5 Kombinatorik. 5.1 Das Mengenprodukt oder Bilden von Wörtern aus Buchstaben

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1 69 5 Kombinatorik Kombinatorik ist die Theorie vom Abzählen der Elemente einer Menge. Dabei geht es darum, dieses Abzählen möglichst effektiv durchzuführen und vor allem allgemeine Aussagen zu treffen. Es geht darum die Elemente einer Menge abzuzählen, ohne eine Zahl zu erhalten, sondern eine Formel. Ein Beispiel für eine konkrete solche Aufgaben ist: Wie groß ist die Zahl der Diagonalen in einem 7-Eck. Natürlich reicht einem Mathematiker nicht die Antwort auf diese Frage, die man notfalls mit Aufmalen und tatsächlichem Abzählen finden kann. Er will mindestens wissen, wie groß die Zahl der Diagonalen in einem n-eck ist. 5.1 Das Mengenprodukt oder Bilden von Wörtern aus Buchstaben Das Mengenprodukt von zwei Mengen Aufgabe 1: Gegeben sind zwei Mengen, A = {a, b, c} und B = {d, e}. Wieviele Paare (x, y kann man bilden, wenn x aus der Menge A und y aus der Menge B genommen werden soll? Wählt man aus A ein Element, z.b. a, dann kann man offenbar zwei Paare (x, y mit x = a bilden, nämlich (a, d und (a, e. Anstelle von a kann eine beliebiges Element aus A gewählt werden. Wir erhalten dann noch die Paare (b, d, (b, e, (c, d und (c, e. Die Antwort ist: 6. Oft werden die Klammern weggelassen. Ein Paar (x, y wird als xy geschrieben und heißt Wort. Die Aufgabe läßt sich dann umformulieren: Wieviele Wörter lassen sich bilden, wenn der erste Buchstabe aus der Menge A und der zweite Buchstabe aus der Menge B genommen werden soll? Es sind die Wörter ad, ae, bd, be, cd und ce. Die gleiche Aufgabe läßt sich stellen für Mengen mit einer nicht festgelegten Anzahl von Elementen, etwa für A = {a 1,..., a k } und B = {b 1,..., b m }. Wieviele Wörter lassen sich bilden, wenn der erste Buchstabe aus der Menge A und der zweite Buchstabe aus der Menge B genommen werden soll? Nimmt man als ersten Buchstaben a 1, dann lassen sich die Buchstaben a 1 b 1,..., a 1 b m, also m Stück bilden. Als ersten Buchstaben kann man einen beliebigen der k Buchstaben aus A nehmen. Wir erhalten also k mal m Wörter. Das heißt, die Menge aller dieser Wörter besteht aus k m Elementen. Diese Menge heißt Mengenprodukt oder Kreuzprodukt der Mengen A und B und wird so geschrieben: } A B = {a 1 b 1,..., a 1 b m, a 2 b 1,..., a 2 b m,..., a k b m Die Kardinalzahl A B dieser Menge (Kardinalzahl = Zahl der Elemente ist das Produkt der Kardinalzahlen der Mengen A und B (also k und m: A B = A B Aufgabe 2: Wieviel zweistellige Zahlen gibt es? Eine zweistellige Zahl läßt sich als Wort aufassen, dessen erster Buchstabe aus der Menge {1,..., 9} und dessen zweiter Buchstabe aus der Menge {0, 1,..., 9} gewählt werden kann. Folglich gibt es 9 10 = 90 solcher Wörter (Zahlen.

2 70 5 KOMBINATORIK Das Mengenprodukt von drei Mengen Die bis jetzt gebildeten Wörter oder Paare hatten die Länge 2, das heißt, es wurde aus zwei Mengen ausgewählt. Völlig natürlich stellt sich die Aufgabe: Wieviel Tripel (x, y, z oder Wörter xyz lassen sich bilden, wenn x aus A = {a 1,..., a k }, y aus B = {b 1,..., b m } und z aus C = {c 1,..., c j } gewählt werden soll? Hält man die ersten beiden Buchstaben a 1 und b 1 fest, kann man die Wörter a 1 b 1 c 1,..., a 1 b 1 c j, also j Stück bilden. Hält man nur noch a 1 fest, gibt es für den zweiten Buchstaben m Möglichkeiten, insgesamt also m j Wörter. Das läßt sich für jedes der k Elemente aus A durchführen, folglich gibt es insgesamt k m j solche Wörter (oder Tripel. Die Menge dieser 3-buchstabigen Wörter oder Tripel heißt Mengenprodukt oder Kreuzprodukt der Mengen A, B und C und wird mit A B C bezeichnet. Für ihre Kardinalzahl gilt A B C = A B C Das Mengenprodukt von n Mengen Jetzt fällt es nicht schwer, das Mengenprodukt für eine beliebige Anzahl von Mengen zu definieren. Es seien A 1,..., A n n Mengen. Das Mengenprodukt dieser Mengen ist die Menge aller n-tupel oder Wörter der Länge n, wobei der i-te Buchstabe aus der Menge A i genommen werden soll. Für die Kardinalzahl gilt A 1... A n = A 1... A n. Aufgabe 3: Wieviel n-stellige Zahlen gibt es? Die erste Stelle kann eine von 9 Ziffern sein, die anderen Stellen eine von 10 Ziffern, folglich gibt es solche Zahlen, wobei n 1 mal der Faktor 10 vorkommt. Die Gesamtzahl ist also 9 10 n 1. (Das Ergebnis ist nur für n > 1 richtig, da die 0 die einzige Zahl ist, die mit 0 beginnt, gibt es 10 einstellige Zahlen Beispiel: Zahl der Teiler einer Zahl Eine wichtige Anwendungsaufgabe für das Mengenprodukt ist die Bestimmung der Zahl der Teiler einer Zahl. Die Zahl der Teiler einer Zahl n wird mit τ(n bezeichnet und spielt in der Zahlentheorie eine wichtige Rolle. Abgesehen von der Eins hat jede Zahl mindestens zwei Teiler (1 und sich selber. Eine Primzahl p hat genau 2 Teiler, 1 und p. Die Potenz einer Primzahl p k hat die Teiler 1, p, p 2,..., p k, also k + 1 Stück. Die Zahl der Teiler einer solchen Potenz hängt also nicht von p ab, sondern nur von der Vielfachheit von p. So haben 16, 81 und 625 alle 5 Teiler, weil sie die vierte Potenz einer Primzahl sind (2 4 = 16, 3 4 = 81, 5 4 = 625. Als nächstes untersuchen wir Zahlen, die aus zwei Primfaktoren p und q bestehen. Eine Zahl n = p q hat die Teiler 1, p, q und p q, also 4 Stück. Eine Zahl der Form n = p i q j ist durch die Zahlen 1, q, q 2,..., q j und 1, p, p 2,..., p j teilbar und alle möglichen Produkte dieser Zahlen. Sie hat also die Teiler 1, q, q 2,..., q j, p 1, p q,..., p q j,..., p i q j. Das sind (i+1(j +1 Teiler. Um einen beliebigen Teiler von n zu bilden, müssen wir einen Faktor aus der Menge {1, p,..., p i }

