Một số bài tập có lời giải ký hiệu tiệm cận big o

Môn học phân tích thiết kế thuật toán. Một số ví dụ bài về tìm độ phức tạp của thuật toán. Các cách chứng minh f(n) = O(g(n)) và ngược lại. Chứng minh: O(cf(n)) = O(f(n)) với C là hằng số, O(c) = O(1), tìm f(n) sao cho T(n) = O(f(n)), hO(f), và một số bài tập khác.Đây là bài tập thuộc khoa học máy tính, thuộc môn bắt buộc chuyên ngành.

Bài 1: Chứng minh:

 O(cf(n)) = O(f(n)) với C là hằng số

 O(c) = O(1)

Giải:

Chứng minh: O(cf(n)) = O(f(n)) với C là hằng số:

Xét t(n) ∈ O(cf(n))

 ∃c1 ∈ R+ , ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 t(n) ≤ c1cf(n)

 ∃c2 = c1c , ∃n0 ∈ N , ∀n ≥ n0

 ∃c2 ∈ R+, ∃n0 ∈ N , ∀n ≥ n0 t(n) ≤ c2f(n)

 t(n)∈ O(f(n))

Xét h(n) ∈ Of(n)

 ∃ a ∈ R+, ∃n0 ∈ N , ∀n ≥ n0 h(n) ≤ af(n)

Đặt b= a

c

 ∃b ∈ R+, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 h(n) ≤ bcf(n)

 h(n) ∈ O(cf(n))

Ta có

{

t(n) ∈ O(cf(n)) t(n) ∈ O(f(n)) h(n) ∈ O(f(n)) h(n) ∈ Ocf(n)

=> O(cf(n))=O(f(n)) ( đpcm )

Chứng minh: O(c)=O(1)

Xét h(n)∈ O(c)

∃c1, n0 ∀n ≥ n0, h(n) ≤ c1c

 ∃c2 = c1c, n0 ∀n ≥ n0

 h(n) ≤ c21

 h(n)∈ O(1)

Xét k(n)∈ O(1)

∃c1, n0 ∀n ≥ n0 k(n)≤ c1× 1

 ∃c2 = c1, ∀n ≥ n0

 k(n) ≤ c2

 k(n) ∈ O(c)

Ta có: {

h(n) ∈ O(c) h(n) ∈ O(1) k(n) ∈ O(1) k(n) ∈ O(c)

=> O(c)=O(1) ( đpcm )

Câu 2 : Tìm f(n) sao cho T(n) = O(f(n))

Giải :

a) T(n) = 7n − 2

 T(n) = 7n − 2 ≤ 7n , ∀ n ≥ 1

⇒ T(n) ≤ 7n

Chọn C = 7, n0 = 1, f(n) = n

T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0

⇒ T(n) = O(f(n))

b) T(n) = 3n3 + 2n2

 T(n) = 3n3 + 2n2 ≤ 3n3+ 2n3 , ∀ n ≥ 1

⇒ T(n) ≤ 5n3

Chọn C = 5 , n0 = 1 , f(n) = n3

T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0

⇒ T(n) = O(f(n))

c) T(n) = (n + 1)2

 T(n) = (n2 + 1) ≤ (n2+ n2) , ∀ n ≥ 1

⇒ T(n) ≤ 4n2

Chọn C = 4 , n0 = 1, f(n) = n2

T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0

⇒ T(n) = O(f(n))

d) T(n) = 2100

 T(n) = 2100 ≤ 2100n , ∀ n ≥ 1

⇒ T(n) ≤ n

Chọn C = 1 , n0 = 1 , f(n) = n

T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0

⇒ T(n) = O(f(n))

e) T(n) = 5

n

 T(n) = 5

n ≤ 5 , ∀ n ≥ 1

⇒ T(n) ≤ 5

Chọn C = 1 , n0 = 1 , f(n) = 5

T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0

⇒ T(n) = O(f(n))

f) T(n) = 1

10n3+ 100n

 T(n) = 1

10n3+ 100n ≤ 1

10n3+ 100n3 , ∀ n ≥ 1

⇒ T(n) ≤ 100,1n3

Chọn C = 100,1 , n0 = 1 , f(n) = n3

T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0

⇒ T(n) = O(f(n))

g) T(n) = 20n3− 10nlogn + 5

 T(n) = 20n3− 10nlogn + 5 ≤ 20n3+ 5 ≤ 20n3+ 5n3 ≤ 25n3 , ∀ n ≥ 1

⇒ T(n) ≤ 25n3

Chọn C = 25 , n0 = 1 , f(n) = n3

T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0

⇒ T(n) = O(f(n))

h) T(n) = 3logn + loglogn

 T(n) = 3logn + loglogn ≤ 3logn + logn ≤ 4logn , ∀ n ≥ 1

⇒ T(n) ≤ 4logn

Chọn C = 4 , n0 = 1 , f(n) = logn

T(n) ≤ Cf(n) , ∀ n ≥ n0

⇒ T(n) = O(f(n))

