Endliche Kombinatorik

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1 Endliche Kombinatorik Friedrich Pillichshammer Vorlesung im WS 011/1 Universität Linz, Institut für Analysis,

2 Inhaltsverzeichnis 1 Drei Grundprinzipien der Kombinatorik Das Additionsprinzip Das Bijektionsprinzip Das Multiplikationsprinzip Ein abschließendes Beispiel Anordnungen (Variationen, Kombinationen) 8.1 Einleitung und Fragestellung Variationen mit Wiederholung Variationen ohne Wiederholung Kombinationen ohne Wiederholung Kombinationen mit Wiederholung Das Inklusions-Exklusions Prinzip Motivation und Satz Anwendungen des Siebprinzips Erzeugende Funktionen Motivation und Definition Rechenregeln für erzeugende Funktionen Partitionen Partitionen von Mengen Partitionen von natürlichen Zahlen Die erzeugende Funktion der Folge (p(n)) n Studium der Größenordnung von p(n) Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Definition und Beschreibung des Lösungsverfahrens Die Fibonacci-Folge Die Catalan Zahlen Polya-Theorie Einleitung und Fragestellung Grundlegendes aus der Gruppentheorie Die Gruppe S n Wirkung einer Gruppe (group action)

3 Inhaltsverzeichnis 7.5 Eine exakte Formulierung des Problems Eine Klasse von Abzählproblemen und der Satz von Polya Eine Anwendung des Satzes von Polya Ramsey Theorie 89 9 Das Lemma von Sperner und der Brouwersche Fixpunktsatz 94 Index 101 3

4 1 Drei Grundprinzipien der Kombinatorik 1.1 Das Additionsprinzip Seien A und B endliche Mengen und sei A B =. Dann gilt A B = A + B. Beweis. Die Behauptung ist klar, kann aber formal durch vollständige Induktion nach der Anzahl der Elemente von B bewiesen werden. Bemerkung 1.1 Allgemeinergilt:SeienA 1,...,A n endlichemengenundseia i A j = für 1 i,j n, i j, dann gilt A 1... A n = A A n. (Beweis mit vollständiger Induktion nach n.) Beispiel 1. Wieviele Zahlen zwischen 1 und 0 gibt es, die entweder durch 3 oder durch 7 teilbar sind? Sei A = {n 0 : 3 n} und sei B = {n 0 : 7 n}. Dann ist A B =. Die gesuchte Anzahl ist somit A B = A + B = 6+ = Das Bijektionsprinzip Seien A und B endliche Mengen und sei f : A B eine bijektive Abbildung. Dann gilt A = B. Für n N sei [n] := {1,...,n}. Zum Beweis des Bijektionsprinzips benötigen wir folgendes Lemma: Lemma 1.3 Für n,m N, n > m gibt es keine injektive Abbildung [n] [m]. 4

5 1 Drei Grundprinzipien der Kombinatorik Beweis. Sei f : [n] [m] eine Funktion. Wir zeigen, dass es ein a [m] gibt, sodass f 1 ({a}) n/m. Somit kann f nicht injektiv sein. Angenommen f 1 ({a}) < n/mfürallea [m].dannfolgtmitdemadditionsprinzip n = m f 1 ({a}) < n m m = n, a=1 und das ist natürlich ein Widerspruch. Man kann Lemma 1.3 auch wie folgt interpretieren: Will man n Gegenstände in m Schubfächer unterbringen, wobei n > m, dann muss man in mindestens ein Schubfach mehr als einen Gegenstand legen. Diese Tatsache wird meist Schubfachprinzip genannt. Beispiel 1.4 Unter 8 Punkten auf der Einheitskreisscheibe gibt es immer zwei Punkte mit Abstand < 1 zueinander. Beweis. Wir unterteilen die Einheitskreisscheibe in 7 Schubfächer. 6 Schubfächer erhalten wir dadurch, dass wir die Einheitskreisscheibe sechsteln wie in Abbildung 1.1. Das siebte Schubfach soll der Kreismittelpunkt sein. Man muss nur noch auf die Ränder aufpassen, damit jedes Schubfach Durchmesser < 1 hat. Verteilen wir nun acht Punkte Abbildung 1.1: 7 Schubfächer auf die Kreisscheibe, dann müssen wir in mindestens ein Schubfach zwei Punkte legen. Diese haben dann Abstand < 1 zueinander. Beispiel 1.5 Sei n N.Wennmanausder Menge[n]eineTeilmenge Amit A = n+1 auswählt, dann gilt: 1. Es gibt a,b A, sodass a und b teilerfremd sind.. Es gibt c,d A, sodass c ein Teiler von d ist. 5

6 1 Drei Grundprinzipien der Kombinatorik Beweis. 1. Die n Schubfächer seien z.b. die Mengen {1,},{3,4},...,{n 1,n}. Wählt man eine n+1 elementige Teilmenge aus [n], dann muss man aus mindestens einem Schubfach zwei Zahlen nehmen. Diese sind dann teilerfremd.. Wir stellen die Zahlen aus A dar in der Form r m mit m ungerade. m ist dann immer aus der n-elementigen Menge {1,3,...,n 1}. Da A = n + 1, müssen mindestens zwei Zahlen aus A den gleichen ungeraden Anteil m haben. D.h. es gibt l,k N mit l < k, sodass c := l m A und d := k m A. Natürlich ist aber c ein Teiler von d und damit ist die Behauptung bewiesen. Nun kommen wir zum Beweis des Bijektionsprinzips: Beweis des Bijektionsprinzip. Sei A = n und B = m. Angenommen n m. O. B. d. A. können wir annehmen, dass n > m. Es gibt nun bijektive Abbildungen g : A [n] und h : B [m]. Dann ist aber die Abbildung h f g 1 : [n] [m] bijektiv und insbesondere injektiv. Das ist aber ein Widerspruch zu Lemma Das Multiplikationsprinzip Seien A und B endliche Mengen. Dann gilt A B = A B. Beweis. Sei B = {b 1,...,b n } (insbesondere ist also B = n). Dann gilt n A B = (A {b i }). Für i j ist (A {b i }) (A {b j }) = und somit gilt i=1 A B = n A {b i }. i=1 Da die Abbildung A A {b i }: a (a,b i ) bijektiv ist, folgt A {b i } = A 6

7 1 Drei Grundprinzipien der Kombinatorik und somit ist A B = n A = A n = A B. i=1 Bemerkung 1.6 Allgemeiner gilt: Seien A 1,...,A n endliche Mengen, dann gilt A 1... A n = A 1 A n. (Beweis mit vollständiger Induktion nach n.) Beispiel 1.7 Wir werfen mit einem roten und einem blauen Würfel. Wieviele mögliche Ereignisse gibt es? Lösung: Die Menge der Ereignisse ist gegeben durch {(i,j) : 1 i,j 6} = {1,...,6} {1,...,6} und somit ist die gesuchte Anzahl gleich {1,...,6} {1,...,6} = 6 6 = Ein abschließendes Beispiel Am Ende dieses Kapitels geben wir noch einen Satz an, in dessen Beweis wir alle drei Prinzipien verwenden. Es gilt Satz 1.8 Sei n N. Die Anzahl der Teilmengen der Menge [n] ist n. Beweis. Sei P([n]) die Potenzmenge von [n]. Dann ist für M P([n]) die Indikatorfunktion von M definiert durch 1 M : [n] {0,1}, { 1 falls i M, 1 M (i) = 0 falls i M. Da die Abbildung f : P([n]) {(ε 1,...,ε n ) : ε i {0,1},1 i n} M (1 M (1),...,1 M (n)) bijektiv ist, folgt mit dem Bijektionsprinzip P([n]) = {(ε 1,...,ε n ) : ε i {0,1},1 i n} = {0,1}... {0,1} = {0,1} n (mit dem Multiplikationsprinzip) = ( {0} + {1} ) n = n. (mit dem Additionsprinzip) 7

