Skip to content

Lær at bruge math-mode! #2

New issue

Have a question about this project? Sign up for a free GitHub account to open an issue and contact its maintainers and the community.

Sign up for GitHub

By clicking “Sign up for GitHub”, you agree to our terms of service and privacy statement. We’ll occasionally send you account related emails.

Already on GitHub? Sign in to your account

Open
Eckankar wants to merge 1 commit into
base: master
Choose a base branch
from
Open

Lær at bruge math-mode! #2

Changes from all commits
Commits
Show all changes
1 commit
Select commit
File filter

Filter by extension

Filter by extension
Conversations
Failed to load comments.
Loading
Jump to
Jump to file
Failed to load files.
Loading
Diff view
Diff view
121 changes: 53 additions & 68 deletions afl2.tex
View file
Open in desktop
Original file line number Diff line number Diff line change
Expand Up @@ -14,6 +14,9 @@
\rhead{\today}
\rfoot{\thepage}

% Større spacing mellem paragraphs
\parskip 12pt

% Opsæt indlæsning af filer
\lstset{
language=Python,
Expand Down Expand Up @@ -90,115 +93,97 @@ \section{a}
\end{verbatim}
\section{b}
Vi starter med en grundig gennemgang af Hoares Partitioneringsalgoritme.
\\

Vi ser at i og j initialiseres som positioner udenfor arrayret A[p..r] - hhv. som p-1 og r+1.
Grundet repeat-until konstruktionen vil de dog blive in/dekrementeret inden der laves opslag i A.
Vi ser at $i$ og $j$ initialiseres som positioner udenfor arrayet $A[p \ldots r]$ - hhv. som $p-1$ og $r+1$.
Grundet repeat-until konstruktionen vil de dog blive in/dekrementeret inden der laves opslag i $A$.

\subsection{Første iteration:}
\label{sec:foerste-it}
\textbf{Første indre løkke (linje 5-7):}
Vi ser at j dekrementeres ved indgangen til den første indre løkke. j ligger nu indenfor arrayet A[p..r].
Såfremt A[j] <= x stopper den indre løkke (linje 7), ellers fortsætter vi med at at dekrementere j.
vi ved at j aldrig bliver mindre end p, da A[p] = x. Den indre løkke vil altså altid stoppe med p >= j <= r samt A[j] <= x.
Derudover ved vi at der ikke kan være nogen elementer i A[j+1..r] der er mindre/lig med x.
\\
Vi ser at $j$ dekrementeres ved indgangen til den første indre løkke. $j$ ligger nu indenfor arrayet $A[p..r]$.
Såfremt $A[j] \leq x$ stopper den indre løkke (linje 7), ellers fortsætter vi med at at dekrementere $j$.
Vi ved at $j$ aldrig bliver mindre end $p$, da $A[p] = x$. Den indre løkke vil altså altid stoppe med $p \geq j \leq r$ samt $A[j] \leq x$.
Derudover ved vi at der ikke kan være nogen elementer i $A[j+1..r]$ der er mindre/lig med $x$.

\textbf{Anden indre løkke (linje 8-10):}
Ved indgangen til den anden indre løkke inkrementeres i, så i=p og da A[i] = A[p] = x vil den indre løkke stoppe her.
\\
Ved indgangen til den anden indre løkke inkrementeres $i$, så $i=p$ og da $A[i] = A[p] = x$ vil den indre løkke stoppe her.

