Diskrete Strukturen. Kombinatorik. Urnenmodell. Kombinatorik - Beispiele. Münster. Münster. Münster

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1 Kombinatorik 122 Vorlesung SoSe 2013 Nach den eher ziemlich abstrakten Grundlagen kommen wir nun zu Werkzeugen die recht konkret für die Modellierung von Zähl-Problemen dienen. Man will also wissen wie oft gewisse Objekte oder Ereignisse auftreten. Abzählen von Ereignissen oder Möglichkeiten kommt immer wieder vor. Z.B. berechnen sich Wahrscheinlichkeiten über diskreten Ereignismengen als Bruch in dessen Nenner die Anzahl der zu berechnenden Fälle und im Zähler die Zahl alle möglichen Ereignisse steht. Etwa ist bei Würfeln für jede Zahl von 1-6 die Wahrscheinlichkeit 1/6. Urnenmodell 123 Kombinatorik - Beispiele 124 Oft passt zu diesen Fragestellungen ein einfaches Urnenmodell. Was können wir mit einer Urne und unterscheidbaren (nummerierten) Kugeln modellieren? Man kann die Kugeln nach dem Ziehen zurücklegen oder nicht die Reihenfolge der Ziehung kann eine Rolle spielen oder nicht 1. Ziehen von zwei Karten aus einem Kartenstapel von verschiedenen Karten bei MauMau: Ziehen ohne Zurücklegen Reihenfolge unwichtig 2. Lotto 6 aus 49: Ziehen ohne Zurücklegen Reihenfolge unwichtig 3. Losziehung mit 6-stelliger Losnummer: 6x Ziehen mit Zurücklegen aus 0-9 Reihenfolge wichtig 4. Würfeln mit 2 Würfeln (z.b. Maier): 2x Ziehen mit Zurücklegen aus 1-6 Reihenfolge unwichtig 5. Anzahl der möglichen Wörter mit 6 verschiedenen Buchstaben: 6x Ziehen ohne Zurücklegen aus {a...z} Reihenfolge wichtig.

2 Satz: (und Definition) Beim Ziehen von k aus n unterscheidbaren Kugeln (aus einer Urne) ergeben sich die folgenden (Bezeichnungen und) Anzahlen von verschiedenen Ergebnissen: k aus n geordnet ungeordnet ( ) n+k-1 mit Zurückl. (k-stichprobe) n k (k-auswahl) ( k ) n! n ohne Zurückl. (k-permutation) (n k)! (k-kombination) k Wir beweisen das im Folgenden in vier Teilen. Beweis: (k-stichprobe) Das Ergebnis des geordneten Ziehens mit Zurücklegen ist ein k-tupel. Für jede Position haben wir n Möglichkeiten das ergibt n k Möglichkeiten insgesamt. Das ist ein Spezialfall der Produktregel Beispiel: bei M = {a b c} und k = 2 haben wir die folgenden 3 2 = 9 Ergebnisse: (a a) (a b) (a c) (b a) (b b) (b c) (c a) (c b) (c c) Beweis: (k-permutation) Beim geordneten Ziehen ohne Zurücklegen ist das Ergebnis wieder ein k-tupel. Für die 1. Position habe ich n Möglichkeiten. Für die 2. Position bleiben noch n 1 Möglichkeiten. Für die 3. Position bleiben noch n 2 Möglichkeiten... Für die k. Position bleiben noch n k + 1 Möglichkeiten. Zusammen: P(n k) := n(n 1)(n 2)...(n k + 1) = n! (n k)! Möglichkeiten Auch das ist ein Spezialfall der Produktregel - die Grundmenge wird immer um ein Element kleiner.

3 Beispiel: bei M = {a b c} und k = 2 haben wir die folgenden (3 2)/1 = 6 Ergebnisse: (a b) (a c) (b a) (b c) (c a) (c b) 129 Beweis: (k-kombination) Beim Ungeordneten Ziehen ist das Ergebnis immer eine Menge. Ziehen wir ohne Zurücklegen hat die Ergebnismenge immer k Elemente. Das Modell entspricht also der Bildung von k-elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge. Als Grundlage der Berechnung können wir dann die k-permutation annehmen müssen aber die doppelt gezählten Elemente wieder abziehen. Mögliche Anordungen einer k-elementigen Menge P(k k) = k!/(k k)! = k! das geht bei der k-permutation als Produkt ein Zusammen: C(n k) := (1/k!) P(n k) = (1/k!) (n!/(n k)!) = n!/(k!(n k)!) = ( ) n k Einschub: Binominalkoefizienten 132 Beispiel: ( bei M = {a b c} und k = 2 haben wir die folgenden 3 ) 2 = 3! 2!1! = 3 Ergebnisse (die hellgrau hinterlegten Mengen sind jeweils identisch mit einer der schwarz dargestellten): {a b} {a c} {b a} {b c} {c a} {c b} Den Bruch ( n k) nennt man auch Binomialkoeffizient da er beim Ausmultiplizieren der binomischen Formel als Koeffizient der Einzelprodukte auftritt: Satz: (a + b) n = k=0...n ( ) n a k b n k k Man beweist die Formel meist durch Induktion über n man kann die Binominalkoeffizienten nun aber auch kombinatorisch herleiten:

