Big o f（n）=log（n）^m是所有自然数m的O（n）？

一位助教告诉我，今天这是真的，但我无法通过谷歌来验证这一点。这是说像log（n）^2，log（n）^3，log（n）^m都是O（n）

这是真的吗

函数

f（n）=log（n）^m

，用于任何自然数

m>2

（

m∈ ℕ+）在中
O（n）

即存在一组正常数
c
和
n0
，从而
以下观点认为：

log(n)^m < c · n, for all n > n0, { m > 2 | m ∈ ℕ+ }      (+)

现在，如果
（++）
保持不变，那么
（++）
中的不等式在对不等式两边应用任何单调递增函数后也将保持不变。一个这样的函数就是
log
函数本身


因此，在假设
（++）
成立的情况下，对于所有正常数
c
和
n0
，存在一个
n>n0
，如下所示成立

然而，
（+++）
显然是一个矛盾：因为
log（n）
主导着（w.r.t.增长）而不是
log（n））


对于
m>2
的任何给定值，我们都可以找到一组常量
c
和
n0
，这样所有
n
的
（+++）
（因此
（+++）
）都会被违反

因此，
（*）
假设被矛盾证明是错误的，因此，
（+）
成立

=>对于
f（n）=log（n）^m
，对于任何有限整数
m>2
，它认为
f∈ O（n）

索赔

函数
f（n）=log（n）^m
，用于任何自然数
m>2
（
m∈ ℕ+）在中
O（n）

即存在一组正常数
c
和
n0
，从而
以下观点认为：

log(n)^m < c · n, for all n > n0, { m > 2 | m ∈ ℕ+ }      (+)

现在，如果
（++）
保持不变，那么
（++）
中的不等式在对不等式两边应用任何单调递增函数后也将保持不变。一个这样的函数就是
log
函数本身


因此，在假设
（++）
成立的情况下，对于所有正常数
c
和
n0
，存在一个
n>n0
，如下所示成立

然而，
（+++）
显然是一个矛盾：因为
log（n）
主导着（w.r.t.增长）而不是
log（n））


对于
m>2
的任何给定值，我们都可以找到一组常量
c
和
n0
，这样所有
n
的
（+++）
（因此
（+++）
）都会被违反

因此，
（*）
假设被矛盾证明是错误的，因此，
（+）
成立

=>对于
f（n）=log（n）^m
，对于任何有限整数
m>2
，它认为
f∈ O（n）

对。如果函数是
f（n）
，则表示
m
是一个参数，
f
不依赖于它。事实上，每个
m
都有一个不同的
fum
函数

f_m(n) = log(n)^m

那就容易了。给定
m∈ ℕ，重复使用

        f_m(n)            log(n)^m            m * log(n)^(m-1)
limsup ──────── = limsup ────────── = limsup ────────────────── =
 n→∞      n        n→∞       n         n→∞           n

          m*(m-1) * log(n)^(m-2)                m!
= limsup ──────────────────────── = … = limsup ──── = 0
                 n                       n→∞    n

因此，
f\m∈ O（n）

当然，如果我们有
f（m，n）=log（n）^m
，情况会有所不同。例如，取
m=n

        f(n,n)            log(n)^n
limsup ──────── = limsup ────────── = ∞
 n→∞      n        n→∞       n

然后
f∉ O（n）
是。如果函数是
f（n）
，则表示
m
是一个参数，
f
不依赖于它。事实上，每个
m
都有一个不同的
fum
函数

f_m(n) = log(n)^m

那就容易了。给定
m∈ ℕ，重复使用

        f_m(n)            log(n)^m            m * log(n)^(m-1)
limsup ──────── = limsup ────────── = limsup ────────────────── =
 n→∞      n        n→∞       n         n→∞           n

          m*(m-1) * log(n)^(m-2)                m!
= limsup ──────────────────────── = … = limsup ──── = 0
                 n                       n→∞    n

因此，
f\m∈ O（n）

当然，如果我们有
f（m，n）=log（n）^m
，情况会有所不同。例如，取
m=n

        f(n,n)            log(n)^n
limsup ──────── = limsup ────────── = ∞
 n→∞      n        n→∞       n

然后
f∉ O（n）
在许多方面，对于任何正整数
m
我们有：

x^m = O(e^x)

这说明指数增长主导了多项式增长（这就是为什么指数时间算法在计算机编程中是个坏消息）

假设这是真的，只需取
x=log（n）
并使用这样一个事实，即
x
趋于无穷当且仅当
n
趋于无穷大，并且
e^x
和
log（x）
是相反的：

log(n)^m = O(e^log(n)) = O(n)

最后，由于对于任何自然数
m
，根函数
n=>n^（1/m）
都在增加，因此我们可以将结果重写为

log(n) = O(n^(1/m))

这种书写方式表明，
log（n）
的增长速度比
n
的任何根（平方、立方体等）都慢，这更明显地对应于
e^n
的增长速度比
n
的任何幂都快


编辑时：上面显示的是
log（n）^m=O（n）
后面是更熟悉的
x^m=O（e^x）
。为了将其转换为一个更完备的证明，我们可以直接显示后面的证明

从泰勒级数开始计算
e^x
：

e^x = 1 + x/1! + x^2/2! + x^3/3! + ... + x^n/n! + ...

这是已知的收敛于所有实数
x
。如果给定一个正整数
m
，则设
K=（m+1）。那么，如果
x>K
我们有
1/x<1/（m+1），因此

x^m = x^(m+1)/x < x^(m+1)/(m+1)! < e^x

x^m=x^（m+1）/x

这意味着
x^m=O（e^x）
。（上面的最后一个不等式是正确的，因为如果
x>0
和
x^（m+1）/（m+1）！
只是这些术语之一，
e^x
展开式中的所有术语都是严格正的。
在许多方面，对于任何正整数
m
我们都有：

x^m = O(e^x)

这说明指数增长主导了多项式增长（这就是为什么指数时间算法在计算机编程中是个坏消息）

假设这是真的，只需取
x=log（n）
并使用
x
倾向于