8 Anordnungen (Variationen, Kombinationen).1 Einleitung und Fragestellung In diesem Kapitel beschäftigen wir uns mit folgender Frage: Seien n,k N 0 und seien n (verschiedene) Objekte gegeben. Wieviele Anordnungen dieser n Objekte auf k Plätze gibt es? Nun ist diese Fragestellung nicht ganz exakt. Es ist noch festzulegen welche Anordnungen man unterscheidet (d.h. ist die Reihenfolge der Objekte wichtig) und wie man die Objekte verteilt (d.h. sind Wiederholungen erlaubt). Um die Unterschiede zu veranschaulichen, betrachten wir folgendes einfache Beispiel. Gegeben sei die 3-elementige Menge {A, B, C}. Wieviele Anordnungen dieser n = 3 Elemente auf k = Plätze gibt es? Wir unterscheiden dazu folgende vier Fälle: 1. Reihenfolge wichtig, Wiederholungen nicht erlaubt. Dann gibt es 6 = 3 mögliche Anordnungen. Diese sind AB,AC,BC,BA,CA,CB.. Reihenfolge wichtig, Wiederholungen erlaubt. Dann gibt es 9 = 3 mögliche Anordnungen. Diese sind AA,AB,AC,BA,BB,BC,CA,CB,CC. 3. Reihenfolge nicht wichtig, Wiederholungen nicht erlaubt. Dann gibt es 3 = ( ) 3 mögliche Anordnungen. Diese sind AB,AC,BC. 4. Reihenfolge nicht wichtig, Wiederholungen erlaubt.danngibtes6 = ( ) 3 1+ mögliche Anordnungen. Diese sind AA,AB,AC,BB,BC,CC. Bemerkung.1 Wir können unsere Frage auch wie folgt auffassen: Seien A und B zwei endliche Mengen mit A = k und B = n. Wieviele Funktionen von A nach B gibt es? Eine Funktion von A nach B kann man ja auch so auffassen, dass man die n Objekte aus B auf die k Plätze aus A legt, wobei die Reihenfolge der Anordnungen wichtig ist (und Wiederholungen erlaubt sind). 8

9 Anordnungen (Variationen, Kombinationen) Definition. Seien n,k N Die Menge der Anordnungen von n Objekten auf k Plätze, wobei die Reihenfolge der Objekte in den Anordnungen wichtig ist, nennen wir Variationen von n Objekten auf k Plätze.. Die Menge der Anordnungen von n Objekten auf k Plätze, wobei die Reihenfolge der Objekte in den Anordnungen nicht wichtig ist, nennen wir Kombinationen von n Objekten auf k Plätze.. Variationen mit Wiederholung Definition.3 Die Anzahl der Variationen von n Objekten auf k Plätze, wobei Wiederholungen erlaubt sind, bezeichnen wir mit W V k n. Folgender Satz gibt eine Formel für W V k n: Satz.4 Es gilt W V k n = nk. Beweis. Die Behauptung ist zwar anschaulich klar. Wir beweisen sie aber mit vollständiger Induktion nach k. k = 1: klar. k k + 1: Wir haben k + 1 Plätze zur Verfügung. Auf den ersten Platz kann man aus n Objekten auswählen. Die restlichen k Plätze kann man dann aber noch auf W Vn k belegen. Also gilt W V k+1 n = n W V k n = n n k = n k+1. Beispiel.5 1. Beim Fußballtoto hat man drei Objekte {1,, x} auf zwölf Plätze (Fußballspiele) zu verteilen (Wiederholungen sind erlaubt). Also gibt es 3 1 = Möglichkeiten einen Tototipp abzugeben.. Seien A und B zwei endliche Mengen mit A = k und B = n. Dann haben wir schon gesehen, dass die Anzahl der Funktionen von A nach B gleich der Anzahl der Variationen von n Objekten auf k Plätze ist, wobei Wiederholungen erlaubt sind. Also gilt: Satz.6 Seien A und B zwei endliche Mengen mit A = k und B = n. Dann gibt es genau n k = B A verschiedene Funktionen A B. 3. Sei A eine endliche Menge mit A = n. Danngibt es A verschiedene Teilmengen von A, denn es gilt P(A) {(ε 1,...,ε n ) : ε i {0,1}} {f : [n] {0,1}}, (X Y bedeutet hier, dass es eine bijektive Abbildung X Y gibt). Also gilt nach dem Bijektionsprinzip P(A) = {f : [n] {0,1}} = n = A. 9

10 Anordnungen (Variationen, Kombinationen).3 Variationen ohne Wiederholung Definition.7 Die Anzahl der Variationen von n Objekten auf k Plätze, wobei Wiederholungen nicht erlaubt sind, bezeichnen wir mit V k n. Folgender Satz gibt eine Formel für V k n : Satz.8 Es gilt V k n = n(n 1) (n k +1) = n! (n k)!. Beweis. Diese Behauptung ist zwar anschaulich wieder klar. Wir beweisen sie aber mit vollständiger Induktion nach k. k = 1: klar. k k+1: Wir haben k+1 Plätze zur Verfügung. Auf den ersten Platz kann man aus n Objekten auswählen. Für die restlichen k Plätze hat man dann aber nur noch n 1 Objekte zur Verfügung. Also kann man diese k Plätze auf Vn 1 k Arten belegen. Damit gilt V k+1 n = nv k n 1 = n (n 1)! (n 1 k)! = n! (n (k +1))!. Beispiel.9 1. Bei wievielen Zahlen zwischen 1000 und 9999 kommen in der Dezimalschreibweise lauter verschiedene Ziffern vor? Wir haben hier 10 Objekte (Ziffern) auf vier Plätze (Dezimalstellen) ohne Wiederholung zu verteilen. Wäre 0 an der ersten Stelle erlaubt, wäre die gesuchte Anzahl gleich V10. 4 So müssen wir aber noch die Anzahl aller obiger Zahlen mit 0 an der ersten Stelle abziehen. Diese ist V9 3. Also ist die gesuchte Anzahl gleich V10 4 V3 9 = = Seien A und B zwei endliche Mengen mit A = k und B = n. Wieviele injektive Funktionen von A nach B gibt es? Wir fassen eine Funktion f wieder so auf, dass wir n Objekte auf k Plätze legen. f injektiv bedeuted dann lediglich, dass Wiederholungen dabei nicht erlaubt sind. Also gilt: Satz.10 Seien A und B zwei endliche Mengen mit A = k und B = n. Dann gibt es genau n! (n k)! injektiven Funktionen A B. WirbetrachtennundenSpezialfalln = k.d.h.wirlegennobjekteaufnplätze, wobei die Reihenfolge der Anordnungen wichtig sein soll. Die Menge dieser Anordnungen heißt Permutationen der Länge n. Sei P n die Anzahl dieser Anordnungen. Dann gilt P n = V n n = n!. 10

11 Anordnungen (Variationen, Kombinationen) Bemerkung.11 Hat man n Objekte gegeben, dann kann man diese immer auf n! verschiedene Arten anordnen. Seien nun A und B zwei endliche Mengen mit A = B = n. Wieviele bijektive Funktionen von A nach B gibt es? Zur Beantwortung dieser Frage benötigen wir folgendes Lemma.1 Seien A und B zwei endliche Mengen mit A = B = n. Dann ist jede injektive Funktion f : A B sogar bijektiv. Beweis. Sei f : A B injektiv. Sei f(a) B das Bild von A unter f. Dann ist die Funktion f : A f(a) bijektiv. Also gilt nach dem Bijektionsprinzip n = A = f(a). D.h.f(A)isteinen-elementigeTeilmengedern-elementigenMengeB.Alsomussf(A) = B gelten. Damit ist f surjektiv und somit auch bijektiv. Mit obigem Lemma gilt dann für endliche Mengen A und B mit A = B = n: {f : A B,f bijektiv} = {f : A B,f injektiv} = V n n = n!. Wir haben also folgenden Satz bewiesen: Satz.13 Seien A und B zwei endliche Mengen mit A = B = n. Dann gibt es genau n! bijektiven Funktionen A B..4 Kombinationen ohne Wiederholung Definition.14 Die Anzahl der Kombinationen von n Objekten auf k Plätze, wobei Wiederholungen nicht erlaubt sind, bezeichnen wir mit Cn k. D.h. Ck n ist die Anzahl der Möglichkeiten, aus n Objekten k auszuwählen. Folgender Satz gibt eine Formel für C k n : Satz.15 Es gilt C k n = n! k!(n k)! =: ( n k). Beweis. Cn k ist die Anzahl der Möglichkeiten, aus n Objekten k auszuwählen. Hat man die k Objekte ausgewählt, dann kann man diese auf k! Arten anordnen. Also die Anzahl der Möglichkeiten k Objekte aus n auszuwählen und anzuordnen ist k!cn k. Nach Satz.8 ist diese Anzahl aber Vn k = n!. Also gilt (n k)! ( n k C k n = n! k!(n k)!. Die Zahlen ( ( n k) nennt man Binomialkoeffizienten. Es ist n ( 0) = n ( n) = 1, n ) 1) = n und = 0 falls k > n. 11