4 Beweis: Da (a + b) n = (a + b)(a + b)...(a + b) ergeben sich also Produkte der Form a k b n k mit jeweis n Faktoren: N 0 a n b 0 + N 1 a n 1 b 1 + N 2 a n 2 b N n a 0 b n Wie oft kann nun jedes Produkt auftreten wie gross sind die N i? Die Frage ist aequivalent zu dem Problem wie oft ich k a s auf n Positionen verteilen kann das ist wiederum genau die Anzahl der k-elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge (der Positions-Indices) also ( n k). Weiter mit dem letzen Teil des Beweises zu den Kombinationsmöglichkeiten. Dieser Teil ist etwas komplexer: Beweis: (k-auswahl) Für die Berechnung der Möglichkeiten beim ungeordneten Ziehen mit Zurücklegen führen wir diese auf den Fall ohne Zurücklegen (k-kombination) zurück. Dazu muss ich bei den Ziehungen von den Positionen über eine Elementeigenschaft z.b. die Ordnung abstrahieren. Einen Zug einer k-auswahl kann ich durch ein Wort über { } beschreiben: steht für den Übergang zum nächstkleineren Element für ein gezogenes Element z.b: Bei M = { } kodieren die Züge ( ) oder ( ) zu also 2x das größte 0x das zweitgrösste 1x das drittgrößte und 1x das kleinste Element. Für jedes Element der Ausgangsmenge bis auf das kleinste bekomme ich also einen für jeden Zug einen insgesamt immer n 1 + k Zeichen im Codewort. Alle möglichen Verteilungen der k -Symbole auf die n + k 1 Positionen liefern also alle möglichen Ergebnisse der Ziehung k-auswahl. Man muss also k-positionen aus n + k 1 Plätzen ziehen. Das ist aber gerade die k-kombination aus (n + k 1)-Elementen wir bekommen also insgesamt ( ) n+k 1 k Möglichkeiten für die k-auswahl aus n Elementen.

5 137 Lernziele Urnenmodell 138 Beispiel: ( bei M = {a b c} und k = 2 haben wir die folgenden ) 2 = 4! 2!2! = 6 Ergebnisse (wobei im Folgenden [] eine Ziehung andeuten soll bei der es auf die Reihenfolge nicht ankommt also [a b] = [b a]): [a a] [a b] [a c] [b b] [b c] [c c] die vier Varianten deren Namen und Anzahlen kennen Beispiele für alle Varianten kennen und verstehen Beim Abzählen von Ereignissen etc. treffen wir immer wieder auf ähnliche Verfahren. Einige (Summenformel Produkregel und Gleichheitsprinzip) hatten wir schon kennengelernt einige komplexerer sollen in den folgenden Abschnitten kurz erläutert. Das erste ist die Exclusion von Mehrfachzählungen Wenn wir doppelt zählen müssen wir das doppelt gezählte wieder abziehen. Das formalisiert die einfache Siebformel Satz: [einfache Siebformel] Für endliche Mengen A B gilt A B = A + B A B Beweis: Sei ObdA A B = {s 1 s 2... s l } A = {a 1 a 2... a n s 1 s 2... s l } und B = {b 1... b m s 1 s 2... s l }. Dann ist A B = n + m + l und A + B A B = n + l + m + l l = n + m + 2l l = n + m + l

6 Der Spezialfall mit leerem Schnitt ergibt die Summenformel: Satz: Für disjunkte endliche Mengen A B gilt A B = A + B Zur Erinnerung: Die in der Produktregel bewiesene Anzahl von verschiedenen Kombinationsmöglichkeiten in Kreuzprodukten ist übrigens auch ein Zählprinzip. Beispiel: Wenn in der Bücherei 10 Bücher über Logik und 5 über Kombinatorik verfügbar sind habe ich 15 Möglichkeiten zu jedem Thema ein Buch auszuleihen. Ich kann aber wie beim geordneten Ziehen mit Zurücklegen gelernt 50 verschiedene Kombinationen von je einem Buch über Logik und einen über Kombinatorik ausleihen Das Prinzip von Inklusion und Exklusion lässt sich weiter verallgemeinert in der allgemeinen Siebformel fassen: Satz: [Siebformel] Für endliche Mengen A 1... A n gilt: A i = ( 1) r 1 A j i=1...n r=1...n 1 i 1... i r n j=i 1...i r Beweis: z.b. Induktion nach n oder kombinatorisch s. Steger p 27. Im folgenden Beispiel benötigen wir bei Diskretisierungen von Problemen sehr nützlichen Gaussklammern die reellen Werten ganzzahlige zuordnen: Definition: [floor ceiling] 1. r R : floor(r) := r := max{z Z z r} 2. r R : ceiling(r) := r := min{z Z z r}

7 Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100 gibt es die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind? Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100 gibt es die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind? Sei A k := {n N n 100 k teilt n} Dann ist A 2 A 3 A 5 = A 2 + A 3 + A Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100 gibt es die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind? Sei A k := {n N n 100 k teilt n} Dann ist A 2 A 3 A 5 = A 2 + A 3 + A 5 ( A 2 A 3 + A 2 A 5 + A 3 A 5 )+ Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100 gibt es die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind? Sei A k := {n N n 100 k teilt n} Dann ist A 2 A 3 A 5 = A 2 + A 3 + A 5 ( A 2 A 3 + A 2 A 5 + A 3 A 5 )+ A 2 A 3 A 5

