Endliche Kombinatorik

Endliche Kombinatorik Friedrich Pillichshammer Vorlesung im WS 011/1 Universität Linz, Institut für Analysis, Email: friedrich.pillichshammer@jku.at

Inhaltsverzeichnis 1 Drei Grundprinzipien der Kombinatorik 4 1.1 Das Additionsprinzip............................. 4 1. Das Bijektionsprinzip............................. 4 1.3 Das Multiplikationsprinzip.......................... 6 1.4 Ein abschließendes Beispiel.......................... 7 Anordnungen (Variationen, Kombinationen) 8.1 Einleitung und Fragestellung......................... 8. Variationen mit Wiederholung........................ 9.3 Variationen ohne Wiederholung....................... 10.4 Kombinationen ohne Wiederholung..................... 11.5 Kombinationen mit Wiederholung...................... 14 3 Das Inklusions-Exklusions Prinzip 16 3.1 Motivation und Satz............................. 16 3. Anwendungen des Siebprinzips........................ 17 4 Erzeugende Funktionen 1 4.1 Motivation und Definition.......................... 1 4. Rechenregeln für erzeugende Funktionen.................. 4 5 Partitionen 9 5.1 Partitionen von Mengen........................... 9 5. Partitionen von natürlichen Zahlen..................... 3 5.3 Die erzeugende Funktion der Folge (p(n)) n 0................ 37 5.4 Studium der Größenordnung von p(n).................... 40 6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen 47 6.1 Definition und Beschreibung des Lösungsverfahrens............ 47 6. Die Fibonacci-Folge.............................. 50 6.3 Die Catalan Zahlen.............................. 5 7 Polya-Theorie 59 7.1 Einleitung und Fragestellung......................... 59 7. Grundlegendes aus der Gruppentheorie................... 61 7.3 Die Gruppe S n................................ 63 7.4 Wirkung einer Gruppe (group action).................... 66

Inhaltsverzeichnis 7.5 Eine exakte Formulierung des Problems................... 71 7.6 Eine Klasse von Abzählproblemen und der Satz von Polya........ 74 7.7 Eine Anwendung des Satzes von Polya................... 8 8 Ramsey Theorie 89 9 Das Lemma von Sperner und der Brouwersche Fixpunktsatz 94 Index 101 3

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 1 + + 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+ = 8. 1. 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

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

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 1.3. 1.3 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

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 = 36. 1.4 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

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

Anordnungen (Variationen, Kombinationen) Definition. Seien n,k N 0. 1. 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 = 531441 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

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 = 9 9 8 7 = 4536.. 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

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

Anordnungen (Variationen, Kombinationen) Beispiel.16 1. Beim österreichischen Zahlenlotto wählt man aus 45 Objekte 6 aus. Also gibt es ( 45 6) = 8145060 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

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

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. 1 1 1 1 1 1 3 3 1 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 ) 0...0 (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

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

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 3. 1. 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

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 = 33. 3. 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

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

3 Das Inklusions-Exklusions Prinzip Die Anzahl der fixpunktfreien Permutationen auf [n]. Wir benötigen folgende Begriffe: Definition 3.6 1. 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

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

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 3 6 0 3 4 3 4 3 0 6 3 0 4 5 4 0 5 5 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

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 8 + +7x 9 +4x 10 +7x 11 +3x 1 +5x 13 +x 14 +3x 15 +x 16 + +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

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

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 4.3 1. 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

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

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 4.5 1. 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

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. 1 3. 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

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

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 5.3 1. 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

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

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

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 = 1+1+1+1. 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 = 4+1+3 interpretieren wir als oder 8 = 1+4+3 wird als 3

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 1 + + k s eine Komposition von n in s Summanden und g(k 1 + + 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 = +1+1+1, 5 = 1+1+1+1+1. 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

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 = 7 + 4+3+++1 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: 7 4 3 1 6 5 3 1 1 1 Zählen wir nun die spaltenweise, so erhalten wir eine neue Partition von 19, nämlich 19 = 6 + 5 + 3 + + 1 + 1 + 1. Diese Partition nennen wir duale Partition zu 19 = 7+4+3+++1. Betrachten wir nun das Ferrers Diagramm für diese Partition: 6 5 3 1 1 1 7 4 3 1 34