12 Anordnungen (Variationen, Kombinationen) Beispiel Beim österreichischen Zahlenlotto wählt man aus 45 Objekte 6 aus. Also gibt es ( 45 6) = Möglichkeiten einen Lottotipp abzugeben.. Sei A eine endliche Menge mit A = n. Wieviele Teilmengen von A mit genau k Elementen gibt es? Die Frage anders formuliert heißt das, wieviele Möglichkeiten gibt es aus n Objekten genau k auszuwählen, wobei die Reihenfolge nicht wichtig ist und Wiederholungen nicht erlaubt sind? Damit gilt ( ) ( ) n A {M : M A, M = k} = Cn k = =. k k Die Menge aller k-elementigen Teilmengen einer endlichen Menge A bezeichnet man oft mit ( ( A k). Damit gilt dann A ) ( k = A ) k. 3. Da jede 0,1-Folge der Länge n mit genau k Einser umkehrbar eindeutig einer k- elementigen Teilmenge der Menge [n] entspricht, ist die Anzahl der 0, 1-Folgen mit genau k Einser gleich ( n k). 4. Der Binomische Lehrsatz. Satz.17 Für n N und x,y R gilt (x+y) n = n k=0( n k) x k y n k. Beweis. Es ist (x+y) n = (x+y) (x+y) = n c k x k y n k. k=0 Gesucht sind nun die Koeffizienten c k, 0 k n. Den Term x k y n k, 0 k n, erhält man dadurch, indem man aus k Klammern x auswählt und aus den restlichen n k Klammern y auswählt. Natürlich gibt es ( n k) Möglichkeiten diese Auswahl zu treffen. Also gilt c k = ( n k) und der Satz ist bewiesen. Setzt man x = y = 1, so erhält man n so erhält man n k=0 ( n ) k ( 1) k = 0. k=0 ( n ) k = n. Setzt man x = 1 und y = 1, 5. Seien n,k N 0. Wieviele streng monoton wachsende (fallende) Funktionen [k] [n] gibt es? Es gilt: Satz.18 Die streng monotonen Funktionen [k] [n] entsprechen umkehrbar eindeutig den k-elementigen Teilmengen von [n]. Nach dem Bijektionsprinzip ist die Anzahl der streng monotonen Funktionen [k] [n] also gleich ( n k). 1

13 Anordnungen (Variationen, Kombinationen) Beweis. Sei {x 1,...,x k } eine k-elementige Teilmenge von [n]. O.B.d.A. sei x 1 <... < x k. Dask-Tupel (x 1,...,x k )entspricht dannder streng monotonwachsenden Funktion f : [k] [n], i x i. Umgekehrt sei g : [k] [n] eine streng monoton wachsende Funktion. Diese entspricht dann eindeutig der k-elementigen Teilmenge {g(1),..., g(k)} von [n]. Zwei wichtige Identitäten für Binomialkoeffizienten. 1. Es gilt ( ) ( ) n n =. k n k Das ist natürlich klar mit der Formel für Binomialkoeffizienten. Man sieht die Gleichheit aber auch mit folgenden kombinatorischen Argument: Sei A eine endliche Menge mit A = n. Es gibt genau ( n k) k-elementige Teilmengen von A. Jede k-elementige Teilmenge von A entspricht aber eindeutig ihrem Komplement in A (dieses hat dann n k Elemente). Also ist die Anzahl der k-elementigen Teilmengen von A gleich der Anzahl der (n k)-elementigen Teilmengen von A.. Es gilt ( ) n = k ( ) n 1 + k 1 ( n 1 Natürlich kann man diese Identität auch wieder mit der Formel für Binomialkoeffizienten beweisen. Wir wollen aber die Aussage wieder mit einem kombinatorischen Argument zeigen: Sei A eine endliche Menge mit A = n und sei a ein festes Element aus A. Sei { ( ) } A M 1 = S : a S k und M = { S k ). ( ) } A : a S. k Dann ist M 1 M = und ( A k) = M1 M. Jeder Menge S M 1 entspricht in eindeutiger Weise einer (k 1)-elementige Teilmenge von A\{a} (nämlich S \{a}). Also ist ( ) n 1 M 1 =. k 1 M ist gleich der Menge der k-elementigen Teilmengen von A\{a}. Also ist ( ) n 1 M =. k 13

14 Anordnungen (Variationen, Kombinationen) Somit folgt ( ) n = k ( ) A = M 1 + M = k ( ) n 1 + k 1 ( n 1 k ). Obige Rekursion erzeugt das folgende Schema zur Berechnung der Binomialkoeffizienten. Dieses wird oft als Pascalsches Dreieck bezeichnet. ( 0 ( 1 ) 0) ( 1 ( 0 ) ( ) 1) ( ) 0 ( 1 3 ) ( 3 ) ) ( 3 1 3) ( 3 0 ect. bzw ect..5 Kombinationen mit Wiederholung Definition.19 Die Anzahl der Kombinationen von n Objekten auf k Plätze, wobei Wiederholungen erlaubt sind, bezeichnen wir mit W C k n. Folgender Satz gibt eine Formel für W Cn k: Satz.0 Es gilt W Cn k = ( ) n+k 1 k. Beweis. Wir machen n Fächer indem wir n 1 Nuller aufschreiben (d.h. die Nuller trennen unsere Fächer) (Fach 1) 0 (Fach ) (Fach n 1) 0 (Fach n) und schreiben für 1 i n in das i-te Fach so viele Einser, so oft wie Objekt i in unserer Anordnung vorkommt. D.h. insgesamt tragen wir k Einser ein. Also entspricht jede Kombination mit Wiederholung genau einer 0,1-Folge der Länge n + k 1 mit genau k Einser und somit ist W C k n = {0,1-Folgen der Länge n+k 1 mit k Einser} = ( n+k 1 k ). 14

15 Anordnungen (Variationen, Kombinationen) Beispiel.1 1. Wieviele monotone Funktionen [k] [n] gibt es? Es gilt: Satz. Die monotonen Funktionen [k] [n] entsprechen umkehrbar eindeutig den 0, 1-Folgen der Länge n+k 1 mit genau k Einser. Nach dem Bijektionsprinzip ist die Anzahl der monotonen Funktionen [k] [n] also gleich ( ) n+k 1 k. Beweis. Eine monotone Funktion kann eindeutig definiert werden, indem man angibt, wie oft jedes Element von [n] als Funktionswert vorkommt. Sei nun eine monotone Funktion f vorgegeben. Sagen wir i [n] kommt r i -mal als Funktionswert vor. Dann entspricht die betrachtete Funktion der Folge (1,...,1,,...,,...,n,...,n). }{{}}{{}}{{} r 1 mal r mal r n mal (r i kann natürlich auch 0 sein), wobei r 1 + +r n = k. Diese Folge entspricht aber umkehrbar eindeutig einer 0,1-Folge der Länge n+k 1 mit genau k Einser der Form (1,...,1,0,1,...,1,0,...,0,1,...,1). }{{}}{{}}{{} r 1 mal r mal r n mal. Seien n,k N. Wieviele Lösungen hat die Gleichung mit n i N 0, 1 i k? n 1 + +n k = n Wie im Beweis von Satz. machen wir k Fächer indem wir k 1 Nuller aufschreiben. Sei eine Lösung (n 1,...,n k ) gegeben. Wir füllen nun die k Fächer mit n Einser auf indem wir für 1 i k ins i-te Fach n i Einser schreiben. Also entspricht jede Lösung unserer Gleichung einer 0,1-Folge der Länge n+k 1 mit genau n Einser. Damit ist die Anzahl der Lösungen gegeben durch ( ) n+k 1. n 15

