算法导论3-2

读书笔记

这一章节主要是回顾了一些关于数学的内容，下面是其中的重要内容。

多重函数

我们使用记号\(f^{(i)}(n)\)来表示函数\(f(n)\)重复\(i\)次作用于一个初值\(n\)上。形式化地，假设\(f(n)\)为实数集上的一个函数。对非负整数\(i\)，我们递归地定义

\[f^{(i)}(n)= \begin{cases} n &若i=0 \\ f(f^{(i-1)}(n)) & 若i>0 \end{cases} \]

上述文字表述有一些复杂，简单来说本次函数的输入是次级函数的输出，这里次级函数指的是\(f^{(i-1)}\)，\(f^{(i-1)}\)的输出又取决于它的次级函数，由此递归至不可分解；

多重对数函数

\[\lg^{*}n = min\{i\ge0:\lg^{(i)}n\le1\} \]

定义如上，也就是求取满足条件的\(i\)的最小值

举个例子：现在求\(\lg^*{16}\)，过程如下：

\[\begin{aligned} & \lg{16} = 4 \\ & \lg{4} = 2 \\ & \lg{2} = 1 \\ \end{aligned} \]

一共代入了三次函数，所以\(\lg^*{16}=3\)　

斐波那契数

定义如下：

\[F(n) = \begin{cases} 0 & n =0 \\ 1 & n=1 \\ F(n-1)+F(n-2) & n\ge 2 \end{cases} \]

注意此处的\(n\)皆为非负整数；

尽管斐波那契数的求取过程是递归的，但是它仍然有同项公式，如下：

\[F(n) = \frac{\phi^n -{\bar{\phi}}^n}{\sqrt{5}} \]

此处这两个符号的值为：

\[\begin{aligned} & \phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} = 1.61803 \\ & {\bar{\phi}} = \frac{1-\sqrt{5}}{2} = -0.61803 \end{aligned} \]

又因为\(\frac{\bar{\phi}^n}{\sqrt{5}}<\frac{1}{\sqrt{5}}<\frac{1}{2}\)，所以最终的通项表达式如下：

\[F(n) = \lfloor \frac{\phi^{n}}{\sqrt{5}} + \frac{1}{2}\rfloor \]

课后习题

3.2-1

证明： 若\(f(n)\)和\(g(n)\)是单调增的函数，则函数\(f(n)+g(n)\)和\(f(g(n))\)也是单调增，此外，若\(f(n)\)和\(g(n)\)是非负的，则\(f(n)*g(n)\)也是单调增的；

由两个单调增的函数证明三个新函数的单调性；

对于\(f(n)+g(n)\)

现有\(n_1\)和\(n_2\)，且\(n_1<n_2\)，因为\(f(n)\)和\(g(n)\)都是单调增函数，则有

\[\begin{aligned} f(n_1)<f(n_2) \\ g(n_1)<g(n_2) \end{aligned} \]

两个不等式相加，则有\(f(n_1)+g(n_1)<f(n_2)+g(n_2)\)，证毕；

对于\(f(g(n))\)

现有\(n_1\)和\(n_2\)，且\(n_1<n_2\)，因为\(g(n)\)是单调增函数，则有\(g(n_1)<g(n_2)\)，又因为\(f(n)\)是单调增函数，所以有

\[f(g(n_1))<f(g(n_2)) \]

证毕；

对于\(f(n)*g(n)\)

现有\(n_1\)和\(n_2\)，且\(n_1<n_2\)，因为\(f(n)\)和\(g(n)\)都是单调增函数，则有

\[\begin{aligned} f(n_1)<f(n_2) \\ g(n_1)<g(n_2) \end{aligned} \]

又因为\(f(n)\)和\(g(n)\)都是非负函数，不存在相乘后符号变换的问题，所以可以安全的将两个不等式相乘；

\[f(n_1)*g(n_1)< f(n_2)*g(n_2) \]

证毕；

3.2-2

证明等式 (3.16)

等式3.16：

\[a^{\log_b{c}} = c^{\log_b{a}} \]

令\(M=\log_b{c}\)和\(N=\log_b{a}\)，则有

\[c = b^M \\ a = b^N \]

将等式3.16中的\(a和c\)用上面的式子替换掉，则有

\[\begin{aligned} \color{red}左式： &({b^N})^{\log_b{b^M}} & = ({b^N})^M \\ & & = b^{NM} \\ \\ \color{red}右式： &(b^M)^{\log_b{b^N}} & = (b^M)^N \\ & & = b^{MN} \end{aligned} \]

左右两边相等，证毕；

3.2-3

证明等式(3.19)。并证明\(n! = \omega(2^n)且n! = o(n^n)\)。

等式3.19：

\[\lg{(n!)} = \theta{(n\lg{n})} \]

因为 \(n!=n\ast(n-1)\dots\ast2\ast1\) ，所以

\[\lg{(n!)} = \lg{n} + \lg{(n-1)}+...+\lg2+\lg1 \]

毫无疑问，存在\(c\ge1\)，对于所有\(n>0\)，有\(0\le{\lg{(n!})}\le{cn\lg{n}}\)成立，即\(\lg{n!}=o(n\lg{n})\)；

