Lösungen zu Kapitel 4

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1 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe : Die folgede Grezwerte köe aalog zu Beispiel 4.(c bestimmt werde: (a lim + = 3 3. (b Die Folge a ist diverget. (c lim + = 0. 3 (d lim ( + 3 = 0. (e lim ( + = 0. Lösug zu Aufgabe : Es gilt a = = ( = ( + = +. Daher ist lim a =. Lösug zu Aufgabe 3: I der folgede Tabelle gebe wir die Glieder a 0,..., a 4 der Folge (a a 0 =, a = a + a (, (b a 0 =, a = a + a ( ud (c a 0 =, a = 3, a = a 0 a + a a + a a a a ( a. a 0 a a a 3 a 4 (a (b (c

2 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 4: Für = 0 (ud = ergebe sowohl die like als auch die rechte Seite der Gleichug de Wert 0. Dies ist der Iduktiosafag. Es gelte die Iduktiosvoraussetzug Hiermit bekomme wir i= iq i = ( q+ q + q (q. i= iq i = ( q+ q + q (q + q = ( q+ q + q + q (q (q = q+ ( + q + + q (q, was zum Nachweis des Iduktiosschlusses zu zeige war. Für q = ist iq i = i = i= i= (. Lösug zu Aufgabe 5: Hieraus folgt i= i= i(i + = Es gilt = i= ( i ( + = +. i(i + = lim i= i + ( 3 ( ( i(i + = lim =. +

3 Lösuge zu Kapitel 4 3 Lösug zu Aufgabe 6: aalog zu Aufgabe 5 Es folgt i=0 Wir bereche zuächst die Partialsumme ud bekomme ( (k + i(k + i + = k + i = k + i + k k + +. i=0 i=0 ( (k + i(k + i + = lim k = k + + k. Für k = ergibt sich die Reihe aus Aufgabe 5. Lösug zu Aufgabe 7: Aus Aufgabe 4 erkee wir, dass die Reihe i= iq i für q < kovergiert ud dass für diese Fall i= iq i = q gilt. Für q = (q 3 ergibt sich zusamme mit der geometrische Reihe i=0 i + i 3 i = i=0 ( i + 3 i=0 i 3 i = ( 3 = = 5 4. Lösug zu Aufgabe 8: Für x = 3 wird der Wert im Neer 0. Die Fuktio ist daher für x = 3 icht defiiert. Wir führe deshalb eie Polyomdivisio durch ud erhalte (x x /(x 3 = x + 4. Damit gilt x x lim = lim (x + 4 = 0. x 3 x 3 x 3 Lösug zu Aufgabe 9: Die Fuktio + x, x, f (x = ax x 3, < x, bx, x >. ist abschittsweisedefiiert. Zu utersuche ist das Verhalte a de Stelle x = ud x =. Es ist f ( =. Damit f für x = stetig ist, muss lim x (ax x 3 = gelte. Dies ist offesichtlich für a = 3 der Fall. Durch Betrachte des Werts x = ergibt sich aalog b =.

4 4 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 0: Es solle die Aussage (b, (c ud (d vo Beispiel 4.8 überprüft werde. (b Für alle x 0 > 0 gilt f f (x f (x 0 x x0 (x 0 = lim = lim x x 0 x x 0 x x 0 x x 0 (c Für x = 0 ist ( x x0 ( x + x 0 = lim x x 0 (x x 0 ( x + x 0 = lim = x x 0 x + x0. x 0 Für x = 0 folgt hieraus (d Für x = 0 ist Für x = 0 folgt hieraus f (x = x = f (x = = lim x x 0 (x x 0 (x x 0 ( x + x 0 { x, falls x > 0, x, falls x < 0. {, falls x > 0,, falls x < 0 = sig(x f (x = x x = f (x = Es ist D( f =, aber 0 / D( f. { x, falls x > 0, x, falls x < 0. { x, falls x > 0, x, falls x < 0. = x.

