Die Annahme ist ok, falls T (n) ≤ T

(1)

Beweis:

Annahme: T (n) ≤ c · n, wobei c = c(m) konstant ist.

Die Annahme ist ok, falls T (n) ≤ T

l

n

m

+ T 3

4 n

+

l

n m

m

C

m

+

j

n 2

k

≤ cn; dies gilt, falls

l

n

m

c + 3

4 n

c +

l

n m

m

C

_m

+

j

n 2

k

≤ cn | · 1 n (IA)

⇔ (bis auf de , bc ) c m + 3

4 c + C

m

m + 1 2 ≤ c

⇔ − c m − 3

4 c + c ≥ C

_m

m + 1

2 ⇔ c ≥

Cm

m

+

¹₂

1 −

³₄

−

_m¹

Bemerkung:

m = 11 c = c(m) ≈ 20.

EADS 2 Der Blum-Floyd-Pratt-Rivest-Tarjan Selektions-Algorithmus 331/600

©Ernst W. Mayr

(2)

Literatur:

Vaughan R. Pratt, Frances F. Yao:

On lower bounds for computing the i-th largest element

Proc. 14th Ann. IEEE SWAT, pp. 70–81 (1973)

Manuel Blum, Robert W. Floyd, Vaughan R. Pratt, Ron L.

Rivest, Robert E. Tarjan:

Time bounds for selection

J. Comput. Syst. Sci.7, pp. 448–461 (1973)

EADS 2 Der Blum-Floyd-Pratt-Rivest-Tarjan Selektions-Algorithmus 332/600

©Ernst W. Mayr

(3)

3. Randomisierter Median-Algorithmus

Problemstellung:

Bestimme den Median von n Elementen

1

W¨ ahle n

³⁴

Elemente zuf¨ allig und gleichverteilt aus den n Elementen aus.

2

Sortiere diese n

³⁴

Elemente mit einem (Standard-) n log n-Algorithmus.

3

Setze

p1 := max{ⁿ2³⁴ −√n,1}-kleinstes Element dern³⁴ Elemente.

p2 := min{ⁿ

3 4

2 +√n, n³⁴}-kleinstes Element dern³⁴ Elemente.

n

³⁴

n

S0

z }| { z }|^S¹ { z }|^S² {

p

₁

p

₂

EADS 3 Randomisierter Median-Algorithmus 333/600

©Ernst W. Mayr

(4)

4

Partitioniere die n Elemente in

S0 :={Elemente< p1}

S1 :={p1≤Elemente≤p2} S2 :={p2<Elemente}

5

Falls | S

0

| ≥

_n

2

oder | S

2

| ≥

_n

2

oder | S

1

| ≥ 4 · n

³⁴

, dann wiederhole den Algorithmus;

ansonsten sortiere S

₁

und liefere das (

_n

2

− | S

₀

| )-kleinste Element davon ab.

©Ernst W. Mayr

(5)

Satz 80

Obiger randomisierter Algorithmus bestimmt den Median von n Elementen mit einer erwarteten Anzahl von

³₂

n + o(n) Vergleichen.

Beweis:

i)

Korrektheit: klar.

©Ernst W. Mayr

(6)

Beweis (Forts.):

ii)

Anzahl der Vergleiche in einer Iteration:

O (n

³⁴

log n

³⁴

) + Kosten der Partitionierung F¨ ur die Partitionierung ist der naive Ansatz zu ung¨ unstig, stattdessen:

p

1

p

2

S

₀

S

₁

S

₂

n-Elemente W¨ ahle zuerst jeweils mit Wahrscheinlichkeit

¹₂

aus, ob Element x mit p

₁

oder p

₂

verglichen wird, mache

zweiten

Vergleich nur, falls n¨ otig.

©Ernst W. Mayr

(7)

Beweis (Forts.):

Die erwartete Anzahl von Vergleichen ist dann

= n 2

| S

₀

|

n · 1 + | S

₁

| + | S

₂

| n · 2

+ n

2 | S

₂

|

n · 1 + | S

₀

| + | S

₁

| n · 2

= n 2







| S

0

| + | S

2

|

n + 2

z }|n {

| S

0

| + | S

1

| + | S

2

| + | S

1

| n







= n

2 (3 + | S

₁

| n ) = 3

2 n + o(n)

Wir zeigen nun, dass der Algorithmus mit Wahrscheinlichkeit

≥ 1 − O (n

⁻¹⁴

) nur eine Iteration ben¨ otigt (daraus folgt dann, dass insgesamt die Anzahl der Vergleiche ≤

³₂

n + o(n) ist).

