7 Das Zählen von Objekten. Themen: Teile und Herrsche Zählen durch Bijektion

Transkript

1 7 Das Zählen von Objekten Themen: Teile und Herrsche Zählen durch Bijektion

2 Grundprinzipien des Zählens 1. Teile und Hersche: Strukturiere die zu zählenden Objekte so, dass sie in Teilklassen zerfallen, die bereits gezählt wurden. Im Allgemeinen erhält man eine rekursive Beziehung für die Anzahl der Objekte. 2. Zählen durch Bijektion: Bilde die Objekte bijektiv auf eine Menge ab, deren Anzahl bereits bekannt ist.

3 Beispiel Potenzmenge Für jede Menge A gelten die Konventionen A, A A.

4 Beispiel Potenzmenge Für jede Menge A gelten die Konventionen A, A A. Wie viele Teilmengen besitzt die Menge A n = {1, 2,...,n}?

5 Beispiel Potenzmenge Für jede Menge A gelten die Konventionen A, A A. Wie viele Teilmengen besitzt die Menge A n = {1, 2,...,n}? Beispiel: A 2 besitzt die Teilmengen,{1},{2},{1, 2}.

6 Methode 1: Teile und Herrsche Zerlege die Teilmengen von A n+1 in zwei Gruppen: Gruppe I : Teilmengen, die n+1 nicht enthalten, Gruppe II : Teilmengen, die n+1 enthalten.

7 Methode 1: Teile und Herrsche Zerlege die Teilmengen von A n+1 in zwei Gruppen: Gruppe I : Teilmengen, die n+1 nicht enthalten, Gruppe II : Teilmengen, die n+1 enthalten. Gruppe I enthält genau die Teilmengen von A n.

8 Methode 1: Teile und Herrsche Zerlege die Teilmengen von A n+1 in zwei Gruppen: Gruppe I : Teilmengen, die n+1 nicht enthalten, Gruppe II : Teilmengen, die n+1 enthalten. Gruppe I enthält genau die Teilmengen von A n. In den Teilmengen von Gruppe II können wir das Element n+1 weglassen und wir erhalten eine Teilmenge von A n. Umgekehrt können wir jede Teilmenge von A n durch Anfügen von n+1 zu einer Teilmenge von Gruppe II machen. Damit enthält auch Gruppe II genau die Teilmengen von A n.

9 Methode 1: Teile und Herrsche Zerlege die Teilmengen von A n+1 in zwei Gruppen: Gruppe I : Teilmengen, die n+1 nicht enthalten, Gruppe II : Teilmengen, die n+1 enthalten. Gruppe I enthält genau die Teilmengen von A n. In den Teilmengen von Gruppe II können wir das Element n+1 weglassen und wir erhalten eine Teilmenge von A n. Umgekehrt können wir jede Teilmenge von A n durch Anfügen von n+1 zu einer Teilmenge von Gruppe II machen. Damit enthält auch Gruppe II genau die Teilmengen von A n. Für die Zahl T n der Teilmengen von A n gilt daher T n+1 = 2T n. Mit T 1 = 2 folgt dann T n = 2 n.

10 Methode 2: Bijektion Bilde jede Teilmenge von A n auf eine 0, 1-Folge der Länge n ab: { 1 falls i A f(a) i = 0 falls i / A

11 Methode 2: Bijektion Bilde jede Teilmenge von A n auf eine 0, 1-Folge der Länge n ab: { 1 falls i A f(a) i = 0 falls i / A Beispiele: Die leere Menge wird auf die Folge (0,...,0) und A = A n auf die Folge (1,...,1) abgebildet.

12 Methode 2: Bijektion Bilde jede Teilmenge von A n auf eine 0, 1-Folge der Länge n ab: { 1 falls i A f(a) i = 0 falls i / A Beispiele: Die leere Menge wird auf die Folge (0,...,0) und A = A n auf die Folge (1,...,1) abgebildet. Offenbar bildet f die Teilmengen von A n bijektiv auf die 0, 1-Folgen ab. Daher ist die Zahl T n der Teilmengen von A n genau 2 n.