3 5.1 Das Mengenprodukt oder Bilden von Wörtern aus Buchstaben 71 mit einem Faktor der Menge {1, q,..., q j } multiplizieren. Das heißt, die Anzahl der Teiler ist die gleiche wie die Anzahl der Möglichkeiten aus diesen beiden Mengen je ein Element auszuwählen, also Paare zu bilden. Die Mengen enthalten i + 1 bzw. j + 1 Elemente, also gibt es (i + 1(j + 1 Möglichkeiten oder Teiler. Im allgemeinen läßt sich jede natürliche Zahl n eindeutig in Primfaktoren zerlegen. Angenommen, es kommen dabei die Primfaktoren p 1,..., p m vor und zwar in einer Häufigkeit von k 1,..., k m mal. Es gilt also folgender wichtiger Satz: Es sei n = p k pkm m die Zerlegung der Zahl n in (verschiedene Primfaktoren. Dann berechnet sich die Zahl der Teiler von n nach der Formel τ(n = (k (k m + 1. (51 (50 Interessant an dieser Formel ist, daß die Zahl der Teiler nicht von den Primfaktoren selbst, sondern nur von ihrer Häufigkeit abhängt. Aus dieser allgemeinen Formel folgen interessante Spezialfälle: Folgerung 1: Ist die Zahl der Teiler einer Zahl eine Primzahl, dann ist sie eine Primzahlpotenz. Beweis: Die Zahl sei n. Ist τ(n eine Primzahl, dann läßt sich τ(n nicht als Produkt von Zahlen größer 1 darstellen. Das heißt, in der Darstellung (51 kann nur ein Faktor auftreten. Also kann in der Primfaktorzerlegung (50 von n nur eine Primzahl (sie sei p vorkommen. Es gilt τ(n = k + 1, wobei k die Vielfachheit von p ist. Folglich ist n = p k. Folgerung 2: Eine Zahl n ist genau dann Quadratzahl, wenn τ(n ungerade ist. Beweis: Es sei τ(n ungerade. Dann muß in der Darstellung (50 jeder Faktor ungerade sein, das heißt, jede Zahl k 1,..., k m muß gerade sein. Es sei deshalb k 1 = 2j 1,..., k m = 2j m mit ganzzahligen j 1,..., j m. Dann lautet die Primfaktorzerlegung (50 von n ( 2 n = p 2j pm 2jm = p j p jm m. n ist also Quadratzahl. Umgekehrt, sei n Quadratzahl, dann gibt es eine natürliche Zahl a mit a 2 = n. Die Primfaktorzerlegung von a sei a = p j p jm m. Die Primfaktorenzerlegung von n = a 2 ist dann n = p 2j pm 2jm

4 72 5 KOMBINATORIK und nach Formel (51 ist die Zahl der Teiler von n τ(n = (2j (2j m + 1 das Produkt von ungeraden Zahlen, also ebenfalls ungerade. Mit Formel (51 lassen sich auf den ersten Blick schwierige Aufgaben ziemlich einfach lösen, zum Beispiel Aufgabe 4: Wieviele Paare (a, b ganzer Zahlen gibt es, deren Produkt n mal so groß ist, wie ihre Summe, wobei n eine fest vorgegebene natürliche Zahl ist. Die beiden Zahlen a und b müssen die Gleichung a b = n(a + b (52 erfüllen. Diese Gleichung läßt sich umformen: ab = n(a + b ab = na + nb ab na nb = 0 ab na nb + n 2 = n 2 (a n(b n = n 2 Die letzte Gleichung bedeutet, daß a und b genau dann Lösung von Gleichung (52 ist, wenn a n und b n zwei komplementäre Teiler von n 2 sind. Es seien p und q zwei solche Teiler von n 2 mit p q = n 2. Dann gilt a n = p und b n = q, also a = n + p b = n + q. Neben dieser Möglichkeit gibt es noch die Möglichkeit, n 2 als ( p ( q = n 2 in eine Produkt zu zerlegen, das führt auf die Lösungen a = n p b = n q. Gleichung (52 hat also doppelt soviele Lösungen, wie es Möglichkeiten gibt, die Zahl n 2 in ein Produkt p q = n 2 zu zerlegen. Jeder Teiler p von n 2 liefert eine solche Möglichkeit. Es gilt dann q = n2 p. Die Zahl der Teiler von n2 ist τ(n 2. Folglich gibt es genau 2τ(n 2 solche Paare.

5 5.2 Variationen oder Wörter ohne Wiederholung Variationen oder Wörter ohne Wiederholung Ein Spezialfall für das Mengenprodukt von n Mengen ist der, für den die n Mengen identisch sind. Die allgemeine Formel für die Zahl der Elemente des Mengenproduktes A 1... A n = A 1... A n nimmt für den Fall A 1 =... = A n = A die Form A... A = A n an. Sie beschreibt die Zahl der Möglichkeiten, Wörter aus n Buchstaben zu bilden, wenn diese Buchstaben aus einer Menge A gewählt werden können. Ist z.b. A = {a, b, c} und sind zweibuchstabige Wörter gesucht, dann gibt es 3 2 = 9 Möglichkeiten. Aufgezählt sind das aa ab ac ba bb bc ca cb cc Eine andere Aufgabe ist es, Wörter zu bilden, bei denen jeder Buchstabe nur einmal vorkommen darf. In diesem Fall sind die Wörter aa, bb und cc nicht geeignet. Es gibt nur 6 Möglichkeiten: ab ac ba bc ca cb Aufgabe 5: Wieviele dreistellige Zahlen kann man aus den Ziffern x 1, x 2, x 3, x 4 und x 5 ohne Wiederholungen (jede Ziffer darf nur einmal vorkommen bilden? Die Aufgabe ist gerade noch geeignet, alle Möglichkeiten explizit aufzuzählen: x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 4 x 1 x 2 x 5 x 1 x 3 x 2 x 1 x 3 x 4 x 1 x 3 x 5 x 1 x 4 x 2 x 1 x 4 x 3 x 1 x 4 x 5 x 1 x 5 x 2 x 1 x 5 x 3 x 1 x 5 x 4 x 2 x 1 x 3 x 2 x 1 x 4 x 2 x 1 x 5 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 x 4 x 2 x 3 x 5 x 2 x 4 x 1 x 2 x 4 x 3 x 2 x 4 x 5 x 2 x 5 x 1 x 2 x 5 x 3 x 2 x 5 x 4 x 3 x 1 x 2 x 3 x 1 x 4 x 3 x 1 x 5 x 3 x 2 x 1 x 3 x 2 x 4 x 3 x 2 x 5 x 3 x 4 x 1 x 3 x 4 x 2 x 3 x 4 x 5 x 3 x 5 x 1 x 3 x 5 x 2 x 3 x 5 x 4 x 4 x 1 x 2 x 4 x 1 x 3 x 4 x 1 x 5 x 4 x 2 x 1 x 4 x 2 x 3 x 4 x 2 x 5 x 4 x 3 x 1 x 4 x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 4 x 5 x 1 x 4 x 5 x 2 x 4 x 5 x 3 x 5 x 1 x 2 x 5 x 1 x 3 x 5 x 1 x 4 x 5 x 2 x 1 x 5 x 2 x 3 x 5 x 2 x 4 x 5 x 3 x 1 x 5 x 3 x 2 x 5 x 3 x 4 x 5 x 4 x 1 x 5 x 4 x 2 x 5 x 4 x 3 Es sind 60 Stück. Die Lösung läßt sich genauso herleiten wie im Falle des Mengenproduktes: Für die erste Ziffer gibt es 5 Möglichkeiten. Angenommen, wir haben eine Ziffer für die erste Stelle ausgewählt, gibt es für die zweite Stelle nur noch 4 Möglichkeiten, da die eine ausgewählte nicht noch einmal vorkommen darf (im Gegensatz zum Mengenprodukt, bei dem auch für die zweite Ziffer 5 Möglichkeiten bestehen würden. Halten wir eine von den 4 Ziffern als zweite Ziffer fest, bleiben für die dritte Ziffer noch drei Möglichkeiten. Das ergibt insgesamt = 60 Möglichkeiten. Mit dieser Erkenntnis können wir uns an die allgemeinere Aufgabe wagen: Wieviele k-stellige Zahlen kann man aus n verschiedenen Ziffern ohne Wiederholungen bilden? Diese Aufgabe läßt sich identisch aber abstrakter auch so formulieren:

6 74 5 KOMBINATORIK Wieviele Möglichkeiten gibt es, unter n Objekten k der Reihe nach auszuwählen? Die Lösung dieser allgemeineren Aufgabe vollzieht sich genau so wie im speziellen Fall eben: Für die erste Ziffer (oder das als erstes auszuwählende Objekt gibt es n Möglichkeiten. Für die zweite Ziffer nur noch n 1, für die dritte Ziffer n 2 usw. Für die letzte Ziffer gibt es n k + 1 Möglichkeiten. (Man könnte denken, die k-te Ziffer gibt es n k Möglichkeiten. Das ist aber falsch, weil es für die erste Ziffer nicht n 1 sondern n 0 Möglichkeiten gibt und damit ergeben sich für die k-te Ziffer n (k 1 = n k + 1 Möglichkeiten. Die Gesamtzahl dieser Möglichkeiten ist das Produkt dieser Faktoren von n bis n k + 1 und wird Variationen von n Objekten der Länge k bezeichnet und mit Vn k abgekürzt. Es gilt V k n = n (n 1 (n 2... (n k + 1. Diese Formel läßt sich umschreiben, denn es ist offenbar (n k (n k (n k (n k = 1 und damit Vn k = n (n 1 (n 2... (n k + 1 = (n k (n k = n (n 1 (n 2... (n k + 1 (n k (n k = n (n 1 (n 2... (n k + 1 (n k (n k n! = = (n k (n k (n k! 5.3 Permutationen oder Anordnen in einer Reihe Eine spezielle Variation ist der Fall k = n. Das heißt, gesucht ist die Zahl der Möglichkeiten, n-stellige Zahlen aus n verschiedenen Ziffern ohne Wiederholungen zu bilden. Dabei müssen für jede Zahl stets alle Ziffern aus der gegebenen Menge benutzt werden. Diese Aufgabe ist also identisch mit der Zahl der Möglichkeiten, n verschiedene Objekte der Reihe nach anzuführen. Diese Zahl heißt Permutation (Vertauschung von n Objekten und wird P n abgekürzt. Ausgehend von den Variationen sieht man leicht, daß gilt. P n = n (n 1 (n = n! 5.4 Kombinationen oder Bilden von Teilmengen Die folgende Aufgabe erinnert auf den ersten Blick an Aufgabe 5: Aufgabe 6: Wieviele Teilmengen mit 3 Elementen kann man aus der Menge {x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 } bilden? Der Unterschied zu Aufgabe 5 besteht darin, daß die Reihenfolge der Elemente einer Teilmenge keine Rolle spielt. So beschreiben x 1 x 2 x 3 und x 1 x 3 x 2 verschiedene Zahlen, {x 1, x 2, x 3 } und {x 1, x 3, x 2 } aber die gleiche Teilmenge. Der Teilmenge {x 1, x 2, x 3 } entsprechen die sechs Zahlen x 1 x 2 x 3 x 1 x 3 x 2 x 2 x 1 x 3 x 2 x 3 x 1 x 3 x 1 x 2 x 3 x 2 x 1

7 5.5 Was ist mit der Null? 75 Jeder Teilmenge entsprechen soviele Zahlen wie es Möglichkeiten gibt, die Elemente dieser Menge der Reihe nach anzuordnen, also 3! = 6. Das trifft für jede Teilmenge zu. Bei den Zahlen wird also jede Teilmenge 6-fach gezählt. Es gibt somit insgesamt nur 60/6 = soche Teilmengen: {x 1, x 2, x 3 } {x 1, x 2, x 4 } {x 1, x 2, x 5 } {x 1, x 3, x 4 } {x 1, x 3, x 5 } {x 1, x 4, x 5 } {x 2, x 3, x 4 } {x 2, x 3, x 5 } {x 2, x 4, x 5 } {x 3, x 4, x 5 } Jetzt können wir auch die folgende allgemeinere Aufgabe lösen: Wieviele Teilmengen mit k Elementen kann man aus einer Menge mit n Elementen auswählen? Käme es auf die Reihenfolge an, wären das Vn k = n (n 1 (n k +1 Möglichkeiten. Dabei wird aber jede Teilmenge mit k Elementen so häufig gezählt, wie es Möglichkeiten gibt diese k Elemente der Reihe nach anzuordnen. Das sind gerade P k = k! Möglichkeiten. Es gibt also nur Vn k/p n solche Teilmengen. Diese Zahl wird Kombinationen von n Objekten zu k Stück genannt und Cn k abgekürzt. Es gilt daher C k n = V k n P n = n (n 1 (n k k = n! k! (n k! Leonard Euler führte für diese Zahlen die Bezeichnung ( n = C k n! n = k k! (n k! ein, die n über k gesprochen wird. 5.5 Was ist mit der Null? Es ist sinnvoll, die eingeführten Formeln auch dann gelten zu lassen, wenn k = 0 ist. Das heißt, es sollte z.b. auf folgende Aufgabe eine sinnvolle Antwort geben: Wieviele Möglichkeiten gibt es, aus n Objekten keins auszuwählen? Oder, was dieselbe Frage ist: Wieviele leere Mengen sind in einer Menge mit n Elementen als Teilmengen enthalten? Auf die erste Frage ist man vielleicht geneigt zu antworten: Es gibt keine Möglichkeit aus n Objekten keins auswählen. Oder vieleicht: Man kann beliebig oft aus n Objekten keins auswählen. Nimmt man an, daß die leere Menge ein reales Objekt ist, das es auf der ganzen Welt nur einmal gibt, dann ist klar, daß die leere Menge zwar in jeder beliebigen Menge als Teilmenge enthalten ist, aber nur einmal. Diese Vereinbarung ist sehr sinnvoll und führt dazu, daß sich alle Formeln auch für k = 0 anwenden lassen, wenn man 0! = 1 festlegt. Oder allgemeiner: Ein Produkt aus 0 Faktoren ist stets eins. Auf die gestellten Fragen angewendet, bedeutet das: C 0 n = V 0 n = 1 Es gibt genau eine Möglichkeit, aus n Objekten keins auswählen. Weiter könnte man sich fragen, was ist, wenn k größer als n ist. Das bedeutet z.b. auf die Frage zu antworten: Wieviele Möglichkeiten gibt es aus 5 Objekten 7 auszuwählen. Das geht natürlich nicht, d.h. die Zahl der Möglichkeiten dafür ist 0. Auch dieser Fall ist in den Formeln enthalten. Es gilt V 7 5 = ( 1 = 0 und allgemein C k n = V k n = 0 für k > n.

8 76 5 KOMBINATORIK 5.6 Zerlegen einer Zahl in Summanden Wichtige kombinatorische Aufgaben hängen mit dem Zerlegen einer Zahl in Summanden unter bestimmten Nebenbedingungen zusammen. Dazu die folgende einfache Aufgabe 7: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n Pfennige so an k Kinder zu verteilen, daß jedes Kind mindestens einen Pfennig bekommt! Diese Aufgabe ist offensichtlich äquivalent zur folgenden Aufgabe 7a: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n in eine Summe von k Summanden zu zerlegen, wobei jeder Summand größer oder gleich 1 sein soll. Es ist also die Anzahl von Zerlegungen (oder Partitionen genannt mit n = n 1 + n n k, n i 1 gesucht. Es ist klar, daß k nicht größer als n sein darf. Für die ersten n und k sind die Möglichkeiten in der folgenden Tabelle zusammengefaßt: n k = 1 k = 2 k = 3 k = 4 k = Vielleicht sieht man schon hier eine Gesetzmäßigkeit, falls nicht, muß man die Tabelle noch etwas fortführen. Schließlich wird man aber erkennen, daß ( n 1 k 1 die Anzahl der gesuchten Möglichkeiten ist. Hat man diese Vermutung aufgestellt, muß man sie als nächstes versuchen zu beweisen. Dazu ist es sinnvoll, die Aufgabe so zu interpretieren, daß man die kombinatorische Bedeutung des Binomialkoeffizienten ausnutzen kann. ( n 1 k 1 ist die Anzahl der Möglichkeiten, k 1 Objekt aus n 1 auszuwählen. Obwohl das auf den ersten Blick nichts mit der Aufgabe zu tun hat (die Objekte (Pfennige sind alle gleich, ist es immer nützlich, nach so einer Interpretationsmöglichkeit zu suchen. Dazu denken wir uns die Pfennige alle nebeneinander hingelegt (z.b. 8 Stück:

9 5.6 Zerlegen einer Zahl in Summanden 77 Wollen wir diese z.b. an drei Kinder verteilen, bedeutet das, wir machen daraus drei Haufen, indem wir zwei Trennstriche zwischen den Pfennigen ziehen, etwa so: Das entspricht der Zerlegung der 8 in die Summe Wieviele Möglichkeiten gibt es, zwei Trennstriche zu ziehen? Offenbar soviele, wie wir zwei Zwischenräume zwischen den Pfennigen aus den 7 auswählen können. Das sind ( 7 2. Jede dieser Möglichkeiten entspricht einer Möglichkeit die 8 Pfennige, an 3 Kinder zu verteilen. Unsere Objekte sind also die Zwischenräume zwischen den in einer Reihe ausgelegten Pfennigen. Jetzt fällt es nicht schwer, die allgemeine Aufgabe mit n Pfennigen und k Kindern zu lösen: Es gibt n 1 Zwischenräume. Um die Pfennige in k Portionen zu zerteilen, benötigen wir k 1 Trennstriche. Wir müssen dafür also k 1 Zwischenräume aus dem n 1 auswählen. Das sind ( n 1 k 1. Jetzt fällt auch die folgende Aufgabe leicht: Aufgabe 8: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n in eine Summe von Summanden zu zerlegen, wobei jeder Summand größer oder gleich 1 sein soll. Die Anzahl der Summanden ist jetzt also gleichgültig. Das heißt, die Anzahl der Möglichkeiten ist die Summe der Anzahl der Möglichkeiten, n in eine Summe von einem Summand zu zerlegen, in eine Summe von zwei Summanden zu zerlegen,... in eine Summe von n Summanden zu zerlegen. Das sind also n ( n 1 = 2 n 1. k 1 k=1 Das ist gerade die Summe der (n 1-ten Zeile im Pascalschen Dreieck. Jetzt stellen wir uns folgende (ungerechtere Aufgabe 9: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n Pfennige an k Kinder zu verteilen (auch wenn dabei manche Kinder keinen Pfennig erhalten! Diese Aufgabe ist äquivalent zur Aufgabe 9a: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n in eine Summe von k Summanden zu zerlegen, wobei jeder Summand größer oder gleich 0 sein soll. Es ist also die Anzahl von Zerlegungen mit n = n 1 + n n k, n i 0 gesucht. Diese Aufgabe läßt sich auf die eben gelöste zurückführen. Angenommen, wir verteilen n + k Pfennige an k Kinder so, daß jedes mindestens einen Pfennig erhält und nehmen danach jedem Kind einen Pfennig weg, so haben wir genau das erreicht, was wir wollten. Die Aufgabe ist also

10 78 5 KOMBINATORIK äquivalent zur Aufgabe: Verteile n + k Pfennige an k Kinder so, daß jedes mindestens einen Pfennig erhält. Hierfür ist die Lösung inzwischen einfach: Es sind ( n+k 1 k 1 Möglichkeiten. Eine weitere typische Zerlegungsaufgabe, der man es auf den ersten Blick nicht ansieht, ist folgende Aufgabe 9b: Wieviel Möglichkeiten gibt es, n Objekte mit k Farben zu färben? Das ist dieselbe Aufgabe wie 9 oder 9a. Das erkennt man leicht, wenn man die Objekte zu Gruppen mit gleicher Farbe zusammenfaßt. Angenommen mit der ersten Farbe sind n 1 Objekte gefärbt, mit der zweiten n 2 usw. mit der k-ten n k. Diese n 1, n 2,... n k können auch 0 werden (aber nicht negativ, falls eine Farbe überhaupt nicht verwendet wurde. Alle Objekte sollen aber mit irgendeiner der k Farben gefärbt sein, erscheinen also in genau einer Gruppe. Das heißt, wir suchen nach der Anzahl von Zerlegungen der Zahl n mit n = n 1 + n n k, n i 0. Eine weitere ähnliche Aufgabe ist folgende: Aufgabe 10: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n Pfennige so an k Kinder zu verteilen, daß jedes Kind mindestens zwei Pfennige bekommt! Diese Aufgabe können wir auch auf die gelöste Aufgabe 7 zurückführen. Dazu verteilen wir nur n k Pfennige so, daß jedes Kind mindestens einen Pfennig erhält. Anschließend geben wir jedem Kind noch einen von den k noch nicht verteilten Pfennigen. Die Anzahl der Möglichkeiten ist also ( n k 1 k 1. Jetzt können wir auch die folgende, noch allgemeinere Aufgabe lösen (formuliert nicht in Pfennigen, sondern auf die äquivalente, aber mathematischere Weise: Aufgabe 11: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n in eine Summe von k Summanden zu zerlegen, wobei jeder Summand größer oder gleich j sein soll. Es ist also die Anzahl von Zerlegungen mit n = n 1 + n n k, n i j gesucht. Die Lösung ist inzwischen leicht: ( n (j 1k 1 k 1. Das waren Zerlegungsaufgaben mit einer Nebenbedingung. Im allgemeinen werden die Aufgaben immer schwieriger, je mehr Nebenbedingungen gestellt werden. Dazu folgende Aufgabe 12: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n in eine Summe von k Summanden zu zerlegen, wobei jeder Summand 1 oder 2 sein darf! Es ist also die Anzahl von Zerlegungen mit n = n 1 + n n k, 1 n i 2

11 5.6 Zerlegen einer Zahl in Summanden 79 gesucht. Für diese Aufgabe gibt es auch eine äquivalente anschaulichere Version: Aufgabe 12a: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, eine Treppe mit n Stufen in k Schritten zu überwinden, wenn man dabei pro Schritt eine oder zwei Stufen auf einmal überwinden darf. oder auch folgende Aufgabe 12b: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n Pfennige so an k Kinder zu verteilen, daß jedes Kind einen oder zwei Pfennige erhält! In dieser letzten Version wollen wir die Aufgabe lösen. Wir denken uns die Kinder (n 1 bis n k der Reihe nach aufgestellt und geben jedem als erstes einen Pfennig, denn einen soll jedes Kind ja mindestens erhalten. Da haben wir gar keine Wahl (demonstriert an 4 Kindern mit 6 Pfennigen: n 1 n 2 n 3 n Jetzt haben wir noch 6-4=2 Pfennige zu verteilen. Das sind folgende Möglichkeiten: n 1 n 2 n 3 n Es gibt also 6 Möglichkeiten. Im allgemeinen bleiben uns n k Pfennige zu verteilen. Jedes Kind darf höchstens noch einen bekommen. Wir müssen also unter k Objekten (Kindern n k auswählen (die, die einen Pfennig erhalten sollen. Das sind gerade ( k n k. Ungewöhnlich ist diesmal, daß die untere Zahl im Binomialkoeffizienten n enthält. Das liegt an den besonderen Nebenbedingungen. Nur für wenige n ist die Aufgabe überhaupt lösbar. Ist n < k, gibt es keine Möglichkeit, denn jedes Kind sollte mindestens einen Pfennig erhalten. Ist n > 2k, gibt es auch keine Möglichkeit, denn jedes Kind sollte höchstens zwei Pfennige erhalten. Damit sind auch die äquivalenten Aufgaben 12 und 12a gelöst und wir können uns an eine nächste wagen: Aufgabe 13: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, eine Treppe mit n Stufen zu überwinden, wenn man dabei pro Schritt eine oder zwei Stufen auf einmal überwinden darf. Die Zahl der Schritte ist also gleichgültig. Das heißt, die Anzahl der Möglichkeiten insgesamt ist die Summe der Anzahlen der Möglichkeiten, die Treppe mit einem, zwei,... n Schritten zu