\textbf{Efter de indre løkker (linje 11-13)}
Efter de to indre løkker sammenlignes i og j.
Enten har j bevæget sig hele vejen ned igennem arrayet så j=i=p hvorefter vi ved at alle elementer er større end x. Der skal derfor ikke gøres mere da x er det mindste element og ligger forrest. Her vil funktionen terminere.
\\

Hvis j istedet er forskellig fra i, må j nødvendigvis være større end i (j kan på nuværende tidspunkt ikke være mindre end i da A[i] = x).
Vi ved så at A[i] = x og at j er stoppet på et element så A[j] <= x. Derfor vil A[i] og A[j] blive ombyttet.
Efter første iteration gælder derfor at A[j] er et element der er mindre eller lig med x samt at A[i] = x. Derudover ved vi at alle elementer i A[j+1 .. r] er større end x.
Mere generelt kan vi sige at alle elementer i A[p..i] er mindre eller lig x samt at alle elementer i A[j .. r] er større eller lig med x.
Vi kan konkludere at vi på intet tidspunkt i første iteration vil tilgå et element der ikke findes i A[p..r].
Efter de to indre løkker sammenlignes $i$ og $j$.
Enten har $j$ bevæget sig hele vejen ned igennem arrayet så $j=i=p$ hvorefter vi ved at alle elementer er større end $x$. Der skal derfor ikke gøres mere da $x$ er det mindste element og ligger forrest. Her vil funktionen terminere.

Hvis $j$ i stedet er forskellig fra $i$, må $j$ nødvendigvis være større end $i$ ($j$ kan på nuværende tidspunkt ikke være mindre end $i$ da $A[i] = x$).
Vi ved så at $A[i] = x$ og at $j$ er stoppet på et element så $A[j] \leq x$. Derfor vil $A[i]$ og $A[j]$ blive ombyttet.
Efter første iteration gælder derfor at $A[j]$ er et element der er mindre eller lig med $x$ samt at $A[i] = x$. Derudover ved vi at alle elementer i $A[j+1 \ldots r]$ er større end $x$.
Mere generelt kan vi sige at alle elementer i $A[p \ldots i]$ er mindre eller lig $x$ samt at alle elementer i $A[j \ldots r]$ er større eller lig med $x$.
Vi kan konkludere at vi på intet tidspunkt i første iteration vil tilgå et element der ikke findes i $A[p \ldots r]$.

\subsection{Efterfølgene iterationer:}
\label{sec:eft-it}
Vi ved nu at der i intervallet A[p..i] kun eksiterer elementer der er mindre/lig x samt at der i intervallet A[j..r] kun eksisterer elementer der er større/lig x
i hver iteration opretholder vi denne orden samtidig med at vi dekrementerer j og inkrementerer i.
\\
Vi ved nu at der i intervallet $A[p \ldots i]$ kun eksiterer elementer der er mindre/lig $x$ samt at der i intervallet $A[j \ldots r]$ kun eksisterer elementer der er større/lig $x$
i hver iteration opretholder vi denne orden samtidig med at vi dekrementerer $j$ og inkrementerer $i$.

Vi ved vi opretholder denne orden for i hvert trin i den første indre løkke lader vi j glide ned gennem arrayet mod p indtil den finder et element A[j] <= x der stopper den j, da den kun bevæger sig hen over elementer der er >= x ved vi at alle elementer i A[j+1..r] >= x
efterfølgende lader vi i gå mod r på samme måde som j. Hvis j møder et element der er >= x stoppes der. Vi ved derfor ligesom med j at elementerne i A[p..i-1] <= x. Når j og i er stoppet ved vi de skal ombyttes (med mindre i>j hvormed vi skal stoppe funktionen som set under afslutningen). Efter ombytningen ved vi at A[j] >= x og at A[i] <= x. Vi har derfor at elementerne i A[p..i] <= x og A[j..r] >= x, samt at både j og i ligger mellem p og r da de stadig er på vej mod hinanden.
Vi ved vi opretholder denne orden, for i hvert trin i den første indre løkke lader vi $j$ glide ned gennem arrayet mod $p$ indtil den finder et element $A[j] \leq x$ der stopper den $j$, da den kun bevæger sig hen over elementer der er $\geq x$ ved vi at alle elementer i $A[j+1..r] \geq x$
efterfølgende lader vi $i$ gå mod $r$ på samme måde som $j$. Hvis $j$ møder et element der er $\geq x$ stoppes der. Vi ved derfor ligesom med $j$ at elementerne i $A[p \ldots i-1] \leq x$. Når $j$ og $i$ er stoppet ved vi de skal ombyttes (med mindre $i>j$ hvormed vi skal stoppe funktionen som set under afslutningen). Efter ombytningen ved vi at $A[j] \geq x$ og at $A[i] \leq x$. Vi har derfor at elementerne i $A[p \ldots i] \leq x$ og $A[j \ldots r] \geq x$, samt at både $j$ og $i$ ligger mellem $p$ og $r$ da de stadig er på vej mod hinanden.