13 Aufgabe Sei A n = {1, 2,...,n}. Man bestimme die Anzahl der verschiedenen Paare (X, Y) mit X Y A n.

14 Aufgabe Sei A n = {1, 2,...,n}. Man bestimme die Anzahl der verschiedenen Paare (X, Y) mit X Y A n. Bemerkung: Gesucht ist ein einfacher Ausdruck, der nur aus zwei Zeichen besteht.

15 Aufgabe Ist A = {1, 2, 3}, so erhalten wir für die Anzahl der Paare Y = A 8, Y = {1, 2} 4, Y = {1} 2, Y = 1. Für die Gesamtzahl der Paare gilt daher = 27. Die Hypothese für die Gesamtzahl der Paare ist daher 3 n.

16 Aufgabe Für n = 0 ist dies richtig, denn (X, Y) = (, ) ist das einzige Paar.

17 Aufgabe Für n = 0 ist dies richtig, denn (X, Y) = (, ) ist das einzige Paar. Für A n = {1,...,n} sei die Zahl der Paare 3 n. Für A n+1 = {1,...,n, n+1} teilen wir die Paare (X, Y) in drei Gruppen: I: n+1 Y (also auch n+1 X) II: n+1 X (also auch n+1 Y ) III: n+1 Y, n+1 X. Klar, Gruppe I besteht aus 3 n Elementen nach Induktionsvoraussetzung.

18 Aufgabe II: n+1 X (also auch n+1 Y ) III: n+1 Y, n+1 X. In Gruppe II können wir das Element n+1 weglassen und erhalten ein Element der Gruppe I. Umgekehrt können wir einem Paar (X, Y) das Element n+1 in X und Y hinzufügen und wir erhalten ein Element aus Gruppe II. Damit hat Gruppe II genauso viele Elemente wie Gruppe I, also 3 n.

19 Aufgabe II: n+1 X (also auch n+1 Y ) III: n+1 Y, n+1 X. In Gruppe II können wir das Element n+1 weglassen und erhalten ein Element der Gruppe I. Umgekehrt können wir einem Paar (X, Y) das Element n+1 in X und Y hinzufügen und wir erhalten ein Element aus Gruppe II. Damit hat Gruppe II genauso viele Elemente wie Gruppe I, also 3 n. In Gruppe III können wir aus Y das Element n+1 herausnehmen und wir erhalten ein Element aus Gruppe I. Mit dem gleichen Schluss wie bei Gruppe II folgt, dass auch Gruppe III aus 3 n Elementen besteht. Die Gesamtzahl der Paare (X, Y) mit X Y A n+1 ist daher 3 n+1.

20 k-elementige Teilmengen Wie groß ist die Zahl f(k, n) der k-elementigen Teilmengen der Menge A n = {1, 2,...,n}?

21 k-elementige Teilmengen Wie groß ist die Zahl f(k, n) der k-elementigen Teilmengen der Menge A n = {1, 2,...,n}? Hier hilft wohl nur Teile und Herrsche. Wir zerlegen wieder die k-elementigen Teilmengen von A n+1 = {1, 2,...,n+1} in zwei Gruppen Gruppe I : k-elementige Teilmengen, die n+1 nicht enthalten.

22 k-elementige Teilmengen Wie groß ist die Zahl f(k, n) der k-elementigen Teilmengen der Menge A n = {1, 2,...,n}? Hier hilft wohl nur Teile und Herrsche. Wir zerlegen wieder die k-elementigen Teilmengen von A n+1 = {1, 2,...,n+1} in zwei Gruppen Gruppe I : k-elementige Teilmengen, die n+1 nicht enthalten. Gruppe I besteht genau aus den k-elementigen Teilmengen der Menge A n = {1, 2,...,n}, also f(k, n).