5 Partitionen Zählen wir die dann wieder spaltenweise, so erhalten wir die Ausgangspartition 19 = 7+4+3+++1. 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

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 5.17. 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

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

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

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

5 Partitionen Also gilt für alle n N die Identität np(n) = = = = r=0 m=1 k=1 }{{} r+mk=n n 1 r=0 m=1 m (n r) p(r)m p(r)m n 1 p(r)σ(n r) r=0 n p(n r)σ(r), r=1 wobei σ die Teileranzahl Funktion ist. Also haben wir eine weitere Rekursionsformel für p(n) gefunden. Satz 5.3 Für alle n N gilt p(n) = 1 n n r=1 p(n r)σ(r). 5.4 Studium der Größenordnung von p(n) Wir können nun eine obere Abschätzung der Zahlen p(n) für alle n N angeben. Satz 5.4 Für n N gilt p(n) < e π 3 n. Beweis. Aus der Analysis wissen wir, dass sich log(1+s) für 1 < s 1 in der Form log(1+s) = ( 1) n+1s n n=1 darstellen läßt. Sei nun 0 < a < 1, dann gilt ( ) 1 log = log(1+( a)) = 1 a n=1 ( 1) n+1( a)n n = n=1 a n n. 40

5 Partitionen Betrachten wir nun die erzeugende Funktion P(x) der Folge (p(n)) n 0 für 0 < x < 1. Es gilt Da 0 < x < 1, ist logp(x) = = = = = m=1 ( ) 1 log 1 x m (da log stetig und das Produkt konvergent ist) (x m ) n n m=1 n=1 (da 0 < x m < 1) (x m ) n n=1 m=1 n=1 n (weil die Reihenglieder alle positiv sind) 1 ( ) (x n ) m 1 1 = n n 1 x 1 n m=1 1 x n n1 x n. n=1 n=1 nx n 1 < 1+x+x + +x n 1 = 1 xn 1 x und somit ist 1 x n > nx n 1 (1 x). Damit erhält man dann logp(x) = < = Also, für alle x R mit 0 < x < 1 gilt 1 x n n1 x n 1 x n nnx n 1 (1 x) n=1 n=1 x 1 x π 6. P(x) < e x π 1 x 6. Weiters gilt für 0 < x < 1 und für n N, dass P(x) = p(m)x m > p(n)x n. m=0 Zusammen erhalten wir p(n) < e x π 1 x 6 x n 41

5 Partitionen für alle n N und für alle x R mit 0 < x < 1. Wählen wir nun speziell n x = (0,1), n+π/ 6 dann ist x = 6 n 1 x π p(n) < und somit folgt e n π 6 ( ) n = n n+π/ 6 ( 1+ π ) 6 n 6 π π n 6 n e π 6 n. Für jedes c > 0 ist Also gilt Das war aber die Behauptung. ( 1+ 1 c n) c n monoton wachsend in n und ( lim 1+ 1 ) c n n c = e. n p(n) < e π 6 n = e π 3 n. Bemerkung 5.5 Die Abschätzung aus Satz 5.1 erscheint zwar nicht besonders gut, z.b.: n p(n) e π 3 n 50 046 75375559, 9... 100 1905699 1,38065 10 11 Wir werden aber im nächsten Satz sehen, dass die Größenordnung tatsächlich der Wirklichkeit entspricht. Satz 5.6 Für n N gilt p(n) > 1 e n.,4πe n Zum Beweis dieses Satzes benötigen wir einige Lemmas. Zunächst zeigen wir eine weitere Rekursionsformel für p k (n). Lemma 5.7 Für n N und k [n] gilt p k (n) = n/k j=0 p k 1 (n jk). Beweis. Sei A die Menge aller Partitionen von n in Summanden k. Also ist A = q k (n) = p k (n). Weiters seien für j = 0,1,..., n/k die Mengen B n jk die Mengen aller Partitionen von n jk in Summanden k 1. Also ist B n jk = q k 1 (n jk) = p k 1 (n jk), 4