\subsection{Afslutning:}
\label{sec:afsl-it}
På et tidspunkt vil j og i bevæge sig forbi hinanden eller lande på samme element.
Vi ved at A[p..i] efter første iteration indeholder mindst et element, samt at elementerne er mindre/lig x. Derfor vil den første indre løkke stoppe hvis j <= i da A[j] så vil være <= x
\\
På et tidspunkt vil $j$ og $i$ bevæge sig forbi hinanden eller lande på samme element.
Vi ved at $A[p \ldots i]$ efter første iteration indeholder mindst et element, samt at elementerne er mindre/lig $x$. Derfor vil den første indre løkke stoppe hvis $j \leq i$ da $A[j]$ så vil være $\leq x$.

Tilsvarende ved vi at A[j..r] indeholder mindst et element samt at elementerne er større/lig x. Derfor vil den anden indre løkke stoppe hvis i >= j da A[i] så vil være >= x
\\
Tilsvarende ved vi at $A[j \ldots r]$ indeholder mindst et element samt at elementerne er større/lig x. Derfor vil den anden indre løkke stoppe hvis $i \geq j$ da $A[i]$ så vil være $\geq x$

Hvis bãde j og i stopper på det samme element, så j=i, må elementet være lig med x. Vi ved også algoritmen har traverseret hele arrayet A[p..(ij)..r]. Vi har så at alle elementerne A[p..i-1] <= x og at A[j+1..r] >=x samt at A[i]=A[j]=x.
Hvis bãde $j$ og $i$ stopper på det samme element, så $j=i$, må elementet være lig med $x$. Vi ved også algoritmen har traverseret hele arrayet $A[p \ldots (ij) \ldots r]$. Vi har så at alle elementerne $A[p \ldots i-1] \leq x$ og at $A[j+1 \ldots r] \geq x$ samt at $A[i]=A[j]=x$.
Vi kan samtidigt konkludere at både i og j ikke har bevæget sig uden for arrayet da de har bevæget sig mod hinanden ind mod midten og stoppet på samme position.
\\

Hvis ikke j og i stopper på samme plads vil de krydse hinanden.
Der kan nu ske en af to ting, j krydser i eller i krydser j
\\
Hvis ikke $j$ og $i$ stopper på samme plads vil de krydse hinanden.
Der kan nu ske en af to ting, $j$ krydser $i$ eller $i$ krydser $j$

Det første scenarie vil forekomme når j rammer i, da vil j stoppe for vi har at A[i] <= x. Efter j er stoppet vil i rykke til j+1 hvor i også vil stoppe da A[i] så er >= x.
Det andet scenarie vil forekomme når j stopper på et tal der er <= x, herefter bevæger i sig så forbi j og lander på j+1 hvor det som før vil ende.
I begge scenarier har vi at invarianten ikke længere gælder for de nye værdier i og j da de nu har krydset hinanden. Vi ved dog stadig at alle elementer i arrayet A[p..i-1] <= x, vi ved også at i = j+1 derfor må der gælde at alle elementer A[p..j] <= x. Desuden ved vi at elementerne A[j+1..r] stadig må være >= x
Det første scenarie vil forekomme når $j$ rammer $i$, da vil $j$ stoppe for vi har at $A[i] \leq x$. Efter j er stoppet vil i rykke til $j+1$ hvor i også vil stoppe da $A[i]$ så er $\geq x$.
Det andet scenarie vil forekomme når $j$ stopper på et tal der er $\leq x$, herefter bevæger $i$ sig så forbi $j$ og lander på $j+1$ hvor det som før vil ende.
I begge scenarier har vi at invarianten ikke længere gælder for de nye værdier $i$ og $j$ da de nu har krydset hinanden. Vi ved dog stadig at alle elementer i arrayet $A[p \ldots i-1] \leq x$, vi ved også at $i = j+1$ derfor må der gælde at alle elementer $A[p \ldots j] \leq x$. Desuden ved vi at elementerne $A[j+1 \ldots r]$ stadig må være $\geq x$
Funktionen har derfor udført sin opgave og terminere.
\\

