{gray}{R_{n - 1} + \beta + \gamma \cdot n}, \quad for \; n \gt 0 \\ & = R_{n - 1} + a + b \cdot n \\ \end{align}$

모양이 같으므로, 어렵지 않게 다음의 사실을 알아낼 수 있다.

$\begin{align} a & = \alpha \quad \because S_0 = R_0 \\ a & = \beta \\ b & = \gamma \\ \end{align}$

이를 $A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma$ 에 대입해보면 다음과 같이 될 것이다.

$\begin{align} aA(n) & + aB(n) + bC(n) \\ & = a \cdot 1 + a \cdot n + b \cdot \frac{n^2 + n}{2} \\ & = a(n + 1) + \frac{b(n+1)n}{2} \\ R_n & = a(n + 1) + \frac{b(n+1)n}{2} \\ \end{align}$

검증

검증해보고 싶다.

$\sum_{k = 0}^n (a + bk)$

이를 풀어 쓰면 구조를 이해하기 쉬울 것 같다.

$\begin{align} & \sum_{k = 0}^n (a + 7k) \\ & = \underbrace{(a + b \cdot 0) + (a + b \cdot 1) + (a + b \cdot 2) + ... + (a + b \cdot n)}_{n+1 개} \\ \\ & \text{0 ~ n 까지 모두 n + 1 개의 항이 있으므로} \\ \\ & = a \cdot (n + 1) + b \cdot (0 + 1 + 2 + ... + n) \\ & = a \cdot (n + 1) + b \cdot \frac{(n+1)(0 + n)}{2} \\ & = a \cdot (n + 1) + b \cdot \frac{(n+1)n}{2} \\ \end{align}$

일반해와 똑같은 모양이 나왔다.

예제: 하노이의 탑

하노이의 탑 점화식은 다음과 같다.

$\begin{align} T_0 & = 0; \\ T_n & = 2T_{n-1} + 1, \quad for \; n \gt 0. \\ \end{align}$

def T(n):
    if n == 0:
        return 0
    return 2*T(n-1) + 1

양변을 $2^n$ 으로 나누면 $\eqref{2.6}$ 과 같은 모양이 된다.

$\begin{align} \frac{T_0}{2^n} & = 0; \\ \frac{T_n}{2^n} & = \frac{2T_{n-1}}{2^n} + \frac{1}{2^n}, \quad for \; n \gt 0. \\ \\ S_n & = \frac{T_n}{2^n} \; \text{이라 하자.} \\ \\ S_n & = \frac{T_n}{2^n} \\ & = S_{n-1} + 2^{-n}, \quad for \; n \gt 0. \\ \end{align}$

def S(n):
    if n == 0:
        return 0
    return S(n-1) + 2**(-n)

def T(n):
    return S(n) * (2**n)

그렇다면 $2^{-n}$ 씩 더해가는 것이므로 다음과 같이 표현할 수 있다.

$\begin{align} S_n & = \sum_{k = 1}^n 2^{-k} \\ & = \left(\frac{1}{2}\right)^1 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 + ... + \left(\frac{1}{2}\right)^n \\ \end{align}$

def S(n):
    sum = 0
    for k in range(1, n+1):
        sum += 2**(-k)
    return sum

def T(n):
    return S(n) * (2**n)

고등학교 때 배운 등비수열의 합 공식 $S_n = \frac{S_1 \cdot (r^n - 1)}{r - 1}$ 을 적용해 보면

$\begin{align} S_n & = \sum_{k = 1}^n 2^{-k} \\ & = {\frac{1}{2} \cdot ((\frac{1}{2})^n - 1) \over \frac{1}{2} - 1} \\ & = - \left(\frac{1}{2}\right)^n + 1 \\ \frac{T_n}{2^n} & = - \left(\frac{1}{2}\right)^n + 1 \\ T_n & = - 1 + 2^n \\ \end{align}$

따라서 하노이의 탑에 n개의 원판이 있을 때, 이를 옮기는 최소한의 횟수는 $2^n - 1$ 임을 알 수 있다.

# 최적화 완료
def T(n):
    return 2**n - 1

일반화

위의 풀이법을 사용하면 다음 형태의 점화식을 일반화할 수 있을 것 같다.

$a_n T_n = b_n T_{n-1} + c_n \tag{2.9}\label{2.9}$

양 변에 $s_n$ 을 곱하자. (단, $s_n b_n = s_{n-1} a_{n-1}$ .)