12 80 5 KOMBINATORIK überwinden. Diese Zahl hängt von n ab und sei f n. Es gilt also n ( k f n =. n k k=1 Viele dieser Summanden sind 0, z.b. ( 1 n 1, wenn n > 1 ist. Das stört beim Bilden der Summe aber nicht. Im Fall n = 8 lautet die Summe ausgeschrieben f 8 = ( ( ( ( ( ( ( ( 8 = 34 0 Die ersten drei Summanden sind 0. Die anderen bilden auch eine Summe im Pascalschen Dreieck. Dazu müssen aber nicht die Werte auf einer Zeile addiert werden, sondern die auf einer schrägen Linie. Bildet man so die ersten Werte, erhält man, (f n n=1 = 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,... Diese berühmte Folge ist die sogenannte Fibonaccifolge, die wie die Binomialkoeffizienten in den verschiedensten mathematischen Aufgaben vorkommt. Sie hat die bemerkenswerte und offensichtliche Eigenschaft f n = f n 1 + f n 2, das heißt, jedes Folgeglied ist die Summe der beiden vorangegangenen. Solche Folgen, bei denen jedes Folgeglied aus einem oder mehreren vorangehenden Gliedern bestimmt wird, heißen rekursive oder rekurrente Folgen. Die Fibonaccifolge ist der Prototyp unter ihnen. Die Gleichung (53 läßt sich für unsere Treppenaufgabe leicht direkt herleiten: f n sei die gesuchte Anzahl von Möglichkeiten. Angenommen, wir stehen vor einer Treppe mit n Stufen. Dann gibt es für den Beginn des Treppensteigens zwei Möglichkeiten: Entweder wir nehmen eine Stufe oder wir nehmen zwei Stufen auf einmal. Im ersten Fall haben wir noch eine Treppe mit n 1 Stufen vor uns, für die es f n 1 Möglichkeiten gibt. Im zweiten Fall haben wir noch eine Treppe mit n 2 Stufen vor uns, für die es f n 2 Möglichkeiten gibt. Insgesamt gibt es also f n 1 + f n 2 Möglichkeiten. Genau das besagt Gleichung (53. Damit ist die Aufgabe aber noch nicht gelöst, denn im Augenblick kennen wir noch keine der Zahlen f n, f n 1 oder f n 2. Es ist aber leicht, für kleine Werte von n die Anzahl direkt zu berechnen: Für n = 1 gibt es nur eine Möglichkeit (ein Schritt mit einer Stufe. Für n = 2 gibt es zwei Möglichkeiten (ein Schritt mit zwei Stufen und zwei Schritte mit je einer Stufe. Damit kennen wir f 1 und f 2 und können mit Hilfe von Gleichung (53 schrittweise f n für beliebige n bestimmen. Das ist vielleicht etwas unbefriedigend. Möchte man f 1000 bestimmen, wünscht man sich eine Formel, die das direkt gestattet, ohne die 999 vorangehenden Glieder der Folge zu bestimmen. Das ist möglich und wird später behandelt werden. Analog, wie Aufgabe 11 eine Verallgemeinerung der Aufgaben 6, 8 und 9 war, möchte man die letzte Aufgabe etwa auf folgende Weise verallgemeinern: Aufgabe 14: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n in eine Summe von k Summanden zu zerlegen, wobei jeder Summand nicht größer als i und nicht kleiner als j sein darf! Es ist also die Anzahl von Zerlegungen mit n = n 1 + n n k, j n i i (53

13 5.7 Der Pascalsche Tetraeder 81 gesucht. Diese Aufgabe ist viel schwerer als Aufgabe 11. Schon bei der gegenüber Aufgabe 12 nur leicht veränderten Aufgabe 15: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, n in eine Summe von k Summanden zu zerlegen, wobei jeder Summand 1, 2 oder 3 sein darf! ist ein neues Hilfsmittel erforderlich. Das ist 5.7 Der Pascalsche Tetraeder Der Pascalsche Tetraeder ist eine dreidimensionale Verallgemeinerung des Pascalschen Dreiecks. Um ihn zu entwickeln, erinnern wir uns noch einmal an die Aufgaben, die Binomialkoeffizienten als Lösung haben. In der folgenden Übersicht sind einige behandelte und einige noch nicht behandelte Aufgaben aufgeführt, die alle als Lösung die Zahl ( n k haben. Daher weichen die Formulierungen manchmal von den üblichen ab. Z.B. ist ( n 1 k 1 die Anzahl der Möglichkeiten, n Pfennige an k Kinder derart zu verteilen, daß jedes mindestens einen Pfennig bekommt. Die Aufgabe, die gerade ( n k als Lösung hat, ist dann also: Die Anzahl der Möglichkeiten, n + 1 Pfennige auf k + 1 Kinder derart zu verteilen, daß jeder mindestens einen Pfennig bekommt. Kombinationen (Anzahl der Möglichkeiten, k Objekte aus n auszuwählen. Anzahl der Möglichkeiten, eine Menge aus n Elementen in zwei Mengen mit k und n k Elementen zu zerlegen. Anzahl der Möglichkeiten, n + 1 Pfennige an k + 1 Kinder derart zu verteilen, daß jedes mindestens einen Pfennig bekommt. Anzahl der Möglichkeiten, n + k als Summe von 1 und 2 mit n Summanden darzustellen. Anzahl der Möglichkeiten, n k Objekte mit k + 1 Farben zu färben. Anzahl der Möglichkeiten, auf kürzestem Weg in einem Gitter vom Punkt (0, 0 zum Punkt (n + k, k zu gelangen. Koeffizient vor x k in der binomischen Formel (1 + x n. Anzahl der k 1-dimensionalen Randkörper des n 1-dimensionalen Simplex. Anzahl der n-stelligen Zahlen im Dualsystem, die mit k Ziffern 1 geschrieben werden können. Anzahl der Möglichkeiten, eine Treppe mit n + k Stufen in n Schritten zu überwinden, wenn man dabei pro Schritt eine oder zwei Stufen auf einmal überwinden darf. Außerdem haben die Binomialkoeffizienten noch folgende Eigenschaften: Zahlen, die genau dann für k = 1,..., n 1 durch n teilbar sind, wenn n Primzahl ist. Für festes k arithmetische Folge k-ter Ordnung (Dreiecks-, Tetraeder-,... Zahlen

14 82 5 KOMBINATORIK Für festes k Polynom k-ten Grades in n mit den Nullstellen n = 0,..., k 1. Summe über k für festes n ergibt 2 n. Schiefe Summe ergibt Fibonaccizahlen. Färbung der Zahlen im Pascalschen Dreieck unter Berücksichtigung von Teilbarkeiten (z.b. gerade Zahlen weiß, ungerade schwarz ergeben Fraktale (z.b. dreieckiger Sierpinski- Teppich. Zu diesen Aufgaben fallen einem sofort Verallgemeinerungen ein, die nicht mit den bis jetzt behandelten Methoden gelöst werden können. Das sind z.b. Anzahl der Möglichkeiten, eine Menge aus n Elementen in drei (oder m Mengen mit vorgegebener Elementezahl zu zerlegen. Anzahl der Möglichkeiten, auf kürzestem Weg in einem drei- (oder m- dimensionalen Gitter vom Punkt (0, 0, 0 zum Punkt (n 1, n 2, n 3 zu gelangen. Anzahl der Möglichkeiten, eine Treppe mit n Stufen zu überwinden, wenn man dabei pro Schritt eine, zwei oder drei (oder m Stufen auf einmal überwinden darf. Diese Aufgaben führen alle auf das gleiche Problem: Zerlegung einer Menge in drei Teilmengen Aufgabe 16: Bestimme die Anzahl der Möglichkeiten, eine Menge, bestehend aus n Elementen, in drei Teilmengen mit n 1, n 2 und n 3 Elementen zu zerlegen. Natürlich gilt hier n = n 1 + n 2 + n 3. Bevor wir diese Aufgabe lösen, erinnern wir uns noch einmal an die Aufgabe, eine Menge (mit n Elementen in zwei Teilmengen (mit n 1 und n 2 Elementen und n 1 +n 2 = n zu zerlegen. Eine Zerlegung ist offenbar das Auswählen von n 1 Elemente für die erste Menge. Für die zweite Menge gibt es dann keine freie Wahl, es müssen die Elemente genommen werden, die übrig bleiben. Die Anzahl der Möglichkeiten, eine Menge in zwei Teilmengen zu zerlegen ist also gleich der Anzahl der Möglichkeiten, die n 1 Elemente für die erste Menge aus den n Elementen auszuwählen. Das sind bekanntlich ( n n 1 Möglichkeiten. Natürlich muß diese Anzahl auch gleich sein der Anzahl der Möglichkeiten, die n 2 Elemente für die erste Menge aus den n Elementen auszuwählen. Das sind ( n n 2. Daß diese beiden Zahlen gleich sind, sieht man, wenn man n1 +n 2 = n berücksichtigt: ( ( n n1 + n 2 = = n 1 n 1 und ( ( n n1 + n 2 = = n 2 n 2 (n 1 + n 2! n 1! ((n = (n 1 + n 2! 1 + n 2 n 1! n 1! n 2! (n 1 + n 2! n 2! ((n = (n 1 + n 2! 1 + n 2 n 2! n 2! n 1! = (n 1 + n 2! n 1! n 2! (54

