: k x ( 1) Der Verbrauch muss also um mindestens 11,504...% sinken.

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1 Aufgabe Die Strompreise erhöhen sich um %. Um wie viel Prozent muss der Verbrauch mindestens sinken, damit die Kosten nicht steigen? Wir benutzen die Variable k für die aktuellen Kosten. Steigt der Preis um %, so müssen wir die Kosten mit + %, 00 multiplizieren. Wenn wir den Verbrauch nun um x% senken, so können wir diese erhöhten kosten mit x% 00 x 00 multiplizieren. Unser Ziel ist nun, x so zu bestimmen, dass die neuen Kosten nicht höher sind als die alten. Wir stellen folgende Gleichung auf: neue Kosten alte Kosten k x k 00 Diese Ungleichung lösen wir nach x auf. k x k x x : k x x 0000 x 0000 x ( ), Der Verbrauch muss also um mindestens,504...% sinken. Aufgabe 2 Überprüfen Sie die Äquivalenz der folgenden Aussagen: Kommunikativgesetze: φ ψ ψ φ, φ ψ ψ φ Assoziativgesetze: (φ ψ) χ φ (ψ χ), (φ ψ) χ φ (ψ χ) Distributivgesetze: φ (ψ χ) (φ ψ) (φ χ), φ (ψ χ) (φ ψ) (φ χ) Idempotenzgesetze: (φ φ) φ, (φ φ) φ Absorptionsgesetze: φ (φ ψ) φ, φ (φ ψ) φ Negation: φ φ W, φ φ F, ( φ) φ De Morgan-Regeln: (φ ψ) φ ψ, (φ ψ) φ ψ

2 Wir überprüfen die Aussagen mit Hilfe von Wahrheitstabellen. Dabei geht man alle möglichen Belegungskombinationen der Variablen durch und überprüft, ob der Ausdruck links von den gleichen Wahrheitswert hat wie der Ausdruck rechts. Für "wahr" und "falsch" können wir statt w und f auch und 0 verwenden. Als Beispiel zeigen wir hier nur die Wahrheitstabelle für das erste Distributivgesetz: φ (ψ χ) (φ ψ) (φ χ) In die ersten drei Spalten schreiben wir die Variablen φ, ψ und χ und darunter alle möglichen Kombinationen ihrer Wahrheitswerte. In den folgenden Spalten setzen wir Schritt für Schritt die einzelnen Ausdrücke der Aussage zusammen. Zum Schluss vergleichen wir die rote Spalte mit der blauen. Die Wahrheitswerte in diesen beiden Spalten sind gleich, also ist der linke, rote Ausdruck genau dann wahr, wenn der rechte, blaue Ausdruck wahr ist. Damit haben wir die Aussage erfolgreich überprüft. φ ψ χ (ψ χ) φ (ψ χ) (φ ψ) (φ χ) (φ ψ) (φ χ) Die anderen Aussagen werden analog überprüft. Aufgabe Wiederholen Sie die Rechenregeln für Potenzen, Wurzeln und Logarithmen. Zunächst sollten wir uns die Bedeutung der Begrie Potenz, Wurzel und Logarithmus in Erinnerung rufen. Für eine natürliche Zahl n und eine reelle Zahl a ist a n deniert als a n a a... a }{{} n mal Die Wurzel kann man folgendermaÿen denieren: Analog denieren wir den Logarithmus so: a x n n a x a b x log b a x Dabei nennen wir b die Basis des Logarithmus. Falls man nicht mehr alle Rechenregeln weiÿ, kann man in einem Buch oder bei Wikipedia nachschlagen. Üblicherweise ndet man eine Teilmenge der folgenden Regeln, die allerdings für 0 und für negative Zahlen mit vorsicht zu genieÿen sind. 2

3 Potenzgesetze: a 0 a r a r a m n n a m ( n a) m a r+s a r a s a r s ar a s (a b) r a r b r ( a b ) r a r b r (a r ) s a r s Wurzelgesetze: n n a b n a b m n a m n a n a n b n a b ( n a ) m n a m a m n n a m a m n n a m Logarithmengesetze: log a (x y) log a x + log a y x log a y log a x log a y ( log a (x + y) log a x + log a + y ) x log a (x r ) r log a x log a x log a x log ) n a x log a (x n n log a x log b r log a r log a b log x y log y x

