2 Kombinatorik. 56 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

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1 2 Kombinatorik Aufgabenstellung: Anzahl der verschiedenen Zusammenstellungen von Objekten. Je nach Art der zusätzlichen Forderungen, ist zu unterscheiden, welche Zusammenstellungen als gleich, und welche als verschieden angesehen werden. Permutation (ohne Wiederholung) Permutation mit Wiederholung Variation ohne Wiederholung Variation mit Wiederholung Kombination (ohne Wiederholung) Kombination mit Wiederholung 56 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

2 2. Klassische kombinatorische Probleme Permutation (ohne Wiederholung) Jede einendeutige Abbildung Π der geordenten Menge {,..., n} auf eine n-elementige Menge M = {s,...,s n } heißt Permutation (ohne Wiederholung), i {,...,n} : Π(i) = s i,s i M,s i s j (i j) Anzahl: N = n! 57 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

3 Permutation mit Wiederholung Sei M = {s,...,s k }, k i > 0 i =,...,k mit k i= k i = n. Jedes geordnete n-tupel von Elementen aus M, wobei jedes Element s i genau k i mal vorkommt, heißt Permutation mit Wiederholung. Anzahl: N = n! k! k k! Bsp. 7 Wiewiel Möglichkeiten gibt es, die Karten beim Skatspiel zu vergeben? N = 32! 0!0!0!2! 58 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

4 Variation ohne Wiederholung Sei M = {s,...,s n }. Jedes geordnete k-tupel, k n von verschiedenen Elementen aus M heißt Variation ohne Wiederholung. Anzahl: N = n(n ) (n k + ) Aufteilung von k Elementen auf n Fächer unter Berücksichtigung der Reihenfolge Wenn n = k gilt, so erhalten wir: N = n!. Bsp. 8 Wieviele Möglichkeiten für die drei Erstplazierten im 00m Endlauf gibt es? N = = W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

5 Variation mit Wiederholung Auswahl von k Elementen aus einer Menge mit Zurücklegen Es sei M = {s,...,s n }. Die Frage ist: Wieviel verschiedene Möglichkeiten gibt es, k Elemente aus dieser Menge zu entnehmen, wobei durchaus Elemente mehrfach entnommen werden können? N = n k. Bsp. 9 Anzahl der 0stelligen Dualzahlen: N = W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

6 Kombinationen (ohne Wiederholung) Jede k-elementige Teilmenge aus einer n-elementigen Menge M heißt Kombination (ohne Wiederholung) (von k aus n Elementen). Dabei sind Wiederholungen nicht erlaubt und die Reihenfolge der k Elemente wird nicht berücksichtigt. Die Anzahl der Kombinationen ist: N = n (n )... (n k+) = ( ) n k! k = n! (n k)!k!. 6 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

7 Kombination (mit Wiederholung) Faßt man alle Variationen mit Wiederholung (n Elemente, Ordnung k) zu Äquivalenzklassen zusammen, so daß sie aus aus den gleichen Elementen der gleichen Anzahl bestehen, so heißt jede solche Klasse Kombination mit Wiederholung. N = ( n+k k Bsp. 0 n = 2,k = 3: 4 Klassen: {aaa}, {aab, aba, baa}, {abb, bab, bba}, {bbb} werden jeweils zu einer Klasse zusammengefaßt. Erläuterung zur Kombination mit Wiederholung: siehe Beispiele 4 und 5. (Dieses Problem wird auf den Fall unterscheidbarer )

8 Kombination von Elementen aus mehreren Mengen Wir betrachten beliebige Mengen S,...,S k, wobei S i = {s i,...,s ini } (i =,...,k) gilt. Es wird die folgende Frage gestellt: Wieviel verschiedene Kombinationen von je einem Element der Mengen S,...,S k können gebildet werden? Solche Kombinationen haben die Form (s i,...,s kik ), wobei s kik S k gilt für alle i =,...,k. Die Anzahl N der Möglichkeiten ist N = n n 2... n k. 63 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

9 2.2 Beispiele Bsp. Eine Gruppe von r Studenten verreist in einem Zug. Dabei verteilen sich die Studenten zufällig auf n r Abteile. Es sei A das Ereignis, daß alle Studenten in verschiedenen Abteilen sitzen. (In jedem Abteil befindet sich also höchstens ein Student.) P(A) = n(a) N. N = n r = # Möglichkeiten für die Verteilung der r Studenten auf die n Abteile. n(a) = n (n )... (n r + ) P(A) = n(a) N = n (n )... (n r+) n r. 64 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

10 Bsp. 2 In einer Urne sollen sich n Kugeln befinden. Von diesen seien n schwarz, n n dagegen weiß. Nun werden k Kugeln (zufällig) entnommen, und zwar ohne Zurücklegen. A: Ereignis, daß von diesen k Kugeln k schwarz sind P(A) = n(a) N. N = ( n k) = Anzahl der Möglichkeiten, k Kugeln aus n Kugeln auszuwählen. n(a)= Anzahl der günstigen Ereignisse= Anzahl der Möglichkeiten zur Entnahme von k Kugeln, bei denen genau k schwarze Kugeln ausgewählt werden. 65 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