以此同时，存在\(c\rightarrow0\)，对于所有\(n>0\)，有\(0\le{cn\lg{n}}\le{\lg{(n!)}}\)成立，即\(\lg{n!}=\omega{(n\lg{n})}\)

综上作述，\(\lg{n!}=\theta({n\lg{n}})\)，证毕；

对于\(n! = \omega({2^n})\)

\[\forall{c>0}, \exists{n_0>0}，使得对所有的n\ge{n_0},有0\le{c2^n}\le{n!} \]

证毕；

对于 \(n!= o(n^n)\)

\[\forall{c>0}, \exists{n_0>0}，使得对所有的n\ge{n_0},有0\le{n!}\le{cn^n} \]

证毕；

3.2.4

函数\(\lceil{\lg{n}}\rceil !\)多项式有界吗？函数\(\lceil{\lg{\lg{n}}}\rceil !\)多项式有界吗？

对于多项式\(f(n)\)有界，其具体含义是

\[存在常数c,k和n_0, 当n\ge{n_0}时, 使得f(n)<cn^k \]

将不等式两边取对数

\[\lg{f(n)} < \lg{cn^k} \\ \lg{f(n)} = o(\lg{n}) \]

对于函数\(\lceil{\lg{n}}\rceil {!}\)

\[\begin{aligned} f(n) & = \lceil{\lg{n}}\rceil !\\[2ex] \lg{f(n)} &= \lg{(\lceil\lg{n}\rceil}!) \\[2ex] & = \lceil\lg{n}\rceil * \lg{(\lceil\lg{n}\rceil)} > o(\lg{n}) \end{aligned} \]

所以函数\(\lceil\lg{n}\rceil!\)没有界；

对于函数\(\lceil{\lg{(\lg{n})}}\rceil!\)

\[\begin{aligned} f(n) &= \lceil{\lg{(\lg{n})}}\rceil! \\[2ex] \lg{f(n)} &= \lg{\lceil{\lg{(\lg{n})}}\rceil!} \\[2ex] &=\lceil\lg{(\lg{n})}\rceil * \lg{(\lceil\lg{(\lg{n})}\rceil)} \\[2ex] &=\theta({\lg(\lg{n})}*\lg{(\lg{(\lg{n})})}) \\[2ex] &=O(\lg{\lg{n}}*\lg{\lg{n}})\\[2ex] &=O(\lg{n}) \end{aligned} \]

所以函数\(\lceil{\lg{(\lg{n})}}\rceil!\)有界；

3.2-5

如下两个函数，哪一个渐近更大些：\(\lg(\lg^{\ast}{n})\)还是\(\lg^{\ast}{\lg{n}}\)?

这道题有点类似\(f(n)=\sqrt{n}/2\)和\(f(n)=\sqrt{n/2}\)，毫无疑问是\(\color{red}{后者}\)大；

3.2-6

证明：黄金分割率\(\phi\)及其共轭数\(\bar\phi\)都满足方程\(x^2=x+1\)

初中数学不再赘述；

3.2-7

用归纳法证明斐波那契通项公式:

\[F_i = \frac{\phi^i-\bar\phi^i}{\sqrt{5}} \]

首先

\[\begin{aligned}& \phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} = 1.61803 \\ & {\bar{\phi}} = \frac{1-\sqrt{5}}{2} = -0.61803\end{aligned} \]

当\(i=1\)时，\(F_1=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=1\)，成立；

假设当\(i=n\)时，\(F_n=\frac{\phi^n-\bar\phi^n}{\sqrt{5}}\)，成立；

当\(i=n+1\)时，

\[\begin{aligned} F_{n+1} &= F_n + F_{n-1} \\[2ex] &=\frac{\phi^n-\bar\phi^n}{\sqrt{5}} + \frac{\phi^{n-1}-\bar\phi^{n-1}}{\sqrt{5}} \\[2ex] &=\frac{(\phi^n+\phi^{n-1})-(\bar\phi^n+\bar\phi^{n-1})}{\sqrt{5}} \\[2ex] &=\frac{\phi^{n+1}-\bar\phi^{n+1}}{\sqrt{5}} \end{aligned} \]

证毕；

3.2-8

证明：\(k\ln{k}=\theta(n)蕴含着k=\theta({n/\ln{n}})\)。

根据条件：

\[存在c_1,c_2, 使得c_1n\le{k\ln{k}}\le{c_2n} \]

\(\color{red} {不等式左边}\)

两边取对数，

\[\ln{c_1}+\ln{n}\le{\ln{k}+\ln{(\ln{k})}} \\[2ex] \ln{n} = O{(\ln{k})} \]

即存在\(c_3\)，使得\(\ln{n}\le{c_3\ln{k}}\)，即\(\frac{n}{\ln{n}}\ge\frac{n}{c_3\ln{k}}\ge\frac{k}{c_2c_3}\)成立，即\(\frac{n}{\ln{n}}=\Omega(k)\);

\(\color{red} {不等式右边}\)

推导过程同不等式的右边相似，不再赘述；

结论\(\frac{n}{\ln{n}}=\theta{(k)}\)，由于\(\theta\)的对称性，得到\(k=\theta(\frac{n}{\ln{n}})\);

证毕；