23 k-elementige Teilmengen Gruppe II : k-elementige Teilmengen, die n+1 enthalten.

24 k-elementige Teilmengen Gruppe II : k-elementige Teilmengen, die n+1 enthalten. In den Teilmengen der Gruppe II können wir das Element n+1 weglassen und erhalten eine k 1-elementige Teilmenge von A n. Umgekehrt können wir jede k 1-elementige Teilmenge von A n um das Element n+1 ergänzen und erhalten eine Teilmenge von Gruppe II.

25 k-elementige Teilmengen Gruppe II : k-elementige Teilmengen, die n+1 enthalten. In den Teilmengen der Gruppe II können wir das Element n+1 weglassen und erhalten eine k 1-elementige Teilmenge von A n. Umgekehrt können wir jede k 1-elementige Teilmenge von A n um das Element n+1 ergänzen und erhalten eine Teilmenge von Gruppe II. Wir haben damit f(k 1, n) Teilmengen in Gruppe II.

26 k-elementige Teilmengen Gruppe II : k-elementige Teilmengen, die n+1 enthalten. In den Teilmengen der Gruppe II können wir das Element n+1 weglassen und erhalten eine k 1-elementige Teilmenge von A n. Umgekehrt können wir jede k 1-elementige Teilmenge von A n um das Element n+1 ergänzen und erhalten eine Teilmenge von Gruppe II. Wir haben damit f(k 1, n) Teilmengen in Gruppe II. Wir erhalten die Rekursion f(k, n+1) = f(k, n)+f(k 1, n), f(0, n) = f(n, n) = 1.

27 Binomialkoeffizienten Für n Æ 0 sind die Binomialkoeffizienten folgendermaßen definiert ( n ) = k n! k!(n k)! für 0 k n.

28 Binomialkoeffizienten Für n Æ 0 sind die Binomialkoeffizienten folgendermaßen definiert ( n ) = k n! k!(n k)! für 0 k n. Insbesondere ( n 0 ) = n! ( n ) 0! n! = 1, = n! n n! 0! = 1.

29 Binomialkoeffizienten Es gilt ( n ) ( n ) ( n+1 ) + =, k 1 k k

30 Binomialkoeffizienten Es gilt wegen ( n ) ( k ) + = k 1 n = ( n ) ( n ) ( n+1 ) + =, k 1 k k n! k n!(n k + 1) + k!(n k + 1)! k!(n k + 1)! = n! (k 1)!(n k + 1)! + n! k!(n k)! (n+1)! ( n+1 ) k!(n+1 k)! =. k

31 k-elementige Teilmengen Damit haben wir gezeigt Satz Die Zahl der k-elementigen Teilmengen einer n-elementigen ( n ) Menge ist. k

32 Anzahl der Wege Wir betrachten das folgende Wegesystem: 3 2 (4,2) Bestimmen Sie k(m, n), das ist die Anzahl der verschiedenen Wege, die jeweils in Pfeilrichtung von (0, 0) zum Punkt (m, n) führen.

33 Anzahl der Wege Wir können einen Punkt (m, n) für m, n > 0 von links oder von unten erreichen. Damit gilt die Rekursion k(m, n) = k(m 1, n)+k(m, n 1) für m, n > 0 mit den Anfangsbedingungen k(m, 0) = k(0, n) = 1.

34 Anzahl der Wege Wir können einen Punkt (m, n) für m, n > 0 von links oder von unten erreichen. Damit gilt die Rekursion k(m, n) = k(m 1, n)+k(m, n 1) für m, n > 0 mit den Anfangsbedingungen k(m, 0) = k(0, n) = 1. Durch vollständige Induktion folgt dann leicht, dass k(m, n) = ( m+n m ) = ( m+n n ) = (m+n)!. m! n!