Udfra denne dybdegående gennemgang ser vi altså følgende:
\begin{itemize}
\item j og i starter udenfor intervallet p til r, men bliver de/inkrementeret som det første i de indre løkker så opslagene i A er gyldige.
\item I første trin rykkes j mod p indtil det finder et element der er mindre eller lig med x
\item Vi ved at dette altid vil lykkedes da x = A[p]
\item i inkrementeres med 1 og A[i] byttes ud med A[j]
\item Der ligger nu en værdi i hver ende af arrayet hvor j og i altid vil stoppe.
\item Hvis i og j krydser hinanden vil de på et tidspunkt møde en værdi der får dem til at stoppe og funktionen vil terminere da i >= j
\\

\item Det vistes at den ydre løkke afsluttes enten når i=j eller når i=j + 1\\
\textit{(I opgave c gennemgås hvordan j altid vil være skarpt mindre end r hvormed j+1 ikke vil falde uden for p til r)}
\item $j$ og $i$ starter udenfor intervallet $p$ til $r$, men bliver de/inkrementeret som det første i de indre løkker så opslagene i $A$ er gyldige.
\item I første trin rykkes $j$ mod $p$ indtil det finder et element der er mindre eller lig med $x$
\item Vi ved at dette altid vil lykkedes da $x = A[p]$
\item $i$ inkrementeres med $1$ og $A[i]$ byttes ud med $A[j]$
\item Der ligger nu en værdi $i$ hver ende af arrayet hvor $j$ og $i$ altid vil stoppe.
\item Hvis $i$ og $j$ krydser hinanden vil de på et tidspunkt møde en værdi der får dem til at stoppe og funktionen vil terminere da $i \geq j$
\item {
Det vistes at den ydre løkke afsluttes enten når $i=j$ eller når $i=j + 1$.

\textit{(I opgave c gennemgås hvordan $j$ altid vil være skarpt mindre end $r$ hvormed $j+1$ ikke vil falde uden for $p$ til $r$)}
}
\end{itemize}
\\

\section{c}
Først vil vi komme frem til at j vil være skarpt mindre end r når funktionen terminerer.
Først vil vi komme frem til at $j$ vil være skarpt mindre end $r$ når funktionen terminerer.
Vi ser først på den første iteration af den yderste løkke.
Den første indre løkke vil altid blive kørt mindst to gange: Ved første iteration bliver j dekrementeret til at være lig r.
Den første indre løkke vil altid blive kørt mindst to gange: Ved første iteration bliver $j$ dekrementeret til at være lig $r$.
\begin{itemize}
\item Hvis A[j] er større end x vil j fortsætte imod p. j vil derfor blive skarpt mindre end r ved anden iteration af den indre løkke.
\item Hvis A[j] er mindre eller lig med x, vil der ske en ombytning af A[i] og A[j] (da i < j). Da den ydre løkke ikke stoppes efter en ombytning vil j blive dekrementeret endnu engang inden funktionen kan terminere j vil derfor være skarpt mindre end r når funktionen er tilendebragt.
\item Hvis $A[j]$ er større end $x$ vil $j$ fortsætte imod $p$. $j$ vil derfor blive skarpt mindre end $r$ ved anden iteration af den indre løkke.
\item Hvis $A[j]$ er mindre eller lig med $x$, vil der ske en ombytning af $A[i]$ og $A[j]$ (da $i < j$). Da den ydre løkke ikke stoppes efter en ombytning vil $j$ blive dekrementeret endnu engang inden funktionen kan terminere $j$ vil derfor være skarpt mindre end $r$ når funktionen er tilendebragt.
\end{itemize}
\\

