2. Hausübung Diskrete Mathematik SS 2003

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1 2. Hausübung Diskrete Mathematik SS 2003 Lösungsvorschläge 6. Zunächst bestimmen wir die Anzahl der verschiedenen möglichen Ergebnisse für die Differenzen a i a j. Wegen 1 a 1 < < a gibt es 99 Möglichkeiten für diese Differenzen. Um nun den Schubfachschluss anwenden zu können, müssen wir uns überlegen, auf wieviele verschiedene Arten wir solche Differenzen a i a j bilden können. Offenbar ergibt jede Auswahl von zwei Folgengliedern eine solche Differenz. Da es ( n k) Möglichkeiten gibt, k Gegenstände aus einer Menge von n Elementen auszuwählen, erhalten wir für unser Beispiel: Wegen ( ) 21 = = 198 < 210 gibt es nun nach dem Schubfachschluss mindestens einen Wert, der mindestens drei Mal angenommen wird. 7. Auch dieses Beispiel führt auf einen Schubfachschluss. Es führeren mehrere Vorgangsweisen zum Ziel. Im Anschluß sind 2 vorgestellt: Variante 1: Da das Schachbrett 7 Spalten hat, enthält jede Zeile, daher auch die 1. (zumindest) 4 Felder derselben Farbe (Schubfachschluß). Ohne Einschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, daß die Mehrheitsfarbe blau sei. Auf diese Weise werden 4 Spalten ausgesucht, die ein 3 4 Schachbrett zusammengefasst werden. Wenn nun die 2. oder die 3. Zeile dieses 3 4 Bretts zwei blaue Felder enthält, so bilden diese mit den entsprechenden blauen Feldern aus der 1. Zeile ein Rechteck der gesuchten Art mit einheitlich gefärbten Eckfeldern. Andernfalls enthalten beide Zeilen (zumindest) drei rote Felder. Man sieht unmittelbar ein, daß es in diesem Fall zwei Spalten gibt, in denen rote Felder übereinanderliegen (Schubfachprinzip). Daher liegt auch in diesem Fall ein Rechteck der gewünschten Art vor. Variante 2: Wir betrachten zunächst die Spalten des Schachbretts und machen dabei folgende Beobachtung: Wir können ein Rechteck der geforderten Art finden, wenn es zwei Spalten gibt, die gleich eingefärbt sind. 1

2 Abbildung 1: Ein 4 3 Rechteck mit gleich gefärbten Eckfeldern Das allein genügt aber noch nicht, da es 2 3 = 8 Möglichkeiten gibt eine 3 1 Spalte zweifärbig einzufärben und unser Rechteck nur 7 Spalten hat. Folgende Fallunterscheidung bringt uns weiter: Fall 1: Im Schachbrett kommt eine Spalte vor, in der alle Felder rot gefärbt sind. Sofern nun noch eine Spalte vorkommt, in der zwei oder mehr Felder rot gefärbt sind, können wir mit diesen beiden Spalten ein Rechteck bilden. Abbildung 2: Ein 2 7 Rechteck mit einer Spalte mit drei Feldern gleicher Farbe Wenn aber keine weitere Spalte mehr vorkommt, in der mindestens zwei Felder rot gefärbt sind, bedeutet das, dass es für die restlichen 6 Spalten nur noch 4 verschiedene Spaltenfärbungen gibt. (3 verschiedene, wenn genau ein Feld rot gefärbt ist und die Spalte mit lauter blauen Feldern.) Nach dem Schubfachschluss gibt es unter diesen Spalten also zwei gleich gefärbte und wir können ein passendes Rechteck finden. Analog finden wir ein passendes Rechteck, wenn die Spalte mit lauter blauen Feldern vorkommt. Fall 2: In keiner Spalte haben alle Felder die gleiche Farbe. Dann gibt es aber nur noch 6 verschiedene Färbungen. Nach dem Schubfachschluss muss damit wieder zumindest eine Färbung zweimal auftreten und ein passendes Rechteck existiert. 8. (a) Die Zeichenfolge ist eindeutig damit bestimmt, dass wir die Stellen, an denen das Zeichen steht, auswählen. Wir wählen also 6 Stellen von 12 aus. Dafür gibt es = Möglichkeiten. 2