5 Lösuge zu Kapitel 4 5 Lösug zu Aufgabe : x. Das folgede Bild zeigt die Sägezahfuktio f (x = x f (x = x x 3 3 x Offesichtlich existiere die Fuktiosgrezwerte lim x x0 f (x icht, falls x 0 ist. Daher ist f für gazzahlige Argumete icht stetig ud daher auch icht differezierbar. Falls f (x existiert, ist f (x =. Lösug zu Aufgabe : Die Fuktio g ist geau da ustetig, we der Ausdruck x + eie gazzahlige Wert aimmt. Der Asatz k = x +, k, führt zu x = k 4. Die Fuktio g ist daher a de Stelle..., 4 3, 4, 4, 4 3, 4 5,... ustetig. Es gilt... falls 4 3 x < 4, 0 falls 4 x < 4, falls g(x = 4 x < 3 4, falls 3 4 x < 5 4, 3 falls 5 4 x < 7 4, 4 falls 7 4 x < 9 4,... Beispielsweise gilt lim x 3 4 g(x =. Der rechtsseitige Grezwert lim x x 0 + g(x lässt sich aalog defiiere. Es ist lim x g(x =. Für gazzahlige Werte k ud x k = k 4 erhalte wir lim x x k + g(x = k ud lim x xk g(x = k.

6 6 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 3: (a f (x = + 9 5, x x 4 x 5 (b f (x = 3x 3x, 5 (c f (x = l(x, (l(x (d f (x = x { cos(x + ( e x si(e x x, (e f falls x > 0, (x = 0 falls x < 0. Für x = 0{ ist die Fuktio icht differezierbar. (f f falls x > 0, (x = falls x < 0. Für x = 0 ist die Fuktio icht differezierbar.

7 Lösuge zu Kapitel 4 7 Lösug zu Aufgabe 4: (a f (x = x 3 9x + 7x 9 f (x = 3x 8x + 7 f (x = 6x 8 f (x = f (x = x 3 9x + 7x Nullstelle: x = 0. Extremwerte: keie. Wedestelle: (3, 8, zugleich Sattelpukt. lim x =. lim x =. f ist puktsymmetrisch zur Wedestelle (3, 8. x

8 8 Lösuge zu Kapitel 4 (b f (x = x 4x+ x 4x 7 6(x f (x = (x 4x 7 f (x = 6(3x x+3 (x 4x 7 3 f (x = 9(x (x 4x+5 (x 4x 7 4 Die Fuktio f ist für x = + ud x = icht defiiert f (x = (x 4x + /(x 4x x Nullstelle: x = + 3, x = 3. Extremwerte: (, 3, Maximum. Wedestelle: keie Wedestelle. lim x = lim x =. f ist achsesymmetrisch zu x =.

9 Lösuge zu Kapitel 4 9 (c f (x = + x e x f (x = e x (x x f (x = e x ( 4x + x f (x = e x ( 6 + 6x x 0 8 f (x = + x /e x x Nullstelle: keie. Extremwerte: (0,, Miimum, (, e +4, Maximum ( e Wedestelle: + (, e e, ( (, e e +. lim x =. lim x =. f ist icht symmetrisch.

10 0 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 5: (a Es wird davo ausgegage, dass das Feld [a,..., a i ], i, bereits sortiert ist. Dies ist offesichtlich am Afag der Fall ud wird bei jedem Schleifedurchlauf bewahrt. I der iere Schleife wird stets das kleiste Elemet der och usortierte Folge [a i+,..., a ] gesucht ud am Ede der sortierte Folge eigefügt. Das Feld a = [9, 0, 6, 7, 5, 4] sortiert der Algorithmus i der folgede Reihefolge (b Es sei f ( die Azahl der Schritte des Algorithmus. Mit g( j bezeiche wir die Azahl, wie oft der Ausdruck a[j]<e zu true ausgewertet wird. Mit de Vereibaruge, wie sie im Buch getroffe wurde, ergibt sich ( ( f ( = ( + g( j + 3. i= j=i+ Der güstigste Fall tritt ei, we das Feld bereits aufsteiged sortiert vorliegt. Da ist g( j = 0 ud f ( = + (6 + i = + 5 = (. i= Im ugüstigste Fall ist g( j =, das heißt, das Feld ist absteiged sortiert. Wir bekomme da f ( = + (6 + 3( i = = (. i= Der Algorithmus besitzt also sowohl im güstigste als auch im ugüstigste Fall eie quadratische Laufzeit. Die Laufzeit im mittlere Fall ist da ebefalls quadratisch.

