Analiza algorytmu Euklidesa: Różnice pomiędzy wersjami

Wersja z 20:01, 23 sie 2015

Należy udowodnić że algorytm zawsze kończy obliczenia.

Dowodu nie da się przeprowadzić opierając się na aksjomatach Peano. Zacznijmy od obserwacji, że algorytm Euklidesa w niestandardowym modelu liczb naturalnych może nie zakończyć obliczeń. (Lub, ujmując to inaczej - jest taka klasa K w której ten algorytm nie kończy obliczeń.)

Na jakich więc podstawach ma się oprzeć dowód własności stop algorytmu?

Okaże się, że wystarczą trzy następujące:

Algorytmiczne aksjomaty liczb naturalnych:

(N1) [math]\color{blue} {(\forall n) (n+1 \neq 0 )} [/math]

(N2) [math]\color{blue} { (\forall n)(\forall m)(n+1=m+1 \Rightarrow n=m) } [/math]

(N3) [math]\color{blue} { (\forall n)[m:=0; \mathbf{while}\ m \neq n\ \mathbf{do}\ m:=m+1\ \mathbf{od}](m=n) } [/math]

Możemy zdefiniować relacje mniejszości

oraz operację odejmowania

Definicja

Jeśli [math]\color{blue}{ y \lt x }[/math] to operacja odejmowania jest określona tak

[math]\color{blue}{ x \stackrel{.}{-}y\ \stackrel{df}{\equiv}\ \left[\begin{array}{l} r:=y;\ q:=0; \\ \mathbf{while}\ r \neq x \ \mathbf{do} \quad r:=r+1;\ q:=q+1 \ \mathbf{od}; \\ \end{array} \right] (wynik = q)} [/math]

Lemat

(N3')     [math] \quad \color{blue}{ (\forall n \neq 0)[ \mathbf{while}\ n \neq 0\ \mathbf{do}\ n:=n \stackrel{_\centerdot}{-}1\ \mathbf{od}](n=0)}[/math]

Definicja Operacja dodawania jest określona tak

[math]\color{blue}{ x + y\ \stackrel{df}{\equiv}\ \left[\begin{array}{l} r:=x;\ q:=0; \\ \mathbf{while}\ q \neq y \ \mathbf{do} \quad r:=r+1;\ q:=q+1 \ \mathbf{od}; \\ \end{array} \right] (wynik = r) } [/math]

Lemat (zasada Archimedesa)

Jeśli [math] \color{blue}{ 0 \lt n \lt m }[/math] to

[math]\color{blue}{ \left[\begin{array}{l} r:=n; \\ \mathbf{while}\ r \leq m \ \mathbf{do} \quad r:=r+n; \ \mathbf{od}; \\ \end{array} \right] (r\gtm) } [/math]

Dowód własności stop algorytmu Euklidesa

Gdyby algorytm Euklidesa miał obliczenie nieskończone dla pewnych liczb naturalnych n i m to stanowiłoby to zaprzeczenie aksjomatu (N3) liczb naturalnych.

W algorytmie występuje pętla zewnętrzna i dwie po kolei pętle wewnętrzne. W każdym przypadku obliczenia pętli wewnętrznych są skończone. Wynika to wprost z aksjomatu (N3). Nieco trudniej jest zauważyć, że obliczenie pętli wewnętrznej jest także skończone. Wychodząc z drugiej pętli wewnętrznej osiągnęliśmy większą z dwu liczb n, m zaczynając od zera i dodając pracowicie jeden. W każdym kolejnym wykonaniu instrukcji iterowanych w pętli zewnętrznej większa z liczb n,m jest zmniejszana bo [math]\color{blue} n \neq m[/math]. Więc, po conajwyżej [math]\color{blue} max(n,m) [/math] powtórzeniach pętli zewnętrznej, algorytm Euklidesa, w tej postaci, zatrzyma się.

