Big O
March 29, 2023 | Author: Anonymous | Category: N/A
Short Description
Download Big O...
Description
Bài 1: 1
2 n2 = () + = ()
1
2 = + ? ? ? ?
Giải : Dâu “=” ơ đăng thức chứa O( 2) nó ch là ky hiê u,̣ th hiê ṇ 1
2
2
2
2 n
€ ( ), O( ) ch là mô t ̣ t p̣ hp. 1 Con dâu “=” ơ 2 n2 = 2 + 1 nó th hiê ṇ là mô t ̣ đăng thức. 1
Vì vậ 2 n2 = 2 + 1 là sai.
Bài 2: Xét f(n) = 7n2 g(n) = n2 – 80n h(n) = n3 Chứng minh: f = O(g) g = O(f) f = O(h) h ≠ O(f).
Giải:
C/m: f = O(g)
Giả sư: 7n2 ≤ C(n2 – 80n) , ∀n ≥ n0. Sau khi xét bảng bin thiên ca bât phng trình trên em chn đc: C = 8, n0 = 640s thì bât phng trình trên tha. => f(n) ≤ C.g(n) , ∀n ≥ n0 => f(n) = O(g)
C/m: g = O(f) g(n) = n2 − 80n ≤ n2 ≤ 7n2, ∀n ≥ 1
Chn C = 1, n0 =1. => g(n) ≤ C.f (n) , ∀n ≥ n0 => g(n) = O(f)
C/m: f = O(h) Ta có: f(n) = 7n2 ≤ 7n3 , ∀n ≥ 1 Chn C = 7, n0 = 1 => f(n) ≤ c.h(n), ∀n ≥ n0 => f = O(h)
C/m: h ≠ O(f) Giả sư: h( h(n) = n3 ≤ C( C(7n2), ∀n ≤ 0, C ∈ R + Xét dâu hàm số () = n3 − C(7n2) n 0 k(n) + 0 V ̣ ch cn n = 7C là n3 > C(7n2) Đặt n0 = 7C. => h(n) ≤ C.f (n) , ∀n ≤ 0 => ∀n ≥ 0 thì h(n) ≠ C.f(n) => h(n) ≠ O(f)
Bài 3: Tim
f(n) sao cho T(n) = O(f(n))
= 7
-
0
+
a) T(n) = 7n − 2 T(n) = 7n − 2 ≤ 7n , ∀ n ≥ 1
⇒ T(n) ≤ 7n
Chn C = 7, n0 = 1, f(n) = n. T(n) ≤ C.f(n) , ∀ n ≥ n0 ⇒ T(n) = O(f(n))
b) T(n) = 3n3 + 2n2 T(n) = 3n3 + 2n2 ≤ 3n3 + 2n3 , ∀ n ≥ 1 ⇒ T(n) ≤ 5n3 Chn C = 5 , n0 = 1 , f(n) = n3.
T(n) ≤ C.f(n) , ∀ n ≥ n 0 ⇒ T(n) = O(f(n))
c) T(n) = (n + 1)2 T(n) = (n2 + 1) ≤ (n2 + n2) , ∀ n ≥ 1
⇒ T(n) ≤ 4n2
Chn C = 4 , n0 = 1, f(n) = n2 . T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n 0 ⇒ T(n) = O(f(n))
d) T( T(n) = 2100
T(n) = 2100 ≤ 2100n , ∀ n ≥ 1 ⇒ T(n) ≤ n
Chn C = 1 , n0 = 1 , f(n) = n. T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0 ⇒ T(n) = O(f(n)) 5
e) e) T(n) = n
T(n) =
5 n
≤ 5 , ∀ n ≥ 1
⇒ T(n) ≤ 5
Chn C = 1 , n0 = 1 , f(n) = 5 . T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0 ⇒ T(n) = O(f(n))
f) T(n) =
T(n) =
1 3 n + 100n 10 1 3 1 3 n + 100n ≤ n + 10 10
100n3, ∀ n ≥ 1
⇒ T(n) ≤ 100,1n3
Chn C = 100,1 100,1 , n0 = 1 , f(n) = n3. T(n) ≤ C.f(n) , ∀ n ≥ n0 ⇒ T(n) = O(f(n)) g) T(n) = 20n3 − 10nlogn + 5
T(n) = 20n3 − 10n.logn + 5 ≤ 20n3 + 5 ≤ 20n 3 + 5n3 ≤ 25n3 , ∀ n ≥ 1
⇒ T(n) ≤ 25n3
Chn C = 25 , n0 = 1 , f(n) = n3 . T(n) ≤ C.f (n) ,
∀ n ≥ n0
⇒ T(n) = O(f(n)) h) T(n) = 3logn + loglogn
T(n) = 3logn + loglogn ≤ 3logn + logn ≤ 4logn , ∀ n ≥ 1
⇒ T(n) ≤ 4lgn
Chn C = 4 , n0 = 1 , f(n) = lgn . T(n) ≤ C.f (n) , ⇒ T(n) = O(f(n))
∀ n ≥ n0
Bài 4: Sắp xp tng dn the bậc tng trơng Big-O +) Grup 1: -
f 1(n) = n0.999999log(n) = O(n0.999999 x nc) = O(n0.999999 + c) f 2(n) = 10000000n = O(n) n
n
3 f f 4(n) (n) = = 1.000001 n2 = O(n2) = O(c ) f 3(n) < f 1(n) < f 2(n) < f 4(n)
+) Grup 2: - f 1(n) = 22 = 2O(1) - f 2(n) = 21000000n = 2O(n) 1000000
() n 2
n ( n −1)
n!