5 Partitionen für j = 0,1,..., n/k. Klarerweise sind die Mengen B n jk, j = 0,1,..., n/k, paarweise disjunkt. Denn angenommen für i j gibt es eine Partition in B n ik B n jk. Dann folgt sofort, dass n ik = n jk, was ein Widerspruch zu i j ist. Sei nun Dann gilt B = n/k j=0 B := B n jk = n/k j=0 n/k j=0 B n jk. p k 1 (n jk). In einer Partition aus A kommt der Summand k, j-mal vor, für ein 0 j n/k. Also sieht so eine Partition wie folgt aus: wobei 0 k i k 1. Nun ist n = k 1 + +k l +k } +k + +k {{}, j mal n jk = k 1 + +k l eine Partition von n jk in Summanden k 1. Wir definieren also eine Abbildung f : A B sodass die Partition (k 1,...,k l,k,...,k) A mit 0 k i k 1 abgebildet wird auf (k 1,...,k l ) B. Also (k 1,...,k l,k,...,k) (k 1,...,k l ). Wenn wir jetzt zeigen können, dass f bijektiv ist, dann sind wir fertig. Sei (k 1,...,k l ) B. Dann gibt es ein j, sodass ist und somit Dh. also (k 1,...,k l,k,k,...,k) A und Also ist f surjektiv. Nun noch zur Injektivität. Seien n jk = k 1 + +k l n = k 1 + +k l +k } +k + +k {{}. j mal f((k 1,...,k l,k,k,...,k)) = (k 1,...,k l ). P 1 = (k 1,...,k m,k,...,k), mit 0 k i k 1, P = (l 1,...,l p,k,...,k), mit 0 l i k 1, 43

5 Partitionen zwei Partitionen in A mit Dh. Es folgt sofort, dass m = p und für ein passendes j gilt. Dann folgt aber und somit ist f(p 1 ) = f(p ). (k 1,...,k m ) = (l 1,...,l p ) B. k 1 + +k m = l 1 + +l p = n jk k 1 + +k m +k + +k }{{} j mal = l 1 + +l p +k + +k }{{} P 1 = P. Also ist f injektiv und der Beweis ist fertig. j mal = n Lemma 5.8 Seien a,b R, a 0, b > 0, m N und s = a/b. Dann gilt s (a jb) m 1 > am bm. Beweis. Betrachte die Funktion j=0 f : [a sb,a] R, x x m 1. Wir teilen das Intervall [a sb,a] in s Teilintervalle I K der Länge b auf, I k := [a kb,a (k 1)b] für k = 1,...,s und betrachten f auf I k. Da f streng monoton wachsend ist, gilt für alle x I k. Also gilt a (k 1)b und somit ist a a kb a sb f(x) < f(a (k 1)b) f(x)dx < b(a (k 1)b) m 1 x m 1 dx = < b s k=1 a (k 1)b a kb f(x)dx s (a (k 1)b) m 1 k=1 s 1 = b (a kb) m 1. k=0 44

5 Partitionen Andererseits ist aber und somit gilt Nun ist b s k=0 da (a sb) m 1 bm (a sb) m a a sb x m 1 dx = am m (a sb)m m, s 1 b (a kb) m 1 > am m (a sb)m m. k=0 (a kb) m 1 > am m +b(a sb)m 1 (a sb)m m = am m +(a sb)m 1bm (a sb) m am m, 0 ist. Aus s = a b folgt nämlich s > a 1 und somit ist b ( a ) b 1 = b(m 1) 0 bm (a sb) > bm a+b und die Behauptung folgt. Lemma 5.9 Für k,n N gilt p k (n) n k 1 (k 1)!k!. Beweis. Wir beweisen das Lemma mit vollständiger Induktion nach k. k = 1: Es ist zu zeigen, dass p 1 (n) 1 gilt, was trivialerweise richtig ist. k 1 k: Es gilt s p k (n) = p k 1 (n jk) = > = j=0 s j=0 (n jk) k (k )!(k 1)! (nach Induktionsannahme) 1 s (n jk) k (k )!(k 1)! j=0 1 n k 1 (k )!(k 1)! k(k 1) (nach Lemma 5.8) n k 1 (k 1)!k!. 45