16 3 Das Inklusions-Exklusions Prinzip 3.1 Motivation und Satz Seien A 1 und A endliche Mengen. Falls A 1 A =, dann wissen wir bereits, dass A 1 A = A 1 + A. Was können wir über A 1 A aussagen, falls A 1 A? Klarerweise werden in A 1 + A die Elemente die in A 1 und in A sind (die also im Durchschnitt von A 1 und A liegen) doppelt gezählt. Also sieht man einfach, dass Allgemein gilt: A 1 A = A 1 + A A 1 A. Satz 3.1 (Siebformel von Sylvester) Sei n N und seien A 1,...,A n endliche Mengen. Dann gilt n A 1... A n = ( 1) k+1 A i. k=1 u ( [n] i u k) Zum Beweis benötigen wir folgendes Lemma Sei A eine endliche Menge und sei B A. Die Indikatorfunktion von B ist gegeben durch { 1 falls x B, 1 B : A {0,1}, 1 B (x) := 0 falls x B. Seien B,C A. Dann gilt: a) Für alle x A gilt 1 B C (x) = 1 B (x)1 C (x). b) Es ist B = x A 1 B(x).. Für x 1,...,x n R gilt Beweis. n ( 1) k+1 k=1 u ( [n] k) x i = 1 (1 x 1 ) (1 x n ). i u 16

17 3 Das Inklusions-Exklusions Prinzip 1. Dieser Teil des Lemmas ist trivial.. Es gilt (1 x 1 ) (1 x n ) = u [n] Daraus folgt die Behauptung. ( x i ) = 1+ i u n ( 1) k k=1 u ( [n] k) x i. i u Beweis von Satz 3.1. Seien A 1,...,A n gegeben und sei A := A 1... A n. Dann gilt n ( 1) k+1 n A i = ( 1) k+1 1 i u A (x) i k=1 u ( [n] i u k=1 k) u ( [n] x A k) (mit Lemma 3., 1(b)) = n ( 1) k+1 1 Ai (x) x A k=1 u ( [n] i u k) (mit Lemma 3., 1(a)) = [1 (1 1 A1 (x))(1 1 A (x)) (1 1 An (x))] x A (mit Lemma 3., ) = A [(1 1 A1 (x)) (1 1 An (x))] x A = A = A 1... A n. Beispiel 3.3 In einem Dorf gibt es drei Vereine, einen Fußballverein, einen Tennisverein und einen Musikverein. Der Fußballverein hat 0 Mitglieder, der Tennisverein 15 und der Musikverein 8. Davon sind Personen beim Fußball- und Tennisverein, 6 beim Fußballund Musikverein und 3 beim Tennis- und Musikverein. Eine Person ist sogar bei allen drei Vereinen dabei. Wieviele Personen sind am Vereinsleben des Dorfs beteiligt? Es ist F + T + M ( F T + F M + M T )+ F T M = Anwendungen des Siebprinzips Im Folgenden geben wir noch zwei Anwendungen der Siebformel von Sylvester. Das erste Beispiel ist aus der Zahlentheorie und gibt eine Formel zur Berechnung der Eulerschen Phi-Funktion einer natürlichen Zahl. Im zweiten Beispiel bestimmen wir die Anzahl der fixpunktfreien Permutationen auf [n]. 17

18 3 Das Inklusions-Exklusions Prinzip Die Eulersche Phi-Funktion. Zu Beginn wiederholen wir kurz die Definition der Eulerschen Phi-Funktion: Definition 3.4 Sei n N. Die Eulersche Phi-Funktion ϕ ist definiert durch ϕ(n) = {k [n] : ggt(n,k) = 1}. Also ϕ(n) ist die Anzahl der zu n teilerfremden Zahlen zwischen 1 und n. Es gilt: Satz 3.5 Sei n N, mit n = p α 1 1 p αs s, wobei p 1,...,p s Primzahlen sind und α i N für 1 i s. Dann gilt ) ) ϕ(n) = n (1 )(1 1p1 1p (1 1ps. Beweis. Für k [n] ist ggt(n,k) = 1 genau dann, wenn p i, 1 i s, kein Teiler von k ist, d.h. p i k, 1 i s. Für 1 i s sei A i := {k [n] : p i k}. Also ist A 1... A s = {k [n] : ggt(n,k) > 1} und somit ist Sei k [s] und u ( [s] k). Die Menge ϕ(n) = n A 1... A s. (3.1) i u ist die Menge aller Zahlen in [n], welche durch p i, i u, teilbar sind. Da die p i prim sind, ist das die Menge aller Zahlen in [n], welche durch das Produkt i u p i teilbar sind. Somit gilt n A i = i u p. i Mit der Siebformel folgt nun A 1... A s = i u = n = n A i s ( 1) k+1 k=1 u ( [s] k) s ( 1) k+1 k=1 [ 1 u ( [s] n i u p i i u k) ) (1 1p1 (mit Lemma 3., ). 1 p i (1 1ps )] Mit (3.1) folgt die Behauptung. 18

19 3 Das Inklusions-Exklusions Prinzip Die Anzahl der fixpunktfreien Permutationen auf [n]. Wir benötigen folgende Begriffe: Definition Die Menge aller Permutationen auf [n] bezeichnen wir mit S n. D.h. S n = {π : [n] [n], π bijektiv}. (Wir wissen bereits, dass S n = n!).. Sei π S n. Ein Element k [n] heißt Fixpunkt von π, falls π(k) = k. 3. Eine Permutation π S n heißt fixpunktfrei, falls π(i) i für alle i [n]. Es gilt: Satz 3.7 Für n N ist die Anzahl aller fixpunktfreien Permutationen in S n gegeben durch n ( 1) k n!. k! Beweis. Für k [n] sei k=0 A k := {π S n : π(k) = k}, d.h. A k ist die Menge aller Permutationen in S n, die k als Fixpunkt haben. Weiters sei A die Menge aller nicht fixpunktfreien Permutationen in S n. Dann gilt A = A 1... A n. Wir bestimmen nun A mit Hilfe der Siebformel von Sylvester. Sei k [n] und u ( ) [n] k. Dann gilt A i = (n k)!. Damit ist A = k=1 u ( [n] k) i u n ( 1) k+1 (n k)! = n ( ) n ( 1) k+1 (n k)! = k Sei B die Menge aller fixpunktfreien Permutationen in S n. Dann gilt B = S n A = n! k=1 n k=1 ( 1) k+1n! k! = n! n k=0 n k=1 ( 1) k k! ( 1) k+1n! k!. und der Satz ist bewiesen. Wir erhalten folgendes 19

20 3 Das Inklusions-Exklusions Prinzip Korollar 3.8 Sei p n die Wahrscheinlichkeit aus allen Permutationen eine fixpunktfreie auszuwählen. Dann gilt Beweis. Es gilt lim n p n = 1 e. p n = n! n k=0 ( 1)k 1 k! n! = n ( 1) k k=0 k! 1 e für n. Beispiel 3.9 Die Anzahl der Permutationen von[n] mit genau k Fixpunkten ist gegeben durch ( ) n n k ( 1) i (n k)!. k i! Dazu wählt man zuerst die k Fixpunkte aus, dafür gibt es ( n k) Möglichkeiten. Der Rest entspricht dann einer fixpunktfreien Permutation von [n k]. i=0 0

21 4 Erzeugende Funktionen 4.1 Motivation und Definition Erzeugende Funktionen stellen einen Versuch dar, kombinatorische Probleme zu algebraisieren. Bevor wir die Definition angeben, betrachten wir folgende Beispiele: 1. Gegeben seien n nicht unterscheidbare Objekte. Wieviele Möglichkeiten gibt es diese n Objekte auf drei Urnen zu verteilen, sodass in den ersten beiden Urnen jeweils nur eine gerade Anzahl von Objekten landet, die pro Urne die Zahl 6 nicht übersteigt und die Anzahl der Objekte in der dritten Urne zwischen 3 und 5 liegt? Die gesuchte Anzahl bezeichnen wir mit a n. Gesucht ist ein Polynom (beziehungsweise eine Potenzreihe) in x, sodass die Folge a n als Koeffizientenfolge auftaucht. Man sieht sofort, dass a n = 0 für n 18 da man in die drei Urnen zusammen maximal 17 Objekte legen darf. Zum Beispiel für n = 9 Objekte hat man folgende Möglichkeiten: Also a 9 = 7. Urne 1 Urne Urne Gesucht ist also die Anzahl der Lösungen der Gleichung l 1 +l +l 3 = n, wobei l 1,l {0,,4,6} und l 3 {3,4,5}. Wir betrachten dazu den folgenden algebraischen Ausdruck (x 0 +x +x 4 +x 6 )(x 0 +x +x 4 +x 6 )(x 3 +x 4 +x 5 ) = c n x n. n=0 1

