Chuỗi vô hạn của lớn

Đầu tiên, hãy để tôi viết định nghĩa của lớn chỉ để làm cho mọi thứ rõ ràng. $O$

$f(n)\in O(g(n))\iff \exists c, n_0\gt 0$ sao cho $0\le f(n)\le cg(n), \forall n\ge n_0$

Giả sử chúng ta có số lượng hàm hữu hạn: thỏa mãn: $f_1,f_2,\dots f_n$

$O(f_1)\subseteq O(f_2)\dots \subseteq O(f_n)$

Theo tính của , chúng ta có: $O$ $O(f_1)\subseteq O(f_n)$

Điều này có giữ nếu chúng ta có một chuỗi vô hạn ? Nói cách khác, là ? $O's$ $O(f_1) \subseteq O(f_\infty)$

Tôi đang gặp khó khăn khi tưởng tượng những gì đang xảy ra.

asymptotics landau-notation

— saadtaame
nguồn

Câu trả lời:

Trước tiên chúng ta cần làm rõ những gì chúng ta muốn nói là "điều này có giữ nếu chúng ta có một chuỗi vô hạn không?". Chúng tôi diễn giải nó như một chuỗi các hàm vô hạn sao cho tất cả chúng tôi có . Trình tự như vậy có thể không có chức năng cuối cùng. $\{f_i:\mathbb{N}\to\mathbb{N} \mid 1\leq i\}$ $i$ $f_i(n) = O(f_{i+1}(n))$

Chúng ta có thể xem xét giới hạn của các hàm trong chuỗi, tức là . Tuy nhiên, có thể là giới hạn không tồn tại. Và ngay cả trong trường hợp nó tồn tại, chúng ta có thể không có . Ví dụ, hãy xem xét chuỗi các hàm . Với mỗi , và do đó . Tuy nhiên do đó . $f_\infty(n) = \lim_{i\to \infty} f_i(n)$ $f_1(n) = O(f_\infty(n))$ $f_i(n) = \frac{n}{i}$ $i$ $f_i(n)=\Theta(n)$ $f_i(n) = O(f_{i+1}(n))$ $f_\infty(n)=\lim_{i\to\infty}f_i(n)=0=\Theta(1)$ $f_1(n) \neq O(f_\infty(n))$

Mặt khác, chúng ta có thể xem xét giới hạn của chuỗi các lớp không cần phải bằng với giới hạn của các hàm . Chúng tôi có , do đó và cho tất cả . Cấp trên giới hạn chứa tất cả các phần tử (hàm trong trường hợp này) xảy ra vô cùng thường xuyên và giới hạn kém chứa tất cả các phần tử xảy ra trong tất cả đối với một số $f_i \in \mathcal O(f_{i+1})$ $\mathcal O(f_i) \subseteq \mathcal O(f_{i+1})$ $f_j \in \lim_{i\rightarrow\infty} \mathcal O(f_i) = \limsup_{i\rightarrow\infty} \mathcal O(f_i) = \liminf_{i\rightarrow\infty} \mathcal O(f_i) = \bigcup_{n \in \mathbb{N}}\bigcap_{k>n}\mathcal O(f_k)$ $j$ $\mathcal O(f_i), i \ge n_0$ $n_0$ (có thể phụ thuộc vào yếu tố). Vì chuỗi các lớp đang tăng đơn điệu cả hai tồn tại và chúng bằng nhau. Điều này biện minh cho việc sử dụng . $\lim$

— yếu đuối
nguồn

Có hai chuỗi: một trong số các hàm (có thể hội tụ hoặc không) và một trong các tập hợp (trong đó mỗi tập là một siêu tập hợp của tập trước; đây là lý do tại sao chuỗi này hội tụ - xem định nghĩa của lim inf và lim sup cho các tập hợp) . Phần đầu tiên trả lời câu hỏi mà không có phần , phần thứ hai trả lời phủ định phần (nếu là một số loại limes).

f_{\infty}

$f_\infty$

f_{\infty}

$f_\infty$

f_{\infty}

$f_\infty$

— từ

Nếu số lượng điều khoản là không thể đếm được thì sao? :)

— SamM

Sử dụng một số thứ tự tốt hoặc bạn muốn thay thế loạt bằng một cái gì đó liên tục hơn? :)

— từ

@Kaveh Cảm ơn rất nhiều, bây giờ nó rất có ý nghĩa. Nếu bạn có thể biện minh cho việc sử dụng các giới hạn và ý nghĩa của điều đó thì điều đó sẽ hoàn thành sự hiểu biết của tôi.

— saadtaame

@saadtaame: Có lẽ đó là vì câu hỏi trên vẫn không hỏi những gì bạn muốn biết? Nếu tôi nhớ chính xác, bạn đã thêm vì một bình luận gợi ý nó. Nếu bạn cung cấp một số bối cảnh, có lẽ ai đó có thể viết lại câu hỏi một lần nữa.

f_{\infty}

$f_\infty$

— frafl

Vâng, có thể có một chuỗi vô hạn.