5 Partitionen Lemma 5.30 Es gibt eine Konstante C > 0 (z.b. C = 1,1), sodass für alle k N gilt p(n) > 1 πnc n k e k k k. Beweis. Aus der Stirling schen Formel folgt die Existenz einer Konstante C > 0 (z.b. C = 1,1), sodass ( ) k k k! < C πk, e für alle k N. Also gilt p(n) p k (n) n k 1 (k 1)!k! = knk 1 (k!) C ( k e kn k 1 ) kπk = 1 πnc n k e k k k. Nun können wir Satz 5.6 beweisen. Beweis von Satz 5.6. Aus Lemma 5.30 folgt mit C = 1,1 und der speziellen Wahl k = n, dass 1 n n e n p(n) πn(1,1) n. n Für k = n n folgt k k n k und somit ist n n n n 1. Damit folgt nun p(n) > 1 e ( n +1), 4πn e n 1 e,4πe n. Bemerkung 5.31 Hardy und Ramanujan haben folgende asymptotische Formel für p(n) bewiesen. Es gilt p(n) 1 4 e π 3 n. 3 n Die Konstante π /3 im Exponenten stimmt genau mit der in unserer Abschätzung aus Satz 5.4 überein. 46

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen 6.1 Definition und Beschreibung des Lösungsverfahrens Eine Folge (a n ) n 0 wird häufig dadurch definiert, dass man das erste Element a 0 (oder die ersten j Elemente a 0,...,a j 1 ) angibt und dann beschreibt, wie man für n 0 (oder n j) das Element a n+1 aus den Elementen a 0,...,a n berechnet. Diese Vorgangsweise nennt man rekursive Definition einer Folge. Oft ist eine Folge (a n ) n 0 rekursiv gegeben und gesucht ist eine explizite Darstellung der a n. Wenn die Vorschrift wie man a n+1 aus den vorangehenden Folgengliedern erhält kompliziert ist, ist eine Lösung der Rekursion äußerst schwierig. Beispiel 6.1 Sei a 0 := 1 und a n+1 := (n+1)a n für n N. Dann beginnt die Folge mit (Natürlich ist a n = n!.) (1,1,,6,4,10,...). Definition 6. Eine lineare homogene Rekursion mit konstanten Koeffizienten ist gegeben durch a 0 = b 0,..., a k 1 = b k 1 und a n = c 1 a n 1 +c a n + +c k a n k, für n k. Dabei ist k N 0, c 1,...,c k R, c k 0, und die Starwerte b 0,...,b k 1 R. Beispiel 6.3 Sei n N. Gesucht ist die Anzahl a n aller Ziffernfolgen (mit Ziffern 0,1,...,9) der Länge n ohne aufeinanderfolgende Nuller. Zunächst stellen wir eine Rekursion für die Folge a n auf. Falls die erste Stelle in der Folgemit0belegtwird,kannmandierestlichenn 1Stellenauf9a n Artenbelegen(die zweitestelledarfnichtmit0belegtwerden).alsoesgibt9a n verschiedene Ziffernfolgen der Länge n ohne aufeinanderfolgende Nuller sodass die erste Stelle gleich Null ist. Wird die erste Stelle der Folge nicht mit 0 belegt, hat man dafür 9 Möglichkeiten. Die restlichen n 1 Stellen kannman auf a n 1 Arten belegen. Also es gibt 9a n 1 verschiedene Ziffernfolgen der Länge n ohne aufeinanderfolgende Nuller sodass die erste Stelle ungleich Null ist. Zusammen gilt also a n = 9a n 1 +9a n für n 3. Als Startwerte hat man a 1 = 10 und a = 99 (nur die Folge 00 ist nicht erlaubt). Rechnet man die Startwerte zurück, ergibt sich a 0 = 1. 47