$\begin{align} s_n a_n T_n & = \color{red}{s_n b_n} T_{n-1} + s_n c_n \\ & = \color{red}{s_{n-1} a_{n-1}} T_{n-1} + s_n c_n \\ \\ S_n & = (S_{n-1}) + s_n c_n \quad \color{gray}{(S_n = s_n a_n T_n \text{이라 하자})} \\ & = (S_{n-2} + s_{n-1} c_{n-1}) + s_n c_n \quad \color{gray}{(재귀)} \\ & = (S_{n-3} + s_{n-2} c_{n-2} + s_{n-1} c_{n-1}) + s_n c_n \quad \color{gray}{(재귀)} \\ & ... \\ & = S_0 + s_1 c_1 + s_2 c_2 + ... + s_n c_n \\ & = s_0 a_0 T_0 + \sum_{k = 1}^n s_k c_k \\ & = s_1 b_1 T_0 + \sum_{k = 1}^n s_k c_k \\ \end{align}$

$\begin{align} 한편, \; & S_n = s_n a_n T_n \quad 이므로 \\ T_n & = \frac{1}{s_n a_n} \cdot S_n \\ & = \frac{1}{s_n a_n} \left( s_1 b_1 T_0 + \sum_{k = 1}^n s_k c_k \right) \\ \end{align} \tag{2.10}\label{2.10}$

검증

위의 일반해를 하노이의 탑으로 검증해 보자.

하노이의 탑 점화식은 다음과 같았다.

$\begin{align} T_0 & = 0; \\ T_n & = 2T_{n-1} + 1, \quad for \; n \gt 0. \\ \end{align}$

일반화에 사용한 형태의 점화식이 다음과 같았으므로,

$a_n T_n = b_n T_{n-1} + c_n$

하노이의 탑에서 각 변수의 값은 다음과 같다.

$a_n = 1$
$b_n = 2$
$c_n = 1$
$T_0 = 0$

따라서 일반해는 다음과 같다.

$\require{cancel} \begin{align} s_n b_n & = s_{n-1}a_{n-1} \; 이므로 \\ s_n \cdot 2 & = s_{n-1} \\ s_n & = 2^{-n} \\ \\ T_n & = \frac{1}{s_n a_n} \left( s_1 b_1 T_0 + \sum_{k = 1}^n s_k c_k \right) \\ & = \frac{1}{s_n a_n} \left(\sum_{k = 1}^n s_k c_k \right) \\ & = \frac{1}{s_n} \left(\sum_{k = 1}^n s_k \right) \\ & = 2^n \sum_{k = 1}^n 2^{-k} \\ & = 2^n {\cancel{\frac{1}{2}} ( 1 - (\frac{1}{2})^n ) \over \cancel{1 - \frac{1}{2}}} \\ & = 2^n - 2^n \cdot \frac{1}{2^n} \\ & = 2^n - 1 \\ \end{align}$

예제: quick-sort 퀵 소트

퀵 소트의 점화식은 다음과 같다.

$\begin{align} C_0 & = 0; \\ C_1 & = 0; \\ C_n & = n + 1 + \frac{2}{n} \sum_{k=0}^{n-1} C_k , \quad for \; n \gt 1. \\ C_n & = \text{n개 항목을 퀵 소트로 정렬할 때 비교 횟수의 평균} \\ \end{align}$

점화식을 정리해 보자.

일단 양 변에 n을 곱해서, 분모의 n을 제거한다.

$\begin{align} C_n & = n + 1 + \frac{2}{n} \sum_{k=0}^{n-1} C_k , \quad for \; n \gt 1. \\ n \cdot C_n & = n^2 + n + 2 \sum_{k=0}^{n-1} C_k , \quad for \; n \gt 1. \\ \\ n을 & \; n-1 \text{로 대체한다.} \\ (n - 1) \cdot C_{n-1} & = (n-1)^2 + (n-1) + 2 \sum_{k=0}^{n-2} C_k , \quad for \; n - 1 \gt 1. \\ \end{align}$

위의 식에서 아래 식을 빼보자.

$\begin{array}{c|rllll} & n \cdot C_n & = n^2 & + n & + 2 \sum_{k=0}^{n-1} C_k \\ {\color{red}-} & (n - 1) \cdot C_{n-1} & = (n-1)^2 & + (n-1) & + 2 \sum_{k=0}^{n-2} C_k \\ \hline & nC_n - (n-1)C_{n-1} & = & 2n & + 2C_{n-1} \end{array}$

즉, 다음과 같다.

$\begin{align} nC_n - (n-1)C_{n-1} & = 2n + 2C_{n-1}, & \quad for \; n \gt 2. \\ nC_n & = 2n + 2C_{n-1} + (n - 1)C_{n-1} \\ nC_n & = 2n + (n + 1)C_{n-1} \\ \end{align}$

그리고 점화식은 다음과 같이 정리된다.

$\begin{align} C_0 & = 0; \\ C_1 & = 0; \\ C_2 & = 3; \\ n C_n & = (n+1) C_{n-1} + 2n , \quad for \; n \gt 2. \\ \end{align}$

식 $\eqref{2.9}$ 를 참고해 꾸며보자.

