算法作业-13S103049荆楠

13S103049 荆楠高宏班作业：1证明f(n)=an 2+bn+c=θ(n 2)证明：令c 1 = 14a, c 2 = 74a, n 0 = 2·max(|b |a,√|c |a)当n ＞n 0时，an 2+bn+c- c 1n 2 =34an 2+bn+c = 12an(n+2b a)+ 14a(n 2+4ca)＞0即an 2+bn+c≥ c 1n 2c 2n 2-(an 2+bn+c) =34an 2-bn-c = 12an(n- 2ba)+ 14a(n 2 -4c a)＞0即an 2+bn+c≤ c 2n 2因此，当n ＞n 0后，恒有0＜c 1n 2≤an 2+bn+c≤ c 2n 2 故f(n)=an 2+bn+c=θ(n 2)成立。

2证明6n 3≠θ(n 2)证明：假设6n 3=θ(n 2)成立，根据定义，存在常数c 1、c 2＞0，n 0＞0使得n ＞n 0时恒有0＜c 1n 2≤6n 3≤ c 2n 2不等式右边化简得n≤c26，由于c 2为常数，与n 可以无穷大相矛盾，故假设不成立，因此6n 3≠θ(n 2)。

3证明P(n) = ∑a in i d i=0=θ(n d ) 证明：由于∑a i n i d i=0≤(d+1)max{a i }n d =Ο(n d )∑a i n i d i=0≥a d n d =Ω(n d)因此，由定理1可知，P(n) = ∑a in id i=0=θ(n d )。

4证明n=Ο(n 2)证明：令c=1，n 0=1，当n 大于n 0时，有0≤n≤c n 2=n 2成立，因此，n=Ο(n 2)成立。

5如果f(n)= θ(g(n))，则f(n)= Ο(g(n))证明：由f(n)= θ(g(n))定义知，∃c 1，c 2＞0，n 0＞0，使得n ＞n 0后恒有0≤c 1f(n)≤g(n) ≤c 2f(n)，因此，当n ＞n 0时，恒有0≤g(n) ≤c 2f(n)， 故f(n)= Ο(g(n))。

6 f(n)= θ(g(n)) iff f(n)= Ο(g(n))且f(n)= Ω(g(n)) 证明： ⇒由于f(n)= θ(g(n))，由定义知∃c 1，c 2＞0，n 0＞0，使得n ≥n 0后恒有 0≤c 1f(n)≤g(n)≤c 2f(n)，因此当n ≥n 0时，恒有0≤g(n) ≤c 2f(n)，故f(n)= Ο(g(n))；0≤c 1f(n)≤g(n)，故f(n)= Ω(g(n))。

⇐由f(n)= Ο(g(n))定义知，∃c 1，n 1＞0，当n ≥n 1时有0≤g(n)≤c 1f(n)， 由f(n)= Ω(g(n))定义知，∃c 2，n 2＞0，当n ≥n 2时有0≤c 2f(n)≤g(n)， 令n 0≥max(n 1, n 2),则当n ≥n 0时，有0≤c 2f(n)≤g(n)≤c 1f(n)，故f(n)= θ(g(n))。

综上所述，f(n)= θ(g(n)) iff f(n)= Ο(g(n))且f(n)= Ω(g(n)) 7证明2n=ο(n 2)证明：对∀c ＞0，欲使0≤2n ＜cn 2，必有2＜cn ，即 2c ＜n 。

因此当n 0=2c时，2n ＜cn 2对∀c ＞0，n≥n 0时成立。

8证明2n 2≠ο(n 2)证明：当c=1＞0时，对任何n 0＞0，当n≥n 0时，2n 2＜cn 2都不成立，故2n 2≠ο(n 2)。

9证明f(n)= ο(g(n)) ⇒lim n→∞f(n)g(n)= 0证明：因为f(n)= ο(g(n))，所以对∀c ＞0，∃n 0＞0，使∀n ＞n 0有 0≤f(n)＜cg(n)。

令c=ε，则有0≤f(n)g(n)＜ε。

因此f(n)= ο(g(n))⇒lim n→∞f(n)g(n)= 0 得证。

10证明f(n)= ω(g(n)) iff g(n)= ο(f(n)) 证明： ⇒对∀c ＞0，1c＞0，由f(n)= ω(g(n))可知，对1c＞0，∃n 0＞0，当n≥n 0时，0≤1cg(n)＜f(n)，即0≤g(n)＜cf(n)，于是g(n)= ο(f(n))。

⇐对∀c ＞0，1c＞0，由g(n)= ο(f(n))可知，对1c＞0，∃n 0＞0，当n≥n 0时，0≤g(n)＜1cf(n)，即0≤cg(n)＜f(n)，于是f(n)= ω(g(n))。

综上所述，f(n)= ω(g(n)) iff g(n)= ο(f(n))成立。

11证明 n 22=ω(n)证明：对∀c ＞0，0≤cn ＜n 22，只需n ＞2c 。

令n 0=2c+1，则当n≥n 0时，恒有0≤cn ＜n 22，故 n 22= ω(n)。

12证明n 22≠ω(n 2)证明：若n 22=ω(n 2)，则对于c=12，∃n 0＞0，当n≥n 0时，cn 2＜n 22，即c＜12，与假设矛盾，故 n 22≠ω(n 2)。