8 Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100 gibt es die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind? Sei A k := {n N n 100 k teilt n} Dann ist A 2 A 3 A 5 = A 2 + A 3 + A 5 ( A 2 A 3 + A 2 A 5 + A 3 A 5 )+ A 2 A 3 A 5 Es ist A k = 100/k und für teilerfremde k l gilt A k A l = A kl Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100 gibt es die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind? Sei A k := {n N n 100 k teilt n} Dann ist A 2 A 3 A 5 = A 2 + A 3 + A 5 ( A 2 A 3 + A 2 A 5 + A 3 A 5 )+ A 2 A 3 A 5 Es ist A k = 100/k und für teilerfremde k l gilt A k A l = A kl damit ergibt sich A 2 + A 3 + A 5 ( A 6 + A 10 + A 15 ) + A 30 = = = Das Prinzip von Inklusion und Exklusion kann man auch verwenden wenn das zuviel Gezählte als Produkt eingeht: Beispiel: Wenn man k Personen auf k Plätze verteilen soll hat man (geordnetes Ziehen ohne Zurücklegen) k! Möglichkeiten. Sind die Plätze aber an einem runden Tisch ist der Startposition egal man muss also den Faktor k wieder herausnehmen bleiben k!/k = (k 1)! verschiedene Möglichkeiten. Weitere einfache Zählprinzipien: Gleichheitsprinzip: Falls f : A B bijektiv ist ist A = B. Doppeltes Abzählen: Für eine binäre Relation R A B gilt R = x A {y B (x y) R} und R = y B {x A (x y) R} Schubfachprinzip: Verteilt man n Dinge auf m Schubladen und ist n > m liegen in mindestens einer Lade mindestens zwei Dinge. (Bew: Widerspruch)

9 Etwas formaler gilt das verallgemeinerte Schubfachprinzip (pigeonhole principle): Satz: [Schubfachprinzip] Sei f : A B eine (totale) Funktion dann gilt: A b B : f 1 (b) B Beweis: (durch Widerspruch) Nehmen wir an es gelte b B : f 1 (b) <. Dann gilt A B b B : f 1 (b) A B 1 A + B 1 B 1 = A 1 B Also b B f 1 (b) B A 1 B = A 1 Andererseits gilt wegen der Totalität von f : A = b B f 1 (b) = b B f 1 (b) zusammen A A 1 - Widerspruch! 148 Beispiel: (Spezialfall des Satzes von Ramsey) In einer Gruppe von 6 Personen gibt es entweder drei die sich kennen oder drei die sich alle nicht kennen. (kennen ist dabei symmetrisch) Beweis: Sei die Gruppe P = {p 1 p 2... p 6 } und kenn1 : P \ {p 1 } {0 1} die kennen-funktion für p 1. Dann liegen im Urbild von 0 oder 1 mindestens 5/2 = 3 Elemente. Wir nehmen mal an das das für 1 der Fall ist (im anderen Fall argumentiert man analog mit nicht kennen) und numerieren mal so das zumindest p 2 p 3 p 4 darin liegen Lernziele Zählprinzipien 151 Beispiel: (Fortsetzung) Nun haben wir folgende Fälle: 1. p 2 p 3 und p 4 kennen sich alle nicht - dann haben wir drei Personen die sich alle nicht kennen - fertig. 2. Zwei davon - OBdA p 2 p 3 - kennen sich. Da sie aber auch beide p 1 kennen haben wir drei Personen die sich kennen - auch fertig. -. Produktregel Summenformel Siebformel und Schubfachprinzip kennen wissen was man wann anwenden kann

10 152 Permutationen 153 Definition: Sei M eine endliche Menge. Eine bijektive Abbildung π : M M nennt man Permutation (von M). Ein Wert m M mit π(m) = m heisst Fixpunkt der Permutation. Definition: Für n N n > 0 ist [n] := {1... n} Satz: Für jede Permutation f von M mit M = n gibt es bijektive Abbildungen num : M [n] und π : [n] [n] mit f = num 1 π num Die Permutationen auf [n] bilden die Symmetrische Gruppe S n. Beweis: Jede endliche Menge ist numerierbar. Es genügt also Permutationen auf [n] zu untersuchen. Anwendung: Derangement-Zahlen 154 Anwendung: Derangement-Zahlen 155 Beispiel: [Derangement-Zahlen] Mit den o.g. Siebformel kann man auch der Anzahl der fixpunktfreien Permutationen der Länge n die sogenannten Derangement-Zahlen D n berechnen.: bzw. D n = n!( /2! 1/3! ( 1) n 1/n!) D n = n! n ( 1) k k=0 k! Beweis: Wir berechnen die Anzahl aller Permutationen (n!) und ziehen davon die Anzahl der Permutationen mit mindestens einem Fixpunkt (ξ n ) ab. Sei A i := {p : [n] [n] p(i) = i} Dann liefert uns die Siebformel ξ n = i=1...n A i = r=1...n ( 1)(r 1) 1 i 1 <...<i r n j=1...r A i j

