Klausur zur Algebraischen Kombinatorik

Transkript

1 Technische Universität Dortmund Fakultät für Mathematik Platznummer: Sommersemester Klausur zur Algebraischen Kombinatorik Name: Vorname: Matrikelnummer: Studiengang: Wichtige Informationen: Prüfen Sie sofort nach Beginn der Klausur, ob Sie alle 5 Aufgaben erhalten haben. Entfernen Sie nicht die Klammerung der Blätter. Tragen Sie auf jedem Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer ein. Schreiben Sie die Lösung zu einer Aufgabe nur auf die dafür vorgesehenen Blätter. Verwenden Sie stets beide Seiten. Schreiben Sie nicht auf den markierten Rand. Wenn Sie mehr Blätter benötigen, melden Sie sich. Alle Antworten sind mathematisch zu begründen. Sofern nichts anderes gesagt ist, darf dabei auf mathematische Ergebnisse aus der Vorlesung und den Übungen zur Algebraischen Kombinatorik (SS 08) verwiesen werden (zum Beispiel durch ein Stichwort wie Satz von Euler oder durch kurze Beschreibung des Ergebnisses). Es sind keinerlei Hilfsmittel erlaubt. Sie können die einzelnen Teilaufgaben einer Aufgabe in einer anderen als der vorgeschlagenen Reihenfolge bearbeiten und in jeder Teilaufgabe die erzielten (Zwischen-)Ergebnisse aus den vorher bearbeiteten Teilaufgaben verwenden. Es sind keine Hilfsmittel, also insbesondere auch keine Taschenrechner oder andere elektronische bzw. digitale Hilfsmittel erlaubt. Es werden die besten 4 Aufgaben gewertet. Die Bearbeitungszeit beträgt 3 Stunden. Jeglicher Inhalt des Konzeptpapiers wird nicht gewertet. A A A3 A4 A5 Summe der vier besten Aufgaben Note

2

3 Aufgabe : (5 Punkte) (a) Es seien n N. Beweisen Sie die Gleichung n k ( n k= k ) = n n durch doppeltes Abzählen der Elemente in der Menge X = {(M, a) M {,..., n}, a M}. (b) Stellen Sie mit Hilfe der Theorie der Binomialkoeffizienten n k 3 k= als einen in Linearfaktoren zerlegten polynomiellen Ausdruck in n dar. Begründen Sie Ihre Antwort mittels ausführlicher Rechenschritte. (c) Es seien m, n N. Wir betrachten Wanderungen im Gitter Z Z von (0, 0) nach (n, m), wobei vom Punkt (x, y) jeweils nur Schritte zu den Punkten (x +, y) oder (x, y + ) erlaubt sind. Bestimmen Sie die Anzahl aller solcher möglichen Wanderungen. Lösung zu Aufgabe : Beispiel eines Weges von (0, 0) nach (5, 4) (a) Für festes M {,..., n} mit M = k gibt es offensichtlich k Möglichkeiten, ein Element a M so zu wählen, dass (M, a) X gilt. Da es für solche M ( n k ) Möglichkeiten gibt und M {,..., n} gelten muss, folgt X = n k ( n k ). k= Umgekehrt gibt es zu festem a {,..., n} offensichtlich n Möglichkeiten, ein M {,..., n} mit a M zu konstruieren: entscheide für jedes Element aus {,..., n} {a}, ob es zu M gehören soll oder nicht. Da es n Möglichkeiten gibt, a zu wählen, folgt X = n n und damit die gewünschte Aussage. (b) Wir drücken zunächst k 3 mit Hilfe von Binomialkoeffizienten aus. Es gelten Daraus folgt mit Satz 3.4 6( k 3 ) = k(k )(k ) = k3 3k + k, 6( k ) = 3k(k ) = 3k 3k, ( k ) = k = k. n k 3 = k= n [6( k k= 3 ) + 6(k ) + (k + )] = 6(n 4 ) + 6(n + 3 ) + (n + ) = (n + )n [ 4 (n )(n ) + (n ) + ] = 4 n(n + )(n + n) = 4 n (n + ). 3