Câu 3 :

Xét f(n) = 7n 2 ; g(n)=n 2 – 80n ; h(n)=n 3

Chứng minh:

f = O(g); g = O(f); f = O(h); h#O(f)

Giải:

 C/m: f=O(g)

Giả sử: 7n2 ≤ C(n2 – 80n) , ∀n ≥ n0

Sau khi xét bảng biến thiên của bất phương trình trên em chọn được:

C = 8, n0 = 640s thì bất phương trình trên thỏa

 f(n)≤ cg(n) , ∀n ≥ n0

 f(n) = O(g)

 C/m: g = O(f)

g(n) = n2− 80n ≤ n2 ≤ 7n2, ∀n ≥ 1

Chọn C = 1, n0 =1

 g(n) ≤ cf(n)∀n ≥ n0

 g(n) = Of(n)

 C/m: f = O(h)

Ta có f(n) = 7n2 ≤ 7n3 , ∀n ≥ 1

Chọn C = 7,n0 = 1

 f(n) ≤ h(n) ∀n ≥ n0

 f = O(h)

 C/m: h ≠ O(f)

Giả sử: h(n) = n3 ≤ C(7n2), ∀n ≤ 𝑛0, C ∈ R+

Xét dấu hàm số 𝑘(𝑛) = n3− C(7n2)

Vậy chỉ cần n = 7C là n3 > C(7n2)

Đặt n0 = 7C

 h(n) ≤ Cf(n) , ∀n ≤ 𝑛0

 ∀n ≥ 𝑛0 thì h(n) ≠ Cf(n)

 h(n) ≠ O(f)

Câu 4: Chứng minh

𝟏

𝟐𝒏

𝟐 = 𝑶(𝒏𝟐)

𝒏𝟐+ 𝟏 = 𝑶(𝒏𝟐)

⇒ 𝟏

𝟐𝒏

𝟐 = 𝒏𝟐 + 𝟏 ? ? ? ?

Giải:

Dấu “=” ở đẳng thức chứa O(𝑛2) nó chỉ là ký hiệu, thể hiện

1

2𝑛2 € 𝑂(𝑛2), O(𝑛2) chỉ là một tập hợp

Còn dấu “=” ở 1

2𝑛2 = 𝑛2+ 1 nó thể hiện là một đẳng thức

Vì vậy 1

2𝑛2 = 𝑛2+ 1 là sai

Câu 5: Chứng minh

Giải:

2 Chứng minh: f(n)∈ 𝑂(𝑔(𝑛))𝑣à 𝑔(𝑛) ∈ 𝑂(ℎ(𝑛)) => 𝑓(𝑛) ∈ 𝑂(ℎ(𝑛))

Ta có : f(n)∈ 𝑂(𝑔(𝑛))

 ∃𝑐1 ∈ 𝑅+, 𝑛0 ∈ 𝑁, ∀𝑛 ≥ 𝑛0

 𝑓(𝑛) ≤ 𝑐1𝑔(𝑛) (1)

Ta có: g(n)∈ 𝑂(ℎ(𝑛))

 ∃𝑐2 ∈ 𝑅+, 𝑛0 ∈ 𝑁, ∀𝑛 ≥ 𝑛0

 g(n)≤ 𝑐2ℎ(𝑛) (2)

 c1g(n)≤ 𝑐1𝑐2ℎ(𝑛)

Ta có: f(n)≤ 𝑐1𝑔(𝑛) ≤ 𝑐1𝑐2ℎ(𝑛)

 f(n)≤ 𝑐1𝑐2ℎ(𝑛)

Đặt c3=𝑐1𝑐2

 ∃𝑐3 ∈ 𝑅+, 𝑛0 ∈ 𝑁, ∀𝑛 ≥ 𝑛0

 𝑓(𝑛) ≤ 𝑐3ℎ(𝑛)

 f(n)∈ 𝑂(ℎ(𝑛)) ( đpcm )

4 O(f(n))=O(g(n))  g(n)∈ 𝑂(𝑓(𝑛)), 𝑓(𝑛) ∈ 𝑂(𝑔(𝑛))

Ta có: O(f(n))=O(g(n))

 ∃𝑓(𝑛) ∈ 𝑂(𝑔(𝑛))

 ∃𝑔(𝑛) ∈ 𝑂(𝑔(𝑛))

 ∃𝑔(𝑛) ∈ 𝑂(𝑓(𝑛))

Ta có:

g(n)∈ 𝑂(𝑓(𝑛))

 ∃𝑐1 ∈ 𝑅+, 𝑛0 ∈ 𝑁, ∀𝑛 ≥ 𝑛0

 𝑔(𝑛) ≤ 𝑐1𝑓(𝑛)

𝑓(𝑛) ∈ 𝑂(𝑔(𝑛))

