算法导论

题目1

*证明若f(n)和g(n)是单调递增的函数，则f(n)+g(n)和f(g(n))也是递增的函数。此外，若f(n)和g(n)是非负的，则f(n)g(n)是单调递增的

证明 ：

• 不妨假设 n ₁ ,n ₂ 是在函数的定义域内，且 n ₁ < n ₂

因为 f(n)和 g(n)都是单调递增的，则有 f(n ₁) < f(n ₂) g(n ₁) < g(n ₂)

令 T _n = f(n) + g(n)

则 T _n2 -T _n1 = f(n ₂) - f(n ₁) + g(n ₂) - g(n ₁) > 0

即 T _n2 > T _n1

所以 T _n 是单调递增的，也即是 f(n)+g(n)是递增的；

而 f(g(n))的证法相同，就不再赘述 <外增内增，复合为增 >

• 假设变量 m，n在函数定义域内，且 m > n，因为递增，则 f(m) > f(n)，g(m) > g(n)，则 :
  $$f(m)/f(n)>1，g(m)/g(n)>1$$

$$\therefore [f(m)\ast g(m)]/[f(n)\ast g(n)]>1$$

$$\therefore f(n)\ast g(n)是单调递增的$$

题目2

证明等式n!=o(nⁿ), n!=w(2ⁿ), lg(n!)=θ(n lgn)。并证明n!=w(2ⁿ) 和n!=o(nⁿ)。

​ 证：根据斯特林公式，n!=((2πn)^{(1/2))*((n/e)}n)(1+θ(1/n)),存在任意的正常数c>0，n ₀>0，当n _0->正无穷， ((2πn)^{(1/2))*((1/e)}n)(1+θ(1/n)) >0，显然有 0 <= ((2πn)^{(1/2))*((n/e)}n^)*(1+θ(1/n)) <= c (n ⁿ)，得证 ;

假设要存在任意的正常数c>0,n ₀>0,当n>n ₀,有 0 <= c 2 ⁿ < n!成立，则 n!/(2^n) =((2πn)^(1/2))((n/(2 e))^n)(1+θ(1/n)),显然n _0->无穷，n!/(2 ⁿ)->无穷，得证。

​ 同理，假设存在正常数c ₁>0,c ₂>0,n ₀>0,当n>n ₀,有c1nlgn< lg(n!) < c ₂ nlgn。即当n _0->，则n!=lg(((2πn)^{(1/2))*((n/e)}n))(1+θ(1/n)))/(nlgn) >1，则可知必然存在c ₁、c ₂，有c ₁ <= 1 <=c ₂,得证。

​

题目3

• $$\sum _{i=0}^{d}ai\ast x^n=a_d\ast n^d+a_{d-1}\ast n^{d-1}+a_{d-2}\ast n^{d-2}+a_{d-3}\ast n^{d-3}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +a_1\ast n+a_0<=c\ast n^k$$

  则有
  $$a_d+\frac{a_{d-1}}{n}+\frac{a_{d-2}}{n^2}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +\frac{a_0}{n^d}<=c{n}^k$$
  令 c = d + 1

  只要:
  $$n_0=max(\sqrt[k-d]{a_d}，\sqrt[k-d-1]{a_{d-1}}，\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot ，{\sqrt[k]{a}}_0)$$
  即有 p(n) = O(n ^k)

• $$0<=c{n}^k=a_d\ast n^d+a_{d-1}\ast n^{d-1}+a_{d-2}\ast n^{d-2}+a_{d-3}\ast n^{d-3}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +a_1\ast n+a_0$$

  $$c<=a_d+a_{d-1}{n}^{d-k}+a_{d-2}{n}^{d-k-1}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +a_1{n}^{1-k}+a_0{n}^{-k}$$

  ∵ d >= k
  $$（后者{）}_{min}=a_d+a_{d-1}{n}^{d-k}+a_{d-2}{n}^{d-k-1}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +a_1{n}^{1-k}+a_0{n}^{-k}<1$$
  故 c = a _d -1时

  满足第二个条件 p(n) = Ω(n ^k)

• $$0<=c_1{n}^k=a_d\ast n^d+a_{d-1}\ast n^{d-1}+a_{d-2}\ast n^{d-2}+a_{d-3}\ast n^{d-3}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +a_1\ast n+a_0<=c_2{n}^k$$

  因为 k = d

  所以
  $$c_1<=a_d+a_{d-1}{n}^{d-k}+a_{d-2}{n}^{d-k-1}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +a_1{n}^{1-k}+a_0{n}^{-k}<c_2$$
  当c ₁ = a _d -1，c ₂ = a ₀ +d
  $$n_0=max(\sqrt[k-d]{a_d}，\sqrt[k-d-1]{a_{d-1}}，\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot ，{\sqrt[k]{a}}_0)$$
  得到 p(n) = θ（n ^k）

• $$0<=a_d\ast n^d+a_{d-1}\ast n^{d-1}+a_{d-2}\ast n^{d-2}+a_{d-3}\ast n^{d-3}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +a_1\ast n+a_0<=c{n}^k$$

  $$a_d+\frac{a_{d-1}}{n}+\frac{a_{d-2}}{n^2}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +\frac{n_0}{n_d}<=c{n}^{k-d}$$

  因为 k > d

  则有当 n → ∞ 时

  对于任意的c > 0都成立，故有 p(n) = o(n ^k)

• $$0<=c{n}^k=a_d\ast n^d+a_{d-1}\ast n^{d-1}+a_{d-2}\ast n^{d-2}+a_{d-3}\ast n^{d-3}+\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot +a_1\ast n+a_0$$

  $$c<=a_{d}n+\cdots +a_i+\frac{a_{i-2}}{n^{k-i}}+\cdots +\frac{n_0}{n^k}$$

  n比较大时
  $$c<=a_{d}n+\cdots +a_i+\frac{a_{i-2}}{n^{k-i}}+\cdots +\frac{n_0}{n^k}$$
  此时满足 p(n) = w(n ^k)