4 (c) Eine solche Wanderung besteht offensichtlich aus insgesamt n + m Schritten, von denen n nach rechts und m nach oben gehen müssen. Die Anzahl der möglichen Wanderungen entspricht also der Anzahl der Elemente aus {rechts, oben} n+m, in denen n mal das Symbol rechts vorkommt. Dies ist die Anzahl aller Möglichkeiten aus einer n + m elementigen Menge n Elemente auszuwählen, also gleich ( n+m n ) = (n+m m ). Alternativ: Fasse die Positionen in x-richtung als n + Kinder auf und Verteile an diese Kinder das Geschenk gehe nach oben, vergleiche Beispiel 3.3 (b) aus der Vorlesung. 4

5 Aufgabe : (5 Punkte) (a) Es sei n N und es seien A,..., A n endliche Mengen. Geben Sie das Inklusions-Exklusions-Prinzip für A A... A n an. (b) Bestimmen Sie die Anzahl aller natürlichen Zahlen 3000, die weder durch, 3 oder 5 teilbar sind. (c) Es seien n, k N. Es bezeichne a(n, k) die Anzahl der Möglichkeiten, die Menge {,..., n} so in k paarweise disjunkte nichtleere Teilmengen zu partitionieren, sodass in keiner Partitionsmenge zwei Zahlen enthalten sind, die sich nur um unterscheiden. Zeigen Sie, dass für k, n die Gleichung gilt. a(n, k) = a(n, k ) + (k )a(n, k) Hinweis: Unterscheiden Sie, ob {n} als eine der Partitionsmengen vorkommt oder nicht. (d) Es bezeichne f(n) die Anzahl aller Möglichkeiten, ein n Rechteck mit ( )-Dominosteinen auszulegen (siehe Abbildung). (i) Bestimmen Sie f() und f(). (ii) Zeigen Sie für n 3 die Gültigkeit der Rekursionsgleichung f(n) = f(n ) + f(n ). (iii) Wie muss man f(0) definieren, damit die Rekursionsgleichung aus (ii) auch für n = gilt? (iv) Bestimmen Sie f(n) für alle n N explizit. Zwei verschiedene Auslegungen für den Fall n = 5 Lösung zu Aufgabe : (a) Es gilt A A... A n = n k= ( ) k+ i <...<i k n A i... A ik (b) Für k N sei A k = {n {,..., 3000} k teilt n}. Es gelten dann, da,3,5 paarweise prim sind A = 3000 A A 3 = A 6 = A A 3 A 5 = A 30 = = 00. = 500, A 3 = = 000, A 5 = = 600 = 500, A A 5 = A 0 = = 300, A 3 A 5 = A 5 = = 00 Nach dem Inklusions-Exklusions Prinzip erhalten wir damit als gesuchte Anzahl 3000 A A 3 A 5 = 3000 [ ( ) + 00] =