©Ernst W. Mayr

(8)

Beweis (Forts.):

Daf¨ ur verwenden wir Hilfsmittel aus der Wahrscheinlichkeitstheorie/Stochastik:

Bernoulli-Zufallsvariable

(ZV): X, Werte ∈ { 0, 1 } mit X =

1 mit WS p

0 mit WS q = 1 − p

Erwartungswert

einer ZV:

E

[X] =

P

x∈Wertebereich

x · Pr[X = x]

(X ist diskret, d.h. der Wertebereich von X ist endlich)

Markov-Ungleichung:

Pr[X ≥ t] ≤

^E^[X]_t

f¨ ur X nicht negativ

Chebyshev-Ungleichung:

Pr[ | X −

E

[X] | ≥ t] ≤

^Var(X)_t2

©Ernst W. Mayr

(9)

Beweis (Forts.):

Binomialverteilung: Seien

X

₁

, . . . , X

_n

unabh¨ angige, identisch verteilte Bernoulli-Zufallsvariablen mit Pr[X

i

= 1] = p.

X :=

Xn i=1

X

_i

.

X ist binomial verteilt, mit Wertebereich { 0, 1, . . . , n } . Pr[X = k] =

n k

p

^k

(1 − p)

ⁿ⁻^k E[X] =

n · p

Var[X] = n · p · (1 − p) = n · p · q . In Zeichen: X ∼ B(n, p)

©Ernst W. Mayr

(10)

Beweis (Forts.):

Die Auswahl der n

³⁴

Elemente wird wiederholt, falls | S

₀

| ≥

ⁿ₂

. Dies passiert gdw wir h¨ ochstens

¹₂

n

³⁴

− √

n Elemente aus der H¨ alfte aller Elemente ≤ dem Median ausw¨ ahlen.

Wir bestimmen die Wahrscheinlichkeit daf¨ ur, dass keine neue Auswahl der n

³⁴

Elemente stattfinden muss.

Setze Bernoulli-Zufallsvariable X

1

, . . . , X

n

mit:

X

_i

=

1, falls Element i < Median ausgew¨ ahlt wird 0, sonst

X :=

P

X

_i

ist binomialverteilt mit Parametern n und

¹₂

n

⁻¹⁴

, und

E[X] = ¹₂

n

³⁴

, Var[X] = n ·

¹₂

n

⁻¹⁴

(1 −

¹₂

n

⁻¹⁴

) =

¹₂

n

³⁴

(1 − o(1)).

©Ernst W. Mayr

(11)

Beweis (Forts.):

Die Wahrscheinlichkeit hierbei ist Pr[ | S

0

| ≥ n

2 ] = Pr[X ≤ 1

2 n

³⁴

− √

n] ≤ Pr[ | X −

E[X]

| ≥ √ n]

≤

1

2

n

³⁴

(1 − o(1))

n ≤ 1

2 n

⁻¹⁴

(1 − o(1)) Die anderen beiden Wahrscheinlichkeitsbedingungen (Pr[ | S

₂

| ≥

_n

2

] und Pr[ | S

₁

| ≥ 4 · n

³⁴

]) ergeben analoge Absch¨ atzungen.

Damit: Wiederholung mit WS ≤ O (n

⁻¹⁴

).

©Ernst W. Mayr

(12)

4. Sch¨ onhage/Paterson/Pippenger-Median-Algorithmus

Definition 81

Sei k ∈

N\{

0 } . P

_k

sei die folgende partielle Ordnung:

. . . . . . . .

| {z }

k

z }| {k

2k + 1 Elemente ⊇ P

₃

Wir betrachten nun spezielle Binomialb¨ aume mit

” Zentrum“ (um Ordnungsinformation widerzuspiegeln).

EADS 4 Sch¨onhage/Paterson/Pippenger-Median-Algorithmus 342/600

©Ernst W. Mayr

(13)

Definition 82

1

Der Baum H

₀

besteht aus einem Knoten, und dieser ist auch das Zentrum.

2

H

_2h

(h > 0) besteht aus zwei H

_2h₋₁

, deren Zentren durch eine neue Kante verbunden sind. Das Zentrum des H

_2h

ist das kleinere der beiden Zentren der H

_2h₋₁

.