Ale po kolei: Z aksjomatu (N3) wynika, że

[math]\{ r:=0; \mathbf{while} \ r \neq n\ \mathbf{do}\ r:=r+1\ \mathbf{od}\} \ r=n [/math]

Wykorzystując następującą regułę wnioskowania

[math]\frac{\alpha \Rightarrow \beta}{\mathbf{while}\ \beta\ \mathbf{do}\ K\ \mathbf{od}\ \neg \beta \Rightarrow \mathbf{while}\ \alpha\ \mathbf{do}\ K\ \mathbf{od}\ \neg \alpha} [/math]

wnioskujemy, że

[math]\{ r:=0; \mathbf{while} \ r \neq n \land r\neq m\ \mathbf{do}\ r:=r+1\ \mathbf{od} \} \ (r=n \lor r=m)[/math]

Z założenia [math]n \neq m[/math] wynika, że

[math]\{ r:=0; \mathbf{while} \ r\neq n \land r\neq m\ \mathbf{do}\ r:=r+1\ \mathbf{od} \} \ (r=min(n, m))[/math]

Udowodniliśmy więc, że

[math]\left \{\begin{array}{l} \mathbf{if}\ n\neq m\\ \mathbf{then} \\ \quad r:=0;\\\quad \mathbf{while} \ r \neq n \land r\neq m\ \mathbf{do}\ r:=r+1\ \mathbf{od}; \\ \quad \mathbf{if}\ r=n\\ \quad \mathbf{then}\\ \qquad n\_mniejsze:=true;\ maks:=m\\\quad \mathbf{else}\\ \qquad n\_mniejsze:=false;\ maks:=n\\\quad \mathbf{fi};\\ \mathbf{fi} \end{array} \right \} \ ((r=n \land n\ltm)\lor (r=m \land m\gtn )\land maks=\mathrm{max}(n,m))[/math]

Jeszcze raz korzystamy z aksjomatu (N3)

[math]\{ r:=0; \mathbf{while} \ r\neq maks \ \mathbf{do}\ r:=r+1\ \mathbf{od}\} \ r=maks [/math]

[math]\left \{\begin{array}{l} \mathbf{if}\ n\neq m\\ \mathbf{then} \\ \quad r:=0;\\ \quad \mathbf{while} \ r\neq n \land r\neq m\ \mathbf{do}\ r:=r+1\ \mathbf{od}; \\ \quad \mathbf{if}\ r=n\\ \quad \mathbf{then}\\ \qquad n\_mniejsze:=true;\ maks:=m\\ \quad \mathbf{else}\\ \qquad n\_mniejsze:=false;\ maks:=n\\ \quad \mathbf{fi};\\ \quad r:=0;\\ \quad \mathbf{while} \ r\neq maks \ \mathbf{do}\ r:=r+1\ \mathbf{od} \\ \mathbf{fi} \end{array} \right \} \ ( r=maks \land maks=\mathrm{max}(n,m))[/math]

Skorzystam z prawa przerwania i wznowienia podróży

[math]\left \{\begin{array}{l} r:=0;\\ \mathbf{while} \ r\neq \mathrm{max}(n,m) \\ \mathbf{do}\\ \quad r:=r+1 \\ \mathbf{od}; \\ \end{array} \right \} \ ( r=\mathrm{max}(n,m)) \equiv \left \{\begin{array}{l} r:=0;\\ \mathbf{while} \ r\neq min(n,m) \\ \mathbf{do}\\ \quad r:=r+1\\ \mathbf{od}; \\ \mathbf{if}\ r= n\\ \mathbf{then}\\ \quad n\_mniejsze:=true;\\ \quad maks:=m\\ \mathbf{else}\\ \quad n\_mniejsze:=false;\\ \quad maks:=n\\ \mathbf{fi};\\ \mathbf{while} \ r\neq maks \\ \mathbf{do}\\ \quad r:=r+1\\ \mathbf{od} \\ \end{array} \right \} \ ( r=\mathrm{max}(n,m))[/math]