6 (c) Falls k > n gilt, so sieht man sofort, dass beide Seiten der Gleichung 0 ergeben und daher die Aussage in diesem Fall gilt. Sei nun also k n. Die Anzahl aller Zerlegungen von {,..., n} in k nichtleere Teilmengen, von denen eine {n} ist, ist S(n, k ), da eine solche Zerlegung aus {n} und einer Zerlegung der (n ) elementigen Menge {,..., n } in k nichtleere Teilmengen besteht, die wieder die Abstandsbedingung erfüllen. Die Anzahl aller Zerlegungen von {,..., n} in k nichtleere Teilmengen, von denen keine {n} ist, ist (k )S(n, k), da eine solche Zerlegung aus einer Zerlegung der (n ) elementigen Menge {,..., n } in k nichtleere Teilmengen entsteht, indem man n zu einer der k Teilmengen hinzufügt, in denen n nicht enthalten ist. Somit gilt insgesamt a(n, k) = a(n, k ) + (k )a(n, k). (d) (i) Offensichtlich gelten f() = und f() =. (ii) Das obere Ende einer solchen Auslegung besteht entweder aus einem horizontal ausgerichtetem Dominostein oder zwei nebeneinander vertikal ausgerichteten Dominosteinen. Im erstgenannten Fall bleibt darunter ein (n ) Rechteck, dass auf f(n ) Weisen ausgelegt werden kann, im zweiten Fall bleibt ein (n ) Rechteck, dass auf f(n ) Weisen ausgelegt werden kann. Da jede Auslegung von einem der beiden Typen ist und diese beiden Typen sich offenbar gegenseitig ausschließen, folgt damit für n 3. f(n) = f(n ) + f(n ) (iii) Es muss dann gelten = f() = f() + f(0) = + f(0) f(0) =. (iv) Wie in der Vorlesung definieren wir A, B über die Gleichungen A + B = f(0) =, αa + βb = f() =, wobei α, β die Nullstellen des Polynoms x x seien, also α = + 5, β = 5. Dann erhält man A = sowie B = und damit nach Vorlesung f(n) = Aα n + Bβ n. 6

7 Aufgabe 3: (5 Punkte) (a) Für n N sei a n die Anzahl aller planar gepflanzten Wurzelbäume mit n von der Wurzel verschiedenen Ecken, von denen nur Wurzel und Blätter einen ungeraden Grad haben und alle Ecken, die nicht Wurzel oder Blatt sind einen geraden Grad haben und f(x) = a n x n. n= Zeigen Sie, dass f(x) = f(x) 3 x f(x) + x f(x) + x. Berechnen Sie weiterhin a n für n 5. (b) Es sei S die symmetrische Gruppe aller Permutationen von Elementen. Bestimmen Sie den Zykelindex Z(S ; y, y ). (c) Geben Sie den Satz von Otter (auch dissimilarity characteristic theorem genannt) über endliche Klassen paarweise nicht-isomorpher Bäume an. (d) Es sei t n die Anzahl aller nicht-isomorphen Bäume mit n Ecken, bei denen jede Ecke ungeraden Grad hat und es sei t(x) = t n x n. n= Geben Sie eine Formel für t(x) in Abhängigkeit der Erzeugendenfunktionen T (X) der Wurzelbäume, bei denen jede von der Wurzel verschiedene Ecke ungeraden Grad hat und die Wurzel geraden Grad hat und S(X) der Wurzelbäume, bei denen jede Ecke ungeraden Grad hat. Begründen Sie die Gültigkeit dieser Formel. (Sollten Sie den Zykelindex von S benötigen, so genügt es, wenn Sie die Notation Z(S ; f, f ) verwenden, wobei die f i geeignete Funktionen in x sind. Sie müssen diese Funktionen aber explizit angeben.) Lösung zu Aufgabe 3: (a) Es sei v die zur Wurzel adjazente Ecke und k = deg(v). Der Fall k = kommt genau dann vor, wenn n = gilt und in diesem Fall gibt es genau einen solchen Baum, es gilt also a =. Ist k, damit also v weder Wurzel noch Blatt und damit k gerade, so hängen an v genau k Bäume der hier betrachteten Art mit Wurzel v, die zusammen n von der Wurzel verschiedene Ecken haben. In diesem Fall gibt es daher a i... a ik i +...+i k =n viele Möglichkeiten und dies ist der Koeffizient von x n Koeffizient von x n in xf(x) k. Damit erhalten wir f(x) = x + x k=,k ungerade f(x) f(x) 3 = x xf(x) + xf(x) f(x) k = x + xf(x) f(x) = f(x) 3 xf(x) + xf(x) + x. Damit erhält man a = k=0 in f(x) k, also der (f(x) ) k = x + a = a = a 3 = a 3 a + a = + = a 4 = 3a a a a + a 3 = 3 + = a 5 = 3a a 3 + 3a a (a a 3 + a ) + a 4 = = 5 7 xf(x) f(x)