4 Aufgabe 4 Berechnen Sie x: a) 2 x, x 9, 4 x b) x, 2x, 5x 25 c) 2 x, x 9, 4 x 5 4 Wir formen die Gleichungen so um, dass wir sie mit dem Logarithmus lösen können. Mit Hilfe der Gesetze aus Aufgabe vereinfachen wir die Gleichungen dabei so weit, dass wir eigentlich keinen Taschenrechner brauchen, sondern die direkt sehen können. a) 2 x x log 2 4 x 9 x log x x log 4 0 b) c) x x log 2 x x log x 25 x log x x log 2 log 2 log 2 x 9 x log 9 log 4 x 5 4 x log log 4 5 ( 9 log 9 4 log 4 ( ) ( 4 ) log 2 log ) 5 5 log 4 4 ( 4) 9 2 ( 2) 4 ( ) 5 5 Aufgabe 5 Bestimmen Sie: a) log 2 4, log 2 024, log 2, log 2 8, log 2, log 2 28, log 2 2, log2 2 b) log 9, log, log 24, log 8, log 9, log 7, log, log c) log 00, log 0, log 000, log 0, 00, log 0,, log 0, 0000, log 0 9, log 0, log 0 4

5 Hier ist gröÿtenteils simples Kopfrechnen gefragt. Man sollte fürs spätere Studium die Zweierpotenzen auswendig lernen, da sie in der Binärdarstellung immer wieder gebraucht werden. Wenn bei einem Logarithmus keine Basis angegeben ist, so ist die Basis 0 gemeint. a) b) log 9 2 log 0 log 2 4 log log 2 0 log 2 8 log 2 4 log log log 2 2 log 2 2 log 24 5 log 8 4 log 9 2 log 7 7 log 7 log 2 log log log 2 5

6 c) log 00 2 log 0 log 000 log 0, 00 log 0, log 0, log log 0 9 log 0 log 0 log 0 2 Aufgabe Berechnen Sie im Kopf, zwischen welchen ganzen Zahlen der Logarithmus liegt: log 2, log 2 5, log 2, log 2, log 4, log 5, log 99, log 29, 5 Um diese Aufgabe zu lösen, schauen wir uns die Potenzen der jeweiligen Basis an. 2 0, 2 2, 2 2 4,... Weil zwischen 2 2 und liegt, liegt log 2 zwischen log 2 2 und 2 log 2 4. Die weiteren Ergebnisse ndet man analog. log 2 2 < log 2 < log log 2 4 < log 2 5 < log log 2 4 < log 2 < log log < log 2 < log log 4 4 < log 4 < log log 5 25 < log 5 < log log < log 99 < log 2 log 0 < log 29, 5 < log 00 2 Aufgabe 7 Für welche Basis b ist die Gleichung erfüllt? log b 9 2, log b 9 2, log b 25, log b 8 4

7 Hier hilft es, die Gleichung mittels log b a x b x a wieder in die Potenz-Form zu log b 9 2 b 2 9 b 9 2 bringen. Aufgabe 8 log b 9 2 b 2 9 b log b 25 b 25 b sqrt[]25 5 log b 8 4 b b Schreiben Sie die Dezimalzahl als Dualzahl, als Oktalzahl und als Hexadezimalzahl. Im Dezimalsystem gibt die Stellung einer Zier an, mit welcher Zehnerpotenz wir sie multiplizieren müssen. (92) 0 können wir also als lesen. Die tiefgestellte Zahl gibt an, in welchem System wir rechnen. Im Dualsystem funktioniert dies genau so. Die Zahl (0) 2 bedeutet also () 0. Um von der Dezimalzahl zur Dualzahl zu kommen, teilen wir immer wieder durch 2 und lesen zum Schluss die Reste in umgekehrter Reihenfolge ab. 92 : 2 4 Rest 0 4 : 2 2 Rest 0 2 : 2 Rest : 2 5 Rest 5 : 2 2 Rest 2 : 2 Rest 0 : 2 0 Rest (92) 0 (000) 2 Für die Umrechnung ins Oktalsystem (Basis 8) kann man nach der gleichen Methode immer wieder durch 8 teilen. Einfacher geht es, wenn man je drei Ziern der Dualzahl zu einer Oktalzahl zusammen fasst. Das geht, weil 2 8 ist. }{{} }{{} 0 }{{} 00 4 (000) 2 (4) 8 Für die Umrechnung ins Hexadezimalsystem (Basis ) benötigen wir sechs zusätzliche Ziersymbole, da wir verschiedene Ziern darstellen können müssen. Im Hexadezimalsystem zählen wir also 0,, 2,, 4, 5,, 7, 8, 9, a, b, c, d, e, f, 0,, 2,, 4, 5,, 7, 8, 9, a, b,... Die Umrechnung vom Dualsystem ins Hexadezimalsystem kann durch Zusammenfassen von je 4 Ziern der Dualzahl geschehen, da 2 4 ist. }{{} 0 00 }{{} 5 c (000) 2 (5c) 7