3

H

_2h+1

(h ≥ 0) besteht aus zwei H

_2h

, deren Zentren durch eine neue Kante verbunden sind, sein Zentrum ist das gr¨ oßere dieser beiden Zentren.

©Ernst W. Mayr

(14)

H

₀

H

₁

H

₂

H

₃

H

₄

H

₀

H

₀

©Ernst W. Mayr

(15)

Lemma 83 (Zerlegungslemma)

a)

H

_h

hat 2

^h

Knoten, es werden 2

^h

− 1 Vergleiche ben¨ otigt, um H

_h

zu konstruieren.

b)

H

_2h

kann zerlegt werden in

sein Zentrum

eine Menge{H1, H3, . . . , H2h−1} von disjunkten Teilbäumen, deren Zentren alle größer sind als das Zentrum vonH2h. eine Menge{H0, H2, H4, . . . , H2h−2}von disjunkten Teilbäumen mit Zentren kleiner als das vonH2h.

EADS 345/600

©Ernst W. Mayr

(16)

Lemma 83 (Zerlegungslemma)

c)

H

_2h+1

kann so zerlegt werden, dass die

Zusammenhangskomponente des Zentrums genau 2

^h

Knoten

≥ dem Zentrum enth¨ alt, indem h¨ ochstens 2

^h+1

− 1 Kanten entfernt werden.

H

_2h

kann so zerlegt werden, dass die

Zusammenhangskomponente des Zentrums genau 2

^h

Knoten enth¨ alt, die alle ≤ dem Zentrum sind, indem h¨ ochstens 2

^h

− 1 Kanten entfernt werden.

d)

Falls k ≤ 2

^h

− 1, dann kann H

_2h

so zerlegt werden, dass die Zusammenhangskomponente des Zentrums genau 2k + 1 Elemente enth¨ alt, von denen k gr¨ oßer und k kleiner als das Zentrum sind ( ⇒ P

_k

).

Dazu gen¨ ugt es, h¨ ochstens 3k + 2h Kanten zu entfernen. Die restlichen Zusammenhangskomponenten sind wieder H

i

’s.

©Ernst W. Mayr

(17)

Zerlegungslemma

AA AA

AA

s

s s g s

s

s s

s

s s s

s

s s

Abtrennung von Wildwuchs AA < gs(Zentrum)

> gs(Zentrum)

#

"H2 !

H1

H0

'

&

$

H3 %

©Ernst W. Mayr

(18)

Bemerkung:

Bei jedem Konstruktionsschritt wird ein Vergleich durchgef¨ uhrt, um zu bestimmen, welcher der beiden Teilb¨ aume das kleinere Zentrum hat. Im Algorithmus von Sch¨ onhage, Paterson und Pippenger werden aus Teilst¨ ucken H

_r

gr¨ oßere B¨ aume H

_r+1

zusammengebaut, wodurch schrittweise eine partielle Ordnung auf den Eingabewerten bestimmt wird. Wurde ein Baum H

_2h

hinreichender Gr¨ oße hergestellt, so wird er durch Zerlegung in einen Baum umgewandelt, der nur noch sein altes Zentrum sowie k dar¨ uberliegende und k darunterliegende Elemente enth¨ alt, wobei k ≤ 2

^h

− 1.

©Ernst W. Mayr

(19)

Beispiel 84

In diesem Beispiel wollen wir H

₄

zerlegen und w¨ ahlen k = 3:

s

s s g s

s

s s

s

s s s

s

s s H4

©Ernst W. Mayr

(20)

Um einen H

4

derart zu zerlegen, m¨ ussen wir 5 Kanten aufbrechen.

Dabei werden drei H

₀

, ein H

₁

sowie ein H

₂

abgespalten.

s s

g s

s

ss

g s s

g

s gss

s s gs gs H1 H0 H2 H0 H0

©Ernst W. Mayr

(21)

Ubrig bleibt die gew¨ ¨ unschte Struktur mit k Knoten ¨ uber dem Zentrum und k unter dem Zentrum, wodurch eine partielle Ordnung auf 2k + 1 Eingabewerten bestimmt wurde:

. . . . . . . .

| {z }

k

z }| {k

2k + 1 Elemente

Die bei der Zerlegung angefallenen Restst¨ ucke werden beim

Aufbau weiterer B¨ aume benutzt. So geht das bereits angesammelte Wissen ¨ uber die Ordnung der Elemente nicht verloren.