11 Anwendung: Derangement-Zahlen 156 Permutationen 157 Die j=1...r A ij sind genau die Permuationen mit p(i j ) = i j für alle j = 1.. r. Diese liegen also fest. Die übrigen sind nicht eingeschränkt. Damit gibt es dort (n r)! Möglichkeiten. Davon gibt es C(n r) Kombinationen. Also: ξ n = r=1...n ( 1) (r 1) n! (n r)! = r!(n r)! r=1...n (r 1) n! ( 1) r! Für die Derangement-Zahlen D n ergibt sich zusammengefasst die o.g. Darstellung. Es gibt unterschiedliche Darstellungen für Permutationen: Wertetabelle: π = ( n π(1) π(2)... π(n) ggf. auch nur als untere Zeile der Tabelle: π = (π(1)...π(n)). ) Permutationen 158 Permutationen- Zykeldarstellung 159 Matrixdarstellung: m m 1n π =..... = (m ij ) ij=1...n Definition: Für eine Permutation π ist ein Zykel bzw. Zyklus der Länge k eine Folge (p 1... p k ) bei der für i = 1... k 1 gilt p i+1 = π(p i ) und π(p k ) = p 1. m n1... m nn mit { 1 falls π(i) = j m ij := 0 sonst Damit ist die Anwendung der Permutation die Multiplikaton mit der Matrix. Man kann jede Permutation auch als Produkt von Zykeln schreiben. Zykel sind gewissermassen Kreise - das Startelement ist gleichgültig aber die Reihenfolge ist wichtig!

12 Stirling-Zahlen 1. Art 160 Stirling-Zahlen 1. Art 161 Beispiel: Die Anzahl der Permutationen von [3] ist 3! = 6 (links Tabelle rechts Zykelprodukt): (1 2 3) = ((1)(2)(3)) (1 3 2) = ((1)(3 2)) (2 1 3) = ((2 1)(3)) (2 3 1) = ((3 1 2)) (3 1 2) = ((3 2 1)) (3 2 1) = ((3 1)(2)) Wir haben also: 1 Permutation mit 3 Zykeln 3 Permutationen mit zwei Zykeln und 2 Permutationen mit einem Zykel. Definition: [Stirling-Zahlen 1. Art] Für n k N bezeichnet man die Zahlen s nk := {π : [n] [n] π ist eine Permutation mit genau k Zykeln} als Stirling-Zahlen erster Art James Stirling ( ) Stirling-Zahlen 1. Art 162 Stirling-Zahlen 1. Art 163 Satz: n s nk = n! k=1 Beweis: Jede Permutation hat mindestens einen und maximal n Zykel. Andererseits gibt es genau n! Permutationen über [n] Satz: Setzt man s 00 := 1 so gilt für alle n k: s nk = s n 1k 1 + (n 1)s n 1k

13 Stirling-Zahlen 1. Art Beweis: (kombinatorisch): Wie kann eine Permutation über [n] mit k Zyklen entstehen? Entweder entsteht sie durch Zufügen des Zyklus (n) zu den Permutationen mit k 1 Zyklen über [n 1]. Das ergibt den 1. Summanden. Oder n wird in einen der k-zyklen über [n 1] hinzugefügt. Da die Reihenfolge bei Zykeln wichtig ist hat man dafür (n 1) Möglichkeiten. Das ergibt den 2. Summanden. 164 Stirling-Zahlen 1. Art Mit der Rekursionsformel kann man ein Dreieck der Stirling-Zahlen erster Art aufbauen. Die Zeilennummer ist dabei das n die Zahlposition in der Zeile das k und die Zählung beginnt bei (0 0): Stirling-Zahlen 1. Art Beginnt man die Zählung bei (1 1) und betrachtet nur k > 0 kommt man auf folgendes Dreieck: Auch die Binominalkoeffizienten haben einige weitere interessante Aspekte: Satz: ) ) ( n k = ( n n-k Beweis: Das folgt mit n (n k) = k direkt aus der Definition.

14 Binominalkoeffizienten 168 Binominalkoeffizienten 169 Satz: 2 n = n k=0 ( n k Beweis: Das folgt aus 2 n = (1 + 1) n und der binomischen Formel. ) Beweis: (alternativ kombinatorisch): 2 n ist die Menge der Elemente ( der Potenzmenge einer n-elementigen Menge und n ) k ist die Anzahl der die k-elementigen Teilmengen. Summiert man über alle k muss die Anzahl aller Teilmengen entstehen. Binominalkoeffizienten 170 Binominalkoeffizienten 171 auch hier gibt es eine Rekursionsformel: Satz: (Pascal-Dreieck) Für n k N mit n > k gilt: ( n k ) = ( n-1 k-1 ) ( n-1 + k ) Beweis: (kombinatorisch): Die linke Seite der Gleichung entspricht der Anzahl der k-elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge. Wie setzen sich diese zusammen? Nun man diese in zwei Gruppen zerlegen indem man ein Element - sei dies mit e n bezeichnet - auswählt. Die n-elementigen Teilmengen von M setzen sich dann zusammen aus den Teilmengen die e n enthalten und denen die e n nicht enthalten. Das sind einerseits die (k-1)-elementigen Teilmengen von M {e n } zu denen man das Element e n hinzunimmt und andererseits die k-elementigen Teilmengen von M {e n }. Deren Anzahlen stehen aber genau in der Summe auf der rechten Seite der Gleichung.