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Wir suchen also die eindeutig bestimmte Folge (a n ) n 0 mit a 0 = 1, a 1 = 10 und a n = 9a n 1 +9a n für n. Das ist eine lineare Rekursion mit konstanten Koeffizienten, wobei k =, c 1 = c = 9 und b 0 = 1 und b 1 = 10. Wir werden nun zeigen, wie man einfache Rekursionen mit Hilfe von erzeugenden Funktionen lösen kann. Dabei gehen wir wie folgt vor: 1. Wir wandeln die kombinatorische Information einer Rekursion in eine algebraische Gleichung für die erzeugende Funktion f der Folge um.. Aus dieser Gleichung bestimmen wir dann die erzeugende Funktion f. 3. Anschließend entwickeln wir die erzeugende Funktion f in eine Potenzreihe (Tricks mit geometrischer Reihe, Partialbruchzerlegung oder Taylorformel funktioniert immer, falls f unendlich oft differenzierbar). 4. Aus der Potenzreihendarstellung von f können wir dann die a n explizit darstellen. (Identitätssatz für Potenzreihen.) Wir illustrieren diese Vorgehensweise anhand der Rekursion aus Beispiel 6.3: Sei f(x) die erzeugende Funktion der Folge (a n ) n 0, also f(x) = a n x n. n=0 Für n ist a n = 9a n 1 +9a n. Wir multiplizieren diese Gleichung mit x n erhält man a n x n = 9xa n 1 x n 1 +9x a n x n. Aufsummieren über alle n ergibt a n x n = 9x a n 1 x n 1 +9x a n x n. n= Damit haben wir folgende Gleichung für die erzeugende Funktion f: Da a 0 = 1 und a 1 = 10 ist also n= n= f(x) a 0 a 1 x = 9x(f(x) a 0 )+9x f(x). f(x) 1 10x = 9x(f(x) 1)+9x f(x) und somit f(x) = 1+x 1 9x 9x. 48

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Da f eine rationale Funktion ist, ist der Konvergenzradius positiv. Wir versuchen nun f in eine Potenzreihe zu entwickeln. Dazu bestimmen wir zunächst die Nullstellen x 1,x des Polynoms 1 9x 9x. Es ist x 1 = 1 + 13 6 0,1009... und x = 1 13 6 1,1009... Seien α = 1/x 1 und β = 1/x. Dann ist x 1 x = 1 und αβ = 9. Nun gilt 9 ( 9x +9x 1 = 9(x x 1 )(x x ) = 9 x 1 )( x 1 ) α β = 9 (1 αx)(1 βx) = (1 αx)(1 βx). αβ Also ist f(x) = 1+x (1 αx)(1 βx). Wir machen nun eine Partialbruchzerlegung der rationalen Funktion f. Dazu machen wir folgenden Ansatz: f(x) = 1+x (1 αx)(1 βx) = A (1 αx) + B (1 βx). Daraus erhalten wir und somit gilt f(x) = = = A = 1+α α β und B = 1+β α β, ( ) 1 1 (1+α) α β 1 αx (1+β) 1 1 βx ( ) 1 (1+α) (αx) n (1+β) (βx) n α β n=0 n=0 (1+α)α n (1+β)β n x n. α β n=0 Aus dem Identitätssatz für Potenzreihen folgt nun für alle n N 0. Dabei waren a n = (1+α)αn (1+β)β n α β α = 1 x 1 9,908 und β = 1 x 0,908. 49

