WS 2013/14. Diskrete Strukturen
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- Hannelore Schmitz
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1 WS 2013/14 Diskrete Strukturen Prof. Dr. J. Esparza Lehrstuhl für Grundlagen der Softwarezuverlässigkeit und theoretische Informatik Fakultät für Informatik Technische Universität München
2 Kombinatorische Strukturen und Algorithmen Ziehen von Elementen aus einer Menge Kombinatorische Beweisprinzipien Fundamentale Zählkoeffizienten Bälle und Urnen 2
3 Fundamentale Zählkoeffizienten Die Binomialkoeffizienten n k zählen die Anzahl k-elementiger Teilmengen einer n-elementigen Menge. Der Name Binomialkoeffizient resultiert daher, dass diese Zahlen in der Exponentiation von binomialen Ausdrücken a + b vorkommen. 3
4 Die Binomische Formel Satz: Für alle n N gilt: a + b = n k a b Beweis: Aus (a + b) n = a + b und aus dem Distributivgesetz folgt a + b (a + b) 4 a + b = x x x,, {,}
5 Die Binomische Formel Satz: Für alle n N gilt: a + b = n k a b Beweis: Aus (a + b) n = a + b und aus dem Distributivgesetz folgt a + b (a + b) 5 a + b = x x x,, {,}
6 Die Binomische Formel Beweis (Fort.): Es gilt: x x x = a b gdw. a genau k-mal in x x x vorkommt. Damit gibt es eine Bijektion zwischen den Tupeln x,, x mit x x x = a b und den k- Untermengen von {1,, n}. 6
7 Die Binomische Formel Beispiel: Was ist der Koeffizient von x y in der Expansion von 2x 3y Antwort: Da 2x + 3y = 25 k erhalten wir für den Koeffizienten 25! 13! 12! x 3y
8 Die Binomische Formel: Korollar. Für alle n 0 gilt n k = 2 1. Beweis: Binomische Formel mit a = 1 = b 2. Beweis: Die Linke Seite ist die Anzahl der Untermengen einer n-elementigen Menge. 8
9 Die Binomische Formel: Korollar. Für alle n 0 gilt n k = 2 1. Beweis: Binomische Formel mit a = 1 = b 2. Beweis: Die Linke Seite ist die Anzahl der Untermengen einer n-elementigen Menge. 9
10 Anwendung der Binomischen Formel: Korollar. Für alle n 0 gilt n k = 2 1. Beweis: Binomische Formel mit a = 1 = b 2. Beweis: Die Linke Seite ist die Anzahl der Untermengen einer n-elementigen Menge. 10
11 Die Pascalsche Identität: Satz: Für alle n, k N mit n k gilt n k = n 1 k + n 1 k 1 11
12 Kombinatorischer Beweis der Identität. Eine n-elementige Menge T hat k-teilmengen. Sei a T. Jede k-teilmenge enthält entweder (1) a und k 1 Elemente aus T {a}, oder (2) k Elemente aus T {a}. Es gibt bzw. Teilmengen von Typ (1) bzw. von Typ (2). 12
13 Das Pascalsche Dreieck: Geometrische Anordnung der Binomialkoeffizienten in Form eines Dreiecks: Werden zwei benachbarte Koeffizienten addiert, dann ergibt dies den Koeffizienten in der nächsten Zeile zwischen diesen beiden. 13
14 Die Vandermode Identität In unserem Vorlesungsaal befinden sich n + m Studierende, davon sind n in München geboren und m woanders. Wieviele Möglichkeiten gibt es, k Studierende auszuwählen? Lösung 1: 14
15 Lösung 2: Nehme j Elemente aus der ersten Menge und dann k j Elemente aus der zweiten Menge, wobei 0 j k gilt. Aus der Produktregel folgt, dass es für jedes j Möglichkeiten gibt. 15
16 Die erste Lösung muss gleich der zweiten Lösung ein, wenn man die Möglichkeiten für alle Werte von j addiert. Es ergibt sich Satz (Vandermonde Identität): n + m k = n j m k j 16
17 Aufgabe: Kapitel III Kombinatorik Betrachte den Punkt der xy-ebene mit Koordinaten (m, n) N 0 N 0. Wieviele Pfade gibt es vom Punkt (0,0) zu (m, n), die aus Schritten der Länge 1 nach rechts oder nach oben bestehen? Da ein Pfad aus m Schritten nach rechts und n Schritten nach oben besteht, kann jeder Pfad als Zeichenfolge der Länge m + n mit m Nullen und n Einsen dargestellt werden. 17
18 Aufgabe: Kapitel III Kombinatorik Betrachte den Punkt der xy-ebene mit Koordinaten (m, n) N 0 N 0. Wieviele Pfade gibt es vom Punkt (0,0) zu (m, n), die aus Schritten der Länge 1 nach rechts oder nach oben bestehen? Da ein Pfad aus m Schritten nach rechts und n Schritten nach oben besteht, kann jeder Pfad als Zeichenfolge der Länge m + n mit m Nullen und n Einsen dargestellt werden. 18