11 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 6: (a Nach Beispiel 4.(g ist mit d = ud r = log lim = 0. Hieraus folgt log = O(. Mit = O( bekomme wir aus Satz 4.5(c log = O(. (b ( = (+ = + = (. (c Mit c = 4 gilt für alle die Aussage + = 4 c. Daher ist + = O(. (d Diese Aussage gilt icht. Wir schließe idirekt ud ehme = O( a. Da gibt es eie reelle Zahl c > 0 ud eie atürliche Zahl 0, so dass = c für alle 0 gilt. Wir dividiere diese Gleichug durch ud erhalte c für alle 0. Dies ist ei Widerspruch, da der Ausdruck mit wachsedem die Greze c überschreitet. (e Mit d = ud r = folgt aus Beispiel 4.(g die Aussage log lim = 0. Daher ist = O(log. (f Wir setze i Beispiel 4.(g d = 4 ud r = ei ud erhalte log lim 4 = 0. Hieraus folgt log = O( 4. Mit Satz 4.5(c ergibt sich (log = (log (log = O(( 4 = O(. (g log = log = (log. Lösug zu Aufgabe 7: Wir wiederhole zuächst die Defiitioe vo o(g( ud O(g(: O(g = { f : 0 c > 0, f ( cg(}, o(g = { f : 0 c > f ( < cg(}. Es seie f, g : 0 beliebige Fuktioe. Um die Behauptug f ( = o(g( f ( = O(g( zu zeige, müsse wir eie reelle Zahl c > 0 ud eie atürliche Zahl 0 agebe mit 0 f ( cg( für alle 0. Nach Voraussetzug gibt es aber zu jeder reelle Zahl c eie atürliche Zahl 0 mit 0 f ( < cg( cg( für alle 0. Es gilt weiter: We für asymptotisch positive Fuktioe f ( ud g( der Grezwert lim f ( g( existiert, da ist f ( = O(g(. Ist dieser Grezwert 0, da gilt sogar f ( = o(g(.

12 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 8: Wir müsse für alle asymptotisch positive Fuktioe f, f, f, g, g ud g die folgede Aussage zeige: (a f ( = O(g ( f ( = O(g ( ( f + f ( = O(max{g (, g (} (b f ( = O(g( f ( = O(g( ( f + f ( = O(g( (c f ( = O(g( f ( = O(g( ( f f ( = O((g( (d g( = O( f ( ( f + g( = ( f ( Wir zeige zuächst (a. Nach Voraussetzug gibt es Kostate c, c, ud, so dass für alle max(, die Aussage f ( c g ( ud f ( c g ( gelte. Hieraus folgt f ( + f ( c g ( + c g ( max(c, c max(g (, g ( für alle max(,. Mit c = max(c, c ud 0 = max(, ist also f ( + f ( c max(g (, g ( für alle 0, das heißt ( f + f ( = O(max{g (, g (}. Die Aussage (b erhält ma aus (a, we ma g( = g ( = g ( setzt. Wir weise jetzt (c ach. Nach Voraussetzug gibt es Kostate c, c, ud, so dass für alle max(, die Aussage f ( c g( ud f ( c g( gelte. Die Behauptug folgt da aus f ( f ( c g (c g ( c c (g( für alle max(,. Zum Nachweis vo (d setze wir g( = O( f ( voraus. Es gibt daher Kostate c ud 0 mit g( cf ( für alle 0. Hieraus folgt f ( f ( + g( f ( + cf ( = (c + f ( für alle 0, was zu zeige war. Lösug zu Aufgabe 9: Gegebe sei die Rekurrezgleichug T ( = T ( + ( mit der Afagsbedigug T ( = 0. Zu zeige ist, dass die Fuktio f ( = ( diese Gleichug löst. Da f ( = 0 ist, erfüllt f ( die Afagsbedigug. Aus der Gleichug f ( + ( = ( ( + ( = ( = f ( folgt, dass f ( der Rekurrezgleichug geügt.