©Ernst W. Mayr

(22)

Beweis des Zerlegungslemmas:

Wir beginnen mit Teil a).

Lemma 85

H

_r

hat 2

^r

Knoten, es werden 2

^r

− 1 Vergleiche ben¨ otigt, um H

_r

aufzubauen.

Beweis:

In jedem der r Konstruktionsschritte wird die Anzahl der Knoten verdoppelt. Da wir mit einem Knoten beginnen, hat H

_r

folglich 2

^r

Knoten. Die Anzahl der notwendigen Vergleiche C

r

unterliegt folgender Rekursionsgleichung (r ≥ 1):

C

_r

= 1 + 2C

_r−1

und C

₀

= 0 . Damit folgt sofort C

r

= 2

^r

− 1.

©Ernst W. Mayr

(23)

Beweis von b):

Lemma 86

H

_r

kann in folgende disjunkte Bereiche unterteilt werden:

sein Zentrum,

eine Reihe H

1

, H

3

, . . . , H

r−1

(falls r gerade) bzw.

H

₁

, H

₃

, . . . , H

_r−2

(falls r ungerade) von Unterb¨ aumen, deren Zentren alle ¨ uber dem von H

_r

liegen,

eine Reihe H

₀

, H

₂

, . . . , H

_r₋₂

(falls r gerade) bzw.

H

0

, H

2

, . . . , H

r−1

(falls r ungerade) von Unterb¨ aumen, deren Zentren alle unter dem von H

_r

liegen.

©Ernst W. Mayr

(24)

Beweis von b):

Beweis:

Durch Induktion ¨ uber r.

Induktionsanfang:

f¨ ur H

₀

gilt die Behauptung.

Induktionsannahme:

die Behauptung gelte f¨ ur H

_r₋₁

.

EADS 353/600

©Ernst W. Mayr

(25)

Beweis von b):

Beweis:

1

Sei r = 2h, h > 0.

H

_2h

besteht aus zwei H

_2h₋₁

, wobei das kleinere der beiden alten Zentren das neue Zentrum z bildet. Wende auf den H

_2h−1

, der z enth¨ alt, die Induktionsannahme an. Wir k¨ onnen diesen Unterbaum also in z sowie H

₁

, H

₃

, . . . , H

_2h₋₃

(Zentren

¨uber

z) und H

₀

, H

₂

, . . . , H

_2h₋₂

(Zentren

unter

z)

partitionieren. Zusammen mit dem H

_2h−1

, dessen Zentrum

¨

uber z liegt, ergibt sich die Induktionsbehauptung f¨ ur H

_r

= H

_2h

.

EADS 353/600

©Ernst W. Mayr

(26)

Beweis von b):

Beweis:

2

Sei r = 2h + 1, h ≥ 0. H

_2h+1

besteht aus zwei H

_2h

, wobei das gr¨ oßere der beiden alten Zentren das neue Zentrum z bildet. Wende auf den H

_2h

, der z enth¨ alt, die

Induktionsannahme an. Wir k¨ onnen diesen Unterbaum also in z sowie H

₁

, H

₃

, . . . , H

_2h₋₁

(Zentren

uber¨

z) und

H

₀

, H

₂

, . . . , H

_2h₋₂

(Zentren

unter

z) partitionieren.

Zusammen mit dem H

_2h

, dessen Zentrum unter z liegt, ergibt sich die Induktionsbehauptung f¨ ur H

_r

= H

_2h+1

.

©Ernst W. Mayr

(27)

Beweis von c):

Wir bezeichnen im Folgenden mit H

_2h⁻

den Baum, der entsteht, wenn wir H

_2h

so zerlegen, dass der verbleibende Rest nur mehr Elemente unterhalb des Zentrums (und das Zentrum selbst) enth¨ alt. Mit H

_2h+1⁺

bezeichnen wir den Baum, der entsteht, wenn wir H

_2h+1

so zerlegen, dass der verbleibende Rest nur mehr Elemente ¨ uber dem Zentrum und dieses selbst enth¨ alt.

Lemma 87

H

_2h⁻

und H

_2h+1⁺

haben jeweils 2

^h

Knoten. Bei der Herstellung aus H

_2h

bzw. H

_2h+1

werden 2

^h

− 1 bzw. 2

^h+1

− 1 Kanten

aufgebrochen. Die wegfallenden Teile haben die Form H

_s

, s < 2h bzw. s < 2h + 1.

