Là log (n!) = Θ (n · log (n))?

Tôi sẽ chỉ ra rằng log ( n !) = Θ ( n · log ( n )) .

Một gợi ý đã được đưa ra là tôi nên hiển thị giới hạn trên với n ⁿ và hiển thị giới hạn dưới với ( n / 2) ^{( n / 2)} . Điều này dường như không trực quan với tôi. Tại sao đó là trường hợp? Tôi chắc chắn có thể thấy làm thế nào để chuyển đổi n ⁿ thành n · log ( n ) (tức là ghi cả hai mặt của một phương trình), nhưng đó là loại hoạt động ngược.

Điều gì sẽ là cách tiếp cận chính xác để giải quyết vấn đề này? Có nên vẽ cây đệ quy? Không có gì đệ quy về điều này, vì vậy đó dường như không phải là một cách tiếp cận có khả năng ..

Nhớ lấy

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

Bạn có thể có được giới hạn trên bởi

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

Và bạn có thể có được giới hạn dưới bằng cách làm một điều tương tự sau khi vứt bỏ nửa đầu của tổng số:

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) 

Tôi nhận ra đây là một câu hỏi rất cũ với một câu trả lời được chấp nhận, nhưng không có câu trả lời nào trong số này thực sự sử dụng cách tiếp cận được gợi ý bởi gợi ý.

Đó là một lập luận khá đơn giản:

n!(= 1 * 2 * 3 * ... * n) là tích của các nsố nhỏ hơn hoặc bằng n. Do đó, nó nhỏ hơn tích của ntất cả các số bằng n; I E,n^n .

Một nửa số - tức là n/2của chúng - trong n!sản phẩm lớn hơn hoặc bằng n/2. Do đó, sản phẩm của họ lớn hơn sản phẩm của các n/2số bằng nhau n/2; I E(n/2)^(n/2) .

Lấy nhật ký trong suốt để thiết lập kết quả.

Xin lỗi, tôi không biết cách sử dụng cú pháp LaTeX trên stackoverflow ..

Xem xấp xỉ của Stirling :

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

trong đó 2 thuật ngữ cuối ít quan trọng hơn thuật ngữ đầu tiên.

Đối với giới hạn dưới,

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)

Kết hợp cả hai giới hạn:

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

Bằng cách chọn hằng số giới hạn dưới lớn hơn (1/2), chúng ta có thể bù -1 trong khung.

Do đó lg (n!) = Theta (n lg n)

Giúp bạn xa hơn, nơi Mick Sharpe để lại cho bạn:

Việc tạo ra nó khá đơn giản: xem http://en.wikipedia.org/wiki/Logarithm -> Lý thuyết nhóm

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

Hãy nghĩ về n là vô cùng lớn . Điểm trừ vô hạn là gì? hay trừ hai? Vân vân.

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

Và sau đó nghĩ về inf như n.

Cảm ơn, tôi tìm thấy câu trả lời của bạn thuyết phục nhưng trong trường hợp của tôi, tôi phải sử dụng Θ thuộc tính:

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

để xác minh sự cố tôi đã tìm thấy trang web này, nơi bạn có tất cả quy trình được giải thích: http://www.mcs.sdsmt.edu/ecorwin/cs372/handouts/thetaaleighfactorial.htmlm

Điều này có thể giúp:

e ln (x) = x

và

(l m ) n = l m * n

http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approimumation Xấp xỉ xấp xỉ có thể giúp bạn. Nó thực sự hữu ích trong việc xử lý các vấn đề trên các yếu tố liên quan đến số lượng lớn thứ tự từ 10 ^ 10 trở lên.