 ∃𝑐2 ∈ 𝑅+, 𝑛0 ∈ 𝑁, ∀𝑛 ≥ 𝑛0

 f(n)≤ 𝑐2𝑔(𝑛)

Ta có: g(n)≤ 𝑐1𝑓(𝑛)

f(n)≤ 𝑐2𝑔(𝑛) => 𝑐1𝑓(𝑛) ≤ 𝑐1𝑐2𝑔(𝑛) => 𝑔(𝑛) ≤ 𝑐1𝑐2𝑔(𝑛)

∃𝑐3 = 𝑐1𝑐2 ∈ 𝑅+, 𝑛0 ∈ 𝑁, ∀𝑛 ≥ 𝑛0

=> 𝑔(𝑛) ≤ 𝑐3𝑔(𝑛) => 𝑔(𝑛) ∈ 𝑂(𝑔(𝑛))

Ta có: g(n) ≤ 𝑐1𝑓(𝑛) => 𝑐2𝑔(𝑛) ≤ 𝑐1𝑐2𝑔(𝑛)

 f(n) ≤ 𝑐2𝑔(𝑛) ≤ 𝑐1𝑐2𝑓(𝑛)

 f(n) ≤ 𝑐1𝑐2𝑓(𝑛)

 ∃𝑐3 = 𝑐1𝑐2 ∈ 𝑅+, 𝑛0 ∈ 𝑁, ∀𝑛 ≥ 𝑛0

 f(n)≤ 𝑐3𝑓(𝑛)

 f(n)∈ 𝑂(𝑓(𝑛))

Ta có:

∃f(n)∈ 𝑂(𝑓(𝑛))

∃f(n)∈ 𝑂(𝑔(𝑛)) (2)

∃g(n)∈ 𝑂(𝑔(𝑛))

∃g(n)∈ 𝑂(𝑓(𝑛))

Từ (1)(2)

 O(f(n))=O(g(n)) g(n)∈ 𝑂(𝑓(𝑛)), 𝑓(𝑛) ∈ 𝑂(𝑔(𝑛))

12)

2𝑛+1 = 𝑂(2𝑛)

𝑇𝑎 𝑐ó: lim

𝑛→∞

2𝑛+1

2 𝑛 = 2 < +∞

 2𝑛+1 = 𝑂(2𝑛)

11)

log𝑛𝑥 = O(logn), ∀x>0

Ta có: lim

𝑛→∞

log𝑛𝑥 logn = 𝑥, ∀x > 0 => x < +∞

=> log𝑛𝑥 = O(logn), ∀x>0

9)

f(n) là một đa thức bậc d => f(n) = O(𝑛𝑑)

Ta có : công thức đa thức bậc d là : a1nd+a2𝑛𝑑−1+a3nd-2+ +c ( c là hằng số) ( a1≠ 0)

Ta có: lim

𝑛→∞

𝑎1𝑛𝑑+𝑎2𝑛𝑑−1+𝑎3𝑛𝑑−2+ +c

𝑛 𝑑 = 𝑎1 ≠ 0

 f(n) = O(𝑛𝑑)

6)

f(n) = O(g(n)) => a.f(n) = O(g(n)) ∀ a> 0

Ta có: f(n)=O(g(n))

f(n)∈ 𝑂(𝑔(𝑛))

 ∃𝑐1 ∈ 𝑅+, 𝑛0 ∈ 𝑁, ∀𝑛 ≥ 𝑛0

 f(n)≤ 𝑐1𝑔(𝑛)

Đặt 1

𝑎 = 𝑐1

𝑐

 ∃1𝑎 ∈ 𝑅+, 𝑛0 ∈ 𝑁, ∀𝑛 ≥ 𝑛0

𝑓(𝑛) ≤ 1

𝑎 cg(n)

𝑣ì 𝑎 > 0 => 𝑎𝑓(𝑛) ≤ 𝑐𝑔(𝑛)

=> 𝑎𝑓(𝑛) ∈ 𝑂(𝑔(𝑛)) ∀ a> 0

Câu 6: Chứng minh dùng giới hạn

𝒇(𝒏) = 𝟐𝒏 ∈ 𝑶(𝒏!)

𝒇(𝒏) = 𝟐𝒏𝟓+ 𝟔𝒏𝟐+ 𝟐 ∈ 𝑶(𝒏𝟓)

Giải:

 Xét lim

𝑛→∞

2𝑛 𝑛! , Áp dụng tiêu chuẩn D’Alembert, ta có:

lim

𝑛→∞

2𝑛

𝑛! = lim𝑛→∞

2𝑛+1 (𝑛 + 1)!

𝑛!

2𝑛 = lim

𝑛→∞

2

𝑛 + 1 = 0 Vậy 2𝑛 = ѳ(𝑛!)

 Xét

lim

𝑛→∞

𝟐𝒏𝟓 + 𝟔𝒏𝟐 + 𝟐

Vậy 𝟐𝒏𝟓+ 𝟔𝒏𝟐+ 𝟐 = 𝑶(𝒏𝟓)