lista5.md 1.7 KB
1. Mostre que lg (n!) ≥ (n/4) lg n para n ≥ 4 sem usar a formula de Stirling.
Vamos utilzar que $$2 lg \space (n!) \geq (n/2) lg \space n$$ e lebrem que $$ 2 lg \space (n!) = lg \space (n!^2) = lg \space(\prod_{i=0}^{n-1} (n-i) \cdot (i+1)) $$ $$ (n-i) \cdot (i+1) = ni+n-i^2-i$$
Se realizarmos primeira derivada dessa função em $i$ e igualarmos a 0, vamos obter que $n-2i-1 = 0$. Resolvendo essa equaçao e sabendo que a parábola da equação de segundo grau é voltada para baixo, descobrimos que o ponto máximo dessa equação é em $i = \frac{n-1}{2}$. Veja que $i \in [0, n-1]$, calculando o valor da equação nos tremos chegamos a $n$ em ambos o caso. Portanto como o máximo está entre os extremos e nelas o valor é $n$, podemos concluir que,
$$ (n-i) \cdot (i+1) \geq n $$
Usando isso,
$$ 2 \cdot lg \space (n!) \geq 2 \cdot lg \space (\prod_{i=0}^{n-1} n) = 2 \cdot lg \space (n^n) = 2 \cdot n \cdot lg \space (n)$$
$$ lg \space (n!) \geq n \cdot lg \space (n)$$
Se dividirmos a parte da direita dessa inequação por 4 ela continua sendo válida e chegamos onde queríamos.
2. (CLRS 8.1-3) Mostre que não há algoritmo de ordenação baseado em comparações cujo consumo de tempo é linear para pelo menos metade das n! permutações de 1 a n. O que acontece se trocarmos “metade” por uma fração de 1/n? O que acontece se trocarmos “metade” por uma fração de $\frac{1}{2^n}$?
Se fizermos a árvore de comparação para um algorítmo de comparação, haverá $n!$ folhas nessa árvore. A altura mínima da árvore será $n$ e nessa altura haverá todos os nos completos, ou seja todas as folhas estarão preenchidas. Quando isso ocorre o número de nós comparações totais até a profundidade n será $\sum_{i=1}{n} 1^i$.