Est-ce que log (n!) = Θ (n · log (n))?

Je dois montrer que log ( n !) = Θ ( n · log ( n )) .

Un indice a été donné que je devrais montrer la borne supérieure avec n ⁿ et montrer la borne inférieure avec ( n / 2) ^{( n / 2)} . Cela ne me semble pas du tout intuitif. Pourquoi en serait-il ainsi? Je peux certainement voir comment convertir n ⁿ en n · log ( n ) (c'est-à-dire enregistrer les deux côtés d'une équation), mais c'est une sorte de travail en arrière.

Quelle serait la bonne approche pour résoudre ce problème? Dois-je dessiner l'arbre de récursivité? Il n'y a rien de récursif à ce sujet, donc cela ne semble pas être une approche probable.

N'oubliez pas que

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

Vous pouvez obtenir la limite supérieure par

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

Et vous pouvez obtenir la borne inférieure en faisant une chose similaire après avoir jeté la première moitié de la somme:

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) 

Je me rends compte que c'est une très vieille question avec une réponse acceptée, mais aucune de ces réponses n'utilise réellement l'approche suggérée par l'indice.

C'est un argument assez simple:

n!(= 1 * 2 * 3 * ... * n) est un produit de nnombres inférieurs ou égaux chacun n. Il est donc inférieur au produit de nnombres tous égaux à n; à savoir n^n.

La moitié des nombres - c'est-à-dire n/2d'entre eux - dans le n!produit sont supérieurs ou égaux à n/2. Par conséquent, leur produit est supérieur au produit de n/2nombres tous égaux à n/2; ie (n/2)^(n/2).

Prenez des journaux tout au long pour établir le résultat.

Désolé, je ne sais pas comment utiliser la syntaxe LaTeX sur stackoverflow ..

Voir l'approximation de Stirling :

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

où les 2 derniers termes sont moins significatifs que le premier.

Pour la borne inférieure,

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)

Combiner les deux limites:

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

En choisissant une constante inférieure supérieure à (1/2), nous pouvons compenser -1 à l'intérieur du support.

Ainsi lg (n!) = Thêta (n lg n)

Pour vous aider plus loin, là où Mick Sharpe vous a laissé:

Sa dérivation est assez simple: voir http://en.wikipedia.org/wiki/Logarithm -> Théorie des groupes

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

Considérez n comme infiniment grand . Qu'est-ce que l'infini moins un? ou moins deux? etc.

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

Et puis pensez à inf comme n.

Merci, j'ai trouvé vos réponses convaincantes mais dans mon cas, je dois utiliser les propriétés Θ :

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

pour vérifier le problème, j'ai trouvé ce site Web, où vous avez expliqué tout le processus: http://www.mcs.sdsmt.edu/ecorwin/cs372/handouts/theta_n_factorial.htm

Cela pourrait aider:

e ln (x) = x

et

(l m ) n = l m * n

http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation L' approximation Stirling peut vous aider. Il est vraiment utile pour traiter les problèmes de factoriels liés à des nombres énormes de l'ordre de 10 ^ 10 et plus.