8 (b) Es gilt S = {id, ( )} und damit Z(S ) = (y + y ). (c) Es sei T eine endliche Klasse nicht isomorpher Bäume. Seien p (T ) und q (T ) die Anzahlen aller nicht isomorphen Wurzelbäume bzw. Kantenwurzelbäume, die aus den Bäumen in T gebildet werden können, und sei s(t ) die Anzahl aller Bäume in T mit einer Symmetriekante (eine, deren Ecken durch einen Automorphismus vertauscht werden können). Dann gilt T = p (T ) q (T ) + s(t ). (d) Ein Kantenwurzelbaum besteht aus zwei Wurzelbäumen, deren Wurzeln mit einer Kante verbunden sind. Diese kann man vertauschen. Da Z(S ) = (y + y ) gilt, ist dann nach dem Satz von Pólya (T (x) + T (x )) die Erzeugendenfunktion für Kantenwurzelbäume, bei denen jede Ecke ungeraden Grad hat. Ein Baum mit Symmetriekante besteht aus zwei adjazenten Kopien desselben Wurzelbaumes. Also ist T (x ) die Erzeugendenfunktion für Bäume mit Symmetriekante, bei denen jede Ecke ungeraden Grad hat. Nach dem Satz von Otter (dissimilarity characteristic theorem) gilt dann t(x) = S(x) (T (x) + T (x )) + T (x ) = S(x) (T (x) T (x )). 8

9 Aufgabe 4: (5 Punkte) (a) Geben Sie den Satz von Cauchy-Frobenius (auch Lemma von Burnside genannt) an. (b) Es sei q N. Wir betrachten ein regelmäßiges Tetraeder, bei dem an jeder Ecke eine Perle befestigt wurde (siehe Abbildung). (i) Es gibt Drehungen im Raum, die den Tetraeder in sich selbst überführen. Diese Drehungen permutieren die Perlen und die Flächen des Tetraeders. Bestimmen Sie die Zykelstruktur der den Drehungen zugeordneten Permutationen der 8-elementigen Menge bestehend aus den vier Perlen und den vier Flächen. Jede Perle und jede Fläche wird nun mit einer von q Farben eingefärbt. (ii) Bestimmen Sie die Anzahl aller Färbungen, wobei wir zwei Färbungen miteinander identifizieren, wenn sie durch eine Drehung des Tetraeders ineinander überführt werden können. (iii) Bestimmen Sie die Anzahl aller Färbungen, bei denen sich die Farbe einer Perle und die der gegenüberliegenden Fläche voneinander unterscheiden, wobei wir wie zuvor zwei Färbungen miteinander identifizieren, wenn sie durch eine Drehung des Tetraeders ineinander überführt werden können. (c) Ein Unternehmen stellt für die Identifikation ihrer Mitarbeiter (3 3)-Lochkarten her. Bestimmen Sie einen polynomiellen Ausdruck in der Variablen x, in dem der Koeffizient von x r der Anzahl der möglichen Lochkarten mit r Löchern entspricht, wobei wir zwei Lochkarten genau dann miteinander identifizieren, wenn sie (α) durch eine Drehung (β) eine Drehung oder eine Spiegelung ineinander überführt werden können. Berechnen Sie weiterhin in beiden Fällen den Koeffizienten von x 3. Lochkarte mit 5 Löchern Lösung zu Aufgabe 4: (a) Ist G eine endliche Gruppe, die auf einer endlichen Menge S operiert, so ist die Anzahl aller Bahnen von G gleich F (π), G π G wobei F (π) die Anzahl aller Elemente s in S ist, die von π G festgehalten werden (d.h. π(s) = s), also F (π) = Fix(π). 9