19 Die Anzahl von Zeichenfolgen der Länge m + n, die genau n Einsen beinhalten, ist gegeben durch die Anzahl Positionen, an denen die n Einsen stehen (oder die m Nullen )stehen. Es folgt, dass die Anzahl von Pfaden gegeben ist durch = 19
20 Die Stirlingzahlen der zweiten Art Definition: Eine k-partition einer n-elementigen Menge A = {s,, s } ist eine Zerlegung von A in k disjunkte, nichtleere Teilmengen (oder Blöcke) A,, A, so dass gilt: A = A 20
21 Die Stirlingzahlen der zweiten Art Beispiel für n = 5 und k = 4: 21 { 1, 2, 3,4, 5 } { 1,5, 2, 3, 4 } { 1, 2,3, 4, 5 } { 1, 2,5, 3, 4 } { 1, 2, 2,4, 5 } { 1, 2, 3,5, 4 } { 1,2, 3, 4, 5 } { 1, 2, 3, 4,5 } { 1,3, 2, 4, 5 } { 1,4, 2, 3, 5 }
22 Die Stirlingzahlen der zweiten Art Anzahl der k-partitionen einer n-elementigen Menge = Anzahl der Möglichkeiten, n unterscheidbare Objekte in k gleiche Fächer zu verteilen (jedes Fach bekommt mindestens ein Objekt!). = (Warum?) 22! Anzahl der surjektiven Funktionen f: A B mit A = n und B = k
23 Die Stirlingzahlen der zweiten Art Anzahl der k-partitionen einer n-elementigen Menge = Anzahl der Möglichkeiten, n unterscheidbare Objekte in k gleiche Fächer zu verteilen (jedes Fach bekommt mindestens ein Objekt!). = (Warum?) 23! Anzahl der surjektiven Funktionen f: A B mit A = n und B = k
24 Die Stirlingzahlen der zweiten Art Die Anzahl von k-partitionen wird durch die sogenannten Stirlingzahlen zweiter Art angegeben und mit S, oder n k bezeichnet. Insbesondere gilt: S, = 0 für k > n, S, = 0 für n > 0, und S, = 1. Frage: Wie lassen sich diese Zahlen berechnen? 24
25 Die Stirlingzahlen der zweiten Art Sei n k > 0. Wir teilen die k-partitionen in zwei disjunkte Klassen auf Klasse 1: alle Partitionen, in denen sich das Element s alleine in einem Block befindet. Klasse 2: alle andere Partitionen. 25
26 Die Stirlingzahlen der zweiten Art Klasse 1: alle Partitionen, in denen sich das Element s alleine in einem Block befindet. Dann müssen die Elemente s 1,, s auf die übrigen k 1 Blöcke verteilt werden. Jede Verteilung ist eine (k 1)-Partitionierung von s,, s. Es gibt also genau S, k-partitionen der Klasse 1. 26
27 Die Stirlingzahlen der zweiten Art Klasse 2: alle Partitionen, die nicht in der ersten Klasse sind. Dann befindet sich s in einem der k Blöcke, auf die die Elemente s,, s verteilt wurden. Es gibt S, k-partitionen von {s,, s }. Es gibt also k S, Partitionen der Klasse 2. Insgesamt: S, = S, + k S, 27
28 Die Stirlingzahlen der zweiten Art Satz: Die Stirlingzahlen S, der zweiten Art, erfüllen folgende Rekursionsgleichung: 1 falls k = 0, n = 0 0 falls k = 0, n > 0 S, = 0 falls k > 0, k > n S, + k S, falls k > 0, k n 28
29 Die Stirlingzahlen der zweiten Art 29
30 Die Stirlingzahlen der ersten Art Anzahl der Möglichkeiten, n Objekte in k Zyklen zu arrangieren, oder Anzahl der Permutationen mit k Zyklen. Eine Permutation einer Menge A = {a,, a } ist eine bijektive Abbildung π: A A, d.h. jedem Element a A entspricht ein Bild π(a) und jedes Element von A ist das Bild genau eines a. 30 π = a a π a π a
31 Die Stirlingzahlen der ersten Art Es gibt n! Permutationen. Die Komposition π π zweier Permutationen ergibt wieder eine Permutation. π = π = π π =
32 Die Stirlingzahlen der ersten Art Zyklen einer Permutation: π = 1,5,2,8 bildet einen Zyklus der Länge 4, d.h. π π π π 1 = 1 3 und 9 sind Fixpunkte von (sie werden auf sich selber abgebildet). Wir interpretieren sie als Zyklen der Länge 1. 32
33 Die Stirlingzahlen der ersten Art Definition: Ein Zyklus (i,, i ) einer Permutation π ist eine Folge i 1,, i, wobei π(i ) = i für alle 1 j < t gilt, und π(i ) = i ist. 33
34 Beispiel: π = 34 Zyklen: (1, 5, 2, 8), (3), 4, 6, 7, 9,(10, 11) Fakt: Eine Permutation ist durch ihre Zyklen charakterisiert (d.h. Permutationen mit denselben Zyklen sind gleich).