15 Binominalkoeffizienten 172 Binominalkoeffizienten 173 Damit kann man das Werte rekursiv berechnen. Nimmt man n für die Zeile und k für die Spalten und startet bei n=0 k=0 ergibt sich Es gilt auch die Vandermondesche Identität: Satz: k m n N gilt: ( n+m k ) = k j=0 ( n j ) ( m k-j ) Binominalkoeffizienten I 174 Binominalkoeffizienten 175 Beweis: Der Beweis ist klarer wenn man die n und m nach Eigenschaften gruppiert hier - obda - in männlich und weiblich. Seien die n und m die Mächtigkeiten unterscheidbarer Teilmengen einer Menge z.b. n Frauen und m Männer ( einer ) n+m Personengruppe. Es gibt nun wie bereits beweisen k k-elementige Teilmengen davon. Andererseits hat jede k-elementige Teilmenge 0 j k Frauen aus den n Frauen ausgewählt und entsprechend (k j) Männer. Es ( gibt ) also ( für ) jede k-elementige Teilmenge mit j Frauen genau n m Möglichkeiten. Nun müssen wir noch über alle j k-j möglichen j summieren um alle möglichen k-elementigen Teilmengen der (n + m)-elementigen Menge zu bekommen. Das ist genau die rechte Seite der Gleichung.

16 Binominalkoeffizienten Das Berechnungsschema des pascalschen Dreiecks findet man auch bei den Bernsteinpolynomen der Bezierkurven wieder. Definition: Für n i N n i ist ( ) n B ni (t) := t i (1 t) n i i das i-te Bernsteinpolynom n-ten Grades 176 Binominalkoeffizienten Definition: Für t [0 1] ist eine Bezierkurve n-ten Gerades C(t) zu n + 1-Stützpunkten (Kontrollpunkten Bezierpunkten) P 0... P n definiert durch n C(t) := B ni (t)p i Satz: (hier ohne Beweis:) i=0 B ni (t) = tb n 1i 1 (t) + (1 t)b n 1i (t) ( s.a Mengenpartitionen - Stirling-Zahlen 2. Art 178 Mengenpartitionen - Stirling-Zahlen 2. Art 179 Definition: Die Zerlegung einer Menge M mit n Elementen in k disjunkte nichtleere Teilmengen also M = i=1...k A i mit und A i für alle i und A i A j = für i j nennt man k-partition Die Anzahl der k-partitionen einer n-elementigen Menge wird mit S nk bezeichnet. Diese Zahlen nennt man auch Stirling-Zahlen 2. Art Für k > n ist sicher S nk = 0 und für n > 0 gilt auch S n0 = 0. Mit einem sinnvoll definiertem Wert für S 00 kommt man damit wieder zu einer schönen Rekursionsformel: Satz: Sei S 00 := 1 dann gilt für n k N n > k: S nk = S n 1k 1 + ks n 1k

17 Mengenpartitionen - Stirling-Zahlen 2. Art 180 Mengenpartitionen - Stirling-Zahlen 2. Art 181 Beweis: (kombinatorisch): Links steht die Anzahl der k-partitionen einer n-elementigen Menge. Wie entstehen diese? Wir wählen wieder ein festes Element e n aus M. Man kann die k-partitionen von M dann zusammensetzen aus den k-partionen von M {e n } indem man einer der k Teilmengen das Element e n hinzufügt. Dafür hat man k Möglichkeiten - das ergibt den rechten Summanden. Oder man hat {e n } als eigene Partitionsmenge dort kommen dann die (k 1)-Partitionen von M {e n } hinzu - das ergibt den ersten Summanden. Das ergibt wieder ein Dreieck beim Start bei (11) und k > 0: Zahlpartitionen 182 Geordnete Zahlpartitionen 183 Auch Zahlen kann man zerlegen: 4 = = = = = = = Satz: Die Anzahl ( der geordneten ) Zahlpartitionen mit k n-1 Summanden ist k-1 Dieser Satz löst einen Spezialfall bei diophantischen Gleichungen.

