算法导论 — 3.2 标准记号与常用函数

笔记

1. 向下取整与向上取整
　　$\lfloor x\rfloor$是对$x$向下取整，表示小于或等于$x$的最大整数。$\lceil x\rceil$是对$x$向上取整，表示大于或等于$x$的最小整数。向下取整与向上取整具有以下规律：
　　(1) 对所有实数$x$，有$x-1<\lfloor x\rfloor \le x\le \lceil x\rceil <x+1$
　　(2) 对任意整数$n$，有$\lceil n/2\rceil +\lfloor n/2\rfloor =n$
　　(3) 对任意实数$x\ge 0$和整数$a,b>0$，有
　　　　$\lceil \frac{\lceil x/a\rceil }{b}\rceil =\lceil \frac{x}{ab}\rceil$
　　　　
　　　　$\lfloor \frac{\lfloor x/a\rfloor }{b}\rfloor =\lfloor \frac{x}{ab}\rfloor$
　　　　
　　　　$\lceil \frac{a}{b}\rceil \le \frac{a+(b-1)}{b}$
　　　　
　　　　$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ge \frac{a-(b-1)}{b}$
　　(4) 向下取整函数$f(x)=\lfloor x\rfloor$是单调递增的，向上取整函数$f(x)=\lceil x\rceil$也是单调递增的。
　　
　　2. 模运算
　　对任意整数$a$和任意正整数$n$，模运算$a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的结果就是$a$除以$n$的余数，即
　　　　$a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n=a-n\lfloor a/n\rfloor$
　　模运算的结果满足$0\le a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n<n$。
　　如果$a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n=b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$，则说明$a$与$b$除以$n$的余数相同，记为$a\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$，并称模$n$时$a$等价于$b$。模运算具有以下性质：
　　$a\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)\iff n是b-a的一个因子$
　　
　　 3. 多项式
　　 给定一个非负整数$d$，$n$的$d$次多项式为
　　 $p(n)=a_0+a_{1}n+a_2{n}^2+\cdots +a_d{n}^d={\sum }_{i=0}^d{a}_i{n}^i$
　　 其中，常量$a_0,a_1,\dots ,a_d$是多项式的系数，并且$a_d̸=0$。
　　 一个多项式为渐近正当且仅当$a_d>0$。对于一个$d$次渐近正的多项式$p(n)$，有$p(n)=\Theta (n^d)$。如果一个函数$f(n)=O(n^d)$，则称该函数是多项式有界的。
　　
　　 4. 指数函数
　　 (1) 指数函数的基本性质
　　 对所有实数$a>0$、$m$和$n$，以下等式成立
　　 　　 $a^0=1$
　　 　　
　　 　　 $a^1=a$
　　 　　
　　 　　 $a^{-1}=\frac{1}{a}$
　　 　　
　　 　　 $(a^m{)}^n=a^{mn}$
　　 　　
　　 　　 $a^m\bullet a^n=a^{m+n}$
　　 　　
　　 (2) 指数函数与多项式函数比较
　　 给定一个指数函数$f(n)=a^n$ (其中$a>1$)，一个多项式函数$g(n)=n^b$，有$li{m}_{n\to \infty }\frac{n^b}{a^n}=0$。据此可得，$n^b=o(a^n)$，这说明任意底大于$1$的指数函数比任意多项式函数增长得快。
　　 (3) 自然对数的底$e$
　　 自然对数的底$e=2.71828\dots$。对所有实数$x$，有
　　
　　 　　 $e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots ={\sum }_{i=0}^{\infty }\frac{x^i}{i!}$
　　 　　
　　 对所有实数$x$，有$e^x\ge 1+x$成立。只有当$x=0$时，等号才成立。
　　 当$|x|\le 1$时，可通过不等式$1+x\le e^x\le 1+x+x^2$来近似估计$e^x$的值。当$x\to 0$时，用$1+x$来估计$e^x$的近似值是足够精确的。
　　 对所有实数$x$，有$li{m}_{n\to \infty }(1+\frac{x}{n}{)}^n=e^x$。
　　
　　 5. 对数函数
　　 本书约定下面的记号：
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}n={\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{2}n(以2为底的对数)$
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{n}n={\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{e}n(自然对数)$
　　 　　 ${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{k}n=(\mathrm{l}\mathrm{g}n{)}^k(对数的幂)$
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n=\mathrm{l}\mathrm{g}(\mathrm{l}\mathrm{g}n)(复合对数)$
　　 (1) 对数函数基本性质
　　 对所有实数$a>0$、$b>0$、$c>0$和$n$，以下等式成立
　　 　　 $a=b^{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a}$
　　 　　
　　 　　 ${\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_c(ab)={\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{c}a+{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{c}b$
　　 　　
　　 　　 ${\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_b{a}^n=n{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a$
　　 　　
　　 　　 ${\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a=({\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{c}a)/({\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{c}b)$
　　 　　
　　 　　 ${\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_b(1/a)=-{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a$
　　 　　
　　 　　 ${\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a=\frac{1}{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{a}b}$
　　 　　
　　 　　 $a^{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}c}=c^{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a}$
　　 　　
　　 (2) 当$|x|<1$时，$\mathrm{l}\mathrm{n}(1+x)$有级数展开
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{n}(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\cdots$
　　 　　
　　 (3) 对于$x>-1$，还有以下不等式
　　 　　 $\frac{x}{1+x}\le \mathrm{l}\mathrm{n}(1+x)\le x$
　　 　　
　　 (4) 如果对某个常量$k$，有$f(n)=O({\mathrm{l}\mathrm{g}}^{k}n)$，则称函数$f(n)$是多对数有界的。
　　 (5) 多对数函数与多项式函数比较
　　 给定一个多对数函数$f(n)={\mathrm{l}\mathrm{g}}^{b}n$，一个多项式函数$g(n)=n^a$ (其中$a>0$)，有$li{m}_{n\to \infty }\frac{{\mathrm{l}\mathrm{g}}^{b}n}{n^a}=0$。据此可得，${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{b}n=o(n^a)$，这说明任意渐近正的多项式函数都比任意多对数函数增长要快。
　　
　　6. 阶乘
　　(1) 斯特林公式
　　　　
　　(2) 以下渐近表达式成立
　　　　$n!=o(n^n)$
　　　　$n!=\omega (2^n)$
　　　　$\mathrm{l}\mathrm{g}(n!)=\Theta (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)$
　　(3) 对所有$n\ge 1$，以下等式也成立
　　　　
　　其中，$\frac{1}{12n+1}<{\alpha }_n<\frac{1}{12n}$。
　　
　　 7. 多重函数
　　 用记号$f^{(i)}(n)$表示函数$f(n)$重复$i$次作用于一个初值$n$上。$f^{(i)}(n)$可以按照如下方式递归地定义。
　　 　　
　　 例如，若$f(n)=2n$，则$f^{(i)}(n)=2^{i}n$。
　　
　　8. 多重对数函数
　　定义多重对数函数如下：
　　　　${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }n=min\{i\ge 0:{\mathrm{l}\mathrm{g}}^{(i)}n\le 1\}$
　　多重对数函数的意义是：对一个初值$n$最多可以连续应用多少次对数函数，才能使得最后结果小于或等于$1$。对初值$n$最多应用了对数函数的次数，就是多重对数函数的输出。
　　多重对数函数是一个增长极其缓慢的函数。
　　　　${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }2=1$
　　　　${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }4=2$
　　　　${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }16=3$
　　　　${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }65536=4$
　　　　${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }(2^{65536})=5$
　　　　
　　9. 斐波那契数
　　斐波那契数$F(n)$按照以下递归式来定义：
　　　　
　　 斐波那契数与黄金分割率$\phi$及其共轭数$\hat{\phi }$有关。$\phi$和$\hat{\phi }$是一元二次方程$x^2=x+1$的根，它们的值为
　　 　　 $\phi =(1+\sqrt{5})/2=1.61803\cdots$
　　 　　 $\hat{\phi }=(1-\sqrt{5})/2=-0.61803\cdots$
　　 斐波那契数与$\phi$和$\hat{\phi }$的关系如下：
　　 　　
　　 也就是说斐波那契数$F(n)$等于${\phi }^n/\sqrt{5}$舍入到最近的整数。因此，斐波那契数以指数形式增长。