15 5.7 Der Pascalsche Tetraeder 83 Diese Darstellung sieht viel symmetrischer aus als die ursprüngliche und unterstreicht besonders den Fakt, daß es gleichgültig ist, ob man n 1 Elemente auswählt und n 2 Elemente liegenläßt oder umgekehrt. Nun fällt es nicht schwer, Aufgabe 16 zu lösen. Als erstes suchen wir die Elemente für die erste Menge aus. Dafür gibt es natürlich wieder ( n n 1 Möglichkeiten. Da wir es jetzt mit drei Teilmengen zu tun haben, bleibt der Rest nicht übrig. Wir müssen aus den verbleibenden n n 1 Elementen n 2 für die zweite Teilmenge auswählen. Dazu gibt es ( n n 1 n 2 Möglichkeiten. Der Rest kommt in die dritte Teilmenge ohne daß es noch Wahlfreiheit gibt. Die Gesamtzahl der Möglichkeiten ist das Produkt dieser beiden Zahlen (wir beachten, daß jetzt n = n 1 +n 2 +n 3 gilt: ( ( n n n1 n 1 n 2 = n! n 1! (n n 1! = (n 1 + n 2 + n 3! n 1! n 2! n 3! (n n 1! n 2! ((n n 1 n 2! = n! n 1! n 2! ((n 2 + n 3 n 2! = Diese Formel sieht richtig aus, weil sie Formel (54 sehr ähnelt. Man kann sie sich auch auf folgende Weise plausibel machen: Im Abschnitt 5.3 Permutationen haben wir festgestellt, daß es n! Möglichkeiten gibt, n Objekte (die Elemente der Menge in einer Reihe anzuordnen. Von dieser Anordnung stecken wir die ersten n 1 Elemente in die erste Menge, die nächsten n 2 Elemente in die zweite Menge und die restlichen n 3 Elemente in die dritte Menge. In den drei Mengen sind die Elemente nun aber auch der Reihe nach angeordnet. Es kommt bei Mengen jedoch nicht auf die Anordnung der Elemente, sondern nur auf das Enthaltensein an. Wir müssen die Gesamtanzahl n! der Anordnungen noch durch die Anzahl der möglichen Anordnungen der n 1, n 2 und n 3 Elemente in den drei Mengen dividieren. Das n! sind gerade n 1!, n 2! und n 3! Anordnungen. Wir erhalten wieder n 1! n 2! n 3 Möglichkeiten.! n! Die Zahlen (55 lassen sich wie die Binomialkoeffizienten berechnen. Will man z.b. n 1! n 2 für! n = 4 berechnen, läßt man n 1 von 0 bis 4 laufen. n 2 ergibt sich dann als n 2 = n n 1 und läuft somit von 4 bis 0. Man erhält die vierte Zeile im Pascalschen Dreieck: Möchte man (55 z.b. für n = 4 berechnen, läßt man ebenfalls n 1 von 0 bis 4 laufen. n 2 ergibt sich aber jetzt nicht mehr. Ist n 1 = 0, kann n 2 von 0 bis 4 laufen. n 3 ergibt sich als n 3 = n n 1 n 2 und läuft von 4 bis 0. Ist n 1 = 1, kann n 2 nur noch von 0 bis 3 laufen. n 3 ergibt sich als n 3 = n n 1 n 2 und läuft von 3 bis 0. Ist n 1 = 2, kann n 2 nur noch von 0 bis 2 laufen. n 3 läuft von 2 bis 0. Ist n 1 = 3, kann n 2 nur noch von 0 bis 1 laufen. n 3 läuft von 1 bis 0. Ist n 1 = 4, können n 2 und n 3 nur noch 0 sein. Es ergibt sich nicht eine Linie (Zeile sondern ein Dreieck: n 2 = n 1 = n 1 = n 1 = n 1 = n 1 = 4 1 Analog ergibt sich für jedes n ein Dreieck aus n(n+1 2 Zahlen. Für n = 0 müssen n 1 = n 2 = n 3 = 0 sein (die leere Menge kann man nur auf eine Weise in drei Teilmengen zerlegen. Wir erhalten für die ersten n folgende Dreiecke: (55

16 84 5 KOMBINATORIK n = 0 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4 n = n = 6 n = 7 n = Diese (gleichseitig gedachten Dreiecke kann man jetzt übereinanderstapeln und erhält einen Tetraeder, der als Analogie zum Pascalschen Dreieck Pascalscher Tetraeder genannt wird. Die Analogie zum Pascalschen Dreieck äußert sich in vielen Dingen. So ist jede Zahl die Summe der drei darüberliegenden Zahlen. Hierbei muß man aufpassen, da die Zahlen wie in einer Apfelsinenpyramide nicht direkt übereinander liegen. Z.B ist 168 in der 3. Zeile, 2. Spalte der n = 8-Schicht die Summe aus 21, 42 und 105 in der n = 7-Schicht. Jede der drei Seitenflächen des Tetraeders ist ein Pascalsches Dreieck und entspricht den Anzahlen von Möglichkeiten, eine Menge in drei Teilmengen zu zerlegen, wobei eine Menge 0 Elemente enthält, also die leere Menge ist. Das ist natürlich dasselbe, als wenn man die Menge in zwei Teilmengen zerlegt. Die Zahlen im Pascalscher Tetraeder bilden auch in Analogie zum Pascalschen Dreieck die Koeffizienten vor dem Summanden x n 1 y n 2 z n 3, wenn man den Ausdruck (x + y + z n ausmultipliziert. So ist z.b. (x + y + z 4 = x 4 + 4x 3 y + 6x 2 y 2 + 4xy 3 + y 4 + 4x 3 z + 12x 2 yz + 12xy 2 z + 4y 3 z + + 6x 2 z xyz 2 + 6y 2 z 2 + 4xz 3 + 4yz 3 + z 4 Setzt man x = y = z = 1, erhält man (x+y +z n = (1+1+1 n = 3 n. Die Summe aller Zahlen der n-ten Schicht im Pascalschen Tetraeder ist 3 n (die Summe aller Zahlen der n-ten Zeile im Pascalschen Dreieck war 2 n. 5.8 Zerlegung einer Menge in j Teilmengen Analog zum Fall dreier Mengen, kann man sich klarmachen, daß die Anzahl der Möglichkeiten, eine Menge aus n Elementen in j Teilmengen mit n 1, n 2,..., n j Elementen zu zerlegen, gerade n! n 1! n 2! n j! ist. Hier muß natürlich n = n 1 + n n j