18 Geordnete Zahlpartitionen 184 Ungeordnete Zahlpartitionen 185 Beweis: (kombinatorisch) Man kann die Zahl als Summe von 1-sen schreiben und dann k Klammerpaare hinzufügen: m = ( ) + ( ) + (1) ). Dann stehen k 1 + zwischen den Klammerpaaren. Für die Auswahl dieser k-1 aus den n-1 Positionen ( - das ) ist ungeordnetes Ziehen ohne n-1 Zurücklegen - habe ich Möglichkeiten. k-1 Definition: Die Anzahl der Möglichkeiten eine natürliche Zahl n als Summe von k Summanden zu schreiben wird mit P nk bezeichnet. Man setzt P 00 := 1 Ungeordnete Zahlpartitionen 186 Ungeordnete Zahlpartitionen 187 Satz: n k N mit n k 1 gilt P nk = k j=0 P n kj Beweis: Wir sortieren die möglichen Partitionen so das die 1-sen vorn stehen. Es ist dann n = n n i + n i n k wobei n 1 = n 2 =... = n i = 1 gilt. Also sind alle n i+1... n k 2. Zieht man von dem Teil bei jedem Summanden eine 1 ab kommt man also auf eine Zahlpartionierung von (k i)-partitionierung von (n k). Umgekehrt kann man jede k-partitionierung von n mit i 1-sen so erzeugen. Es gibt also genau P n kk i verschiedene Partitionen mit i 1-sen. Summiert man über alle mögliche i bekommt man mit i=0...k P n kk i = j=0...k P n kj die Behauptung.

19 Catalanzahlen 188 Catalanzahlen 189 Definition: Eine Triangualisierung ist eine Partition des konvexen n-ecks in Dreiecke durch sich gegenseitig nicht schneidende Diagonalen. Ein Binärbaum ist ein Baum mit einem eindeutigen Wurzelknoten bei dem jeder Knoten maximal zwei Kindknoten hat. Catalanzahlen 190 Catalanzahlen 191 Definition: Ein korrekter Klammerausdruck ist ein Wort über {( )} das folgendermassen aufgebaut ist: 1. Das leere Wort ist ein korrekter Klammerausdruck 2. Sind U und V korrekte Klammerausdrücke so sind das auch 2.1 UV und 2.2 (U)

20 Catalanzahlen 192 Catalanzahlen 193 Beispiele: () ()() (()) ()()() (())() ()(()) ((())) ()()()() (())()() ((()))()... Definition: Sei n N. Dann bezeichnet C n die Anzahl der syntaktisch korrekten Klammerausdrücke mit n Klammerpaaren (Catalanzahlen) B n die Anzahl der Binärbäume mit n Knoten und T n die Anzahl der Triangulierungen eines konvexen n-ecks Catalanzahlen 194 Catalanzahlen 195 Satz: Sei n N dann gilt mit C 0 := 1 für n > 0: n C n = C k 1 C n k k=1 Beweis: Wir zerlegen wieder die Menge der möglichen Klammerausdrücke: Für k n sei A k die Menge aller legalen Klammerausdrück deren erste Klammer an der Position 2k geschlossen wird. Innerhalb der erste Klammer liegen dann k 1 Klammerpaare ausserhalb gerade n k. Für alle Möglichkeiten müssen wir nun wieder von k = 1... n summieren.

21 Catalanzahlen 196 Catalanzahlen 197 Satz: Sei n N dann gilt mit B 0 := 1 für n > 0: B n = n B k 1 B n k k=1 Beweis: ganz analog zum letzen Satz nur teilen wir hier in Binärbäume mit k-knoten im linken Teilbaum und n k im rechten Satz: Sei n N dann gilt für n > 2: n T n = T k 1 T n k+2 k=3 Catalanzahlen 198 Catalanzahlen 199 Beweis: Es ist ja T 2 = 1. Sei also ein konvexes n-eck gegeben wir numerieren dann die Ecken bei beliebigem Startpunkt im Uhrzeigersinn mit 1... n. Dann können wir die Menge aller Triangualisierungen in n 2 Klassen A k k = 3... n aufteilen: A k enthält jeweils die Triangularisierungen bei der denen die Ecken 1 2 k ein Dreieck bilden. Jede Triangularisierung von A k besteht dann aus einer Kombination der Triangualisierungen des k 1-Ecks mit den Ecken k und des n k + 2-Ecks mit den Ecken 1 k... n. Also A k = T k 1 T n k+2 und durch Summieren folgt die Behauptung. Drei recht unterschiedliche Abzählprobleme mit der gleichen Rekursionsformel die man auch noch auflösen kann wie wir später zeigen: n N : B n = C n = T n+2 = 1 ( ) 2n n + 1 n

22 Lernziele 200 Urnenmodelle wissen was Permutationen sind wissen das es für viele abzählbare Probleme Zerlegungen gibt die Eigenschaften beweisen und Rekursionsformeln ermöglichen. die wichtigsten davon kennen. Viele Fragestellung kann man auch durch das Verteilen von Bällen auf mehrere Urnen modellieren. Dabei können Bälle wie auch Urnen unterscheidbar sein oder auch nicht: 1. 2 gleiche Bälle b 2 gleiche Urnen: [][bb] oder [b][b] Urnenmodelle Urnenmodelle Viele Fragestellung kann man auch durch das Verteilen von Bällen auf mehrere Urnen modellieren. Dabei können Bälle wie auch Urnen unterscheidbar sein oder auch nicht: 1. 2 gleiche Bälle b 2 gleiche Urnen: [][bb] oder [b][b] 2. 2 gleiche Bälle b auf 2 Urnen UV: U=[]V=[bb] oder U=[b]V=[b] oder U=[bb]V=[] Viele Fragestellung kann man auch durch das Verteilen von Bällen auf mehrere Urnen modellieren. Dabei können Bälle wie auch Urnen unterscheidbar sein oder auch nicht: 1. 2 gleiche Bälle b 2 gleiche Urnen: [][bb] oder [b][b] 2. 2 gleiche Bälle b auf 2 Urnen UV: U=[]V=[bb] oder U=[b]V=[b] oder U=[bb]V=[] 3. 2 Bälle br auf 2 gleiche Urnen: [][rb] oder [r][b]