Tôi chắc rằng bạn đã quen thuộc với một số ví dụ: Bạn có một chuỗi vô hạn ở đây: đa thức mức độ tăng trưởng. Bạn có thể đi xa hơn? Chắc chắn rồi! Một hàm mũ tăng trưởng nhanh hơn (nói không theo triệu chứng) so với bất kỳ đa thức nào. Và tất nhiên bạn có thể tiếp tục:

O (x) \subseteq O (x^{2}) \subseteq \dots \subseteq O (x^{42}) \subseteq \dots

$O(x) \subseteq O(x^2) \subseteq \ldots \subseteq O(x^{42}) \subseteq \ldots$

O (x) \subseteq O (x^{2}) \subseteq \dots \subseteq O (x^{42}) \subseteq \dots O (e^{x})

$O(x) \subseteq O(x^2) \subseteq \ldots \subseteq O(x^{42}) \subseteq \ldots O(e^x)$

O (e^{x}) \subseteq O (x e^{x}) \subseteq O (e^{2 x}) \subseteq O (e^{e^{x}}) \subseteq \dots

$O(\mathrm{e}^x) \subseteq O(x\,\mathrm{e}^x) \subseteq O(\mathrm{e}^{2x}) \subseteq O(\mathrm{e}^{\mathrm{e}^x}) \subseteq \ldots$

Bạn cũng có thể xây dựng một chuỗi vô hạn theo hướng khác. Nếu thì (bám vào các hàm tích cực, vì ở đây chúng ta sẽ thảo luận về các hàm không phức tạp của các hàm phức tạp). Vì vậy, chúng tôi có ví dụ: $f = O(g)$ $\dfrac{1}{g} = O\left(\dfrac{1}{f}\right)$

O (x) \subseteq O (x^{2}) \subseteq \dots \subseteq O (\frac{e^{x}}{x^{2}}) \subseteq O (\frac{e^{x}}{x}) \subseteq O (e^{x})

$O(x) \subseteq O(x^2) \subseteq \ldots \subseteq O\left(\dfrac{e^x}{x^2}\right) \subseteq O\left(\dfrac{e^x}{x}\right) \subseteq O(e^x)$

Trong thực tế, với bất kỳ chuỗi chức năng nào , bạn có thể xây dựng một hàm phát triển nhanh hơn tất cả các hàm. (Tôi giả sử các là các hàm từ đến .) Trước tiên, hãy bắt đầu với ý tưởng . Điều đó có thể không hoạt động vì tập hợp có thể không bị chặn. Nhưng vì chúng ta chỉ xen vào tăng trưởng tiệm cận, nên đủ để bắt đầu nhỏ và tăng trưởng dần dần. Lấy tối đa trên một số hữu hạn các chức năng. $f_1, \ldots, f_n$ $f_\infty$ $f_i$ $\mathbb{N}$ $\mathbb{R}_+$ $f_\infty(x) = \max \{f_n(x) \mid n \in\mathbb{N}\}$ $\{f_n(x) \mid n \in\mathbb{N}\}$

f_{\infty} (x) = max {f_{n} (x) ∣ 1 \leq n \leq N} if N \leq x < N + 1

$f_\infty(x) = \max \{f_n(x) \mid 1 \le n \le N \} \qquad \text{if $N \le x \lt N+1$}$ Sau đó, với mọi , , vì . Nếu bạn muốn một hàm phát triển nhanh hơn ( ), hãy lấy .

N

$N$

f_{N} \in O (f_{\infty})

$f_N \in O(f_\infty)$

\forall x \geq N, f_{\infty} (x) \geq f_{N} (x)

$\forall x \ge N, f_\infty(x) \ge f_N(x)$

f_{\infty} = o (f_{\infty}^{'})

$f_\infty = o(f_\infty')$

f_{\infty}^{'} (x) = x \cdot (1 + f_{\infty} (x))

$f_\infty'(x) = x \cdot (1 + f_\infty(x))$

— Gilles 'SO- ngừng là ác'
nguồn

Tất cả các câu trả lời này (của bạn và của người khác), dựa trên giả định rằng chúng tôi biết những gì xảy ra ở vô cực, chúng không thỏa đáng với tôi, tôi không biết về OP (tại sao chúng ta không nên có nhóm kín với kích thước vô hạn ?)

@SaeedAmiri Tôi xin lỗi, tôi không hiểu nhận xét của bạn: ý của bạn là gì bởi chúng tôi biết những gì xảy ra ở vô cực, chúng không thỏa đáng với tôi?

— Gilles 'SO- ngừng trở nên xấu xa'