8 Aufgabe 9 Schreiben Sie die Dezimalzahlen 2 und als Dualzahlen und berechnen Sie die Summe und das Produkt dieser Zahlen in der Dualzahldarstellung. Zunächst rechnen wir ins Dualsystem um wie in Aufgabe 8. (2) 0 (0) 2 und () 0 (0) 2. Die Addition und Multiplikation erfolgt schriftlich wie im Dezimalsystem. Achtung, der Übertrag beim Addieren kann mehrere Stellen lang sein! Wir machen die Probe und wandeln die Ergebnisse wieder ins Dezimalsystem um. (2) 0 + () 0 (0) 2 + (0) 2 (0000) 2 ( ) 0 (2 + 4) 0 () 0 (2) 0 () 0 (0) 2 (0) 2 (0000) 2 ( ) 0 ( ) 0 (299) 0 Aufgabe 0 Beweisen oder widerlegen Sie die folgende Aussage: Eine natürliche Zahl n N ist genau dann ungerade, wenn n + gerade ist. Wir wollen die Aussage beweisen und überlegen uns zunächst, was eine gerade bzw. ungerade Zahl ausmacht. n N ist gerade k N so dass n 2k n N ist ungerade k N so dass n 2k Dabei bedeutet "genau dann wenn" und "es gibt (mindestens) ein". Nützlich für später ist auch "für alle". Man nennt den Existenzquantor und den Allquantor. Beweise für muss man meistens in zwei Teilbeweise aufteilen. Zunächst setzen wir die linke Seite voraus und leiten daraus die rechte her. Danach machen wir es umgekehrt. 8

9 Behauptung: Beweis: n N ist ungerade n + ist gerade " " n N ist ungerade k N so dass n 2k n + (2k ) + k 2 2(k ) 2ˆk }{{} ˆkk ˆk N so dass n + 2ˆk n + ist gerade " " Beweis durch Widerspruch: n + ist gerade Annahme: n ist gerade k N so dass n 2k n + (2k) + } k {{ + } 2ˆk + ˆk N so dass n + 2ˆk + ˆkk n + ist ungerade. Widerspruch! Da die Annahme, n sei gerade, zum Widerspruch geführt hat, muss n ungerade sein. Das kleine Quadrat unten rechts markiert das Ende des Beweises. Statt dessen kann man auch q.e.d. (kurz für "quod erat demonstrandum") schreiben. Aufgabe Beweisen Sie jeder der folgenden Behauptungen durch vollständige Induktion. a) Für alle n N, n ist 7 n durch teilbar. b) Für alle n N, n ist n n durch teilbar. c) Für alle n N, n gilt: n (4i ) n(2n ) i d) Für alle n N, n gilt: n i 2 i n(n + )(2n + ) 9

10 Zunächst führen wir ein wenig Notation ein: bedeutet "teilt". 7 n liest mal also als " teilt 7 n ". zz bedeutet "zu zeigen". Wir benutzen zz als kleine Gedächtnisstütze um uns daran zu erinnern, was wir beweisen müssen. Die vollständige Induktion kann man sich am besten klar machen, wenn man sich die natürlichen Zahlen als eine unendlich lange Reihe Dominos vorstellt. Wenn wir etwas für alle natürlichen Zahlen beweisen wollen, ist das so, wie wenn wir alle Dominos umfallen lassen wollen. Dazu reicht es, den ersten Domino umzustoÿen (Induktionsanfang) und sicherzustellen, dass die Dominos so dicht beieinander stehen, dass der n-te Domino den n+-ten zu Fall bringt (Induktionsschritt). Wenn der erste Domino umfällt und jeder Domino den nächsten zu Fall bringt, fallen alle Dominos um. Übertragen auf die natürlichen Zahlen zeigen wir, dass die Aussage für n gilt (Induktionsanfang). Dann nehmen wir an, sie gelte für ein beliebiges aber festes n (Induktionsvoraussetzung) und zeigen, dass sie dann auch für n + gilt (Induktionsschritt). Damit haben wir alle Dominos umgestoÿen und die Aussage für alle n N gezeigt. a) Induktionsanfang (IA): n : 7 n 7 7 ist durch teilbar. Induktionsvoraussetzung (IV): 7 n gelte für ein beliebiges aber festes n. Induktionsschritt (IS): zz 7 (n+) 7 (n+) 7 7 n 7 7 n (7 n ) }{{} + }{{} 7 n nach IV 7 (n+) b) Induktionsanfang (IA): n : n n 0 ist durch teilbar. Induktionsvoraussetzung (IV): n n gelte für ein beliebiges aber festes n. Induktionsschritt (IS): zz (n + ) (n + ) (n+) (n+) n +n 2 +n+ n n } {{ n } + (n 2 n) (n+) (n+) n n nach IV c) Induktionsanfang (IA): n : i (4i ) 4 (2 ) 0