= 2 ( n −2 ) ! = 2 = O(n2) 3 3 - f 4(n) = n√ n= ¿ n 2 = 2log n = 2 2 log n = 2O ( n ) - f 3(n) =
3 2
c
2
2
f 1(n) < f 2(n) < f 4(n) < f 3(n)
+) Grup 3: - f 1(n) = - f 2(n) =
n √ n = 2log
2
n√ n
= 2√ n log n = 2O (n ) 1 +c 2
2
= 2O ( n) n n n - f 3(n) = n10 . 2 2 = 2log n + 2 = 210log n + 2 = 2O ( n ) 2
n
10
2
n
- f 4(n) =
(i + 1) = n + ∑ = i 1
c
2
n (n +1 ) = 2
O(n2)
f 2(n) < f 3(n) < f 1(n) < f 4(n)
+) Grup 4: - f 1(n) = (n-2)! = O(n n-2) - f 2(n) = 5 lg ( n +100 )10 = 50lg(n+100) = O(nc) - f 3(n) = 22n = 2O(n) - f 4(n) = 0.001n4 + 3n3 + 1 = O(n4) - f 5(n) = ln2 n = O(ncxnc) = O(n2c) 1 3 n = O( n 3 ) - f 6(n) = √ - f 7(n) = 3n = O(cn) =>f 7(n) < f 3(n) < f 2(n) < f 5(n) < f 6(n) < f 4(n) < f 1(n)
Bài 5:
a) Cho Cho f(n) f(n) = n3/2 và g(n) = 2n2. Chứng mnh hoặc bác bỏ f(n) = O(g(n)).
+) ∃ c ∈ R
+¿ ,n 0 ∈ N ¿
sa ch n3/2 ≤c2n2, ∀ n ≥ n0
Chn c = 1. Khi đó ta có: 2n2 – n3/2 ≥0 n(2n - √ n ¿ ≥ 0
=>
{
1 4 n =0
n≥
Chn n0 =1 D đó n3/2 ≤2n2 , ∀ n ≥ 1 => f(n) = O(g(n)) luôn đúng. b) Chứng Chứng mnh: mnh: n + n2O(lnn) = O(n2 lnn).
Bài 6: Chứng minh a) n3 ∉O(n2 ) .
Gả sử n3 ∈ O(n2), Kh đó: 3
+¿ ,n ∈ N ¿
2
sao cho n ≤cn , 2 n < cn , ∀ n ≥ n0 (Vô lý).
∃ c ∈ R
0
Giả sử sai, sai, do
∀ n ≥ n0
đó n3 ∉O(n2 ) là mệnh đề đúng.
b) n4 + n + 1 ∉O(n2 ) . Gả sử n4 + n + 1 ∈O(n2 ) . Kh đó: + ¿ ,n ∈ N ¿ sao cho n4 + n + 1 ≤cn2, ∃ c ∈ R Chọn c = 3 => n4 + n + 1 ≤3n2 0
∀ n ≥ n0
n4 – 3n32 + n2+ 1 ≤0 (n-1)(n + n – 2n -1) ≤ 0
+1
[
−1.80194 ≤ n ≤ −0.445042 (loại )Chọn n = 1 => n4 + n
≤3n2 , ∀ n ≥ 1 (Vô
1 ≤ n ≤ 1.24698
0
lý, vi
1 ≤ n ≤ 1.24698)
sai, Giả sử sai,
do đó n4 + n + 1 ∉O(n2 ) là mệnh đề đúng.
c) O( O(n n2) ≠ O(n).
Gả sử O(n2) ¿ O(n) Xét 1 hàm f(n) = n2 ∈ O(n2) +) Đưa về bà toán chứng mnh n2 ∈ O(n): +¿ ,n 0 ∈ N ¿
2
≤cn, sao cho n n ≤ c ∀ n ≥ n 0 (Vô lý).
∃ c ∈ R
∀ n ≥ n0
Vậy mệnh đề ban đầu O(n2) ≠ O(n) là đúng d)n ∉ O(log 2 n).