17 5.9 Das Siebverfahren 85 gelten. Diese Zahlen werden Multinomialkoeffizienten genannt, weil sie man ahnt es die Koeffizienten vor den Summanden x n 1 1 x n 2 2 x n j j sind, wenn man den Ausdruck (x 1 +x x j n ausmultipliziert. Es gilt (x 1 + x x j n = n n 1,n 2,...,n j =0 n 1 +n n j =n n! n 1! n 2! n j! xn 1 1 x n 2 2 x n j j Man könnte die Multinomialkoeffizienten in einem j-dimensionalen Objekt anordnen das j-simplex genannt wird und als Verallgemeinerung des zweidimensionalen Dreiecks und dreidimensionalen Tetraeders betrachtet werden kann, wenn wir in einer j-dimensionalen Welt leben würden. Alle Aussagen zum Pascalschen Dreieck und Tetraeder würden sich übertragen. Jede solche Zahl ist die Summe ihrer j darüberliegenden Zahlen (wenn man festlegen kann, was darüber sein soll. Die Summe der n-ten j 1-dimensionalen Schicht ergibt gerade j n. 5.9 Das Siebverfahren Aufgabe 17: (frei nach [4]. In einer Gruppe von 40 Schülern spielen einige Musikinstrumente. 18 Schüler spielen Klavier, 16 Schüler Geige, 12 Schüler Klarinette, 7 Schüler spielen Klavier und Geige, 5 Schüler Geige und Klarinette, 3 Schüler Klarinette und Klavier und 2 Schüler spielen alle drei Instrumente. Wieviele Schüler spielen kein Instrument? Die Schwierigkeit in dieser Aufgabe besteht darin, daß alle Aussagen miteinander gekoppelt sind. Schüler, die Geige spielen, könnten auch Klavier spielen. Um zu ermitteln, wieviele Schüler überhaupt kein Instrument spielen, müssen offenbar von der Gesamtzahl aller Schüler diejenigen abgezogen werden, die Klavier, Geige oder Klarinette spielen. Das sind 40 ( = 6. Das kann nicht die Lösung sein. Wir haben z.b. die Schüler, die Klavier und Geige spielen, doppelt subtrahiert. Diese müssen wieder addiert werden: 40 ( ( = 9. Aber auch das stimmt nicht, denn die Schüler, die drei Instrumente spielen, wurden in jedem Summanden, von denen vier ein positives und drei ein negatives Vorzeichen haben, berücksichtigt. Sie müssen noch einmal subtrahiert werden, um völlig aus der Rechnung auszuscheiden. Die Lösung ist also 40 ( ( = 7. (56 Insgesamt 7 Schüler spielen kein Instrument. Diese Aufgabe war relativ einfach, weil es sich nur um drei Eigenschaften handelte, die die Schüler haben konnten. Sie war deshalb übersichtlich. Bei mehr Eigenschaften (oder wenn nach anderen Größen gefragt ist, z.b. nach der Zahl der Schüler, die nur Klavier spielen kann man aber leicht die Übersicht verlieren, wie oft man welche Eigenschaft zu addieren oder zu subtrahieren hat. Deshalb ist es sinnvoll, einen allgemeinen Formalismus zu entwickeln.

18 86 5 KOMBINATORIK Wir betrachten eine Menge B von Objekten (das waren in der Aufgabe die Schüler, die drei Eigenschaften haben können, die Eigenschaft 1, 2 und 3 (z.b. Schüler spielt Klavier, Geige bzw. Klarinette. B 1 sei die Menge der Objekte mit Eigenschaft 1. Analog sind B 2 und B 3 definiert. Es kann sein, daß manche Objekte mehrere Eigenschaften haben (manche Schüler spielen mehrere Instrumente. Das heißt, die Mengen B 1, B 2 und B 3 können sich schneiden. Es seien B 12 B 13 B 23 B 123 = B 1 B 2 (die Menge der Objekte, die die Eigenschaften 1 und 2 haben = B 1 B 3 (die Menge der Objekte, die die Eigenschaften 1 und 3 haben = B 2 B 3 (die Menge der Objekte, die die Eigenschaften 2 und 3 haben = B 1 B 2 B 3 (die Menge der Objekte, die alle Eigenschaften haben Mengen mit einem Index gibt es offenbar soviele, wie es Eigenschaften gibt, nämlich 3. Mengen mit zwei Indizes gibt es soviele, wie es Möglichkeiten gibt, daß sich zwei der Mengen mit einem Index schneiden können, also 3. Mengen mit drei Indizes gibt es soviele, wie es Möglichkeiten gibt, daß sich drei der Mengen mit einem Index schneiden können, also 1 (alle drei schneiden sich. Wir erhalten 8 Schnittmengen (wenn wir B, B 1, B 2 und B 3 mitzählen. Im nächsten Bild ist B durch den großen Kreis und B 1, B 2 und B 3 durch kleine Kreise dargestellt. Die Anzahl der Elemente der Mengen seien mit kleinen Buchstaben bezeichnet: b = B, b 1 = B 1, b 2 = B 2, b 3 = B 3, b 12 = B 12, b 13 = B 13, b 23 = B 23 und b 123 = B 123. In Aufgabe 17 war die Anzahl von Schülern gesucht, die kein Instrument spielen, d.h. die Menge von Objekten (sie sei A, die keine Eigenschaften haben. Das ist die Menge B ohne die Mengen B 1, B 2 und B 3 : A = B ( B1 B 2 B 3. Ist a = A die Zahl der Elemente aus A, so gilt natürlich im allgemeinen a b (b 1 + b 2 + b 3, Gern hätte man Gleichheit, aber diese gilt nur für Mengen B 1, B 2 und B 3, die paarweise durchschnittsleer sind (keine gemeinsamen Elemente besitzen. Es ist deshalb sinnvoll, Mengen zu betrachten, die sich nicht schneiden. Das wäre z.b. die Menge der Schüler, die nur Klavier spielt. Es sei A die Menge der Objekte ohne Eigenschaft; A 1 die Menge der Objekte die genau die Eigenschaft 1 haben (und nicht 2 oder 3; A 2 die Menge der Objekte, die genau die Eigenschaft 2 haben; A 3 die Menge der Objekte, die genau die Eigenschaft 3 haben; A 12 die Menge der Objekte, die genau die Eigenschaften 1 und 2 haben; A 13 die Menge der Objekte, die genau die Eigenschaften 1 und 3 haben; A 23 die Menge der Objekte, die genau die Eigenschaften 2 und 3 haben und A 123 die Menge der Objekte mit allen Eigenschaften. Der Unterschied beispielsweise zwischen den Mengen A 12 und B 12 besteht darin, daß in B 12 auch Objekte enthalten sein können, die Eigenschaft 3 haben, in A 12 dagegen nicht. A-Mengen mit einem Index gibt es offenbar soviele, wie es Eigenschaften gibt, nämlich 3. A- Mengen mit zwei Indizes gibt es soviele, wie es Möglichkeiten gibt, zwei Eigenschaften aus den drei gegebenen auszuwählen, also 3. A-Mengen mit drei Indizes gibt es soviele, wie es Möglichkeiten gibt, drei Eigenschaften aus den drei gegebenen auszuwählen, also 1.