3 (b) Zunächst haben wir ( 12 5 ) = 792 Möglichkeiten, die 5 Stellen, an denen das Zeichen steht, auszuwählen. Die restlichen 7 Stellen können beliebig mit den beiden anderen Zeichen aufgefüllt werden. Dafür gibt es 2 7 = 128 Möglichkeiten. Insgesamt ergeben sich = Möglichkeiten. (c) Wegen 372 = 12 ergibt sich die gesuchte Anzahl als der Multinomialkoeffizient = 12! 3, 7, 2 3!7!2! = Wir hätten auch zuerst die 3 Stellen für und danach die 2 Stellen für festlegen können und wären über ( 12 3 )( 9 2) = = zum gleichen Ergebnis gelangt. (d) Wenn mindestens ein Zeichen von jedem Typ vorkommen muss, heißt das, dass alle Zeichenfolgen, bis auf diejenigen, die nur aus zwei oder einem der drei Zeichen bestehen, gültig sind. Wir berechnen das Ergebnis, indem wir die Anzahl dieser komplementären Zeichenfolgen von der Gesamtanzahl 3 12 = aller Zeichenfolgen subtrahieren. Wir haben zunächst 3 Möglichkeiten, 2 der 3 Zeichen auszuwählen. Für jede solche Auswahl haben wir 2 12 = Möglichkeiten. Da wir auf diese Weise aber die Zeichenfolgen die nur aus genau einem Zeichen zusammengesetzt sind, doppelt zählen, subtrahieren wir noch 3 von diesem Ergebnis und erhalten insgesamt als das gesuchte Ergebnis ( ) = (e) Wenn die Zeichenfolge, die nur aus den Zeichen und besteht, mehr Zeichen enthalten soll, heißt das, sie darf höchstens 5 Zeichen enthalten. Das gesuchte Ergebnis ist also die Summe der Möglichkeiten für Zeichenfolgen mit genau Null, einem, zwei, drei, vier oder fünf Zeichen. Damit erhalten wir: = = Dieselbe Zahl erhält man auch durch folgende Überlegung: Es gibt 2 12 Folgen, die nur die Zeichen und enthalten. ( ) 12 6 davon enthalten jedes dieser Zeichen genau 6 mal. Da es gleich viele Folgen gibt, die mehr als Zeichen enthalten als Folgen, die mehr als enthalten, ergibt sich die gesuchte Zahl auch als 2 12 ( ) 12 6 = = 3

4 9. (a) Wenn die Kommision genau 4 Männer und 4 Frauen enthalten soll, ergeben sich ( )( ) = Möglichkeiten. (b) Wenn die Kommision mindestens zwei Männer enthalten muss, heißt das, alle Kommisionen, bis auf diejenigen, die nur genau keinen, einen oder zwei Männer enthalten, sind zulässig. Wir berechnen zunächst, wie viele von diesen nicht zulässigen Kommisionen es gibt: Kommision enthält keinen Mann: ( ) 15 8 = Kommision enthält genau einen Mann: 12 ( ) 15 7 = Wenn wir uns für die Gesamtanzahl aller Kommisionen interessieren, können wir einfach aus den 27 Menschen 8 auswählen ohne irgendeine Unterscheidung nach dem Geschlecht vorzunehmen. ( ) 27 8 = Insgesamt erhalten wir damit als Ergebnis = (c) Gesucht ist die Anzahl der Kommisionen die mehr Frauen enthalten. In einer solchen Kommision können höchstens 3 Männer sein. Wir berechnen also die Anzahl der Kommisionen mit genau keinem, einem, zwei oder drei Männern und summieren auf: Kommision enthält genau zwei Männer: ( )( ) 2 6 = Kommision enthält genau drei Männer: ( )( ) 3 5 = Die beiden anderen Ergebnisse liegen uns bereits von oben vor. Als Summe ergibt sich = Satz (Inklusions - Exklusions Prinzip) Seien A 1,..., A n endliche Mengen. Dann gilt: n A i = ( 1) I 1 A i I {1,...,n} I 1 i I Beweis: Wir beweisen den Satz mit vollständiger Induktion nach n. Induktionsanfang: Wurde bereits in der Vorlesung erledigt, wo die Aussage u.a. für n = 2 gezeigt wurde. Induktionsannahme: Die Aussage gilt für 2, 3,..., n. 4

5 Induktionsschritt: Zu zeigen: Die Aussage gilt für n 1. n1 n A i = A i A n1 Auf diesen Ausdruck können wir nun die Induktionsannahme für n = 2 anwenden. n1 n n A i = A i A n1 ( A i ) A n1 }{{} (1) Zunächst formen wir jetzt den Ausdruck um. Aufgrund der Distributivität der Mengenoperationen erhalten wir: n ( n A i ) A n1 = (A i A n1 ) Auf diesen letzten Ausdruck können wir nun unsere Induktionsannahme für n anwenden: n (A i A n1 ) = = I {1,...,n} I 1 J {1,...,n1} J 2 n1 J ( 1) I 1 (A i A n1 ) = i I ( 1) J A j Dabei wird über alle Teilmengen von {1,..., n 1} summiert, die mindestens 2 Elemente haben und n 1 enthalten. Dieses Ergebnis setzen wir nun wieder in (1) ein, wobei wir auf n A i die Induktionsannahme anwenden können. Wir erhalten: n1 A i = I {1,...,n} I 1 J {1,...,n1} J 2 n1 J j J ( 1) I 1 A i A n1 i I ( 1) J A j Der Summand ist in beiden Summenausdrücken der gleiche, auch das Vorzeichen passt. Daher fassen wir die Summen zusammen. Die erste Summe summiert über alle Teilmengen von {1,..., n}. Zusammen mit allen Teilmengen von {1,..., n1}, die mindestens 5 j J