35 Anzahl der Wege Eine elegantere Lösung erhält man, wenn die durchlaufenen Strecken von 1 bis m+n nummeriert werden. Die waagerecht ausgerichteten Strecken definieren dann eine m-elementige Teilmenge der Menge {1,..., m + n} und umgekehrt liefert jede m-elementige Teilmenge einen anderen Weg.

36 Aufgabe Bestimmen Sie mit Hilfe der Fibonacci-Zahlen die Anzahl f n der Folgen der Länge n bestehend aus Elementen der Menge {0, 1}, so dass niemals zwei Einsen hintereinanderstehen. Beispielsweise ist die Folge erlaubt, die Folge nicht.

37 Aufgabe Bestimmen Sie mit Hilfe der Fibonacci-Zahlen die Anzahl f n der Folgen der Länge n bestehend aus Elementen der Menge {0, 1}, so dass niemals zwei Einsen hintereinanderstehen. Beispielsweise ist die Folge erlaubt, die Folge nicht. Tipp: Man unterteile die Menge dieser Folgen in zwei disjunkte Teilmengen, nämlich mit 0 bzw. 1 als letztem Folgenglied.

38 Aufgabe Sei a n die Zahl dieser Folgen, die als letzte Ziffer eine 0 besitzen und b n die Zahl der Folgen mit letzter Ziffer 1.

39 Aufgabe Sei a n die Zahl dieser Folgen, die als letzte Ziffer eine 0 besitzen und b n die Zahl der Folgen mit letzter Ziffer 1. Wir dürfen an eine Folge, die mit 1 endet, keine weitere 1 anhängen, daher a n+1 = a n + b n, b n+1 = a n, also a n+1 = a n + a n 1. Wegen a 0 = 0 und a 1 = 1 folgt a n = F n sowie a n + b n = a n + a n 1 = F n+1.

40 Aufgabe Auf wie viele Arten kann ein (n, 2)-Rechteck mit (1, 2)-Dominosteinen überdeckt werden?

41 Aufgabe Auf wie viele Arten kann ein (n, 2)-Rechteck mit (1, 2)-Dominosteinen überdeckt werden? Tipp: Man strukturiere die Überdeckungen von ihrem Ende her.

42 Aufgabe Sei a n die Zahl der Überdeckungen mit einem (1, 2)-Dominostein in der letzten Spalte des Rechtecks und b n die Zahl mit zwei übereinander liegenden Steinen in den letzten beiden Spalten.

43 Aufgabe Sei a n die Zahl der Überdeckungen mit einem (1, 2)-Dominostein in der letzten Spalte des Rechtecks und b n die Zahl mit zwei übereinander liegenden Steinen in den letzten beiden Spalten. Einer beliebigen Überdeckung von (n, 2) können wir einen (1, 2)-Stein anhängen, also a n+1 = a n + b n.

44 Aufgabe Sei a n die Zahl der Überdeckungen mit einem (1, 2)-Dominostein in der letzten Spalte des Rechtecks und b n die Zahl mit zwei übereinander liegenden Steinen in den letzten beiden Spalten. Einer beliebigen Überdeckung von (n, 2) können wir einen (1, 2)-Stein anhängen, also a n+1 = a n + b n. An eine beliebige Überdeckung der Länge n 1 können wir zwei übereinander liegende Steine hängen, also b n+1 = a n 1 + b n 1.

45 Aufgabe Sei a n die Zahl der Überdeckungen mit einem (1, 2)-Dominostein in der letzten Spalte des Rechtecks und b n die Zahl mit zwei übereinander liegenden Steinen in den letzten beiden Spalten. Einer beliebigen Überdeckung von (n, 2) können wir einen (1, 2)-Stein anhängen, also a n+1 = a n + b n. An eine beliebige Überdeckung der Länge n 1 können wir zwei übereinander liegende Steine hängen, also b n+1 = a n 1 + b n 1. Für die Gesamtzahl c n = a n + b n gilt daher c n+1 = c n + c n 1, c 1 = 1, c 2 = 2, also c n = F n+1.