35 Die Stirlingzahlen der ersten Art 35 Die Anzahl Permutationen mit k Zyklen wird durch die sogenannten Stirlingzahlen erster Art angegeben und mit s, oder n k bezeichnet. Beispiel für n = 4 und k = 3: 1, 2 3, 4 {(1 4), (2), (3)} 1 2, 3, 4 {(1), (2 4), (3)} 1 3, 2, 4 {(1), (2), (3 4)} Es gilt also: s, = 6
36 Die Stirlingzahlen der ersten Art Da jede Permutation mindestens einen und höchstens n Zyklen hat, gilt: s, = 0 für k > n, s, = 0 für n > 0. Darüber hinaus gilt (warum?) s, = 1 für n > 0 s, = n! Dazu definieren wir: s, = 1. 36
37 Die Stirlingzahlen der ersten Art Eine Permutation von n Elementen mit k Zyklen kann auf zwei Arten entstehen: Aus einer Permutation von n 1 Elementen mit k 1 Zyklen, indem das n-te Element einen neuen Zyklus der Länge 1 bildet. 2. Indem das n-te Element in einen der Zyklen einer Permutation von n 1 Elementen mit k Zyklen hinzugefügt wird. Dafür gibt es aber genau n 1 Möglichkeiten.
38 Permutationen mit n = 3 und k = , 2, (3) Permutationen mit n = 3 und k = 2 1, , 3 1 3, 2 Permutationen mit n = 4 und k = 3 {(1 4), (2), (3)} {(1), (2 4), (3)} {(1), (2), (3 4)} 1, 2 3, 4 1 2, 3, 4 1 3, 2, 4
39 Die Stirlingzahlen der ersten Art Satz: Die Stirlingzahlen s, der ersten Art erfüllen die folgende Rekursionsgleichung: 1 falls k = 0, n = 0 0 falls k = 0, n > 0 s, = 0 falls k > 0, k > n s, + (n 1) s, falls k > 0, k n 39
40 Die Stirlingzahlen der ersten Art 40
41 Ungeordnete Zahlpartitionen 41 Eine k-zahlpartition einer natürlichen Zahl n N ist eine Multimenge {n, n,, n } von positiven natürlichen Zahlen mit der Eigenschaft n = n + n + + n. Beispiel. Die Zahl 5 hat folgende Zahlpartitionen: 1,1,1,1,1 2,1,1,1 2,2,1 3,1,1 3,2 4,1 {5} D.h.: 5 hat eine 5-Partition, eine 4-Partition, zwei 3- Partitionen, zwei 2-Partitionen und eine 1-Partition.
42 Ungeordnete Zahlpartitionen 42 Wird jedes Element aus einer k-zahlpartition von n um Eins dekrementiert, erhält man eine m-zahlpartition von n k. Beispiel: aus {3,2,2,1} (4-Zahlpartition von 8) erhält man {2,1,1} (3-Zahlpartition von 4). Darüber hinaus: Verschiedene k-partitionen von n ergeben verschiedene Partitionen von n k Jede Partition von n k wird erreicht.
43 Ungeordnete Zahlpartitionen Satz: Die Anzahl P, der ungeordneten k-partitionen einer Zahl n gilt erfüllt folgende Rekursionsgleichung: P, = 1 falls k = 0, n = 0 0 falls k = 0, n > 0 0 falls k > 0, k > n P, falls k > 0, k n 43
44 Geordnete Zahlpartitionen 44 Wir nehmen nun an, dass die gesuchten k-zahlpartitionen geordnet sein sollen, d.h. 4 = = = lässt sich durch drei unterschiedliche 2-Partitionen darstellen. Entspricht das Problem: wie viele Möglichkeiten gibt es, n Euro (nicht unterscheidbar) unter k Kinder (unterscheidbar) zu verteilen, wenn kein Kind leer ausgehen soll.
45 Geordnete Zahlpartitionen Da jede Partition n = x + + x in der Form n = geschrieben werden kann, wird jede geordnete Zahlpartition eindeutig durch die + bestimmt, die die x trennen. Die Anzahl der k-partitionen ist damit gleich der Anzahl von Möglichkeiten, k 1 +-Zeichen aus den insgesamt n 1 +-Zeichen auszuwählen. 45
46 Geordnete Zahlpartitionen Satz: Die Anzahl der geordneten k-partitionen von n ist gleich n 1 k 1 Die Anzahl aller geordneten Partitionen von n ist gleich 46 n 1 k 1 = 2
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