10 (b) (i) Die Drehachsen des Tetraeders verlaufen entweder durch zwei gegenüberliegende Kantenmittelpunkte oder durch eine Perle und den gegenüberliegenden Flächenmittelpunkt. Im ersten Fall ist der einzige nichttriviale Drehwinkel π, im zweitgenannten Fall gibt es die beiden nichttrivialen π 3 und 4π 3. Da ein Tetraeder 6 Kanten besitzt, gibt es 6 = 3 Drehachsen vom ersten Typ und da es 4 Perlen bzw. 4 Flächen gibt, gibt es 4 Drehachsen vom zweiten Typ. Man erkennt dann leicht die Zykelsymbole der jeweiligen Drehungen. Dabei ist zu bemerken, dass die Hälfte der auftretenden Zykel gegebener Länge jeweils zu den Perlen korrespondieren und die andere Hälfte zu den Flächen (dies folgt leicht durch die Anschauung, kann sonst auch mit der Selbstdualität des Tetraeders begründet werden). Permutationstyp Identität ggl. Kanten Ecke / Flächenmittelpunkt # solcher Permutationen 3 8 Zykelsymbol z(π) y 8 y 4 y y 3 (ii) Wir verwenden den Satz von Cauchy-Frobenius und bestimmen daher für jede Drehung die Anzahl der fixierten Färbungen. Eine Färbung ist offensichtlich genau dann fixiert unter einer Drehung, wenn alle in einem Zykel auftretenden Elemente (Perlen oder Flächen) gleichgefärbt sind. Mit den Informationen aus dem ersten Aufgabenteil erhalten wir dann als gesuchte Anzahl (q8 + 3q 4 + 8q 4 ) = (q8 + q 4 ). (iii) Wir gehen im Wesentlichen vor wie im vorherigen Aufgabenteil. Zusätzlich bemerken wir, dass wenn wir einen zu einer Perlenmenge korrespondierenden Zykel betrachten, die Menge der diesen Perlen gegenüberliegenden Flächen genau die Elemente eines weiteren Zykels sind. Daher können wir je zwei Zykel paaren. Ist für einen dieser Zykel eine von q Farben gewählt, so bleiben aufgrund der hiesigen Einschränkung für den anderen dieser Zykel noch (q ) Farben. Nach dem Satz von Cauchy-Frobenius erhalten wir damit als gesuchte Anzahl (q4 (q ) 4 + 3q (q ) + 8q (q ) ). (c) Wie üblich operiert die Grupp (α) C 4 bzw. (β) D 4 auf der Menge der Lochkarten. Wir erhalten folgende Werte für die auftretenden Symmetrien: Permutationstyp Identität Drehung ±π Drehung π + Spiegelung Spiegelung # solcher Permutationen Zykelsymbol z(π) y 9 y y 4 y y 4 y 3 y3 y 3 y3 Setzt man nun w(kein Loch) = und w(loch) = x, so erhält man als musterzählende Reihe nach dem Satz von Polya 4 (( + x)9 + ( + x)( + x 4 ) + ( + x)( + x ) 4 ) (α) 8 (( + x)9 + ( + x)( + x 4 ) + ( + x)( + x ) 4 + 4( + x) 3 ( + x ) 3 ) (β) Der Koeffizient von x 3 ist damit im Fall (α) bzw. (β) gegeben durch 4 ((9 3 ) (4 )) = bzw. 8 ( ( + (3 ) )) = + ( + 9) = 6. 0