6 2 Elemente haben und n 1 enthalten, und der einzigen einelementigen Menge, die n 1 enthält, ergeben sich alle Teilmengen von {1,..., n 1}. n1 A i = I {1,...,n1} I 1 ( 1) I 1 A i i I 11. Sei im folgenden M die Menge aller Studierenden, die eine Mütze tragen und M C die komplementäre Menge der Studierenden, die keine Mütze tragen. (Analog P für extradicken Pullover und S für Schal) Aus der Angabe entnehmen wir folgende Kardinalitäten: M = 60, S = 51, M S = 30, P = 54, M P = 26, P S = 21, M P S = 12. (a) Gesucht ist die Anzahl der Studierenden, die weder Schal noch Mütze tragen. In unserer Notation heißt das M C S C. Durch Umformen erhalten wir: M C S C = (M S) C = 130 M S M S können wir nun mit Hilfe des Inklusions-Exklusions Prinzips bestimmen. M S = M S M S = = 81 Als Gesamtergebnis ergibt sich damit = 49 (b) Gefragt ist nach unserer Notation M P C S C. Umgeformt erhalten wir M P C S C = (M C P S) C = 130 M C P S Wir formen unter Verwendung des Inklusions-Exklusions Prinzips weiter um: M C P S = M C P S M C P P S M S M C P S Offenbar gilt X Y X Y C = X. Damit erhalten wir: M C P = P M P = = 28 M C S = S M S = = 21 M C P S = P S M P S = = 9 6

7 Rückeingesetzt erhalten wir damit insgesamt: M P C S C = 130 ( ) = = = 16 Auf alternative Weise erhält man dieses Ergebnis auch wie folgt: M P C S C = M M P M S M P S = = 16 (c) Gesucht ist M C P C S C. Wir formen wieder um und verwenden das Inklusions- Exklusions Prinzip: M C P C S C = (M P S) C = 130 M P S = = 130 ( M P S M P M S P S M P S ) = = 130 ( ) = = Sei a n die Anzahl der verschiedenen Wege, die ein König von der linken unteren in die rechte obere Ecke eines n n Schachbretts nehmen kann, wenn er sich nur nach rechts, oben oder diagonal nach rechts oben bewegt. Wir können einen Weg, den der König von der linken unteren in die rechte obere Ecke nimmt, eindeutig durch eine Zeichenfolge über dem Alphabet {r, o, d} beschreiben. Dabei steht r für einen Zug des Königs nach rechts, o für oben und d für diagonal. Natürlich ergeben aber nicht alle solche Zeichenfolgen einen zulässigen Weg des Königs. Ein zulässiger Weg auf einem n n Schachbrett verwendet zwischen 0 und n 1 Mal den Diagonalzug d. Ferner müssen in unserer Zeichenfolge gleich viele Zeichen o wie r vorkommen. Wenn wir uns entlang des Gitters bewegen, müssen wir insgesamt eine Strecke von 2(n 1) Längeneinheiten zurücklegen. Ein o oder r bringen uns dabei um eine Längeneinheit näher zum Ziel, ein d um zwei. Es gilt also #o #r 2 #d = 2n 2. Daraus ergibt sich, dass wir für einen gültigen Weg unsere Zeichenfolge aus k Zeichen d, n 1 k Zeichen r und n 1 k Zeichen o zusammensetzen müssen, wobei k die Werte von 0 bis n 1 annehmen kann. Für ein gegebenes k ist die Länge unserer Zeichenfolge 2n 2 k. Jede dieser Zeichenfolgen, die sich genau an unsere Zusammensetzung hält, steht eindeutig für einen Weg des Königs. Die Anzahl dieser verschiedenen Zeichenfolgen können wir nun über z.b. über einen Multinomialkoeffizienten bestimmen (man kann sich das Ergebnis auch direkt üeberlegen): = ( ) 2n 2 k = k, n 1 k, n 1 k (n 1)! k!(n 1 k)! (2n 2 k)! (n 1)!(2n 1 k n)! = 7 (2n 2 k)! k!(n 1 k)!(n 1 k)! = ( )( ) n 1 2n 2 k k n 1

8 Insgesamt bekommen wir die Anzahl der möglichen Wege für einen König auf einem n n Schachbrett indem wir über k summieren: n 1 ( )( ) n 1 2n 2 k a n = k n 1 k=0 Speziell für n = 8 ergibt sich: a 8 = 7 ( )( ) 7 14 k = k 7 k=0 8