by uzyskać

[math]\left \{\begin{array}{l} \mathbf{if}\ n\neq m\\ \mathbf{then} \\ \quad r:=0;\\ \quad \mathbf{while} \ r\neq n \land r\neq m\ \mathbf{do}\ r:=r+1\ \mathbf{od}; \\ \quad \mathbf{if}\ r=n\\ \quad \mathbf{then}\\ \qquad n\_mniejsze:=true;\ maks:=m\\ \quad \mathbf{else}\\ \qquad n\_mniejsze:=false;\ maks:=n\\ \quad \mathbf{fi};\\ \quad q:=0 \\ \quad \mathbf{while} \ r\neq maks \\ \quad \mathbf{do}\\ \qquad r:=r+1;\ q:=q+1\\ \quad \mathbf{od} \\ \mathbf{fi} \end{array} \right \} \left( \begin{array}{l} ( r=maks \land maks=\mathrm{max}(n,m)) \land \\ ((n\_mniejsze \land q=m-n)\lor(\neg n\_mniejsze \land q=n-m))\end{array} \right) [/math]

w tym programie wstawiam instrukcję

if n_mniejsze then m:=q else n := q fi

co pozwala mi udowodnić następującą implikację

[math](\color{red} { \mathrm{max}(n,m) = l } \color{black}) {\Rightarrow \left \{\begin{array}{l} \mathbf{if}\ n\neq m\\ \mathbf{then} \\ \quad r:=0;\\ \quad \mathbf{while} \ r\neq n \land r\neq m\ \mathbf{do}\ r:=r+1\ \mathbf{od}; \\ \quad \mathbf{if}\ r=n\\ \quad \mathbf{then}\\ \qquad n\_mniejsze:=true;\ maks:=m\\ \quad \mathbf{else}\\ \qquad n\_mniejsze:=false;\ maks:=n\\ \quad \mathbf{fi};\\ \quad q:=0 \\ \quad \mathbf{while} \ r\neq maks \\ \quad \mathbf{do}\\ \qquad r:=r+1;\ q:=q+1\\ \quad \mathbf{od}; \\ \quad \mathbf{if}\ n\_mniejsze\ \mathbf{then}\ m:=q\ \mathbf{else}\ n := q \ \mathbf{fi}; \\ \mathbf{fi} \end{array} \right \} } \ ( \color{red} { \mathrm{max}(n,m))\lt l })[/math]

Zastosujemy lemat (N3'). Powiada on, dla każdego n, powtarzając odejmowanie 1 otrzymamy w końcu 0. Z tego powodu pętla zewnętrzna musi zakończyć swe obliczenia: nie można zmniejszać bez końca wartości [math]max(n,m)[/math]. Przy okazji uzyskaliśmy, bardzo niedoskonałe, oszacowanie górne kosztu algorytmu [math]O(max(n,m)^2)[/math].

Dowód poprawności algorytmu Euklidesa

Należy wykazać, że wynik algorytmu Euklidesa dla danych x i y to największy wspólny dzielnik.

Z postaci programu widać, że wynik jest największą liczbą [math]n[/math], mniejszą od [math]max(x,y)[/math] taką, że ... [math]n | x[/math] i [math]n | y[/math]. Algorytm wyznacza ciąg par [math]\{\langle n_i, m_i \rangle\} [/math] taki, że

[math]\langle n_1,m_1 \rangle = \langle x,y \rangle [/math]

[math]\langle n_{i+1},m_{i+1} \rangle = \begin{cases} \langle n_{i}-m_{i},m_{i} \rangle & \text{gdy}\ n_i\gt m_i \\ \langle n_{i},m_{i}-n_i \rangle & \text{gdy}\ n_i\ltm_i \\ \mbox{niezdefiniowany} & \text{gdy}\ n_i=m_i \end{cases}[/math]

zachodzi przy tym

[math]\mathrm{NWD}( n_{i+1},m_{i+1})= \mathrm{NWD}( n_{i},m_{i}) [/math]

Ciąg wartości [math]\mathrm{max}( n_{i},m_{i}) [/math] jest ciągiem ściśle malejącym, ograniczonym od dołu przez 1.

przejdź do algorytmu Euklidesa

powrót do wybrane przykłady