23 Urnenmodelle 2 Viele Fragestellung kann man auch durch das Verteilen von Bällen auf mehrere Urnen modellieren. Dabei können Bälle wie auch Urnen unterscheidbar sein oder auch nicht: 1. 2 gleiche Bälle b 2 gleiche Urnen: [][bb] oder [b][b] 2. 2 gleiche Bälle b auf 2 Urnen UV: U=[]V=[bb] oder U=[b]V=[b] oder U=[bb]V=[] 3. 2 Bälle br auf 2 gleiche Urnen: [][rb] oder [r][b] 4. 2 Bälle br auf 2 Urnen UV: U=[]V=[rb] oder U=[r]V=[b] oder U=[b]V=[r] oder U=[rb]V=[] 201 Urnenmodelle 2 Man kann auch auch an die Abbildung die die Bälle auf die Urnen verteilt noch mehr Anforderungen stellen Wenn B die Menge der Kugeln und U die Menge der Urnen ist kommt vor: Jede Urne muss mindestens eine Kugel enthalten (surjektiv B U ) Jede Urne darf höchstens eine Kugel enthalten (injektiv B U ) Jede Urne muss genau eine Kugel enthalten (bijektiv B = U ) Jede Möglichkeit liefert andere Anzahlen von Verteilungsfunktionen f. Sei im folgenden B = n U = m 202 Fall: Bälle und Urnen unterscheidbar f bel.: Jeder der n Bälle kann auf jede der m Urnen entfallen. Wir ziehen also n mal eine Urne mit Zurücklegen - macht m n Möglichkeiten. f sur.: u U : f 1 (u) 1 die Urbilder der Urnen bilden also eine m-partition von B. Anders herum liefert jede m-partition von B eine Klasse von surjektiven Abbildungen B U. Das sind wie gerade gelernt S nm mögliche Partitionierungen und jeder kann ich auf m! Weisen die Urnen zuordnen. Es gibt also m!s nm surjektive Funktionen. f inj.: Das ist geordnetes Ziehen der Urne ohne Zurücklegen - m!/(m n)! Möglichkeiten. f bij.: Das sind alle Permutationen: n! = m! Möglichkeiten 203 Fall: Bälle nicht Urnen unterscheidbar f bel.: Wir können die Bälle mit * und die Urnengrenzen mit codieren Das Problem ist dann m 1 Striche auf m ( + n 1 ) Positionen ( zu verteilen: ) n+m-1 n+m-1 = Optionen. m-1 n f sur.: Verteilt man die n Bälle ergeben die Anzahlen der Bälle in den ( m Urnen ) eine geordnete m-zahlpartition also n-1 m-1 f inj.: Wir wählen ( ) aus m Urnen die n aus in denen ein Ball liegen m soll:. n f bij.: Jede Urne ein Ball: 1 Möglichkeit. 204

24 Fall: Bälle unterscheidbar Urnen nicht 205 Fall: Bälle und Urnen nicht unterscheidbar 206 f bel.: Eine Funktion die n Bälle auf k Urnen verteilt ist eine k-partitionierung der Bälle. Da die Urnen leer bleiben dürfen habe ich k = 1... m Möglichkeiten also insgesamt k=1...m S nk f sur.: Wie oben aber nur der Fall k = m also S nm f inj.: In n der m Urnen liegt eine Ball da die Urnen ununterscheidbar sind: 1 Möglichkeit f bij.: 1 Möglichkeit f bel.: Jede Verteilung entspricht einer Zahlpartition von n in diesem Fall kommt dabei jede Urnenzahl von k = 1... m in Frage also gibt es k=1...m P nk verschiedene Funktionen. f sur.: s.o. - P nm verschiedene Funktionen. f inj.: s.o. - 1 Möglichkeit f bij.: s.o. - 1 Möglichkeit Diskrete Stochastik 207 Diskrete Stochastik 208 Definition: Eine abzählbare Menge heisst auch diskreter Ereignisraum ein Element der Menge elementares Ereignis. Definition: Sei S ein Ereignisraum. Eine injektive Funktion P : S [0 1] mit x S P(x) = 1 nennt man Wahrscheinlichkeitsfunktion. Für Ereignisse A aus mehreren Elementarereignissen also A S definiert man P(A) := x A P(x) Im einfachsten Fall der Gleichverteilung bei der alle Elementarereignisse die gleiche Wahrscheinlichkeit haben gilt P(x) = 1 A und P(A) = S S Hier kommt es also im wesentlichen auf das Zählen der Elemente von Mengen an!