13 Lösuge zu Kapitel 4 3 Lösug zu Aufgabe 0: Bei de drei Rekurrezgleichuge hadelt es sich um lieare homogee Rekurrezgleichuge erster bzw. zweiter Ordug. (a a = 3a, a 0 = 9. Diese Gleichug ist ei Spezialfall vo 4.0 auf Seite 7. Die Lösug ist daher a = 9 3. (b a = 5a + 6a, a 0 =, a =. Die charakteristische Gleichug lautet t 5t 6 = 0. Sie besitzt die Lösuge t = 6 ud t =. Mit Satz 4.7 bekomme wir a = (. (c a = 4a 4a, a 0 =, a = 3. Die charakteristische Gleichug lautet t + 4t + 4 = 0. Sie besitzt die Lösuge t = t =. Mit Satz 4.8 bekomme wir a = ( 5 (. Lösug zu Aufgabe : Bei de vier Rekurrezgleichuge hadelt es sich um ihomogee Rekurrezgleichuge zweiter Ordug. Die zugehörige homogee Rekurrezgleichug lautet jeweils a = a + 3a. Ihre charakteristische Gleichug t t 3 = 0 besitzt die Lösuge t = ud t = 3. Die allgemeie Lösug der zugehörige homogee Gleichug ist daher a h = c ( + c 3. Die Afagsbediguge sid a 0 = 0 ud a =. Die vier Gleichuge uterscheide sich lediglich i der Störfuktio f (. Die Gleichuge werde wie i Beispiel 4.6 ud der aschließede Bemerkug gelöst. Das heißt, es wird zuächst ei Asatz für eie partikuläre Lösug a p gewählt. Da werde die ubekate Koeffiziete des Asatzes durch Koeffizietevergleich bestimmt. Schließlich werde die Afagsbediguge eigesetzt ud die Koeffiziete c ud c ermittelt. (a a = a + 3a + f ( = Asatz für a p : A a = 8 ( (b a = a + 3a + f ( = Asatz für a p : A + B + c a = (c a = a + 3a + f ( = Asatz für a p : A a = ( (d a = a + 3a + 3 f ( = 3 Asatz für a p : A 3, da 3 eie Lösug der charakteristische Gleichug ist. a = 5 6 (

14 4 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe : Für die vier Gleichuge ist jeweils a = 8ud b =. Daher gilt für die Vergleichsfuktio g( = log b a = 3. (a T ( = 8T (/ + Es tritt der erste Fall ei, de es gilt f ( = = O( 3 ε mit ε = > 0. Dasheißt, f ist polyomial kleier als g.folglich ist achdem Mastertheorem T ( = ( 3. (b T ( = 8T (/ + 3 Da f ( = 3 = ( 3 gilt, trifft der zweite Fall zu. Aus dem Mastertheorem folgt T ( = ( 3 log. (c T ( = 8T (/ + 3 log Das Mastertheorem ist icht awedbar. Es ist f ( = 3 log zwar größer als g( = 3, das heißt, f ( = 3 log = ( 3. Deoch trifft Fall 3 icht zu, da f ( = 3 log icht polyomial größer als g( = 3. Das heißt, es gibt kei ε > 0 mit f ( = 3 log = ( 3+ε. (d T ( = 8T (/ + 4 Da f ( = 4 = ( 3+ε mit ε = > 0 gilt, ist f ( polyomial größer als g( = 3. Damit Fall 3 eitritt, muss auch die Regularitätsbedigug gelte: Es existiert eie Kostate c < ud eie atürliche Zahl 0 0, so dass für alle 0 die Bedigug a f (/b cf ( erfüllt ist. Die Ugleichug lautet mit a = 8, b = ud f ( = 4 i diesem Fall ( 4 8 c 4. Diese Ugleichug ist für c = für alle erfüllt. Fall 3 des Mastertheorems ist daher awedbar, ud es gilt T ( = ( 4.

15 Lösuge zu Kapitel 4 5 Lösug zu Aufgabe 3: Es sid die folgede Aussage achzuweise. (a ( ( k = k für alle 0, k 0, 0 k. (b ( ( k = ( k + k für alle, k. (c ( k = ( k ( +k k für alle, k 0. Die Aussage (a folgt sofort aus der Defiitio der Biomialkoeffiziete: ( (! = k k!( k! =! ( k!( ( k! =. k Die Gleichug ( ( ( ( ( ( k + = + k k k k! ( ( = + k k k ( = k k ( = k beweist (b. Die Aussage (c bekomme wir aus ( ( ( ( ( k + = k k! = ( k ( + ( + ( + k k! = ( k ( + k! (!k! ( + k = ( k. k

16 6 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 4: Wir müsse ( / ( 4 = ( für alle 0 zeige. Die Rechug ergibt ( / ( 4 = ( ( ( (! = ( ( (! 3 5 ( 3 =! 3 5 ( 3 =!!! 3 ( 4 6 =! (! (! =!!( = ( für alle 0.