19 5.9 Das Siebverfahren 87 Die Anzahl der Elemente der A-Mengen seien wieder mit kleinen Buchstaben bezeichnet: a = A, a 1 = A 1, a 2 = A 2, a 3 = A 3, a 12 = A 12, a 13 = A 13, a 23 = A 23 und a 123 = A 123. Ein Objekt liegt in so einer Menge, wenn es genau die Eigenschaften besitzt, die alle Indizes angeben. Diese Mengen überschneiden sich nicht und jede der zusammengesetzten B-Mengen läßt sich durch Bilden von Vereinigungsmengen erhalten. Es ist z.b. B 1 = A 1 A 12 A 13 A 123. Im nebenstehenden Bild sind die A-Mengen so angeordnet, daß B 1 gerade der obere Kreis ist. Die Menge der Objekte mit der Eigenschaft 1 umfaßt alle die Mengen, in denen sich Objekte mit Eigenschaft 1 und weiteren Eigenschaften befinden. Das sind die Objekte mit Eigenschaft 1, mit Eigenschaft 1 und 2, mit Eigenschaft 1 und 3 und mit allen Eigenschaften, also die Vereinigung aller Mengen, die im Index eine 1 ent- A 1 A 12 A 123 A 13 A 2 A 23 A 3 halten. Gegeben ist die Anzahl der Elemente der sich überschneidenden B-Mengen, gesucht ist die Anzahl der Elemente der A-Mengen (insbesondere a. Jede der B-Mengen kann man aus gewissen A-Mengen zusammensetzen, und da die A-Mengen disjunkt sind, folgen Beziehungen zwischen den a- und b-größen: b = a + a 1 + a 2 + a 3 + a 12 + a 13 + a 23 + a 123 b 1 = a 1 + a 12 + a 13 + a 123 b 2 = a 2 + a 12 + a 23 + a 123 b 3 = a 3 + a 13 + a 23 + a 123 b 12 = a 12 + a 123 b 13 = a 13 + a 123 b 23 = a 23 + a 123 b 123 = a 123 Das sind 8 Gleichungen bezüglich der 8 Unbekannten a, a 1, a 2, a 3, a 12, a 13, a 23 und a 123. Die Lösungen lassen sich der Reihe nach von unten nach oben finden: Offensichtlich folgt aus der letzten Gleichung a 123 = b 123. Das kann man in die vorangehenden drei Gleichungen einsetzen und erhält a 12 = b 12 a 123 = b 12 b 123 a 13 = b 13 a 123 = b 13 b 123 a 23 = b 23 a 123 = b 23 b 123 Diese Ausdrücke kann man in die Gleichungen darüber einsetzen: a 1 = b 1 a 12 a 13 a 123 = b 1 (b 12 b 123 (b 13 b 123 b 123 = und analog = b 1 (b 12 + b 13 + b 123 a 2 = b 2 (b 12 + b 23 + b 123 a 3 = b 3 (b 13 + b 23 + b 123 A

20 88 5 KOMBINATORIK Schließlich erhält man aus der ersten Gleichung a = b a 1 a 2 a 3 a 12 a 13 a 23 a 123 = = b (b 1 (b 12 + b 13 + b 123 (b 2 (b 12 + b 23 + b 123 (b 3 (b 13 + b 23 + b 123 (b 12 b 123 (b 13 b 123 (b 23 b 123 b 123 = = b (b 1 + b 2 + b 3 + (b 12 + b 13 + b 23 b 123 Damit hat man die unbekannten a-größen durch die bekannten b-größen beschrieben. Zusammengefaßt ergibt sich: a = b (b 1 + b 2 + b 3 + (b 12 + b 13 + b 23 b 123 a 1 = b 1 (b 12 + b 13 + b 123 a 2 = b 2 (b 12 + b 23 + b 123 a 3 = b 3 (b 13 + b 23 + b 123 a 12 = b 12 b 123 a 13 = b 13 b 123 a 23 = b 23 b 123 a 123 = b 123 Die erste dieser Gleichungen ist gerade Gleichung (56. Dieses Verfahren zum Berechnen heißt Siebverfahren. Man stellt sich vor, daß man die Anzahl der Objekte mit den interessanten Eigenschaften (in Aufgabe 17 interessierten gerade die Objekte ohne Eigenschaften erhält, indem man die Objekte mit den uninteressanten Eigenschaften aussiebt Das Siebverfahren für Objekte mit n Eigenschaften Je mehr Eigenschaften die Objekte haben können, desto unübersichtlicher werden die Zusammenhänge zwischen den entsprechenden Mengen. Im Fall von 4 Eigenschaften (n = 4 kann man gerade noch ein Mengendiagramm zeichnen, für größere n ist das nicht mehr praktikabel. Man muß sich also anders über die Zusammenhänge klar werden. Es sei wieder B die Menge aller Objekte. B 1, B 2,... B n seien die Mengen der Objekte, die Eigenschaft 1, 2,... n haben. Davon gibt es natürlich n Stück. Es sei wieder B ij = B i B j die Menge der Objekte, die die Eigenschaften i und j haben. Wieviele solcher Mengen gibt es? Offenbar soviele, wie es Möglichkeiten gibt, zwei aus den n Mengen auszuwählen und zu schneiden. Das sind ( n 2 Möglichkeiten. Analog gibt es von den Mengen mit drei Indizes wie B ijk = B i B j B k, soviele, wie es Möglichkeiten gibt, drei aus den n Mengen auszuwählen und zu schneiden. Von den Mengen mit einem Index gibt es n = ( n 1 und von den Mengen mit 0 Indizes 1 = ( n 0 Stück. Insgesamt erhalten wir also 2 n Schnittmengen (das ist gerade die Summe einer Zeile im Pascalschen Dreieck und ebensoviele b-größen (die Elementezahlen der B-Mengen. Analog zum Fall n = 3 definieren wir durchschnittsleere A-Mengen. Es sei A die Menge der Objekte ohne Eigenschaft; A i die Menge der Objekte, die genau die Eigenschaft i haben; A ij die Menge der Objekte, die genau die Eigenschaften i und j haben usw. A 12 n die Menge der Objekte, die alle Eigenschaften haben.

21 5.9 Das Siebverfahren 89 A-Mengen mit einem Index gibt es offenbar soviele, wie es Eigenschaften gibt, nämlich n. A- Mengen mit zwei Indizes gibt es soviele, wie es Möglichkeiten gibt, zwei Eigenschaften aus den gegebenen n auszuwählen, also ( n 2 usw. A-Mengen mit n Indizes gibt es soviele, wie es Möglichkeiten gibt, n Eigenschaften aus den n gegebenen auszuwählen, somit 1. Im Unterschied zu den B-Mengen wählen wir hier nicht B i -Mengen zum Schneiden sondern Eigenschaften aus. Da es davon genausoviele gibt, ist die Anzahl von A-Mengen und B-Mengen mit jeweis j Indizes gleich. Insgesamt gibt es daher auch 2 n A-Mengen und entsprechend soviele a-größen (die Elementezahlen der A-Mengen. Die als bekannt vorausgesetzten b-größen lassen sich wieder als Summe von zu bestimmenden a-größen darstellen. Wir erhalten 2 n Gleichungen mit 2 n Unbekannten: b = a + a a n + a a 1n a n 1,n + a a 12 n b 1 b 12 b 12 n = a 1 + a a 1n + a a 1,n 1,n a 12 n. = a 12 + a a 12n + a a 12 n. = a 12 n Diese Gleichungen kann man ebenfalls von unten nach oben lösen und erhält a 12 n a 12 a 1 = b 12 n. = b 12 b b 12n + b ( 1 n 2 b 12 n. = b 1 b b 1n + b b 1,n 1,n ( 1 n 1 b 12 n a = b b 1... b n + b b 1n b n 1,n b ( 1 n b 12 n Im allgemeinen sieht die rechte Seite der Gleichung für die Größe a i1 i j folgendermaßen aus: Es kommen nur solche Größen vor, die in ihrem Index die Zahlen i 1, i 2,..., i j enthalten, wobei das erste Glied also b i1 i j ein positives Vorzeichen hat. Dann folgen mit negativem Vorzeichen die b-größen mit (j + 1 Index (nur die in ihrem Indizes i 1, i 2,... i j enthalten!, dann die mit (j + 2 Indizes, aber mit positivem Vorzeichen usw. am Ende schließlich die Größe b 12 n mit dem Vorzeichen, daß sich bei wechselnden Vorzeichen ergibt. Das ist ( 1 n j (+ oder, je nachdem ob n j gerade oder ungerade ist Die Eulerfunktion Aufgabe 18: Wieviele Zahlen sind zu 1200 teilerfremd und kleiner als diese Zahl? Für jede natürliche Zahl x kann man die Anzahl von Zahlen ermitteln (z.b. durch Abzählen, die kleiner oder gleich x und zu x teilerfremd sind. Diese Anzahl wird mit ϕ(x bezeichnet und ist eine der wichtigsten zahlentheoretischen Funktionen. Euler hat sie eingeführt weshalb sie manchmal Eulerfunktion genannt wird. Aufgabe 18 bedeutet also: Finde ϕ(1200! Natürlich wollen wir nicht alle teilerfremden Zahlen durchzählen, um diese Zahl zu bestimmen, sondern