13证明f(n)= ω(g(n)) ⇒lim n→∞f(n)g(n)= ∞证明：由于f(n)= ω(g(n))，根据定义∀c ＞0，∃n 0＞0，当n≥n 0时，有0≤cg(n)＜f(n)，即当n≥n 0时，f(n)g(n)＞c ，于是lim n→∞f(n)g(n)= ∞。

骆吉洲班作业：1写出求整数最大公因子的欧几里得算法EuclidAlgo(a,b)Input：正整数a,bOutput：a,b的最大公因子1 while b≠0 do2 r=a mod b;3 a=b;4 b=r;5 end while6 return a2证明或否证：f(n)+ ο(f(n))= θ(f(n))证明：设g(n)= ο(f(n))，则根据定义，∀c＞0，∃n0＞0，当∀n≥n0时，有0≤g(n)＜cf(n)。

同时加f(n)得f(n)≤f(n)+g(n)＜(c+1)f(n)。

令c1=1，c2=c+1，则当n≥n0后恒有c1f(n)≤f(n)+g(n)＜c2f(n)，即c1f(n)≤f(n)+g(n)≤c2f(n)。

因此，f(n)+ g(n)= θ(f(n))，即f(n)+ ο(f(n))= θ(f(n))。

3试证明：Ο(f(x))+ Ο(g(x))= Ο(max(f(x),g(x)))证明：由Ο(f(x))，Ο(g(x))定义知∃c1＞0，n1，当n＞n1时，有0≤Ο(f(x))≤c1f(n)；∃c2＞0，n2，当n＞n2时，有0≤Ο(f(x))≤c2g(n)。

令c=max(c1, c2)，当n＞max(c1, c2)时，有0≤Ο(f(x))+ Ο(g(x))≤c1f(n)+ c2g(n)＜c(f(x)+ g(x))＜2cmax(f(x),g(x))，即有0≤Ο(f(x))+ Ο(g(x))≤2cmax(f(x),g(x))，故命题得证。

4证明或给出反例：θ(f(n))∩ο(f(n))=∅证明：假设θ(f(n))∩ο(f(n))=g(n)，令g(n)= θ(f(n))且g(n)= ο(f(n))。

由g(n)= θ(f(n))知，∃c 1，c 2＞0，n 1＞0，使n ≥n 1时有c 1f(n)≤g(n)≤c 2f(n)；由g(n)= ο(f(n))知，∀c 3＞0，当n ≥n 2时，有0≤g(n)≤c 3f(n)。

令c 3=c 1，当n ≥max(n 1,n 2)时，有c 1f(n)≤g(n)且0≤g(n)≤c 1f(n)，产生矛盾，故假设不成立，θ(f(n))∩ο(f(n))= ∅。

5证明：设k 是任意常数正整数，则log k n =ο(n) 证明：欲证log kn =ο(n)，可证明lim n→∞log k n n=0。

令n=2t ，则只需证明lim t→∞t k 2=0。

根据洛必达法则，对分式上下求t 次导数：lim t→∞t k t =lim t→∞k ·t k−1t =lim t→∞k (k −1)·t k 2t =⋯=lim t→∞k ！k t 当t →∞时，k ！ln k 2·2t→0。

因此lim n→∞log k n n=0。

故log k n =ο(n)得证。

6用迭代法解方程T(n)=T(9n/10)+n 解：T(n) =T(910n )+n=T((910)2n)+910n +n=T((910)3n)+(910)2n +910n +n=T((910)i n)+(910)i−1n +⋯+910n +n=T((910)i n)+10n(1−(910)i)令(910)i n =1⇒i =log 9101n则T (n )=T (1)+10n (1−1n)=T (1)+10n −10=θ(n)7解方程T(n)=6T(n/3)+log n解：根据Master 定理，a=6，b=3，f(n)= log n 。

∃ε=log 36−1>0，使得f(n)= Ο(n log 36−ε)。

因此T(n)= θ(n log 36)。

8解方程T(n)=3T(n/3+5)+n/2 解：方法一：令n =am +b ，则T (n )=T (am +b )=3T (am 3+b+153)+am+b 2。

令a =1,b =b+153，得b =152，代入得：T (m +152)=3T (m 3+152)+2m +154令S (m )= T (m +152)，那么S (m 3)=T (m 3+152)，因此原式可化为S (m )=3S (m3)+2m+154。

根据Mastar 定理，a=3，b=3，f (n )=2m+154。

f(n)= θ(m log 33)= θ(m)。

因此S (m )=θ(m log 33∙lg m)=θ(m lg m )，T (n )=θ((n −152)∙lg(n −152))=θ(n lg n )。

方法二：猜想T(n/3+5)与T(n/3)只相差了一个17，当n 充分大时，由于n/3+5与n/3相差很小，所以T(n/3+5)与T(n/3)的差别不大，我们可以猜想T(n)=3T(n/3)+n/2。

再根据Master 定理，a=3，b=3，f(n)=n/2。

f(n)= θ(n log 33)，因此T(n)= θ(n lg n )。

9解方程T(n)=T(⌈n/2⌉)+1 解：T(n) =T(⌈n/2⌉)+1 = T(⌈n/4⌉)+1+1 …= T(⌈n/2i ⌉)+i令n/2i =1⇒i=log n那么原式= T(⌈1⌉)+ log n =θ(log n )。

10解方程T(n)=9T(n/3)+n解：根据Master 定理，a=9，b=3，f(n)=n ，n log b a =n log 39=θ(n 2)， ∃ε=1>0，使得f (n )=n =Ο(n log b a−ε)，因此T (n )=Ο(n log b a )=θ(n 2)。