22 4 Erzeugende Funktionen und sehen, dass der Koeffizient c n von x n gegeben ist durch c n = {(l 1,l,l 3 ) : l 1 +l +l 3 = n und l 1,l {0,,4,6}, l 3 {3,4,5}}. Also ist c n geradeunsere gesuchte Anzahl a n, d.h. a n = c n.durch ausmultiplizieren des Polynoms erhält man 0x 0 +0x 1 +0x +x 3 +x 4 +3x 5 +x 6 +5x 7 +3x x 9 +4x 10 +7x 11 +3x 1 +5x 13 +x 14 +3x 15 +x x 17 +0x 18 + und somit hat man auf einen Schlag alle Anzahlen a n, n N 0, berechnet.. Auf wieviele Arten können wir einen Betrag von 1e bezahlen, wenn wir sechs 1e Münzen, fünf e Münzen und vier 5e Scheine haben? Gesucht ist also die Anzahl der Lösungen der Gleichung i 1 +i +i 3 = 1, wobei i 1 {0,1,,3,4,5,6}, i {0,,4,6,8,10} und i 3 {0,5,10,15,0} sind. Wir betrachten nun den folgenden algebraischen Ausdruck: (1+x+x +x 3 +x 4 +x 5 +x 6 )(1+x +x 4 +x 6 +x 8 +x 10 )(1+x 5 +x 10 +x 15 +x 0 ) = c n x n. Multipliziert man obigen Ausdruck aus, dann ist der Koeffizient von x n gegeben durch c n = {(i 1,i,i 3 ) : i 1 +i +i 3 = n und i 1 {0,1,,3,4,5,6}, i {0,,4,6,8,10},i 3 {0,5,10,15,0}}. Damit ist dann c 1 = 19 die gesuchte Anzahl von Zahlungsmöglichkeiten. 3. Für x R ist (1+x) n = n k=0 ( ) n x k. k Die kombinatorische Zahlenfolge (( n n k)) findet sich also als Koeffizientenfolge k=0 eines Polynoms (in diesem Fall (1+x) n ) wieder. Wir geben nun die Definition für erzeugende Funktionen: Definition 4.1 Sei (a n ) n=0 eine Zahlenfolge aus N (diese repräsentiert ein gegebenes kombinatorisches Problem). Dann heißt der Ausdruck a n x n erzeugende Funktion der Folge (a n ) n=0. n=0 n=0

23 4 Erzeugende Funktionen Wie kann man für eine gegebene Zahlenfolge obigen Ausdruck interpretieren? 1. Wir fassen a n x n n=0 als Potenzreihe im Sinne der klassischen Analysis auf, also als Funktionf : R R, x n=0 a nx n. Diese Potenzreihe konvergiert für alle x mit x < R, wobei der Konvergenzradius R gegeben ist durch 1 R = limsup n an. n Potenzreihen können in ihrem Konvergenzbereich ( R, R) gliedweise differenziert und integriert werden. Nun kann aber das Problem auftreten, dass die Folge (a n ) n=0 sehr schnell wächst und so die Potenzreihe nirgendwo konvergiert. Das ist zum Beispiel der Fall für a n = n!, n N 0. Viele Potenzreihen haben aber einen Bereich der Konvergenz. Ist zum Beispiel f : R R eine rationale Funktion, also f(x) = P(x) Q(x) = a n x n, wobei P, Q Polynome über R sind, dann wissen wir aus der Funktionentheorie, dass man den Konvergenzradius R wie folgt bestimmen kann: wir fassen f als Funktion f : C C auf. Die Pole von f sind dann genau die Nullstellen des Polynoms Q. Bezeichnen wir diese mit z 1,...,z k, dann gilt n=0 R = min 1 i k z i. Um Konvergenzprobleme zu vermeiden, wählt man oft folgenden formalen Zugang:. Sei K ein Körper (z. B. K = R oder K = C). Eine formale Potenzreihe über K ist definiert als (a n ) n=0 := (a 0,a 1,a,...), wobei a n K, n N 0. Wir können nun eine Addition und eine Multiplikation für formale Potenzreihen definieren. Definition 4. Seien (a n ) n=0 und (b n ) n=0 zwei formale Potenzreihen über K. Dann definiert man a) (a n ) n=0 +(b n ) n=0 := (a n +b n ) n=0. b) (a n ) n=0 (b n) n=0 := (c n) n=0, wobei c n := n a k b n k. k=0 3

24 4 Erzeugende Funktionen Die Menge aller formalen Potenzreihen über K mit dieser Addition und Multiplikation bezeichnet man mit K[[x]]. Dann ist K[[x]] ein Integritätsbereich (kommutativer Ring mit Einselement ohne Nullteiler) aber kein Körper (man kann zeigen: zur formalen Potenzreihe (a n ) n=0 gibt es genau dann ein inverses Element, wenn a 0 0). Es existiert auch eine formale Ableitung, die natürlich anschaulich mit der Ableitung von Potenzreihen in der Analysis übereinstimmt. Man definiert d dx : K[[x]] K[[x]], d dx ((a n) n=0 ) := (a 1,a,3a 3,...). In K[[x]] kann man nun formale Analysis betreiben (Taylorformel, Produkt- und Kettenregel fürs Differenzieren, u.s.w.) und zwar ohne Variable und ohne Topologie (lim). Wir werden aber im folgenden die Interpretation durch Potenzreihen verwenden. Beispiel Sei N N und sei (a n ) n=0 definiert durch { ( N ) für 0 n N, a n := n 0 sonst. Dann ist die erzeugende Funktion dieser Folge für alle x R gegeben durch f(x) = (1+x) N.. SeidieFolge(a n ) n=0 definiert durcha n = 1fürallen N 0.Dannistdieerzeugende Funktion dieser Folge für alle x mit x < 1 gegeben durch f(x) = 1 1 x, denn nach der Formel für die geometrische Reihe gilt für alle x mit x < 1, dass n=0 x n = 1 1 x. 4. Rechenregeln für erzeugende Funktionen Wirsammelnnuneinigewichtige Rechenregeln fürerzeugende Funktionen. Seien(a n ) n 0 und (b n ) n 0 zwei Folgen mit den entsprechenden erzeugenden Funktionen a(x) und b(x). Dann gilt: 1. Die erzeugende Funktion der Folge (a n +b n ) n 0 ist a(x)+b(x).. Für α R ist die erzeugende Funktion der Folge (αa n ) n 0 gegeben durch αa(x). 4

25 4 Erzeugende Funktionen 3. Sei n N. Dann ist x n a(x) die erzeugende Funktion der Folge (0,...,0,a }{{} 0,a 1,...). n mal 4. Sei n N. Dann ist a(x) n 1 i=0 a ix i x n die erzeugende Funktion der Folge (a k ) k n. 5. Für α R ist die erzeugende Funktion der Folge (α n a n ) n 0 gegeben durch a(αx). 1 Z.B. ist die erzeugende Funktion der Folge (1) 1 1 x n 0 und somit ist die erzeugende Funktion der Folge ( n ) n 0 1 x. 6. Sei n N. Dann ist a(x n ) die erzeugende Funktion der Folge in der beim Index nk das k-te Glied a k steht und alle anderen Glieder 0 sind. Z.B. a(x 3 ) ist die erzeugende Funktion der Folge (a 0,0,0,a 1,0,0,a,0,0,a 3,...). 7. Potenzreihen werden in ihrem Konvergenzbereich gliedweise differenziert und integriert. Also ist die Ableitung a (x) der Funktion a(x) die erzeugende Funktion der Folge (na n ) n 1 und das Integral x a(t)dt ist die erzeugende Funktion der Folge 0 (0,a 0, 1a 1, 1a 3, 1a 4 3,...). 8. Das Produkt a(x)b(x) ist die erzeugende Funktion der Folge (c n ) n 0, wobei c n = i,j=0 i+j=n a i b j = n a i b n i. i=0 9. Sei b 0 = 0, also b(x) = b 1 x+b x +. Dann ist die Zusammensetzung von a und b definiert als (a b)(x) = a i (b(x)) i. Bemerkung 4.4 Wegen b 0 = 0 beginnt die Potenzreihe (b(x)) i frühestens mit x i. Daher benötigt man für den Koeffizienten von x n in a b nur endlich viele i=0 5

