Tarea 1 de Aplicaciones a la Computaci´onDiego Carvajal 29 de Marzo 2015 1 Introducci´ on En este trabajo veremos demostraciones de 8 propiedades que salen de la definici´on del conjunto de todas las funciones dominadas por una cota superior llamada comunmente como Big O o la Notaci´ on de Landau, que es ocupada para la comparaci´on asint´otica de funciones. 2 Notaci´ on de Landau Definici´ on: Sea f : N −→ [0, ∞). Se define el conjunto de funciones de orden O (Omicron) de f como: O(f ) = {g : N −→ [0, ∞) : (∃c ∈ R+ )(∃n0 ∈ N), g(n) ≤ cf (n) ∀n ≥ n0 } Diremos que una funci´ on t : N −→ [0, ∞) es de orden O de f si t ∈ O(f ). 2.1 Propiedades 1. Para cualquier funci´ on f se tiene que f ∈ O(f ). 2. f ∈ O(g) ⇒ O(f ) ⊂ O(g). 3. O(f ) = O(g) ⇔ f ∈ O(g) y g ∈ O(f ). 4. Si f ∈ O(g) y g ∈ O(h) ⇒ f ∈ O(h). 5. Si f ∈ O(g) y f ∈ O(h) ⇒ f ∈ O(min(g, h)). 6. Regla de la suma: Si f1 ∈ O(g) y f2 ∈ O(h) ⇒ f1 + f2 ∈ O(max(g, h)). 7. Regla del producto: Si f1 ∈ O(g) y f2 ∈ O(h) ⇒ f1 f2 ∈ O(gh). (n) 8. Si existe limn→∞ fg(n) = k, dependiendo de los valores que tome k obtenemos: a) Si k 6= 0 y k < ∞ entonces O(f ) = O(g). b) Si k = 0 entonces f ∈ O(g), es decir, O(f ) ⊂ O(g), pero sin embargo se verifica que g ∈ / O(f ). 2.2 Demostraci´ on 1. Sea f : N −→ [0, ∞), entonces sabemos que existe un c ∈ R mayor que cero tal que todas las funciones g : N −→ [0, ∞) est´ an acotadas superiormente por un f ∀n ≥ n0 . Claramente podemos notar que f (n) ≤ cf (n) ∀n, luego f (n) ≤ cf (n) ∀n ≥ n0 . Por lo tanto f ∈ O(f ). 1 esto implica que g(n) ≤ c0 f (n) ≤ cc0 g(n) ∀n ≥ max(n0 . 2 . Como f ∈ O(g) y g ∈ O(h). entonces ⇒ f (n) ≤ g(n) d ∀n ≥ n0 ⇒ df (n) ≤ g(n) ∀n ≥ n0 ⇒ f (n) ≤ df (n) ≤ g(n) ∀n ≥ n0 ⇒ f (n) ≤ g(n) ∀n ≥ n0 Por lo tanto. n1 ) Por lo tanto. entonces existen reales positivos c1 y c2 tales que f1 (n) ≤ c1 g(n) ∀n ≥ n1 ∧ f2 (n) ≤ c2 h(n) ∀n ≥ n2 ⇒ f1 (n) + f2 (n) ≤ c1 g(n) + c2 h(n) ∀n ≥ max(n1 . f ∈ O(h). entonces existen c y d ∈ R mayores que cero tales que dg(n) ≤ f (n) ≤ cg(n) ∀n ≥ n0 Luego como existe un c tal que f (n) ≤ cg(n) ∀n ≥ n0 . Afirmaci´on: Si O(f ) = O(g) ⇒ f ∈ O(g) y g ∈ O(f ). 5. En efecto. de manera an´aloga se tiene para g ∈ O(f ). entonces de forma an´aloga propiedad 3. existir´an c0 y c reales positivos tales que 1 c f (n) ≤ g(n) ≤ c0 h(n) ∀n ≥ max(n0 . ∞) est´ a en O(g). n1 ) ⇒ 1 c f (n) ≤ c0 h(n) ∀n ≥ max(n0 . O(f ) ⊂ O(g). dependiendo de cual sea el m´aximo.2. n2 ) Necesitamos que f1 (n) + f2 (n) este acotado superiormente por una funci´on con una constante para todo n mayor o igual que max(n1 . Tomemos c = d . h)) 6. Si f1 ∈ O(g) y f2 ∈ O(h). Afirmaci´on: Si f ∈ O(g) y g ∈ O(f ) ⇒ O(f ) = O(g). n1 ) De esto se deduce que O(f ) = O(g). a nosotros nos interesa la menor de las cotas superiores. por lo tanto f ∈ O(min(g. 3. n2 ) Donde k es una constante igual que 2c1 o 2c2 . En efecto. Si f ∈ O(g) y f ∈ O(h). 4. Si f : N −→ [0. entonces f ∈ O(g). n1 ) ⇒ f (n) ≤ cc0 h(n) ∀n ≥ max(n0 . entonces existe un real c > 0 tal que f (n) ≤ cg(n) ∀n ≥ n0 y de forma an´aloga se tendr´a un real c0 > 0 tal que g(n) ≤ c0 f (n) ∀n ≥ n1 . n2 ). como f ∈ O(g). como O(f ) = O(g). lo que implica que f1 (n) + f2 (n) ≤ kmax(g(n). entonces existe un c ∈ R mayor que cero tal que f (n) ≤ cg(n) 1 ∀n ≥ n0 . entonces existen reales positivos c0 y c1 f (n) ≤ c0 g(n) ∀n ≥ n0 ∧ f (n) ≤ c1 h(n) ∀n ≥ n1 Como el conjunto O se encarga de tener todas las funciones que est´en mas abajo de una cota superior. entonces tenemos que acotar a´ un m´as la funci´on con la funci´ on de mayor crecimiento para as´ı para estar a la par con la definici´on de O. h(n)) ∀n ≥ max(n1 . Suponiendo que existe limn→∞ fg(n) = k. ∀n ≤ n0 tal que . f1 f2 ∈ O(gh). por definici´ on de l´ımite. Para este caso. Entonces. dado un > 0. existe un n0 ∈ N. nosotros tendremos f1 (n)f2 (n) ≤ c1 c2 g(n)h(n) ∀n ≥ max(n1 . veamos el primer caso a) k 6= 0 y k < ∞.7. n2 ) Por lo tanto. (n) 8. . . f (n) . . . < − k . g(n) . pero para la parte izquierda. entonces de la ultima desigualdad al igual que en las demostraciones anteriores. entonces −g(n) < f (n) < g(n) De la desigualdad de la derecha y por la propiedad 2. tendremos una constante menor que cero. podemos concluir que O(f ) = O(g). ∞). luego g ∈ / O(f ). ⇒ − < f (n) g(n) −k < ⇒ −g(n) < f (n) − kg(n) < g(n) ⇒ −g(n) + kg(n) < f (n) < g(n) + kg(n) ⇒ (− + k)g(n) < f (n) < ( + k)g(n) Ahora bien. ya que es el resultado de dos funciones con recorrido en [0. 3 . el lo podemos tomar tan peque˜ no como queramos y aparte k es mayor que cero. b) Si k = 0. podemos concluir que O(f ) ⊂ O(g). por lo tanto no se cumple la definici´ on para el conjunto O(f ).