11 Induktionsvoraussetzung (IV): aber festes n. n i (4i ) n(2n ) gelte für ein beliebiges Induktionsschritt (IS): zz n+ i (4i ) (n + )(2(n + ) ) IV einsetzen (n + )(2(n + ) ) n(2(n + ) ) + 2(n + ) n(2n ) + 2n + 2(n + ) n(2n ) + 4(n + ) n (4i ) + 4(n + ) i (4i ) n+ i d) Induktionsanfang (IA): n : i i2 2 2 (+)(2 +) Induktionsvoraussetzung (IV): festes n. n i i2 n(n+)(2n+) gelte für ein beliebiges aber Induktionsschritt (IS): zz n+ i i2 (n+)((n+)+)(2(n+)+) IV einsetzen (n + )((n + ) + )(2(n + ) + ) [(n + )(n + 2)(2n + )] [n(n + )(2n + ) + 2(n + )(2n + )] [n(n + )(2n + ) + 2n(n + ) + 2(n + )(2n + )] [ n(n + )(2n + ) + n 2 + 2n + ] [n(n + )(2n + )] + (n + )2 n i 2 + (n + ) 2 i n+ i 2 i

12 Die Rechnungen in c) und d) können auch von unten nach oben gemacht werden d.h. man beginnt mit der Summe, zieht den letzten Term heraus, setzt die Induktionsvoraussetzung ein und muss dann nur noch umformen. Diese Richtung wird in Aufgabe c) benutzt. Man sollte ausprobieren, welche Richtung einem leichter fällt. Nützlich ist dabei die Polynomdivision. Wer sie noch nicht kennt, sollte sie nachschlagen z.b. bei Wikipedia. Aufgabe 2 Die Zahl 85 ist durch 7 teilbar, weil durch 7 teilbar ist. Formulieren Sie diese Aussage als Teilbarkeitskriterium für die Zahl 7 und zeigen Sie Ihre Aussage. Wir teilen die Zahl 85 in zwei Teile auf }{{} 8 a a 2b. Behauptung: Beweis: }{{} 5 b 7 a 2b 7 0a + b 7 a 2b 7 (a 2b) 7 (a 2b) + 7(a + b) 7 0a + b. Damit wird 85 0a + b und Aufgabe Gegeben sei die folgende Funktion: i n t mysteryfunction ( i n t n){ 2 i n t mystery 0; f o r ( i n t i 0; i<n ; i ++){ 4 mystery mystery+2 i +; 5 } return mystery ; 7 } a) Führen Sie die Funktion mysteryfunction für die Eingabe n4 auf dem Papier aus. b) Welchen Wert berechnet die Funktion mysteryfunction? c) Benutzen Sie die vollständige Induktion, um Ihre Vermutung zu beweisen. 2