11 In einem solchen Fall sind dann auch genau k k weiße Kugeln entnommen worden. Also. Die Anzahl der Möglichkeiten, aus n schwarzen Kugeln k schwarze auszuwählen (ohne Wiederholung und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge) ist ( n k ). 2. Die Anzahl der Möglichkeiten, aus n n weißen Kugeln k k weiße auszuwählen (ebenfalls ohne Wiederholung und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge) ist ( n n k k ). Anzahl der günstigen Ereignisse n(a) = ( n k ) ( ) n n k k 66 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

12 P(A) = n(a) N = ( n Der letzte Ausdruck heißt auch k k ) ) ( k n n ( n k) Hypergeometrische Wahrscheinlichkeit. 67 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

13 Bsp. 3 (Lotto 6 aus 49) Wenn wir uns die Zahlen als Kugeln denken, die aus einer Urne entnommen werden, und außerdem gezogene Zahlen im nachhinein als schwarze Kugeln ansehen, so kann jeder Tip durch die Entnahme von 6 Kugeln verkörpert werden. Somit können wir die Formel des Beispiels 2 auf Seite 66 anwenden. A: Ereignis, daß vier Richtige getippt werden. Wenden wir also oben genannte Formel an mit n = 49, n = 6, k = 6, k = 4, dann gilt: ( 6 ( P(A) = 4) 49 6 ) 6 4 ( 49 ) 6 68 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

14 Bsp. 4 Wie groß ist die Anzahl der Würfe mit 2 nicht zu unterscheidenden Würfeln? Wir vergeben die Zahlen (i,j), wenn i j. Wir vergeben die Zahlen (i, 7), wenn i = j. Die gesuchte Anzahl ist die Anzahl der möglichen Auswahlen aus der Menge {,...,7}, also gleich ( 7 2). 69 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

15 Bsp. 5 Wie groß ist die Anzahl der Würfe mit 3 nicht zu unterscheidenden Würfeln? Sei o.b.d.a. i j k. Wir vergeben die Zahlen (i,j,k), wenn i < j < k. (i,k, 7), wenn i = j < k. (i,j, 8), wenn i < j = k. (i, 7, 8), wenn i = j = k. Die gesuchte Anzahl ist die Anzahl der möglichen Auswahlen aus der Menge {,...,8}, also gleich ( 8 3). 70 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

16 Bsp. 6 Verteilen von n Geldstücken an k Studenten (k n). Auf wieviele Weisen ist das möglich? Fall a) jeder Student bekommt mindestens ein Stück. Geldstücke nebeneinander legen und k Trennstriche verteilen unter n möglichen N = ( ) n k Fall b) es wird zugelassen, daß Studenten nichts erhalten. Trick: Borgen von k Stücken n + k Stück k Trennstriche verteilen unter den jetzt n + k möglichen N = ( ) n+k k Dann gibt jeder Student genau ein Stück zurück. 7 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

17 Bsp. 7 (Hashing) Beobachtungen (oder Daten) abspeichern auf einem Feld. k: Anzahl der Beobachtungen n: Feldlänge (k n) Das Abspeichern geschieht mit Hilfe von Hashfunktionen (oder Hashtafeln). zufällige Daten: Kollisionen können auftreten. A k,n : Ereignis, daß Kollisionen auftreten. ges.: P(A k,n ) 72 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

18 P(A k,n ) = = n(n ) (n k + ) k ( i n ) i=0 = exp (k exp( = exp( i=0 k i=0 ln( x) < x für x < n k ln( i n )) i n ) (k )k 2n ) exp( k2 2n ) 73 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

19 Bsp. 8 (Suche von Elementen) n = Ω. Greifen zufällig eine k-elementige Teilmenge A Ω heraus. ω,...: Schlüsselelemente (vorgegeben), ω,... Ω Frage: Mit welcher Wkt. ω A? P(A) = ( n k ( n k ) ) = k n Frage: Mit welcher Wkt. ω,...,ω r A? ( n r ) k r k(k ) (k r + ) P(A) = ) = n(n ) (n r + ) ( n k 74 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

20 Sei r fest, k n p: P(A) pr P(A) 2, falls pr 2 falls k n 2 /r Soll also die Wkt., daß alle r Schlüsselelemente in der Teilmenge enthalten sind, größer als 2 sein, so muß k n 2 /r gewählt werden. 75 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

21 Zusammenfassung n: # Elemente = Ω k: # auszuwählende Elemente k,...,k m : Häufigkeit der einzelnen Elemente ohne Wiederholung mit Wiederholung Permutationen n! n! k! k m! Variationen n(n ) (n k + ) n k ( Kombinationen n ( n+k ) k) k 76 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

