AD-4: Aufgaben 2b (ii), 2c (iii) und 3a-c und f bearbeitet.

Zusatzaufgabe: Trivialer Fall und einfacher Fall bewiesen. Komplexer Fall: Beweisidee aufgeschrieben.

ad/AD-Gruppe_8_Koehler_Krabbe_Martens_Blatt4.tex

@@ -39,7 +39,7 @@ Jim Martens (6420323)}
 \maketitle
 \section{} %1
 	\subsection{} %a
-		Der Algorithmus funktioniert nicht weiterhin. Dies wird anhand dieses Gegenbeispiels deutlich:
+		Der Algorithmus funktioniert nicht mehr. Dies wird anhand dieses Gegenbeispiels deutlich:
 		
 		\begin{verbatim}
 		    A = [0,1,4,8,10,13]
@@ -135,13 +135,24 @@ Jim Martens (6420323)}
 		\subsubsection{} %ii
 			\begin{verbatim}
 			    IST_2FAERBUNG(G) {
-			        // todo: make this algorithm
+			        kanten = E(G)
+			        valid = true
+			        foreach kante in kanten {
+			            knoten1 = kante.knoten1
+			            knoten2 = kante.knoten2
+			            if (knoten1.farbe == knoten2.farbe) {
+			                valid = false
+			                break
+			            }
+			        }
+			        
+			        return valid
 			    }
 			\end{verbatim}
 		\subsubsection{} %iii
 			Es gibt 2 verschiedene 2-Färbungen, sofern man unterschiedliche Farben nicht als Unterschied ansieht. Pro 2 Farben gibt es genau 2 verschiedene Färbungen.
 	\subsection{} %c
-		Bei einer beliebigen Landkarten, überführt in einen Graphen, werden mindestens so viele Farben benötigt, wie der kürzeste Zyklus ist.
+		Bei einer beliebigen Landkarte werden mindestens vier Farben benötigt, damit direkt benachbarte Länder stets unterschiedliche Farben haben.
 		\subsubsection{} %i
 			\begin{tikzpicture}
 				\node (altona) {A};
@@ -174,7 +185,7 @@ Jim Martens (6420323)}
 				c_{k}(W) &=& rot
 			\end{alignat*}
 		\subsubsection{} %iii
-			
+			Die Aussage, dass vier Farben minimal sind, besagt nur, dass man es bei einer beliebigen Landkarte schafft diese mit maximal vier Farben zu färben. Es gibt die Obergrenze der nötigen Farben an. Die Regel besagt hingegen nicht, dass immer mindestens vier Farben benötigt werden. Bei einer Landkarte mit nur zwei aneinandergrenzenden Ländern reichen auch zwei Farben. Bei einer Karte mit nur einer zusammenhängenden Fläche ohne angrenzende Flächen reicht sogar eine Farbe.
 		\subsubsection{} %iv
 			\begin{tikzpicture}
 				\node (sh) {SH};
@@ -196,13 +207,76 @@ Jim Martens (6420323)}
 			In dieser konstruierten Karte (dargestellt als Graph), müssen mindestens vier Farben verwendet werden.
 \section{} %3
 	\subsection{} %a
+		\[
+			G_{1}: 1, 3, 4, 5, 2, 8, 6, 7
+		\]
+		\[
+			G_{2}: 1, 3, 5, 6, 4, 7, 2
+		\]
 	\subsection{} %b
+		\[
+			G_{1}: 4, 3, 7, 6, 8, 2, 5, 1
+		\]
+		\[
+			G_{2}: 4, 6, 5, 3, 2, 7, 1
+		\]
 	\subsection{} %c
+		\[
+			G_{1}: 1, 3, 5, 4, 2, 7, 8, 6
+		\]
+		\[
+			G_{2}: 1, 3, 4, 7, 5, 2, 6
+		\]
 	\subsection{} %d
 	\subsection{} %e
 	\subsection{} %f
+		starke Zusammenhangskomponenten von $G_{1}:$
+		\begin{alignat*}{2}
+			comp1:&&\; 1, 2, 5, 6, 7, 8 \\
+			comp2:&&\; 3 \\
+			comp3:&&\; 4
+		\end{alignat*}
+		
+		starke Zusammenhangskomponenten von $G_{2}:$
+		\begin{alignat*}{1}
+			comp1: 1 \\
+			comp2: 2 \\
+			comp3: 3 \\
+			comp4: 4 \\
+			comp5: 5 \\
+			comp6: 6 \\
+			comp7: 7
+		\end{alignat*}
 \section{} %4
 	\subsection{} %a
 	\subsection{} %b
 	\subsection{} %c
+	
+\section*{Zusatzaufgabe} %Zusatz
+		
+	Beweis der Terminierung für beliebige natürliche Zahlen größer $0$.\\
+	Trivialer Fall: \\
+	Der Algorithmus terminiert für $n=1$. \\
+	Zweiter Fall: \\
+	Der Algorithmus terminiert für $2^{c} = n$. Dies gilt, da damit nach $c$ Rekursionsschritten immer $n=1$ gilt. \\
+	Dritter Fall: \\
+	Es ist zu zeigen, dass nach endlich vielen Rekursionsschritten \textsc{Coll} mit einer 2er-Potenz aufgerufen wird.
+	
+	Dazu lohnt es sich die verbleibenden Zahlen bis 10 anzuschauen.
+	\begin{alignat*}{2}
+		3 \rightarrow 10 \rightarrow 5 \rightarrow 16 \\
+		5 \rightarrow 16 \\
+		6 \rightarrow 3 \\
+		7 \rightarrow 22 \rightarrow 11 \rightarrow 34 \rightarrow 17 \rightarrow 52 \rightarrow 26 \rightarrow 13 \rightarrow 40 \rightarrow 20 \rightarrow 10 \rightarrow 5 \rightarrow 16 \\
+		9 \rightarrow 28 \rightarrow 14 \rightarrow 7 \\
+		10 \rightarrow 5
+	\end{alignat*}
+	
+	Was kann aus dieser Reihe geschlossen werden? Alle Zahlen, die gerade Vielfache von einer dieser Zahlen sind, lassen sich auf eine 2er-Potenz zurückführen. Auf diese Weise könnte man für die ersten $d$ natürlichen Zahlen zeigen, dass sie sich alle auf eine 2er-Potenz zurückführen lassen.
+	
+	Aufgrund dieser Annahme steigt die Wahrscheinlichkeit bei einem Rekursionsaufruf mit $3n+1$ auf ein gerades Vielfaches einer bereits auf eine 2er-Potenz zurückgeführte Zahl zu stoßen.
+	
+	Da es jedoch unendlich viele Primzahlen gibt, wenngleich sich deren Abstand zueinander immer weiter erhöht, findet man immer Zahlen, die noch nicht auf eine 2er-Potenz zurückgeführt sind. Aufgrund dieser Tatsache kann es keine allgemeingültige Aussage für alle natürlichen Zahlen geben. Allerdings kann dieser Algorithmus selbst als Antwort verstanden werden. Für eine beliebig große Zahl, die nicht ein gerades Vielfaches einer bereits zurückgeführten Zahl ist, muss daher nur der Algorithmus ausgeführt werden bis ein solches Vielfaches erreicht wurde.
+	
+	Nach endlich vielen Schritten wird dies praktisch der Fall sein, wenngleich die Anzahl dieser Schritte dramatisch zunehmen wird. Es ist jedoch nicht möglich dafür einen theoretischen Beweis zu finden, der ebenjene Tatsache darlegen kann.
 \end{document}