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen 6. Die Fibonacci-Folge Definition 6.4 Die Folge (F n ) n 0 die gegeben ist durch F n = F n 1 +F n für n mit Startwerten F 0 = 1 und F 1 = 1 heißt Fibonacci-Folge. Die Zahlen F n heißen Fibonacci-Zahlen. (Benannt nach dem ital. Mathematiker Leonardo da Pisa, auch genannt Fibonacci (ca. 1170-150).) Die Fibonacci-Folge ist eines der ältesten bekannten Beispiele einer rekursiv definierten Folge. Fibonacci studierte diese Folge im Zusammenhang mit der Fortpflanzung von Kaninchen. Die Fibonacci-Folge beginnt mit den Zahlen 1,1,,3,5,8,13,1,34,... Beispiel 6.5 Gegeben sei ein n Rechteck. Wieviel Zerlegungen dieses Rechtecks gibt es in 1 Dominos? Siehe Abb. 6.1 und 6. für den Fall n = 3 bzw. n = 4. Abbildung 6.1: Zerlegungen eines 3 Rechtecks in 1 Dominos. Abbildung 6.: Zerlegungen eines 4 Rechtecks in 1 Dominos. Sei f(n) die gesuchte Anzahl. Die Menge der Zerlegungen zerfällt in zwei disjunkte Mengen: Entweder befindet sich am rechten Ende des n Rechtecks 1. ein vertikales Domino, oder. zwei übereinander liegende horizontale Dominos. Entfernt man diese, dann bleibt im ersten Fall ein (n 1) Rechteck und im zweiten Fall ein (n ) Rechteck über. Also ist f(n) = f(n 1)+f(n ) und f(1) = 1 und f() =. Das ist genau die Definition der Fibonacci Folge. Somit ist f(n) = F n. 50

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Wir zeigen nun eine expliziten Darstellung für die Fibonacci-Zahlen. Es gilt folgender Satz 6.6 Für n N 0 ist die n-te Fibonacci-Zahl gegeben durch ( ) F n = 1 n+1 ) n+1 (. 5 1+ 5 1 5 Beweis. Sei f(x) = n=0 F nx n die erzeugende Funktion der Fibonacci-Folge. Durch multiplizieren der Rekursionsformel mit x n erhalten wir für n n= F n x n = xf n 1 x n 1 +x F n x n. Also folgt durch aufsummieren F n x n = x F n 1 x n 1 +x F n x n. n= Damit bekommen wir folgende Gleichung für die erzeugende Funktion f: (da F 0 = 1 und F 1 = 1). Also gilt n= f(x) x 1 = x(f(x) 1)+x f(x) f(x) = Die Nullstellen des Polynoms x +x 1 sind und somit ist x 1 = 1 5 x +x 1 = ( 1 1 x x. und x = 1+ 5, x+ 1 5 )( x+ 1+ 5 Wir machen nun wieder eine Partialbruchzerlegung der rationalen Funktion f und erhalten [ ] 1 f(x) = ( )( ) = 1 1 1 + 5 x+ 1 5 [ = 1 1+ 5 5 = 1 5 = n=0 ( n=0 1 5 ( x+ 1+ 5 1 1 5 ) n+1 ( x n 1 x 1+ 5 1+ 5 1+ ) n+1 5 ( n=0 1 5 x+ 1 5 1 ) 1 x 1 5 1 5 ) n+1. x+ 1+ 5 ] ) n+1 x n x n. 51

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Aus dem Identitätssatz für Potenzreihen folgt nun die Behauptung. Beispiel 6.7 Die erzeugende Funktion der Fibonacci-Folge kann man auch als Zusammensetzung f(x) = 1 1 x (x+x ) darstellen. Damit gilt f(x) = = = x i (x+x ) = i=0 Daraus erhält man die Identität i ( ) i x i x k = k i=0 k=0 x i (1+x) i i=0 k=0 i=k ( ) i n=0 k k=0 i=k xn = }{{} i+k=n F n = k=0 Übung 6.8 Zeigen Sie: Für n gilt ( Fn F n 1 F n 1 F n k=0 ( ) i x k+i k ( n ( ) ) n k x n. k n=0 k=0 n ( ) n k n ( ) n k =. k k ) = ( 0 1 1 1 Folgern Sie daraus die Identität F n F n F n 1 = ( 1) n. 6.3 Die Catalan Zahlen ) n. Definition 6.9 Für n N 0 ist die n-te Catalan Zahl definiert als ( ) ( ) n n C n := = 1 ( ) n. n n+1 n+1 n Die Folge (C n ) n 0 der Catalan Zahlen beginnt mit (1,1,,5,14,4,13,49,1430,...). Definition 6.10 Unter einer Triangulierung eines konvexen n-ecks verstehen wir eine vollständige Zerlegung des konvexen n-ecks in Dreiecke durch Diagonalen, die Ecken verbinden. Siehe Abb. 6.3 und 6.4 für die Fälle n = 4 bzw. n = 5. 5