11 Aufgabe 5: (5 Punkte) (a) Es seien r, s, n N mit r, s n und E = {,..., n}. (i) Geben Sie die Definition eines r s lateinischen Rechtecks über E an. Geben Sie weiterhin die Definition eines lateinischen Quadrats der Ordnung n an. (ii) Es sei L ein r s-lateinisches Rechteck mit Einträgen aus E. Geben Sie eine notwendige und hinreichende Bedingung dafür an, dass L zu einem lateinischen Quadrat der Ordnung n erweiterbar ist. (iii) Für welche x, y {,..., 6} ist das lateinische Rechteck x 5 y zu einem lateinischen Quadrat mit Einträgen aus {,..., 6} erweiterbar? Geben Sie eine mögliche Erweiterung an. (b) (i) Geben Sie die Definition eines Turniergraphen an. (ii) Für welche n N, a N 0 gibt es einen Turniergraphen mit n Ecken und zugehöriger Gewinnfolge (a, a,..., a)? Zeichnen Sie für n {5, 6} und passendes a ein Beispiel eines solchen Turniergraphen, falls ein solcher existiert. (iii) Für welche n, b N, a N 0 mit a < b gibt es einen Turniergraphen mit n Ecken und zugehöriger Gewinnfolge (a, a,..., a, b)? Zeichnen Sie für n {5, 6} und passende a, b ein Beispiel eines solchen Turniergraphen, falls ein solcher existiert. Lösung zu Aufgabe 5: (a) (i) Ein r s lateinisches Rechteck mit Einträgen aus E ist eine r s-matrix über E, in der in jeder Zeile und in jeder Spalte keine Zahl mehr als einmal vorkommt. Gilt r = s = n so erhalten wir ein lateinisches Quadrat der Ordnung n. (ii) L ist genau dann zu einem lateinischen Quadrat der Ordnung n erweiterbar, wenn L(e) r + s n für alle e E gilt, wobei L(e) die Anzahl der Vorkommen von e in L bezeichne (Satz von Ryser). (iii) Es gelten L() = L(4) = 3, L() = L(5) = sowie L(3) = L(6) =. Also ist nach dem Satz von Ryser notwendig, dass {x, y} = {3, 6} gilt. Da 6 in der Zeile vorkommt, in der x vorkommt, ist das lateinische Rechteck nach dem Satz von Ryser genau dann zu einem lateinischen Quadrat erweiterbar, wenn x = 3 und y = 6 gelten. Eine mögliche Erweiterung ist (b) (i) Ein Turniergraph ist ein gerichteter Graph D = (V, A), in dem für beliebige a, b V mit a b stets entweder ab A oder ba A gilt.

12 (ii) Nach dem Satz von Landau ist notwendig, dass n a = ( n ) = n n, also a = n gilt. Insbesondere muss n also ungerade sein. In diesem Fall gilt für r {,..., n} weiter r a = r n r (r ) = ( r ), sodass wieder nach dem Satz von Landau folgt, dass ein solcher Graph genau dann existiert, wenn n ungerade ist und a = n gilt. Für n = 6 existiert also kein solcher Graph und für n = 5 ist ein solcher nebenstehend abgebildet. (iii) Wieder nach dem Satz von Landau folgt notwendigerweise also a n. Weiter gilt nach Landau (n ) a ( n n ) = (n ), b + (n )a = ( n n (n ) ) = b = (n ) ( n a). Wegen b > a 0 folgt a < n n und damit a { }. Im zweiten Fall erhalten wir allerdings ebenfalls b = n = a, Widerspruch. Also gilt notwendig a = n, womit n notwendig gerade ist und damit b = n. Umgekehrt gilt in diesem Fall für r {,..., n } stets r a = r n r r, n = ( r ) und die Gleichung (n )a + b = ( n ) ist nach Obigem ebenfalls erfüllt. Nach dem Satz von Landau folgt dann, dass ein Graph wie angegeben genau dann existiert, wenn n gerade, a = n und b = n gilt. Für n = 5 existiert also kein solcher Graph. Für n = 6 erhalten wir einen solchen aus dem obigen Graphen, indem wir einen neuen Knoten hinzufügen, der zu allen bereits existierenden Knoten eine ausgehende Kante hat.