©Ernst W. Mayr

(28)

Beweis:

Durch Induktion ¨ uber r.

Induktionsanfang:

f¨ ur H

₀

und H

₁

gilt die Behauptung.

Induktionsannahme:

die Behauptung gilt f¨ ur alle H

_p

, p < r.

1

Sei r = 2h, h > 0. Wir betrachten die Partitionierung von H

_2h

mit Zentrum z wie in Lemma

86. Die Unterb¨

aume H

₁

, H

₃

, . . . , H

_2h₋₁

haben ihre Zentren oberhalb von z. Wir trennen sie von H

_2h

, indem wir h Kanten aufbrechen. Die abgetrennten Teile haben offensichtlich die Form H

_s

, s < 2h.

Bei den Unterb¨ aumen H

₀

, H

₂

, . . . , H

_2h₋₂

, mit Zentren unterhalb von z, wenden wir jeweils die Induktionsannahme an, d.h. wir erzeugen H

₀⁻

, H

₂⁻

, . . . , H

_2h⁻₋₂

. Als Ergebnis erhalten wir H

_2h⁻

.

©Ernst W. Mayr

(29)

Beweis (Forts.):

Damit gilt f¨ ur die Zahl der aufzubrechenden Kanten K

⁻

(2h) zur Herstellung von H

_2h⁻

:

K

⁻

(2h) = h +

h−1X

i=0

K

⁻

(2i)

^I.A.

= h +

h−1X

i=0

(2

ⁱ

− 1) =

h−1X

i=0

2

ⁱ

= 2

^h

− 1.

F¨ ur die Zahl E

⁻

(2h) der Elemente in H

_2h⁻

gilt:

E

⁻

(2h) = 1 +

h−1X

i=0

E

⁻

(2i)

^I.A.

= 1 +

h−1X

i=0

2

ⁱ

= 1 +

Xh

i=1

2

ⁱ⁻¹

| {z }

2^h−1

= 2

^h

.

©Ernst W. Mayr

(30)

Beweis (Forts.):

2

Sei r = 2h + 1, h > 0. Wir betrachten die Partitionierung von H

_2h+1

mit Zentrum z wie in Lemma

86. Die Unterb¨

aume H

₀

, H

2

, . . . , H

_2h

haben ihre Zentren unterhalb von z. Wir

trennen sie von H

_2h+1

, indem wir h + 1 Kanten aufbrechen.

Die abgetrennten Teile haben offensichtlich die Form H

_s

, s < 2h + 1. Bei den Unterb¨ aumen H

1

, H

3

, . . . , H

_2h−1

, mit Zentren oberhalb von z, wenden wir jeweils die

Induktionsannahme an, d.h. wir erzeugen H

₁⁺

, H

₃⁺

, . . . , H

_2h⁺₋₁

. Als Ergebnis erhalten wir H

_2h+1⁺

. Damit gilt f¨ ur die Zahl der aufzubrechenden Kanten K

⁺

(2h + 1) zur Herstellung von H

_2h+1⁺

:

©Ernst W. Mayr

(31)

Beweis (Forts.):

K

⁺

(2h + 1) =h + 1 +

Xh

i=1

K

⁺

(2(i − 1) + 1)

I.A.

= h + 1 +

Xh

i=1

(2

ⁱ

− 1) = 1 +

Xh i=1

2

ⁱ

=1 +

h+1X

i=1

2

ⁱ⁻¹

| {z }

2^h+1−1

− 1 = 2

^h+1

− 1.

F¨ ur die Zahl E

⁺

(2h + 1) der Elemente in H

_2h+1⁺

gilt:

E

⁺

(2h + 1) = 1 +

Xh

i=1

E

⁺

(2(i − 1) + 1)

^I.A.

= 1 +

Xh i=1

2

ⁱ⁻¹

| {z }

2^h−1

= 2

^h

.

©Ernst W. Mayr

(32)

Beweis von d):

Lemma 88

Falls k ≤ 2

^h

− 1, dann kann H

_2h

so zerlegt werden, dass die Komponente des Zentrums genau 2k + 1 Elemente enth¨ alt, k davon ¨ uber und k unter dem Zentrum. Dazu m¨ ussen ≤ 3k + 2h Kanten entfernt werden. Die entfernten Teile sind von der Form H

_s

, s < 2h.

Beweis:

Betrachte die Bin¨ ardarstellung von

k = k

₀

2

⁰

+ k

₁

2

¹

+ · · · + k

_h₋₁

2

^h−1

und die Partitionierung von H

_2h

mit Zentrum z wie in Lemma

86.