13 a) Wir protokollieren die Schritte in einer Tabelle Zeile Wirkung Wir übergeben den Wert n4 an die Funktion. 2 Wir setzen mystery0. Die for-schleife in Zeile -5 sagt: Für alle Zahlen, beginnend mit i0, die kleiner als n sind, führe den Schleifeninhalt aus und erhöhe anschlieÿend i um. Wir setzen also i0 und überprüfen, dass i0<4n ist. Das ist wahr, also führen wir als nächstes Zeile 4 aus. 4 mysterymystery+2*i+0+2*0+ 5 Erhöhe i um, also i, springe zu Zeile. Verlgeiche i<4n: wahr. Weiter bei Zeile 4. 4 mysterymystery+2*i++2*+4 5 Erhöhe i um, also i2, springe zu Zeile. Verlgeiche i2<4n: wahr. Weiter bei Zeile 4. 4 mysterymystery+2*i+4+2*2+9 5 Erhöhe i um, also i, springe zu Zeile. Verlgeiche i<4n: wahr. Weiter bei Zeile 4. 4 mysterymystery+2*i+9+2*+ 5 Erhöhe i um, also i, springe zu Zeile. Verlgeiche i4<4n: falsch. Da die Schleifenbedingung nicht mehr stimmt, ist die Schleife zu ende und wir springen zu Zeile Wir geben den Wert mystery an den Nutzer der Funktion zurück. b) mysteryfunction berechnet das Quadrat der Eingabe. Das kann man an den Werten von mystery in den Zwischenschritten gut sehen. c) Die Funktion addiert die ersten n ungeraden Zahlen um das Quadrat von n zu erhalten. Die Behauptung ist also n i0 (2i+) n2. Der Induktionsbeweis funktioniert wie in Aufgabe. Induktionsanfang (IA): n : i0 (2i + ) n Induktionsvoraussetzung (IV): festes n. Induktionsschritt (IS): i0 (2i+) n2 gelte für ein beliebiges aber zz (n+) i0 (2i + ) (n + ) 2 n (2i + ) i0 n i0 n 2 + 2n + IV einsetzen (n + ) 2 (2i + ) + 2n +

14 Aufgabe 4 Beschreiben Sie den folgenden Ablauf als Algorithmus: Gang zur Telefonzelle, um Person X mit Nummer Y anzurufen und ihr mitzuteilen: "Dein Paket ist angekommen". Der Ausgangspunkt ist 0 m von der Telefonzelle entfernt. In der Tasche sind zwei 0-Cent-Stücke und ein Zettel mit X und Y. Beschreibungsebenen: a) Normalfall, keine Probleme. b) Mit Berücksichtigung einiger gängiger Probleme (z.b. Münze fällt durch, X meldet sich nicht). c) Mit Berücksichtigung seltener Probleme (z.b. Kabine geschlossen, Autounfall in der Nähe). Um den Grad der Detaillierung einzuschränken, sollte die Beantwortung der ganzen Aufgabe eine DIN A4 Seite nicht überschreiten. Zu dieser Aufgabe gibt es keine richtige Musterlösung. Man sollte einfach einmal anfangen, den Ablauf zu beschreiben. Dabei wird man sehr schnell feststellen, dass man wirklich sehr genau sein muss. Ein Roboter, der den Algorithmus ausführt, würde bei "Nimm den Hörer ab. Wähle die Nummer Y." wahrscheinlich den Hörer vom Telefon abnehmen und dann fallen lassen, da er die Hand ja zum Wählen braucht und man ihm nicht gesagt hat, dass er den Hörer neben sein Ohr bewegen und dort festhalten muss. Besser wäre vielleicht "Greife den Hörer mit der linken Hand und halte ihn so, dass die Ohrmuschel möglichst nah neben deinem Ohr und die Sprechmuschel möglichst nah neben deinem Mund ist. Wähle mit der rechten Hand die Nummer Y." Auÿerdem wird man bald feststellen, dass es nie möglich ist, alle möglichen Fehler vorauszuahnen. Beim Programmieren geht man häug vom korrekten Ablauf aus und gibt, falls doch ein Fehler auftritt, "Fehler während Tätigkeit xy" aus. Aufgabe 5 Der folgende Algorithmus verwendet das sogenannte Horner-Schema, um den Wert des Polynoms P (x) n a k x k a 0 + x(a + x(a x(a n + xa n ) )) k0 4

15 an der Stelle x zu berechnen. y 0; 2 i n; while i 0 do 4 y a i + x y; 5 i i ; end a) Werten Sie das Polynom 5x 4 + x 2 7x 2 an der Stelle x mit dem Horner- Schema aus. b) Wie viele Additionen und Multiplikationen führt der Algorithmus für ein Polynom vom Grad n aus? c) Erörtern Sie die Korrektheit des Algorithmus. d) Schreiben Sie einen Algorithmus, der jeden Term des Polynoms von Grund auf neu berechnet. Wie groÿ ist die Laufzeit dieses Algorithmus? Wie ist sie im Vergleich zu der des Horner-Schemas? a) Zunächst überlegen wir uns, wie das Polynom 5x 4 + x 2 7x 2 in der Darstellung n k0 a kx k aussieht: a 4 5, a 0, a 2, a 7, a 0 2 und n 4. Nun verwenden wir den Algorithmus und protokollieren die Schritte mit, wie in Aufgabe. Dabei setzen wir x. 5