练习

3.2-1 证明：若$f(n)$和$g(n)$是单调递增的函数，则函数$f(n)+g(n)$和$f(g(n))$也是单调递增的，此外，若$f(n)$和$g(n)$是非负的，则$f(n)•g(n)$是单调递增的。
　　 略

3.2-2 证明等式(3.16)。
　　 　　 $a^{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}c}=c^{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a}(3.16)$
　　 解
　　 对等式两边取对数。
　　 左边：${\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_b(a^{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}c})={\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a\bullet {\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}c$
　　 右边：${\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_b(c^{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a})={\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a\bullet {\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}c$
　　 可以看到，取对数后，等式两边完全相等。故$a^{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}c}=c^{{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}}_{b}a}$成立。

3.2-3 证明等式(3.19)。并证明$n!=\omega (2^n)且n!=o(n^n)$。
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(n!)=\Theta (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)(3.19)$
　　 解
　　 (1) 证明$\mathrm{l}\mathrm{g}(n!)=\Theta (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)$
　　 利用斯特林公式，可以得到
　　　　
　　 上式中，高阶项为$nlgn$，忽略其他低阶项，可得$\mathrm{l}\mathrm{g}(n!)=\Theta (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)$。
　　 (2) 证明$n!=\omega (2^n)$
　　 仍然采用斯特林公式。
　　　　
　　 故$n!=\omega (2^n)$成立。
　　 (3) 证明$n!=o(n^n)$
　　 　　
　　 故$n!=o(n^n)$成立。补充一下，上式的极限等于$0$，是因为$“$任意底大于$1$的指数函数比任意多项式函数增长得快$”$，多项式函数$n^{1/2}$是分子，而指数函数$e^n$是分母。

