Log (n!) = Θ (n · log (n))?

Bu günlüğü ( n !) = Θ ( n · log ( n )) göstereceğim .

Bir ipucu bir üst ile bağlanmış göstermelidir verildi , n ^{, n} ile bağlanmış düşük gösterir ( n / 2) ^{( n / 2)} . Bu bana öyle sezgisel gelmiyor. Neden böyle olsun? Kesinlikle n ^n'yi n · log ( n ) ' ye nasıl dönüştüreceğimizi görebiliyorum (yani bir denklemin her iki tarafını da kaydedebilirim), ama bu biraz geriye doğru çalışıyor.

Bu sorunu çözmek için doğru yaklaşım ne olabilir? Özyineleme ağacını çizmeli miyim? Bu konuda özyineli bir şey yok, bu yüzden olası bir yaklaşım gibi görünmüyor.

Bunu hatırla

log(n!) = log(1) + log(2) + ... + log(n-1) + log(n)

Üst sınırı alabilirsiniz

log(1) + log(2) + ... + log(n) <= log(n) + log(n) + ... + log(n)
                                = n*log(n)

Ve toplamın ilk yarısını attıktan sonra benzer bir şey yaparak alt sınırı elde edebilirsiniz:

log(1) + ... + log(n/2) + ... + log(n) >= log(n/2) + ... + log(n) 
                                       = log(n/2) + log(n/2+1) + ... + log(n-1) + log(n)
                                       >= log(n/2) + ... + log(n/2)
                                        = n/2 * log(n/2) 

Bunun kabul edilmiş bir yanıtı olan çok eski bir soru olduğunun farkındayım, ancak bu cevapların hiçbiri aslında ipucunun önerdiği yaklaşımı kullanmıyor.

Bu oldukça basit bir argüman:

n! (= 1 * 2 * 3 * ... * n), n her biri eşit veya daha küçük bir sayı çarpımıdır n. Bu nedenle, nsayıların çarpımından daha azdır n; yani n^n.

Sayıların yarısı - yani n/2n!Üründeki - bu değerden büyük veya eşittir n/2. Bu nedenle onların ürünü, n/2hepsine eşit sayıların çarpımından daha büyüktür n/2; yani (n/2)^(n/2).

Sonucu oluşturmak için günlükleri alın.

Maalesef, stackoverflow üzerinde LaTeX sözdizimini nasıl kullanacağımı bilmiyorum.

Bkz. Stirling'in Yaklaşımı :

ln (n!) = n * ln (n) - n + O (ln (n))

burada son 2 terim birincisinden daha az önemlidir.

Alt sınır için,

lg(n!) = lg(n)+lg(n-1)+...+lg(n/2)+...+lg2+lg1
       >= lg(n/2)+lg(n/2)+...+lg(n/2)+ ((n-1)/2) lg 2 (leave last term lg1(=0); replace first n/2 terms as lg(n/2); replace last (n-1)/2 terms as lg2 which will make cancellation easier later)
       = n/2 lg(n/2) + (n/2) lg 2 - 1/2 lg 2
       = n/2 lg n - (n/2)(lg 2) + n/2 - 1/2
       = n/2 lg n - 1/2

lg (n!)> = (1/2) (n lg n - 1)

Her iki sınırı birleştirmek:

1/2 (n lg n - 1) <= lg (n!) <= N lg n

(1/2) 'den daha büyük alt sınır sabiti seçerek, parantez içindeki -1 değerini telafi edebiliriz.

Böylece lg (n!) = Teta (n lg n)

Size yardımcı olmak için Mick Sharpe sizi terk etti:

Türetilmesi oldukça basittir: bkz. Http://en.wikipedia.org/wiki/Logarithm -> Grup Teorisi

log (n!) = log (n * (n-1) * (n-2) * ... * 2 * 1) = log (n) + log (n-1) + ... + log (2 ) + günlük (1)

N'yi düşünün N'yi sonsuz büyük . Sonsuz eksi bir nedir? veya eksi iki? vb.

log (inf) + log (inf) + log (inf) + ... = inf * log (inf)

Ve sonra inf'yi n olarak düşünün .

Teşekkürler, cevaplarınızı ikna edici buldum, ancak benim durumumda Θ özelliklerini kullanmalıyım :

log(n!) = Θ(n·log n) =>  log(n!) = O(n log n) and log(n!) = Ω(n log n)

Sorunu doğrulamak için tüm süreci açıkladığınız bu web'i buldum: http://www.mcs.sdsmt.edu/ecorwin/cs372/handouts/theta_n_factorial.htm

Bu yardımcı olabilir:

e ln (x) = x

ve

(l m ) , n = l , m * n,

http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation Stirling yaklaşımı size yardımcı olabilir. Çok sayıda 10 ^ 10 ve üstü ile ilgili faktöriyelere ilişkin problemlerle baş etmede gerçekten yararlıdır.