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Abbildung 6.3: Triangulierungen eines 4-Ecks. Abbildung 6.4: Triangulierungen eines 5-Ecks. Wieviele Triangulierungen eines n-ecks gibt es? Sei f(n) die gesuchte Anzahl. Wir stellen uns das n-eck auf einer fixierten Seite ruhend vor. In einer gegebenen Triangulierung gehört diese fixierte Seite zu einem eindeutig bestimmten Dreieck. Dieses zerteilt das n-eck in einen Teil links davon und einen Teil rechts davon. Siehe Abb. 6.5. Diese Beiden Teile sind nun wiederum Triangulierungen, und zwar eines k-ecks und Abbildung 6.5: Ein festes Dreieck zerlegt eine Triangulierung in zwei Teile. eines (n k +1)-Ecks. Dies ergibt für n 3 die Rekursion n 1 f(n) = f(k)f(n k +1). (6.1) k= mit dem Anfangswert f(4) = und damit f() = f(3) = 1. Die Folge (f(n + )) n 0 beginnt mit (1,1,,5,14,4,13,49,1430,...). Dadurch vermuten wir f(n+) = C n. Diese Vermutung beweisen wir nun wiederum mit Hilfe der erzeugenden Funktion. Sei F(x) = n=0 f(n+)xn. Multipliziert man (6.1) mit x n und summiert über all 53

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen n 3 erhält man Nun ist und Also gilt f(n)x n = n=3 f(n)x n = n=3 n 1 f(k)f(n k +1)x n. n=3 k= f(n+)x n+ = x F(x) x n=1 n 1 f(k)f(n k +1)x n = n=3 k= = n 3 f(k +)f(n k 1)x n n=3 k=0 n=0 k=0 = x 3 F(x). n f(k +)f(n k +)x n+3 x F(x) x = x 3 F(x) bzw. xf(x) F(x)+1 = 0. Löst man die quadratische Gleichung nach F(x) auf folgt F(x) = 1± 1 4x. x Nur eine der beiden Lösungen ist eine Potenzreich, nämlich die mit (die Lösung mit + hat einen Pol in x = 0). Wir verwenden nun die allgemeine Definition der Binomialkoeffizienten. Für α R und k N ist ( ) α k := α(α 1) (α k+1) und ( ) α k! 0 := 1. Dann ist (1+x) α = α n=0( n) x n für x < 1. Somit gilt F(x) = 1 1 4x ( x = 1 ( ) 1/ 1 )( 4) n x n x n n=0 ( ) 1/ ( 4) n+1 = x n n+1 n=0 ( 1 1) (1 1 = n) ( 4) n+1 (n+1)! n=0 1 1 3 (n 1) = n x n (n+1)! n=0 (n)! = (n+1)!n! xn = C n x n. n=0 n=0 x n 54

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Damit ist unsere Vermutung bewiesen. Für n N gilt also n+1 C n = f(n+) = f(k)f(n k +3) = k= n 1 n 1 f(k+)f(n k +1) = C k C n k 1. k=0 Also erfüllen die Catalanzahlen die Rekursion für n N mit C 0 := 1. n 1 C n = C k C n k 1 k=0 Beispiel 6.11 n Personen sitzen an einem runden Tisch. Auf wieviel Arten können diese simultan Hände schütteln, ohne dass sich keine zwei Paare kreuzen? Siehe Abb. 6.6. k=0 Abbildung 6.6: Händeschütteln von 6 Personen ohne sich zu kreuzen. Sei g(n) die gesuchte Anzahl. Wir wählen von den n Personen eine aus. Diese schüttelt die Hand einer Person und bildet mit dieser eine Achse. Damit sich keine zwei Paare kreuzen, müssen auf beiden Seiten dieser Achse eine gerade Anzahl von Personen sitzen. Für die verbleibenden Paare gibt es dann folgende Aufteilung von Paaren links und rechts vom fixierten Paar: links rechts 0 n 1 1 n n 3.. n 1 0 55