17 Lösuge zu Kapitel 4 7 Lösug zu Aufgabe 5: (a a = 3a, a 0 = 9 Wir otiere die erste Terme ud summiere sie wie folgt: = a = 3a 0 z a = 3a z.. a = 3a. a z = 3 a z + =0 G(z a 0 = 3zG(z z We wir hieri de Wert für a 0 eisetze ud die Gleichug ach G(z auflöse, erhalte wir G(z = 9 3z. Nach Beispiel 4.0(d ist a = 9 3 die zugehörige Folge ud damit Lösug der gegebee Rekurrezgleichug. (b a = 5a + 6a, a 0 =, a = We wir die Summe wie auf Seite 5 bilde, erhalte wir für die erzeugede Fuktio die Gleichug G(z a 0 a z = 5z(G(z a 0 + 6z G(z. Hieri setze wir a 0 = a = ei ud löse die Gleichug ach G(z auf. Dies liefert 8z G(z = 5z 6z = 4 7 6z z. Nach Beispiel 4.0(d ist damit a = ( die gesuchte Folge. (c a = 4a 4a, a 0 =, a = 3 Wie uter (b bilde wir die etsprechede Summe ud erhalte G(z a 0 a z = 4z(G(z a 0 4z G(z. Eisetze vo a 0 = ud a = 3 ud Auflöse ach G(z liefert G(z = + 7z + 4z + 4z = 7 ( z 5 ( ( z.

18 8 Lösuge zu Kapitel 4 Die Fuktio ( z ist erzeugede Fuktio der Folge (. Nach Beispiel 4.(c erzeugt die Fuktio die Folge ( +. Daher ist die ( z ( ( z erzeugede Fuktio ( + (. Für die gesuchte Folge a gilt daher a = 7 ( 5 ( + ( = ( 5 (.

19 Lösuge zu Kapitel 4 9 Lösug zu Aufgabe 6: Wir zerlege zuächst G(z: G(z = z 3 ( z + ( z 3. Nach Satz 4. gilt: ( z = ( ( 0 ( z + z... ( z = ( ( 0 ( z + z... ( z 3 = ( 3 ( 0 3 ( z + 3 z... Wir wede Satz 4.(c auf die Koeffiziete vo z a ud erhalte ( = ( ( + = (, ( = ( ( + = ( ( +, ( 3 = ( ( +3 Es sei (a die gesuchte Folge. Da gilt G(z = =0 Mit de obige Ausdrücke für ( = ( ( + ( +. a z = z 3 ( z + ( z 3., ( ud ( 3 ist a = ( (( 3 ( ( + + ( ( + ( + = 3( + + ( + ( + =. Die Fuktio G(z = z(z+ ( z 3 ist also die erzeugede Fuktio der Folge a =, 0.

20 0 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 7: Gegebe sei die Rekurrezgleichug a + = a +, 0, mit der Afagsbedigug a 0 =. Idem wir die like ud die rechte Seite der Rekurrezgleichug mit Poteze vo z multipliziere ud die Summe bilde, bekomme wir a + z + a z + = z +. =0 =0 Nach Aufgabe 6 ist G(z = z(z+ die erzeugede Fuktio der Folge a ( z 3 =, 0. Daher gilt weiter z(z + (G(z a 0 zg(z = z ( z 3. Wir setze a 0 = ei ud löse diese Gleichug ach G(z auf. Das Ergebis lautet =0 G(z = 4x 3x + 4 ( x 4 = ( x 5 ( x 3 + ( x 4. Mit der Lösug vo Aufgabe 6 ud folgt ( 4 a = 4 ( = ( ( +4 = ( 6 ( + ( + ( + 3 ( 5 ( 3 ( + ( 4 ( = 4( + 5 ( + ( + + ( + ( + ( = für alle 0. Die gesuchte Folge ist daher a = , 0.

21 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 8: Es seie G(z = a 0 + a z + a z +... = =0 a z ud H(z = b 0 + b z + b z +... = =0 b z die erzeugede Fuktioe für (a ud (b. We wir wie üblich vorgehe, erhalte wir aus de Rekurrezgleichuge das Gleichugssystem G(z a 0 = zg(z 4zH(z, H(z b 0 = 4zG(z + 6zH(z. Wir setze die Werte für a 0 ud b 0 ei ud löse dieses Gleichugssystem ach G(z ud H(z auf. Das Ergebis lautet G(z = 0z 4z 4z + = 5 z 4 ( z, 6z + H(z = 4z 4z + = 3 z + 4 ( z. Hieraus köe wir die Folge (a ud (b ablese. Wir bekomme für alle 0. a = 5 4( + = 4, b = 3 + 4( + = + 4 Lösug zu Aufgabe 9: Es sei eie edliche Mege E ud eie atürliche Zahl 0 gegebe. Nach Defiitio 4.9 müsse wir zeige, dass F = {F F E, F } ei Teilmegesystem (siehe Defiitio 4.8 ist, das die Austauscheigeschaft erfüllt. Es seie A ud B Teilmege vo E mit A F ud B A. Da A i F liegt, besitzt A höchstes Elemete. Da B eie Teilmege vo A ist, ethält auch B höchstes Elemete, das heißt, B F. Also ist F ei Teilmegesystem. Um zu zeige, dass F die Austauscheigeschaft erfüllt, seie zwei Mege A, B F mit A = B + gegebe. Da A ei Elemet mehr als B ethält, gibt es ei a A \ B. Außerdem gilt B + = A. Daher ist B < ud B {a} F.