Gả sử n ∈ O(log 2 n), kh đó: + ¿ ,n ∈ N ¿ sao cho n ≤clog2 n, ∀ n ≥ n0 ∃ c ∈ R Chọn c = 1, ta có: n – log2 n ≤ 0 (vô lý) Gả sử sa => Mệnh đề ban đầu n ∉ O(log2 n) luôn đúng 0
Bài 7: Chứng minh:
O(cf(n)) = O(f(n)) với C là hăng số O(c) = O(1) f(n)∈ (( ))à ( ) ∈ (h( )) thì ( ) ∈ (h( )) Nếu t1(n) ∈ O(f(n)) và t2(n) ∈ O(g(n)) thì t1(n) + t2(n) ∈ O(max(f(n),g(n)) Giải:
+ O(cf(n)) = O(f(n)) O(f(n)) với C là hăng số Xét t(n) ∈ O(cf(n)) + => ∃c1 ∈ R , ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 t(n) ≤ c1cf (n) => ∃c2 = c1c , ∃n0 ∈ N , ∀n ≥ n0 + => ∃c2 ∈ R , ∃n0 ∈ N , ∀n ≥ n0 t(n) ≤ c2f (n) => t(n) ∈ O(f (n))
Xét h(n) ∈ Of(n)
=> ∃ a ∈ R +, ∃n0 ∈ N , ∀n ≥ n0 h(n) ≤ af (n) Đặt b =
a c
+ => ∃ b ∈ R , ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 h(n) ≤ bcf (n) => h(n) ∈ O(cf (n)) Ta có: t(n) ∈ O(cf (n)) => O(cf(n)) = O(f(n)) ( đpcm ) t(n) ∈ O(f (n))
h(n) ∈ O(f (n))
h(n) ∈ Ocf(n) + O(c) = O(1) Xét h(n)∈ O(c) ∃c1, n0 ∀n ≥ n0, h(n) ≤
c1c
=> h(n) ≤ c 1 => h(n)∈ O(1)
=> ∃c2 = c1c, n0 ∀n ≥ n0 2
Xét k(n)∈ O(1) ∃c1, n0 ∀n ≥ n0 k(n)≤ c1 × 1 => ∃c2 = c1, ∀n ≥ n0 => k(n) ≤ c2 => k(n) ∈ O(c)
Ta có:
h(n) ∈ O(c) h(n) ∈ O(1) k(n) ∈ O(1) k(n) ∈ O(c)
=> O(c) = O(1) (đpcm)
+ f(n)∈ (( ))à ( ) ∈ (h( )) thì ( ) ∈ (h( )) Ta có : f(n)∈ (())
=> ∃1 ∈ +, 0 ∈ , ∀ ≥ 0 => () ≤ 1() (1) Ta có: g(n)∈ (h())
=> ∃2 ∈ +, 0 ∈ , ∀ ≥ 0 (2) => g(n) ≤ 2h() => c1g(n) ≤ 12h() Ta có: f(n) ≤ 1() ≤ 12h() => f(n) ≤ 12h() Đặt c3=12 => ∃3 ∈ +, 0 ∈ , ∀ ≥ 0 => () ≤ 3h() => f(n)∈ (h()) (đpcm) Nếu t1(n) ∈ O(f(n)) và 2t(n) ∈ O(g(n)) thì t1(n) + t2(n) ∈ O(max(f(n),g(n)) Ta có: t1(n) ∈ O(f(n)) +
∃1∈ +, 1 ∈
sao cho
t1(n) ≤ c1f(n), t2(n) ∈ O(g(n)) ∃2∈ +, 2 ∈ Từ (1), (2) su ra:
n1
(1)
n2
(2)
sao cho
t2(n) ≤ c2g(n),
t1(n) + t2(n)
∀ n ≥
∀ n ≥
≤ c1f(n1) +c2f(n2), ∀ n ≥ n1, ∀ n ≥ n2 ≤ c1.max{f(n), g(n)} + c2.max{f(n), g(n)}
Chn d = c1+c2, n3 = max{n1,n2} ∀ n ≥ max{n1, n2} t1(n) + t2(n) ≤ (c1 + c2).max{f(n), g(n)}, t1(n) + t2(n) ≤ d.max{f(n), g(n)}, ∀ n ≥ n3
Bài 8:
b/ O(f(n))=O(g(n))
g(n)∈ (( )), ( ) ∈ (( ))
Ta có: O(f(n))=O(g(n)) => ∃() ∈ (()) => ∃() ∈ ( ()) => ∃() ∈ (())
(1)
=> ∃() ∈ ( ())
Ta có: g(n)∈ ( ())
=> ∃1 ∈ +, 0 ∈ , ∀ ≥ 0 => () ≤ 1 () () ∈ (()) => ∃2 ∈ +, 0 ∈ , ∀ ≥ 0 => f(n)≤ 2() Ta có: g(n)≤ 1 () f(n)≤ 2() => 1 () ≤ 12() => () ≤ 12() ∃3 = 12 ∈ +, 0 ∈ , ∀ ≥ 0 => () ≤ 3() => () ∈ (()) Ta có: g(n) ≤ 1 () => 2() ≤ 12() => f(n) ≤ 2() ≤ 12 () => f(n) ≤ 12 () => ∃3 = 12 ∈ +, 0 ∈ , ∀ ≥ 0 => f(n)≤ 3 () => f(n)∈ ( ()) Ta có: ∃f(n)∈ ( ()) ∃f(n)∈ (())
(2)
∃g(n)∈ (()) ∃g(n)∈ ( ())
Từ (1)(2)
=> O(f(n))=O(g(n))
g(n)∈ ( ()) () ∈ (( ))
,
View more...
Comments
