1a, 1b iii und 2a bearbeitet.

ad/Uebungsblatt01.tex

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+\usepackage{textcomp}
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 \maketitle
 \section{} %1
 	\subsection{} %a
+	$1 \prec \log\log n$, da keine Funktion langsamer wächst als eine konstante Funktion und jeder Logarithmus langsamer wächst als eine polynomielle Funktion. Der doppelte Logarithmus wächst noch langsamer als der einfache Logarithmus.
+	
+	$\log\log n \prec \log n$, da der einfache Logarithmus schneller wächst als der doppelte Logarithmus.
+	
+	$\log n \asymp \log(n^{3})$, da sich die beiden nur um einen konstanten Faktor $3$ unterscheiden.
+	
+	$\log(n^{3}) \prec \log(n^{\log n})$, da $\frac{\log n \cdot \log n}{3 \cdot \log n}$ gegen unendlich geht.
+	
+	$\log(n^{\log n}) \prec n^{0.01}$, da jeder Logarithmus langsamer wächst als eine polynomielle Funktion.
+	
+	$n^{0.01} \prec \sqrt{n}$, da $\frac{n^{0.5}}{n^{0.01}}$ nach dem Kürzen gegen unendlich geht.
+	
+	$\sqrt{n} \prec n \cdot \log n$, da $\frac{n \cdot \log n}{n^{0.5}}$ nach dem Kürzen gegen unendlich geht.
+	
+	$n \cdot \log n \prec n^{8}$, da $\frac{n^{8}}{n \cdot \log n}$ nach dem Kürzen gegen unendlich geht, weil jeder Logarithmus langsamer wächst als jede polynomielle Funktion.
+	
+	$n^{8} \prec 2^{n}$, da jede Exponentialfunktion schneller wächst als jede polynomielle Funktion.
+	
+	$2^{n} \prec n!$, da $\frac{n \cdot (n-1) \cdot ... \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{2 \cdot 2 \cdot ... \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2}$ ganz offensichtlich gegen unendlich geht.
+	
+	$n! \prec n^{n}$, da $\frac{n \cdot n \cdot n \cdot ... \cdot n \cdot n}{n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot ... \cdot 2 \cdot 1}$ ebenfalls gegen unendlich geht.
 	\subsection{} %b
 		\subsubsection{} %i
 		Zu zeigen: für beliebige $b > 1$ gilt: $\log_{b}(n) \in \mathcal{\theta} (\log_{2}n)$\\
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 		Der zweite Teil der Behauptung erfordert jedoch, dass $g$ in jedem Fall schneller als $f$ wächst. Dies steht aber im Widerspruch zu dem ersten Teil der Behauptung. Damit ist die Behauptung widerlegt. 
 		\subsubsection{} %iii
+		Behauptung: $f_{c}(n) \in \theta(n) \Leftrightarrow c = 1$.\\
+		Dies ist einfach zu zeigen:\\
+		\begin{alignat*}{2}
+		\sum\limits_{i=0}^{n} 1^{i} &=& 1 + 1 + 1 + ... + 1 = n + 1
+		\end{alignat*}
+		Denn für $c=1$ werden einfach $n+1$ Einsen aufsummiert. Die Summe $n+1$ wächst asymptotisch genau so schnell wie $n$, da die Konstante $1$ vernachlässigt werden kann.
+		
 \section{} %2
 	\subsection{} %a
+	\underline{Behauptung:} $F_{n} \geq 2^{0.5n} : \forall n \geq 6$\\
+	\underline{Induktionsanfang ($n = 6)$:}\\
+		\begin{alignat*}{2}
+		F_{6} &=& F_{5} + F_{4} = 8\\
+		F_{5} &=& F_{4} + F_{3} = 5\\
+		F_{4} &=& F_{3} + F_{2} = 3\\
+		F_{3} &=& F_{2} + F_{1} = 2\\
+		F_{2} &=& F_{1} + F_{0} = 1
+		\end{alignat*}
+		Daraus ergibt sich: $8 \geq 2^{0.5 \cdot 6} \Leftrightarrow 8 \geq 2^{3} \Leftrightarrow 8 \geq 8$. Damit ist die Behauptung für den Induktionsanfang gezeigt.\\
+	\underline{Induktionsannahme:} $F_{n} \geq 2^{0.5n}$ gilt bis zu einem beliebig fest gewählten $n$.\\
+	\underline{Zu zeigen:} $F_{n+1} \geq 2^{0.5 \cdot (n+1)}$ gilt.\\
+	\underline{Induktionsschritt:}\\
+		\begin{alignat*}{3}
+		F_{n+1} = F_{n} + F_{n-1} &\overset{IA}{\geq} & 2^{0.5n} + 2^{0.5 \cdot (n-1)} &\overset{!}{\geq}& 2^{0.5 \cdot (n+1)} \\
+		&& 2^{0.5n} + 2^{0.5n} \cdot 2^{-0.5} &\geq& 2^{0.5n} \cdot 2^{0.5} \\
+		&& 2^{0.5n} \cdot \left(1 + 2^{-0.5}\right) &\geq & 2^{0.5n} \cdot 2^{0.5}
+		\end{alignat*}
+		Nun muss nur noch $\left(1 + 2^{-0.5}\right)$ mit $2^{0.5}$ verglichen werden. Da beide Terme Konstanten sind, kann man einfach deren Werte ausrechnen und vergleichen. Daher ergibt sich folgendes:
+		\begin{alignat*}{2}
+		\left(1 + 2^{-0.5}\right) &\geq & 2^{0.5} \\
+		\intertext{gerundet auf $5$ Nachkommastellen}
+		1.70710 &\geq & 1.41421
+		\end{alignat*}
+		Damit ist die Behauptung sowohl für den Induktionsanfang als auch für ein beliebiges $n$ gezeigt.
 	\subsection{} %b
 \section{} %3
 	\subsection{} %a