26 4 Erzeugende Funktionen Potenzen (b(x)) i, 0 i n. Konkret (a b)(x) = a i (b(x)) i i=0 = a 0 + = a 0 + =: i=1 n=1 c n x n. n=0 a i n l 1,...,l i =1 i=1 a i b l1 b li x l 1+ +l i l 1,...,l i =1 l 1 + +l i =n b l1 b li x n Man beachte, dass der Summationsbereich in der Definition der Koeffizienten c n, n N, endlich ist. Wir geben nun einige einfache Beispiele. Beispiel Sei die Folge (a n ) n=0 definiert durch a n = n für alle n N 0. Dann ist die erzeugende Funktion dieser Folge für alle x mit x < 1 gegeben durch Beweis. Für x R mit x < 1 ist f(x) = n=0 x (1 x). x n = 1 1 x. Leiten wir die beiden Ausdrücke nach x ab, erhalten wir nx n 1 1 = (1 x). n=0 Zuletzt multiplizieren wir diese Gleichung mit x und erhalten so die gesuchte erzeugende Funktion: nx n x = (1 x). n=0. Sei die Folge (a n ) n=0 definiert durch a n = n/ für alle n N 0. Dann ist die erzeugende Funktion dieser Folge für alle x mit x < 1 gegeben durch f(x) = 1+x 1 x. 6

27 4 Erzeugende Funktionen Beweis. Für x R mit x < 1 ist 1 die erzeugende Funktion der Folge 1 x (n ) n 0. 1 Damit ist die erzeugende Funktion der Folge 1 x (1,0,,0,4,8,...) und x 1 x ist die erzeugende Funktion der Folge Durch Summation folgt, dass (0,1,0,,0,4,0,8,...). 1+x 1 x die erzeugende Funktion von (1,1,,,4,4,8,8,...) = ( n/ ) n 0 ist Sei a(x) die erzeugende Funktion der Folge (a n ) n 0. Dann ist a(x) die erzeugende Funktion der Partialsummenfolge (s n ) n 0 mit s n = n 1 x k=0 a k. Beweis. Es ist ( n)( ) 1 1 x a(x) = a n x n 0x n = n x n 0 n 0s n, wobei s n = n k=0 a k. Übung 4.6 Seia(x)dieerzeugendeFunktionderFolge(a n ) n 0.ZeigenSie,dass 1 (a(x)+ a( x)) die erzeugende Funktion der Folge (a 0,0,a,0,a 4,0,...) ist. Übung 4.7 Bestimmen Sie die erzeugende Funktion der Folge (n ) n 0. Wir werden erzeugende Funktionen in folgenden drei Bereichen verwenden: 1. Herleitung kombinatorischer Identitäten.. Größenabschätzung einer kombinatorischen Zahlenfolge mit Hilfe der reellen Analysis. 3. Lösen von Rekursionen. Nun beweisen wir einige kombinatorischer Identitäten mit Hilfe erzeugender Funktionen. Satz 4.8 Für n N gilt 1. n k=1 k( n k) = n n 1 ;. n k=1 k( n k) = n(n+1) n ; 3. 1 ( ) ( ) ( ) ( n 1 n +3 n 3 ±n n n) = 0, falls n 3. 7

28 4 Erzeugende Funktionen Beweis. Nach dem Binomischen Lehrsatz gilt für x R und n N (1+x) n = n k=0 ( ) n x k. k Ableiten nach x und anschließende Multiplikation der Gleichnung mit x ergibt n(1+x) n 1 x = n ( ) n k x k. k Setzen wir nun x = 1, folgt die erste Aussage des Satzes. Leiten wir nun die Gleichung ein weiteres mal nach x ab und multiplizieren anschließend mit x, dann erhalten wir k=0 nx(1+x) n (nx+1) = n ( ) n k x k. k Setzen wir in dieser Gleichung x = 1, so folgt die zweite Aussage und setzen wir x = 1, so folgt die dritte Aussage des Satzes. k=0 8

29 5 Partitionen 5.1 Partitionen von Mengen Definition 5.1 Sei A eine endliche Menge. Eine Partition von A ist gegeben durch P 1,...,P k, k N, P i A für i [k] mit 1. P i für alle i [k];. P 1... P k = A; und 3. P i P j = für alle i,j [k] mit i j. Sei z.b. A = {1,,3,4,5} dann ist P 1 = {1}, P = {3,5}, P 3 = {,4} eine Partition von A. Sei A eine endliche Menge mit n Elementen, dann stellen sich folgende Fragen: 1. Wieviele Partitionen von A gibt es dann?. Sei k [n]. Wieviele Partitionen von A in genau k Teilmengen gibt es? Definition 5. Sei n N und k [n]. Die Anzahl der Partitionen einer n-elementigen Menge in genau k nichtleere Teilmengen bezeichnen wir mit S(n, k). Die Zahlen S(n, k) heißen Stirlingsche Zahlen zweiter Art. Beispiel Für jedes n N ist S(n,1) = 1 und S(n,n) = 1.. Sei n. Da jede echte Teilmenge einer Menge zusammen mit ihrem Komplement eine Partition der Menge in zwei nichtleere Teilmengen bildet ist S(n, ) die halbe Anzahl der echten Teilmengen von [n], also 3. Sei n. Dann gilt S(n,) = n S(n,n 1) = = n 1 1. ( ) n, denn bei einer Partition in n 1 Teilmengen besteht genau eine Teilmenge aus zwei Elementen und diese Teilmenge bestimmt die Partition eindeutig. Die Anzahl der ( -elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge ist aber gegeben durch n ). 9

30 5 Partitionen Wir suchen nun eine Formel zur Berechnung der S(n, k). Zunächst beweisen wir eine Rekursionsformel. Satz 5.4 Für n N und k [n] gilt S(n,k) = S(n 1,k 1)+kS(n 1,k). Beweis. Wir teilen die Menge aller Partitionen von [n] in genau k nichtleere Teilmengen in zwei Mengen auf: B 1 sei die Menge aller Partitionen von [n] in genau k nichtleere Teilmengen mit {n} ist Element der Partition und B sei die Menge aller Partitionen von [n] in genau k nichtleere Teilmengen mit {n} ist nicht Element der Partition. Dann ist natürlich B 1 B die Menge aller Partitionen von [n] in genau k nichtleere Teilmengen und B 1 B =. Wir müssen also nur noch B 1 und B bestimmen. Eine Partition in B 1 erhält man, indem man die Menge [n 1] in k 1 nichtleere Teilmengen partitioniert und dann die Menge {n} dazu gibt. Also ist B 1 = S(n 1,k 1). Eine Partition in B entsteht wie folgt: Bilde eine Partition der Menge [n 1] in genau k nichtleere Teilmengen und füge dann das Element n zu einer dieser k Teilmengen hinzu. Also ist B = ks(n 1,k). Somit folgt mit dem Additionsprinzip S(n,k) = B 1 B = B 1 + B = S(n 1,k 1)+kS(n 1,k). Wir können sogar eine geschlossene Formel für S(n, k) angeben. Zu dieser Formel gelangen wir, indem wir die Anzahl aller surjektiven Funktionen von [n] nach [k] auf zwei verschiedene Arten bestimmen. Satz 5.5 Sei n N und k [n]. Die Anzahl aller surjektiven Funktionen [n] [k] ist gegeben durch k!s(n, k). Beweis. Sei A = {f : [n] [k] : f surjektiv} die Menge aller surjektiven Funktionen [n] [k] und sei B die Menge aller Partitionen von [n] in genau k nichtleere Teilmengen. Wir definieren nun folgende Abbildung i : A B, i(f) = {f 1 ({1}),...,f 1 ({k})}. wobei f 1 ({j}) [n] das Urbild von {j} [k]. Aus f surjektiv folgt f 1 ({j}) für alle j [k]. 30