3.2-4 函数$\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !$多项式有界吗？函数$\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !$多项式有界吗？
　　 解
　　 对于题目中的$2$个函数，要直接判断它们是否多项式有界很困难。我们不妨考察任意一个多项式有界的函数$f(n)$，即$f(n)=O(n^k)$，其中$k$为一个大于$0$的常量。根据$O$记号的定义，存在正常量$n_0$和$c$，使得对所有$n\ge n_0$，有
　　 　　 $f(n)\le c{n}^k$
　　 　　
　　 对这个不等式两边取对数，得到
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))\le \mathrm{l}\mathrm{g}(c{n}^k)=\mathrm{l}\mathrm{g}c+k\mathrm{l}\mathrm{g}n$。
　　可以取一个足够大的常量$c^{\prime }$，就可使得$\mathrm{l}\mathrm{g}c+k\mathrm{l}\mathrm{g}n\le c^{\prime }\mathrm{l}\mathrm{g}n$对所有$n\ge n_0$成立，即$\mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))\le c^{\prime }\mathrm{l}\mathrm{g}n$对所有$n\ge n_0$成立。由此可得$\mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))=O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$。
　　
　　 根据以上分析，可以得出以下推论。即如果一个函数$f(n)$多项式有界，那么$f(n)$的对数一定有渐近上界$O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$。
　　 　　 $f(n)=O(n^k)\Rightarrow \mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))=O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$
　　 　　
　　 那么上述推论反过来成不成立呢？即由$\mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))=O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$，是否可以得出$f(n)=O(n^k)$？
　　 根据$\mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))=O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$，存在正常量$n_0$和$k$，使得对所有$n\ge n_0$，有$\mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))\le k\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}n=\mathrm{l}\mathrm{g}{n}^k$。由此可得$f(n)\le n^k$对所有$n\ge n_0$都成立，这说明$f(n)=O(n^k)$。于是下面的推论也成立。
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))=O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)\Rightarrow f(n)=O(n^k)$
　　 　　
　　 综合以上分析，$f(n)=O(n^k)$和$\mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))=O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$是等价的，即
　　 　　 $f(n)=O(n^k)\iff \mathrm{l}\mathrm{g}(f(n))=O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$
　　 　　
　　 下面我们用这个结论来判断函数$f_1(n)=\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !$和$f_2(n)=\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !$是否多项式有界。
　　
　　 (1) $f_1(n)=\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !$
　　 对函数$f_1(n)$取对数，$\mathrm{l}\mathrm{g}(f_1(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !)$。根据3.2节的结论$\mathrm{l}\mathrm{g}(n!)=\Theta (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)$，我们可以得到
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !)=\Theta (\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil \bullet \mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil ))=\Theta (\mathrm{l}\mathrm{g}n\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n)$
　　 显然$\Theta (\mathrm{l}\mathrm{g}n\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n)$比$\Theta (\mathrm{l}\mathrm{g}n)$增长要快，所以$O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$并不是$\Theta (\mathrm{l}\mathrm{g}n\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n)$的渐近上界，即$\mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !)̸=O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$。根据上文的推论，有$\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !̸=O(n^k)$，故$\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !$并不是多项式有界。
　　
　　 (2) $f_2(n)=\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !$
　　 对函数$f_2(n)$取对数，$\mathrm{l}\mathrm{g}(f_2(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !)$。同样根据3.2节的结论$\mathrm{l}\mathrm{g}(n!)=\Theta (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)$，我们可以得到
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !)=\Theta (\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil \bullet \mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil ))=\Theta (\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n)$
　　 这说明存在正常量$c$和$n_0$，使得对所有$n\ge n_0$，有$\mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !)\le c\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n$。因为$\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\le \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n$，所以又有$\mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !)\le c\bullet (\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n{)}^2$。我们令$m=\mathrm{l}\mathrm{g}n$，有$\mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !)\le c\bullet {\mathrm{l}\mathrm{g}}^{2}m$。利用3.2节的另一个结论$“$任意多项式函数都比任意多对数函数增长要快$”$，我们有
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !)\le c\bullet {\mathrm{l}\mathrm{g}}^{2}m=O(m)=O(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$。
　　 根据上文的推论，有$\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !=O(n^k)$，即$\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !$是多项式有界的。
　　
3.2-5 如下两个函数中，哪一个渐近更大些：$\mathrm{l}\mathrm{g}({\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }n)$还是${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$？
　　 解
　　 先分析${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$。${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }$的定义是连续应用对数函数的次数，由于$\mathrm{l}\mathrm{g}n$已经对$n$应用了一次对数函数，故对$\mathrm{l}\mathrm{g}n$应用${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }$，应当比对$n$应用${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }$要小$1$，即${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }(\mathrm{l}\mathrm{g}n)={\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }n-1$。
　　 令$m={\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }n$，那么${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }(\mathrm{l}\mathrm{g}n)={\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }n-1=m-1$，并且$\mathrm{l}\mathrm{g}({\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }n)=\mathrm{l}\mathrm{g}m$。利用3.2节的结论$“$任意多项式函数都比任意多对数函数增长要快$”$，可以得出$m-1$比$\mathrm{l}\mathrm{g}m$增长要快，这说明${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{\ast }(\mathrm{l}\mathrm{g}n)$比$\mathrm{l}\mathrm{g}(\mathrm{l}{\mathrm{g}}^{\ast }n)$渐近更大。