Vi ser nu hvorfor j kan være lig p.
Dette sker når x værdien er den laveste af værdierne i A[p..r] og starter forrerst, så vil den første indre løkke løbe hele vejen ned til j=p hvor funktionen så terminere uden nogen ombytninger.
\\

Hvis j undervejs mod p støder på en værdi A[j] <= x, begynder vi at inkrementere i til A[i] >= x, når dette sker ved vi fra \ref{sec:eft-it} at elementerne A[p..i] <= x. Da ved vi at vi på et tidspunkt vil komme til en afslutning som set i \ref{sec:afsl-it} hvor j > p
\\

Det er derfor klart at p <= j < r
Vi ser nu hvorfor $j$ kan være lig $p$.
Dette sker når $x$ værdien er den laveste af værdierne i $A[p \ldots r]$ og starter forrerst, så vil den første indre løkke løbe hele vejen ned til $j=p$ hvor funktionen så terminere uden nogen ombytninger.

Hvis $j$ undervejs mod $p$ støder på en værdi $A[j] \leq x$, begynder vi at inkrementere i til $A[i] \geq x$, når dette sker ved vi fra \ref{sec:eft-it} at elementerne $A[p \ldots i] \leq x$. Da ved vi at vi på et tidspunkt vil komme til en afslutning som set i \ref{sec:afsl-it} hvor $j > p$

Det er derfor klart at $p \leq j < r$

\section{d}

Fra opgave b, sektion \ref{sec:foerste-it}, ved vi at efter første iteration vil det gælde at elementerne i A[p..i] er <= x samt at elementerne i A[j..r] er >= x
\\
Fra opgave b, sektion \ref{sec:foerste-it}, ved vi at efter første iteration vil det gælde at elementerne i $A[p \ldots i]$ er $\leq x$ samt at elementerne i $A[j \ldots r]$ er $\geq x$

vi ved også fra sektion \ref{sec:eft-it} at dette er gældene som j går mod p og i går mod r.
\\
vi ved også fra sektion \ref{sec:eft-it} at dette er gældene som $j$ går mod $p$ og $i$ går mod $r$.

I sektion \ref{sec:afsl-it} så vi at \" Vi ved dog stadig at alle elementer i arrayet A[p..i-1] <= x, vi ved også at i = j+1 derfor må der gælde at alle elementer A[p..j] <= x. Desuden ved vi at elementerne A[j+1..r] stadig må være >= x
I sektion \ref{sec:afsl-it} så vi at \" Vi ved dog stadig at alle elementer i arrayet $A[p \ldots i-1] \leq x$, vi ved også at $i = j+1$ derfor må der gælde at alle elementer $A[p \ldots j] \leq x$. Desuden ved vi at elementerne $A[j+1..r]$ stadig må være $\geq x$
Funktionen har derfor udført sin opgave og terminere. \"
Så efter funktionens kørsel ved vi at elementerne i A[p..j] er mindre eller lig med x-værdien og at elementerne i A[j+1..r] er større eller lig x. Det ses da at alle værdierne i A[p..j] er mindre eller lig værdierne i A[j+1..r]
Så efter funktionens kørsel ved vi at elementerne i $A[p..j]$ er mindre eller lig med $x$-værdien og at elementerne i $A[j+1..r]$ er større eller lig $x$. Det ses da at alle værdierne i $A[p..j]$ er mindre eller lig værdierne i $A[j+1..r]$

\section{e}
%\begin{algorithm}
Expand Down