31 5 Partitionen Wir zeigen nun, dass die Abbildung i surjektiv ist. Sei {P 1,...,P k } B. Dann definieren wir eine surjektive Funktion f : [n] [k] durch Dann ist f(x) := 1 für alle x P 1, f(x) := für alle x P,.. f(x) := k für alle x P k. i(f) = {f 1 ({1}),...,f 1 ({k})} = {P 1,...,P k } und somit ist i surjektiv. Natürlich hätten wir unsere surjektive Funktion f mit i(f) = {P 1,...,P k } auch anders definieren können. Für j [k] müssen nur alle Elemente aus P j auf das selbe Element l j [k] abgebildet werden und zusätzlich muss l j1 l j für j 1 j erfüllt sein. Wir sehen also, dass zu einer Partition P B genau k! verschiedene surjektive Funktionen f mit i(f) = P existieren. Also ist A = k! B = k!s(n,k) und der Satz ist bewiesen. Nun können wir eine geschlossene Formel für die Stirlingschen Zahlen. Art beweisen. Satz 5.6 Sei n N und k [n]. Dann gilt S(n,k) = 1 k! k ( ) k ( 1) k (k j) n. j j=0 Beweis. Aus Satz 5.5 wissen wir, dass die Anzahl aller surjektiven Funktionen [n] [k] gegeben ist durch k!s(n, k). Weiters wissen wir aus Satz.6, dass die Anzahl aller Funktionen [n] [k] gegeben ist durch k n. Für i [k] sei A i := {f : [n] [k] : f 1 ({i}) = }. Dann ist A 1... A k die Menge aller nicht surjektiven Funktionen [n] [k] und somit ist die Anzahl aller surjektiven Funktionen [n] [k] gegeben durch k n A 1... A k. Mit der Siebformel folgt nun A 1... A k = k ( 1) j+1 A i. u ( [k] i u j) j=1 31

32 5 Partitionen Für u ( ) [k] j ist i u A i die Menge aller Funktionen [n] [k]\u und somit ist A i = (k j) n. i u Also erhalten wir A 1... A k = k ( ) k ( 1) j+1 (k j) n = k n j j=1 k ( ) k ( 1) j (k j) n. j j=0 Also ist k!s(n,k) = k n A 1... A k = k ( ) k ( 1) j (k j) n, j j=0 womit der Satz bewiesen ist. 5. Partitionen von natürlichen Zahlen Definition 5.7 Sei n N. Eine Darstellung n = k 1 + +k s mit k i N, 1 i s und s N wobei die Reihenfolge der Summanden wichtig ist heißt Komposition von n (oder auch geordnete Partition von n). Es sind also z.b. 3+4 und 4+3 zwei verschiedene Kompositionen von 7. Es stellt sich die Frage, wieviele Kompositionen von n N es gibt? Beispiel 5.8 AlleKomposotionenvon 4sind4 = 4, 4 = +,4 = 1+1+,4 = 1++1, 4 = +1+1, 4 = 3+1, 4 = 1+3, 4 = Also gibt es 8 Kompositionen von 4. Die Anzahl der Kompositionen einer natürlichen Zahl ist sehr einfach zu bestimmen. Satz 5.9 Für n N ist die Anzahl aller Kompositionen von n gleich n 1. Beweis. Wir interpretieren eine Komposition als Abfolge von Trennungsstrichen. Zum Beispiel 8 = interpretieren wir als oder 8 = wird als 3

33 5 Partitionen interpretiert. Allgemein schreiben wir für n = k 1 + +k s }{{} }{{} }{{}. k 1 mal k mal k s mal Man kann also an insgesamt n 1 Stellen einen platzieren. Damit ist die Anzahl der Kompositionen von n gleich der Anzahl der Strichmuster und diese ist n 1. Satz 5.10 Für n,s N gibt es ( n 1 s 1) Kompositionen von n in genau s Summanden. Beweis. ) Sei A die Menge aller Kompositionen von n in s Summanden und sei g : A definiert durch ( [n 1] s 1 k 1 + +k s {k 1,k 1 +k,...,k 1 + +k s 1 }. Klarerweise ist g injektiv. Sei nun {b 1,...,b s 1 } [n 1] mit b 1 < b <... < b s 1. Definiere k 1 = b 1, k = b b 1,..., k s 1 = b s 1 b s und k s = n b s 1. Dann ist n = k k s eine Komposition von n in s Summanden und g(k k s ) = {b 1,...,b s 1 }. Also ist g surjektiv und somit auch bijektiv. Daraus folgt nun ( ) A = [n 1] = s 1 ( n 1 s 1 Viel schwieriger wird das Problem wenn man nicht mehr bezüglich der Reihenfolge der Summanden unterscheidet. Eine Partition von einer natürlichen Zahl n ist eine Komposition von n bei der es nicht auf die Reihenfolge der Summanden ankommt. Definition 5.11 Eine Darstellung von n N als Summe natürlicher Zahlen ). n = k 1 + +k s mit k i N, 1 i s und s N, wobei es nicht auf die Reihenfolge der Summanden ankommt, nennt man eine Partition von n. Wir können also annehmen, dass die Summanden in absteigender Größe nummeriert sind, also k 1... k s. Die Anzahl aller Partitionen von n bezeichnen wir mit p(n) und setzen zusätzlich p(0) := 0. Beispiel 5.1 Alle Partitionen von 5 sind 5 = 5, 5 = 4+1, 5 = 3+, 5 = 3+1+1, 5 = ++1, 5 = , 5 = Also ist p(5) = 7. Bis heute gibt es keine einfache, kombinatorische Formel um die Anzahl der Partitionen von n zu bestimmen. Hier wollen wir eine Rekursionsformel für p(n) beweisen. Dazu benötigen wir zwei weitere Definitionen. 33

34 5 Partitionen Definition 5.13 Seien n,k N. 1. Mit p k (n) bezeichnen wir die Anzahl der Partitionen von n in höchstens k Summanden. Weiters definieren wir p k (0) := 1 für alle k N und p 0 (n) := 0 für alle n N.. Mit q k (n) bezeichnen wir die Anzahl der Partitionen von n in Summanden, welche alle kleiner oder gleich k sind. Weiters definieren wir q k (0) := 1 für alle k N und q 0 (n) := 0 für alle n N. Z.B. ist p 1 (n) = 1 für alle n N und für k n ist p k (n) = p n (n) = p(n). Weiters ist q 1 (n) = 1 für alle n N und für k n ist q k (n) = q n (n) = p(n). Beispiel 5.14 Für n = 5 ist p 1 (5) = 1, p (5) = 3, p 3 (5) = 5, p 4 (5) = 6 und p 5 (5) = p(5) = 7 und q 1 (5) = 1, q (5) = 3, q 3 (5) = 5, q 4 (5) = 6 und q 5 (5) = p(5) = 7. Wir werden nun die Aussage p k (n) = q k (n) zeigen. Dazu benötigen wir den Begriff einer dualen Partition, welchen wir zunächst an Hand eines Beispiels erklären. Sei z.b. n = 19 und 19 = eine Partition (die Summanden der Partition sollen der Größe nach geordnet sein). Wir stellen diese Partition durch ein sog. Ferrers Diagramm dar, indem wir eine Tabelle mit 6 Zeilen machen (Anzahl der Summanden der Partition) und in jede Zeile entsprechend dem zugehörigen Summand in der Partition viele eintragen. Das sieht dann so aus: Zählen wir nun die spaltenweise, so erhalten wir eine neue Partition von 19, nämlich 19 = Diese Partition nennen wir duale Partition zu 19 = Betrachten wir nun das Ferrers Diagramm für diese Partition:

35 5 Partitionen Zählen wir die dann wieder spaltenweise, so erhalten wir die Ausgangspartition 19 = Nun geben wir die Definition einer dualen Partition: Definition 5.15 Sei n = k 1 + +k s eine Partition von n N mit k 1 k... k s. Die duale Partition ist dann gegeben durch n = l 1 + +l t (l 1 l... l t ) wobei l 1 = s, t = k 1, und für 1 j t ist l j = {1 i s : k i j}. Bemerkung 5.16 selbst. 1. Die duale Partition einer dualen Partition ist die Partition. Der größte Summand in der Ausgangspartition ist gleich der Anzahl der Summanden in der dualen Partition. 3. Die Anzahl der Summanden in der Ausgangspartition ist der größte Summand in der dualen Partition. Es gilt folgender Satz 5.17 Für n,k N ist p k (n) = q k (n). Beweis. Sei A die Menge aller Partitionen von n in höchstens k Summanden und B die Menge aller Partitionen von n in Summanden k. Es ist also A = p k (n) und B = q k (n). Die Abbildung, welche eine Partition in ihre duale Partition überführt bezeichnen wir mit. Wir betrachten nun diese Abbildung auf der Menge A und bemerken, dass jede Partition in A in eine Partition in B überführt. Nun zeigen wir, dass : A B, P P bijektiv ist. Sei P B. Dann ist P A und da (P ) = P, ist surjektiv. Seien P,Q A und P = Q. Dann ist aber (P ) = (Q ) und somit P = Q. Also ist auch injektiv. Nach dem Bijektionsprinzip gilt also A = B und die Behauptung folgt. Nun beweisen wir eine Rekursionsformel für p k (n) und q k (n). 35

36 5 Partitionen Satz 5.18 Für n N und k [n] gilt 1. q k (n) = q k (n k)+q k 1 (n);. p k (n) = p k (n k)+p k 1 (n). Beweis. Sei A die Menge aller Partitionen von n in Summanden k mit k kommt als Summand vor. Weiters sei B die Menge aller Partitionen von n in Summanden k 1. Dann ist natürlich A B = und A B ist die Menge aller Partitionen von n in Summanden k. Klarerweise ist B = q k 1 (n). Es bleibt nur noch A zu bestimmen. Es ist n = k+(n k). Um eine Partition in A zu erhalten, muss man also nur n k in Summanden k partitionieren. Das geht auf q k (n k) Arten. Also ist A = q k (n k). Somit folgt mit dem Additionsprinzip q k (n) = A B = A + B = q k (n k)+q k 1 (n) und die Behauptung ist bewiesen. Der zweite Teil des Satzes folgt aus 1. und Satz Korollar 5.19 Für alle n N gilt p(n) = n p n r (r) = r=0 n q n r (r). r=0 Beweis. Wir zeigen mit vollständiger Induktion, dass für alle k {0,...,n} gilt k 1 p(n) = p n r (r)+p n k (n). (5.1) r=0 Für k = 0 reduziert sich diese Aussage auf p(n) = p n (n), was trivialerweise richtig ist. Angenommen, die Aussage gilt für k < n, dann folgt aus Satz 5.18, dass k 1 p(n) = p n r (r)+p n k (n) = r=0 k p n r (r)+p n (k+1) (n). r=0 Damit ist (5.1) gezeigt. Mit k = n folgt die Aussage des Korollars. Wir können nun p(n) für jedes n sukzessive berechnen. Die Rekursion ist aber sehr aufwendig. Im folgenden wollen wir eine Aussage über die Größenordnung von p(n) für große n machen. 36

37 5 Partitionen 5.3 Die erzeugende Funktion der Folge (p(n)) n 0 Ziel ist nun die Berechnung der erzeugenden Funktion der Folge (p(n)) n 0. Dazu bestimmen wir zunächst die erzeugenden Funktionen der Folgen (p k (n)) n 0 bzw. (q k (n)) n 0. Für n N und k [n] kann man q k (n) auch etwas anders auffassen, nämlich als Anzahl der Lösungen von n = s 1 +s + +ks k mit s i N 0, für i [k]. Für x R und k N betrachten wir den Ausdruck k (1+x m +(x m ) + ) = m=1 und suchen den Koeffizienten a n von x n. Es ist x s 1 }{{} aus 1. Faktor x s }{{} aus. Faktor a n x n n=0 x ks k }{{} aus k. Faktor = x n für s 1,...,s k N 0. Dh. bzw. x n = x s 1+s + +ks k n = s 1 +s + +ks k. Also ist a n die Anzahl der Lösungen von n = s 1 + s + +ks k, wobei s i N 0 und i [k]. Das ist aber q k (n) und somit gilt a n = q k (n). Da für x < 1 gilt, dass 1+x m +(x m ) + = 1 1 x m folgt also: die erzeugende Funktion P k (x) der Folge (q k (n)) n 0 = (p k (n)) n 0 ist gegeben durch P k (x) = q k (n)x n = n=0 p k (n)x n = n=0 k m=1 1 1 x m, für x R mit x < 1. Wir gehen nun einen Schritt weiter und bestimmen die erzeugende Funktion der Folge (p(n)) n 0. Dazu benötigen wir folgendes Lemma. Lemma 5.0 Das unendliche Produkt m=1 ist für alle x R mit x < 1 konvergent. 1 1 x m 37

38 Beweis. Das unendliche Produkt m=1 ( k 5 Partitionen m=1 1 ist genau dann konvergent, wenn die Folge 1 x m 1 1 x m konvergiert und das ist genau dann der Fall, wenn lim k P k (x) existiert. Sei nun 0 < x < 1. Dann ist 1 P k+1 (x) = P k (x) Für alle k N ist 0 < x k < 1 und somit gilt ) 1 > 1. 1 xk+1 k N 1 x k+1. Dh. nun aber P k+1 (x) > P k (x) und damit ist die Folge (P k (x)) k 1 streng monoton wachsend für 0 < x < 1. Weiters ist 1 xm xm = 1+ < 1+ 1 xm 1 xm 1 x. Verwenden wir nun die Ungleichnung 1+α < e α für α > 0, so folgt 1 xm < 1+ 1 xm } 1 x {{} >0 Also, für alle 0 < x < 1 und für alle k N gilt P k (x) = k m=1 1 1 x < e m k m=1 x m 1 x < e 1 1 x m=1 < e xm 1 x. x m = e 1 1 x( 1 1 x 1) = e x (1 x). Zusammenfassend ist für 0 < x < 1 die Folge (P k (x)) k N streng monoton wachsend und nach oben beschränkt. Also existiert für 0 < x < 1 der Grenzwert lim k P k (x). Nun folgt p(n)x n 1 = 1 x m n=0 konvergiert für 0 < x < 1. Der Konvergenzbereich einer Potenzreihe um 0 ist aber symmetrisch um 0 und somit folgt die Behauptung. Für x R mit x < 1 gilt also m=1 m=1 1 1 x = (1+x m +(x m ) + ) = m m=1 Uns interessiert nun der Koeffizienten b n von x n. Es ist x s 1 }{{} aus 1. Faktor x s }{{} aus. Faktor x 3s 3 }{{} aus 3. Faktor b n x n. n=0 = x n 38

39 5 Partitionen für s i N 0 und i N. Dh. bzw. x n = x 1s 1+s + +ls l, n = s 1 +s + +ls l, für s i N 0, i [l] und l N. Somit ist b n die Anzahl der Lösungen von n = s 1 +s + +ls l, für s i N 0, i [l] und l N. Also ist b n = p(n). Damit erhalten wir folgenden Satz. Satz 5.1 Die erzeugende Funktion P(x) der Folge (p(n)) n 0 ist für alle x R mit x < 1 gegeben durch 1 P(x) = 1 x m. m=1 Übung 5. Sei f(n) die Anzahl der Partitionen von n in denen alle Summanden ungleich 1 sind. Beweisen Sie, dass f(n) = p(n) p(n 1). Hinweis: Zeigen Sie, dass n 0 f(n)xn = (1 x)p(x) für x < 1. Aus logp(x) = log ( m 1 nach x die Gleichung und somit gilt ) 1 1 x = m 1 log(1 m xm ) folgt nach Differentiation P (x) = P(x) m=1 mx m 1 1 x m np(n)x n 1 = n=1 = = p(r)x r mx m 1 1 x m r=0 m=1 r=0 m=1 k=0 p(r)mx r+m 1+mk p(r)m r=0 m=1 k=0 xn 1. }{{} r+m(k+1)=n n=1 39