©Ernst W. Mayr

(33)

Beweis (Forts.):

F¨ ur jedes i mit k

_i

= 1, betrachte H

_2i+1

aus der Sequenz H

₁

, H

₃

, . . . , H

_2h₋₁

von Unterb¨ aumen, deren Zentren oberhalb von z liegen, und schneide alle Elemente aus H

2i+1

, die kleiner als sein Zentrum sind (bilde also H

_2i+1⁺

). Dazu m¨ ussen h¨ ochstens 2k Kanten aufgebrochen werden, denn jedes k

_i

= 1 steht f¨ ur 2

ⁱ

in k, kostet aber nach Lemma

87

K

⁺

(2i + 1) = 2

ⁱ⁺¹

− 1 Kanten, also:

h−1

X

i=0

k

i

K

⁺

(2i + 1) ≤ 2k .

F¨ ur jedes i mit k

i

= 0, schneide H

2i+1

ganz weg. Dabei werden

≤ h Kanten aufgebrochen. Genau k Elemente oberhalb z bleiben zur¨ uck, da jedes k

_i

= 1 f¨ ur 2

ⁱ

in k steht, und ein H

_2i+1⁺

genau E

⁺

(2i + 1) = 2

ⁱ

Elemente enth¨ alt, also:

h−1

X

i=0

k

i

E

⁺

(2i + 1) = k .

©Ernst W. Mayr

(34)

Beweis (Forts.):

F¨ ur jedes i mit k

_i

= 1, betrachte H

_2i

aus der Sequenz H

₀

, H

₂

, . . . , H

_2h₋₂

von Unterb¨ aumen, deren Zentren unterhalb von z liegen, und schneide alle Elemente aus H

2i

, die gr¨ oßer als sein Zentrum sind (bilde also H

_2i⁻

). Dazu m¨ ussen h¨ ochstens k − 1 Kanten aufgebrochen werden, denn jedes k

_i

= 1 steht f¨ ur 2

ⁱ

in k und kostet uns nach Lemma

87

K

⁻

(2i) = 2

ⁱ

− 1 Kanten, also:

h−1

X

i=0

k

i

(2

ⁱ

− 1) ≤ k − 1 .

F¨ ur jedes i mit k

i

= 0, schneide H

2i

ganz weg. Dabei werden h¨ ochstens h Kanten aufgebrochen. Genau k Elemente unterhalb von z bleiben zur¨ uck, da jedes k

_i

= 1 f¨ ur 2

ⁱ

in k steht, und ein H

_2i⁻

genau E

⁻

(2i) = 2

ⁱ

Elemente enth¨ alt, also:

h−1

X

i=0

k

i

E

⁻

(2i) = k .

©Ernst W. Mayr

(35)

Beweis (Forts.):

Damit ergibt sich f¨ ur die Gesamtanzahl aufzubrechender Kanten eine obere Schranke von 3k + 2h. Lemma

87

liefert uns dar¨ uber hinaus die gew¨ unschte Aussage ¨ uber die Form der abgetrennten Teile.

©Ernst W. Mayr

(36)

Beweis von d):

Betrachte H

_2h

.

” gr¨ oßer“: H

_2h−1

, H

_2h−3

, . . . , H

₁

” kleiner“: H

_2h₋₂

, H

_2h₋₄

, . . . , H

₀

H2h−2

s

s s g s

s

s s

s

s s s

s

s s H2h

U(h) := Anzahl der Elemente in H

_2h

≥ Zentrum:

U(h) = 2U (h − 1) = 2

^h

; U (0) = 1

D(h) := Anzahl der Elemente in H

_2h

≤ Zentrum:

D(h) = 2D(h − 1) = 2

^h

; D(0) = 1

©Ernst W. Mayr

(37)

Beweis von d):

Anzahl der Kanten, die entfernt werden m¨ ussen:

C

_u

(h) ≤ 2 + 2C

_u

(h − 1)

= 2 + 4 + 2

³

+ . . . + 2

^h

= 2

^h+1

− 2 C

_d

(h) ≤ 1 + 2C

_d

(h − 1)

= 2

^h

− 1











C(h) ≤ 2

^h+1

− 2+2

^h

− 1 < 3 · 2

^h

Damit ist der Beweis des Zerlegungslemmas beendet.

©Ernst W. Mayr