22 2.3 Arithmetische Beziehungen zwischen den Binomialkoeffizienten ( ) n k ( ) n k = = ( ) n n k ( ) n + k n k=0 ( ) n k = 2 n ( ) n k 77 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

23 n i=0 n ( ) n ( ) k k k=0 n k=0 ( ) 2 n = k ( )( ) n m i k i n ( ) n k k k= = 0 ( ) 2n = n ( ) n + m k = n 2 n 78 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

24 8. Definieren die Folge S n = n+ 2 k=0 ( ) n k k Zeigen Sie: S n+ = S n + S n. Beweis: 3 Methoden, vollständige Induktion algebraisch kombinatorisch teilweise Übungsaufgabe, teilweise Übung 79 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

25 2.4 Die Stirling Formel Satz 3 Es gilt n! ( ) n n 2πn. e Beweis: Die Aussage des Satzes ist äquivalent zu ln n! ln 2π + (n + ) ln n n. 2 Sei d n := ln n! (n + ) ln n + n W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

26 Es genügt zu zeigen, lim n d n = ln 2π. Wir schätzen jetzt die Differenz d n d n+ ab, daraus dann das Verhalten der Folge {d n } und versuchen dann den Grenzwert zu bestimmen. 8 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

27 Es gilt d n d n+ = ln n! ln(n + )! (n + 2 ) ln n + (n + + ) ln(n + ) 2 +n (n + ) n! = ln (n + )! + (n + )(ln(n + ) ln n) 2 +ln(n + ) = ln(n + ) + (n + 2 ) ln n + n = 2n + 2 ln n + n 2n+ = (2n + ) 2 ln + 2n+. + ln(n + ) 82 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

28 Es gilt für < x < : ln( + x) = ln( x) = ( ) i+xi i ( ) i+( x)i i i= i= ln + x x = ln( + x) ln( x) = 2 i=0 x 2i+ 2i + 83 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

29 Setzen x := 2n+ d n d n+ = x 2 2 = < und erhalten (x 0) i= i= 2i + 3 ( x + i= (2n + ) 2i (2n + ) 2i ) 2i + x2i+ = ( 3 q ) wobei q = = 3((2n + ) 2 ) (2n + ) 2 84 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

30 Offenbar gilt auch 3(2n + ) = 2 i= 2i + (2n + ) 2i < d n d n+, also 3(2n + ) 2 < d n d n+ < 3((2n + ) 2 ). 85 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

31 Wegen 3((2n + ) 2 ) = 3(2n + ) 2 = = > = = = 2n(n + ) = 2n 2(n + ) 2n(n + ) + 3 = 2 2(2n(n + ) + 3) 2 2 2n(n + ) n n + 24n n n (2n + )(2n + 3) 2n + 2(n + ) + 86 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

32 Beide Ungleichungen zusammen 2n + 2(n + ) + < d n d n+ < 2n 2(n + ) (d n 2n ) (d n+ (d n 2(n + ) ) < 0 < 2n + ) (d n+ 2(n + ) + ) Folge {d n } monoton fallend 2n+ Folge {d n } monoton wachsend. 2n 87 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

33 Beide Folgen haben denselben Grenzwert c := lim d n, Erinnerung: d n < c < d n 2n 2n + c + 2n + < d n < c + 2n d n e d n = ln n! (n + 2 ) ln n + n = n! ( n e ) nn 2 88 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

34 e c n ( n e Bleibt zu zeigen e c+ 2n+ < e d n < e c+ 2n e c e 2n+ < n! ( n e ) ne ) nn 2 < e c e 2n 2n+ < n! < e c n ( n e e c = 2π. ) ne 2n 89 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

35 Hilfsrechnungen I n := π/2 0 sin n xdx 90 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

36 I n = π/2 0 sin n x sin xdx = sin n x ( cosx) π/2 0 π/2 0 = (n ) (n ) sin n 2 cosx ( cosx)dx π/2 = (n )(I n 2 I n ) I n = n n I n 2 I 0 = π 2 I 2 0 = 2 I 0 = 2 π 2 sin n 2 x( sin 2 x)dx I = I 3 = 2 3 I = W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

37 I 2n = I 2n+ = 3 5 (2n ) (2n) (2n) (2n + ) π 2 92 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

38 0 < x < π 2 0 < sin x < sin 2n x > sin 2n x > sin 2n+ x I 2n > I 2n > I 2n+ 2n+ 2n I 2n I 2n+ > I 2n I 2n+ > > (2n ) (2n+) (2n) (2n) lim (2n ) (2n+) (2n) (2n) π = lim( (2n) (2n ) = lim 24n (n!) 4 ((2n)!) 2 (2n+) π π 2 > 2 = ) 2 2n+ 93 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin

39 n! = e c nn n e n e α n (2n)! = e c 2n2 2n n 2n e 2n e β n wobei lim n α n = lim n β n = 0. Einsetzen oben liefert e c = 2π. 94 W.Kössler, Humboldt-Universität zu Berlin