$\begin{align} a_n T_n & = b_n T_{n-1} + c_n \\ n C_n & = (n+1) C_{n-1} + 2n \\ \\ a_n & = n \\ b_n & = n + 1 \\ c_1 & = 0 \quad \because C_1 = 0 + 0 \\ c_2 & = 6 \quad \because 2 C_2 = 3 C_1 + c_2 \\ c_n & = 2n \\ \\ s_n b_n & = s_{n-1} a_{n-1} \; 에서 \\ s_n & = s_{n-1} \cdot \frac{a_{n-1}}{b_n} \\ & = (s_{n-2} \cdot \frac{a_{n-2}}{b_{n-1}}) \cdot \frac{a_{n-1}}{b_n} \\ & = { a_1 a_2 ... a_{n-1} \over b_2 b_3 ... b_n } \\ & = { 1 \cdot 2 \cdot ... \cdot n-1 \over 3 \cdot 4 \cdot ... \cdot (n-1) \cdot n \cdot (n + 1)} \\ & = { 1 \cdot 2 \over n (n + 1)} \\ \end{align}$

식 $\eqref{2.10}$ 을 적용하자.

$\require{cancel} \begin{align} T_n & = \frac{1}{s_n a_n} \left( s_1 b_1 T_0 + \sum_{k = 1}^n s_k c_k \right) \\ C_n & = { 1 \over \frac{1 \cdot 2}{n(n+1)} \cdot n } \left( s_1 b_1 C_0 + \sum_{k = 1}^n s_k c_k \right) \\ & = { 1 \over \frac{1 \cdot 2}{\cancel{n}(n+1)} \cdot \cancel{n} } \left( \sum_{k = 1}^n s_k c_k \right) \\ & = { n + 1 \over 2 } \sum_{k = 1}^n s_k c_k \\ & = { n + 1 \over 2 } \sum_{k = 1}^n {2 \over k(k+1)} \cdot c_k \\ & = (n + 1) \sum_{k = 1}^n {1 \over k(k+1)} \cdot c_k \\ & = (n + 1) \left( \frac{1}{1 \cdot 2} \cdot 0 + \frac{1}{2 \cdot 3} \cdot 6 + \sum_{k = 3}^n {1 \over k(k+1)} \cdot c_k \right)\\ & = (n + 1) \left( 0 + 1 + \sum_{k = 3}^n {1 \over k(k+1)} \cdot 2k \right)\\ & = 2(n + 1) \left( \frac{1}{2} + \sum_{k = 3}^n {1 \over \cancel{k}(k+1)} \cdot \cancel{k} \right)\\ & = 2(n + 1) \left( \frac{1}{2} + \sum_{k = 3}^n {1 \over k+1} \right)\\ & = 2(n + 1) \left( \frac{1}{2} + \sum_{k = 1}^n {1 \over k+1} - \frac{1}{1+1} - \frac{1}{1+2} \right)\\ & = 2(n + 1) \left( \sum_{k = 1}^n {1 \over k+1} - \frac{1}{3} \right)\\ & = 2(n + 1) \sum_{k = 1}^n {1 \over k+1} - \frac{2(n+1)}{3}, \quad for \; n \gt 1. \\ \end{align}$

퀵 소트 점화식의 닫힌 형식

위에서 얻은 퀵 소트 점화식의 해는 다음과 같았다.

$\begin{align} C_n & = 2(n + 1) \sum_{k = 1}^n {1 \over k+1} - \frac{2(n+1)}{3}, \quad for \; n \gt 1. \\ \end{align}$

해를 잘 살펴보면 조화수(Harmonic number)가 식의 중간에 들어가 있음을 알 수 있다.

$\begin{align} 조화수 \, H_n & = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} \\ & = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \\ \end{align}$

퀵 소트 점화식의 해를 조화수를 사용해 정리해 보자.

$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1}$ 만 떼어서 작업하는 쪽이 편할 것 같다.

$\begin{align} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} & = \sum_{k=2}^{n+1} \frac{1}{k} \\ & = \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k} - \frac{1}{1} \\ & = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \frac{1}{1} + \frac{1}{n+1} \\ & = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \frac{n}{n+1} \\ & = H_n - \frac{n}{n+1} \\ \\ \end{align}$

간단하게 된 합을 적용해 보자.

$\require{cancel} \begin{align} C_n & = 2(n + 1) \sum_{k = 1}^n {1 \over k+1} - \frac{2(n+1)}{3}, \quad for \; n \gt 1. \\ & = 2(n + 1) (H_n - \frac{n}{n+1}) - \frac{2(n+1)}{3} \\ & = 2(n + 1) H_n - \frac{2 \cancel{(n+1)}n}{\cancel{n+1}} - \frac{2(n+1)}{3} \\ & = 2(n + 1) H_n - 2n - \frac{2(n+1)}{3} \\ & = 2(n + 1) H_n - 2n - \frac{2n}{3} - \frac{2}{3} \\ & = 2(n + 1) H_n - \frac{8n}{3} - \frac{2}{3}, \quad for \; n \gt 1. \\ \end{align}$

구체수학 02.합.02.합과 점화식

예제