22 Lösuge zu Kapitel 4 Lösug zu Aufgabe 30: Das Maximierugsproblem für ei gegebees Teilmegesystem (E, F ud eie gegebee Gewichtsfuktio w : E besteht dari, eie maximale Mege F vo F zu fide, dere Gesamtgewicht w(f = w(e e F maximal ist. Die Maximalität vo F bedeutet, dass es keie echte Obermege vo F i F gibt. Dual zu Algorithmus 4.3 löst das folgede Verfahre das Maximierugsproblem. Algorithmus (Greedy-Algorithmus für das Maximierugsproblem Eigabe: Teilmegesystem (E, F mit Gewichtsfuktio w : E. Ausgabe: Maximale Teilmege F vo F mit maximalem Gewicht. begi sortiere E = {e, e,..., e } ach falledem Gewicht, das heißt w(e i w(e i+ für i =,..., ; F := ; for k := to do if F {e k } F the F := F {e k } fi od ed Es gelte die folgede Aussage: (a Der Algorithmus löst für alle Gewichtsfuktioe w : E das Maximierugsproblem für (E, F, w geau da, we (E, F ei Matroid ist. (b We die Gewichte der Elemete vo E paarweise verschiede sid, da ist die Lösug, die der Algorithmus berechet, eideutig bestimmt. (c Es sei f ( die Zeit, die maximal für eie Test F {e k } F ud die zugehörige Zuweisug F := F {e k }, k, beötigt wird. Mit dieser Bezeichug liegt die Laufzeit des Algorithmus i O( log + f (. Zum Nachweis vo (a sid zwei Richtuge zu zeige. Wir ehme zuerst a, dass (E, F ei Matroid ud w : E eie Gewichtsfuktio ist. Es sei E = {e, e,..., e } mit w(e w(e... w(e. F sei die vom Algorithmus berechete Mege. Aus dem Algorithmus ergibt sich, dass F F ist. Eie zum Beweis vo Satz 4.3 aaloge Argumetatio zeigt, dass F ist eie maximale Teilmege F vo F mit miimalem Gewicht ist. Wir zeigejetzt die adere Richtug vo (a durch Kotrapositio. Dazuehme wir a,dassdas Teilmegesystem (E, F die Austauscheigeschafticht erfüllt. Wir kostruiere uter dieser Voraussetzug eie Gewichtsfuktio, für die der Algorithmus icht die maximale Lösug berechet. Da die Austauscheigeschaft icht erfüllt ist, gibt es Mege A F ud B F mit A = B + ud B {a} / F für alle a A \ B. Wir setze r = A. Die

23 Lösuge zu Kapitel 4 3 Gewichtsfuktio w sei durch r +, falls x B, w(x = r, falls x A \ B, 0, sost defiiert. Wege B {a} / F für alle a A \ B berechet der Algorithmus eie Mege F mit F B ud F (A \ B =. Nach Defiitio vo w ist w(f = B (r + = (r (r + = r. G sei eie maximale Mege vo F mit A G. Wir erhalte für G die Ugleichug w(g A r = r > r = w(f. Die Mege G besitzt also ei größeres Gewicht als die vom Algorithmus berechete Mege F. Die Aussage (b ist wahr, da es uter der agegebee Voraussetzug ur eie Sortierug vo E gibt ud der Algorithmus die Elemete vo E i dieser Reihefolge überprüft. Behauptug (c ergibt sich aus der Tatsache,dassdie Mege E i O( log( Schritte sortiert werde ka ud die Schleife geau -mal durchlaufe wird. Dieser Beweis stammt aus [46].

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