16 Zeile Wirkung y 0 2 i n 4 Die while-schleife in Zeile - sagt: Solange i 0 ist, führe den Schleifeninhalt aus. Wir überprüfen, dass i 4 0 ist. Das ist wahr, also führen wir als nächstes Zeile 4 und 5 aus. 4 y a 4 + x y 5 + ( ) i i, gehe zu Zeile i 0 ist wahr. Weiter bei Zeile 4. 4 y a + x y 0 + ( ) i i 2, gehe zu Zeile i 2 0 ist wahr. Weiter bei Zeile 4. 4 y a 2 + x y + ( ) ( 5) 48 5 i i, gehe zu Zeile i 0 ist wahr. Weiter bei Zeile 4. 4 y a + x y 7 + ( ) i i 0, gehe zu Zeile i 0 0 ist wahr. Weiter bei Zeile 4. 4 y a 0 + x y 2 + ( ) ( 5) 44 5 i i, gehe zu Zeile i 0 ist falsch. Die Schleife ist fertig. Das Ergebnis ist y 44 b) Wir können zählen, wie oft jede Zeile des Algorithmus ausgeführt wird. Zeile und 2 werden je einmal ausgeführt. Zeile 4 und 5 je n + mal, nämlich für jedes i von n bis 0 einmal. Additionen und Multiplikationen nden wir nur in Zeile 4 ( Addition, Multiplikation) und 5 ( Addition). Also erhalten wir insgesamt n + Multiplikationen und 2n + 2 Additionen. Man sagt "Die Laufzeit des Algorithmus liegt in der Gröÿenordnung von n" und schreibt "Die Laufzeit des Algorithmus liegt in O(n)". c) Der Algorithmus ist korrekt, da er das Hornerschema von innen nach auÿen ausführt. Im ersten Schleifendurchlauf wird nur a n zwischengespeichert. Im zweiten Durchlauf berechnet er (a n +xa n ), im dritten (a n 2 +x(a n +xa n )) und so weiter, bis das komplette Polynom berechnet ist. Die Eigenschaft "Nach dem k-ten Schleifendurchlauf sind die (k )-ten Klammern von innen berechnet worden." nennt man Schleifeninvariante. Auÿerdem bricht die Schleife bei i- ab, das heiÿt, dass das Polynom tatsächlich genau bis nach auÿen zu a 0 + x(...) berechnet wird. Damit ist der Algorithmus korrekt.

17 d) Ein möglicher Algorithmus ist: y 0; 2 i 0; while i n do 4 z ; 5 j ; while j i do 7 z z x; 8 j j + ; 9 end 0 y y + a i z; end Der Algorithmus geht die Terme der Reihe nach von a 0 x 0 bis a n x n durch. Dabei berechnet die innere while-schleife in Zeile -9 immer den Term x i und anschlieÿend wird in der äuÿeren Schleife a i x i zu dem bereits berechneten Polynom addiert. Die äuÿere Schleife läuft n+ mal durch, wobei die innere Schleife i Multiplikationen macht und Zeile 0 eine Addition und eine Multiplikation. Das ergibt n i0 i + n(n+) 2 Multiplikationen und n + Additionen. Wir sagen "Die Laufzeit liegt in O(n 2 )". Der Algorithmus ist also langsamer als das Horner-Schema, dessen Laufzeit in O(n) lag. Zur Verdeutlichung überlegt man sich, was bei einem Polynom vom Grad 2n passieren würde. Das Hornerschema würde doppelt so viel Zeit brauchen, wie für Grad n. Der neue Algorithmus würde aber viermal so viel Zeit brauchen. Aufgabe Eine Folge von Zahlen x, x 2, x,... sei deniert durch a) Berechnen Sie x 2, x und x 4. b) Beweisen Sie x n 2 n x, x k+ für alle n. x k x k + 2 für k. 7

18 a) x 2 x x x x 2 x x 4 x x b) Beweis durch vollständige Induktion: Induktionsanfang (IA): n : x 2 Induktionsvoraussetzung (IV): x n 2 n Induktionsschritt (IS): zz x n+ 2 (n+) x n+ x n x n + 2 IV einsetzen 2 n 2 n + 2 gelte für ein beliebiges aber festes n. 2 n 2 (2 n )+ 2 n 2 (2 n ) + 2 (n+) 8