25 Diskrete Stochastik 209 Diskrete Stochastik 210 Beispiel: Welche Wahrscheinlichkeit hat man bei Würfeln mit zwei Würfeln für die Augensumme 7? 1/6: S = 6 2 = 36 A = {(1 6) (2 5) (3 4) (4 3) (5 2) (6 1)} Beispiel: Wie viele Leute muss man zusammenrufen damit wahrscheinlich (also P(A) > 1/2) zwei am gleichen Tag Geburtstag haben? - 23 Personen: Diskrete Stochastik 211 Abschätzungen 212 Man betrachtet das Anti-Ereignis B bei dem keine zwei Personen am gleichem Tag Geburtstag haben. Die Möglichkeiten dafür sind bei k Personen (k-maliges Ziehen ohne Zurücklegen aus { }): 365!/(365 k)!. Der Gesamtereignisraum ist k-maliges Ziehen mit Zurücklegen aus { } also 365 k Also ist P(B k) = 365! (365 k)!365 k. Nachrechnen liefert: P(B 1) = 1 P(B 2) = 364/365 P(B 3) = / P(B 23) Zum Abschätzung des Wachstums einer Funktion definiert man Größenklassen die man Landau-Symbole nennt. Hier für Funktionen auf N sei also g eine Funktion auf N:

26 Abschätzungen - Landau-Symbole 213 Abschätzungen - Landau-Symbole 214 Definition: o(g) := {f c > 0 n 0 N : n n 0 gilt f (n) < c g(n) } O(g) := {f C 0 n 0 N : n n 0 gilt f (n) C g(n) } Ω(g) := {f C 0 n 0 N : n n 0 gilt f (n) C g(n) } ω(g) := {f c > 0 n 0 N : n n 0 gilt f (n) > c g(n) } Θ(g) := O(g) Ω(g) Beispiel: Das Problem ob eine Eingabe der Länge n zu einer gegebenen kontextfreien Grammatik gehört kann man in O(n 3 ) Schritten lösen. Das beweist man indem man einen Algorithmus angibt der das macht und dessen Schritte zählt (CKY). Genauer kann man sogar sagen das das Problem zu o(n 3 ) gehört denn die Potenz ist geringfügig kleiner als 3. Speziellere Grammatiken erlauben effizientere Tests Grammatiken der LR(1)-Klasse z.b. erlauben es das Wortproblem in O(n) Zeit zu lösen. Immer wird das Wortproblem einer Grammatik aber von der Länge der Eingabe abhängen deswegen ist es sicher in ω(1). Abschätzungen - Landau-Symbole 215 Abschätzungen - Landau-Symbole 216 Beispiel: Einschätzung der Größenordnungen Θ(1): konstanter Aufwand unabhängig von n Θ(n): linearer Aufwand (z.b. Einlesen von n Zahlen) Θ(n ln n): Aufwand guter Sortierverfahren (z.b. Quicksort) Θ(n 2 ): Einfache Algorithmen auf Matrizen... Θ(n k ): polynomialer Aufwand (bei festem k) Θ(2 n ): exponentieller Aufwand Θ(n!): Bestimmung aller Permutationen von n Elementen Um eine Vorstellung davon zu haben was schwer zu berechnen ist - unter der Annahme das 1 Berechnungsschritt 1 µs = s) dauert ergeben sich folgende (ungefähre) Berechungsdauern:

27 Abschätzungen - Landau-Symbole 217 Abschätzungen - Landau-Symbole 217 Beispiel: Einschätzung der Größenordnungen n = n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µs Beispiel: Einschätzung der Größenordnungen n = n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µs n µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 ms Abschätzungen - Landau-Symbole 217 Abschätzungen - Landau-Symbole 217 Beispiel: Einschätzung der Größenordnungen n = n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µs n µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 ms n 3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms Beispiel: Einschätzung der Größenordnungen n = n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µs n µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 ms n 3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms 2 n 1 ms 1 s 18 min 13 Tage 36 J 366 Jh

28 Abschätzungen - Landau-Symbole 217 Abschätzungen - Landau-Symbole 217 Beispiel: Einschätzung der Größenordnungen n = n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µs n µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 ms n 3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms 2 n 1 ms 1 s 18 min 13 Tage 36 J 366 Jh 3 n 59 ms 58 min 6.5 J 3855 Jh 10 8 Jh Jh Beispiel: Einschätzung der Größenordnungen n = n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µs n µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 ms n 3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms 2 n 1 ms 1 s 18 min 13 Tage 36 J 366 Jh 3 n 59 ms 58 min 6.5 J 3855 Jh 10 8 Jh Jh n! 3.62 s 771 Jh Jh Jh Jh Jh Abschätzungen: n! 218 Abschätzungen - Stirlingformel 219 Satz: Für n 15 gilt n n/2 n! (n/2) n Satz: (Stirlingformel) n! = 2πn( n ( e )n n + O( 1 ) n 2 ) Beweis: Recht kanonisch z.b. Steeger 46f

29 Abschätzungen: ( n k ) 220 Lernziele Diskrete Stochastik + Abschätzungen 221 Satz: (n/k) k ( n k ) (ne/k) k Verteilung von Bällen auf Urnen als Modell kennen wissen was eine Wahrscheinlichkeitsfunktion ist Beweis: Idee: ausmultiplizieren und n/k gegen (n i)/(k i) abschätzen Reihenentwicklung der Exponentialfunktion... mit Abschätzungen für grosse Zahlen umgehen können