3.2-6 证明：黄金分割率$\phi$及其共轭数$\hat{\phi }$都满足方程$x^2=x+1$。
　　 略
　　
3.2-7 用归纳法证明：第$i$个斐波那契数满足等式
　　 　　
　　 其中，$\phi$是黄金分割率且$\hat{\phi }$是其共轭数。
　　 解
　　 先考虑初始情况$i=0$和$i=1$。
　　 　　
　　 故$F_i=\frac{{\phi }^i-{\hat{\phi }}^i}{\sqrt{5}}$对初始情况$i=0$和$i=1$成立。
　　 现在假设等式对$0,1,\dots ,i-1$都成立，于是有
　　 　　
　　 综上所述，$F_i=\frac{{\phi }^i-{\hat{\phi }}^i}{\sqrt{5}}$对所有$i\ge 0$的整数都成立。

3.2-8 证明：$k\mathrm{l}\mathrm{n}k=\Theta (n)$蕴含着$k=\Theta (n/\mathrm{l}\mathrm{n}n)$。
　　 解
　　 $k\mathrm{l}\mathrm{n}k=\Theta (n)$意味着存在正常量$c_1$、$c_2$和$n_0$，使得当$n\ge n_0$时，有
　　 　　
　　 对这个不等式取以e为底的指数，得到
　　 　　
　　 即
　　 　　
　　 (1) 首先证明当$n$足够大时，有$k<n$
　　 注意，这里的$k$应当理解为一个自变量为$n$的函数，而不是一个常数。采用反证法，假设存在$k\ge n$。由于$e^{c_2}$是常数，当$n$足够大时，一定会有$n>e^{c_2}$。我们已经假设存在$k\ge n$，于是有$e^k+k\ge e^n+n>e^n+e^{c_2}$，这与上面的不等式$e^k+k\le e^{c_2}+e^n$矛盾，所以假设不成立，故当$n$足够大时，一定有$k<n$。
　　
　　 (2) 证明$k=\Omega (n/\mathrm{l}\mathrm{n}n)$
　　 现在利用(1)的结论来证明$k=\Omega (n/\mathrm{l}\mathrm{n}n)$。根据不等式①，当$n$足够大时，有$c_{1}n\le k\mathrm{l}\mathrm{n}k$。根据(1)的结论，当$n$足够大时，有$k<n$。所以当$n$足够大时，有
　　 　　
　　故$k=\Omega (n/\mathrm{l}\mathrm{n}n)$成立。
　　
　　(2) 证明$k=O(n/\mathrm{l}\mathrm{n}n)$
　　以下分析都建立在$n$足够大的前提下。将不等式①写为一个不等式组
　　 　　
　　将不等式④两边取对数，得到
　　 　　
　　即
　　 　　
　　将不等式⑤和⑥左边两边分别相乘得到
　　 　　
　　即
　　 　　
　　因为$\mathrm{l}\mathrm{n}\mathrm{l}\mathrm{n}k<\mathrm{l}\mathrm{n}k$，所以有$\frac{\mathrm{l}\mathrm{n}\mathrm{l}\mathrm{n}k}{\mathrm{l}\mathrm{n}k}<1$。而$\frac{\mathrm{l}\mathrm{n}{c}_1}{\mathrm{l}\mathrm{n}k}>0$显然成立。所以有
　　 　　
　　 将不等式⑧代入不等式⑦中，可以得到
　　 　　
　　 由此可见，当$n$足够大时，有$k<2c_{2}n/\mathrm{l}\mathrm{n}n$。故$k=O(n/\mathrm{l}\mathrm{n}n)$成立。
　　
　　 综上所述，$k\mathrm{l}\mathrm{n}k=\Theta (n)$意味着$k=\Theta (n/\mathrm{l}\mathrm{n}n)$。