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Die Paare links bzw. rechts können jeweils ein beliebiges nicht-kreuzendes Händeschüttelmuster sein. Also ist g(n) gegeben durch n 1 g(n) = g(k)g(n k 1). k=0 Mit g(0) = g(1) = 1 folgt dann g(n) = C n = 1 n+1( n n). Wir betrachten nun das Gitter Z in der Ebene R und dazu zulässige Schritte, die einen Gitterpunkt (i,j) entweder mit (i+1,j+1) verbinden (Aufwärtsschritt) oder mit (i+1,j 1) (Abwärtsschritt). Eine Folge von Gitterpunkten (p 0,p 1,...,p n ) heißt Gitterpunktweg der Länge n, der in p 0 beginnt und in p n endet, wenn für i [n] immer p i 1 mit p i durch einen zulässigen Schritt verbunden ist. Definition 6.1 Ein Gitterpunktweg, der in (0, 0) beginnt, in (n, 0) endet und der niemals unter die x-achse gerät, heißt Dyck-Pfad der Länge n. Satz 6.13 Es gibt genau C n Dyck-Pfade der Länge n. Lemma 6.14 Die Anzahl der Gitterpunktwege die in (0,0) starten und in (a,b) enden ist 0 falls b > a; 0 falls b a und a+b 1 (mod ); ( ) a a+b falls b a und a+b 0 (mod ). Beweis. Ein Gitterpunktweg von (0,0) nach (a,b) entspricht einer Folge (ε 1,...,ε a ) mit ε i { 1,1} und a i=1 ε i = b. Jede solche Folge entspricht einer Folge (δ 1,...,δ a ) mit δ i {0,1} und a i=1 δ i = a+b a+b, also einer 0,1-Folge der Länge a mit genau Einser. Davon gibt es genau ( ) a a+b Stück. Beweis von Satz 6.13. Die Anzahl der Dyck-Pfade der Länge n ist die Anzahl ( n n) aller Gitterpunktwege von (0, 0) nach (n, 0) minus der Anzahl der Gitterpunktwege von (0, 0) nach (n, 0) die unter die x-achse geraten. Jeder solche schlechte Gitterpunktweg p muss notwendigerweise ein erstes mal die Gerade y = 1 treffen. Diesen ersten Treffpunkt nennen wir Q. Wir spiegeln nun den Anfangsabschnitt von p, der in (0,0) beginnt und in Q endet, an der Geraden y = 1, und setzen ab Q mit dem Endabschnitt von p fort. Damit entsteht ein Gitterpunktweg, der in (0, ) beginnt und in (n,0) endet, siehe Abb. 6.7. Diese Spiegelung definiert eine Bijektion zwischen allen schlechten Gitterpunktwegen von (0,0) nach (n,0) und allen Gitterpunktwegen von (0, ) nach (n,0). Von letzteren 56

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Abbildung 6.7: Spiegelung am ersten Treffpunkt Q. gibt es genau ( n n+1) Stück. Also ist die Anzahl aller Dyck-Pfade der Länge n gegeben durch ( ) ( ) n n = C n. n n+1 Beispiel 6.15 0 Personen warten in einer Schlange vor der Kino Kasse um jeweils eine Karte zu 5e zu kaufen. 10 Personen haben als einziges Zahlungsmittel einen 5e Schein bei sich, die restlichen Personen lediglich eine 10e Schein. Die Kinokasse ist zu Beginn leer. Wieviele mögliche Reihenfolgen gibt es für die 0 Personen, bei denen für jede Person immer genügend Wechselgeld vorhanden ist? Eine Schlange entspricht einem Gitterpunktweg von (0, 0) nach (0, 0), wobei eine Person mit 5e einem Aufwärtsschritt entspricht (der Wechselgeldstand wächst um 1), eine Person mit 10e einem Abwärtsschritt (der Wechselgeldstand fällt um 1). Es ist immer genug Wechselgeld vorhanden, wenn der Gitterpunktweg niemals unter die x- Achse gerät. Also muss der Weg ein Dyck-Pfad der Länge 0 sein und davon gibt es genau C 10 = 1 11 ( ) 0 = 16796. 10 Beispiel 6.16 Ein Dyck-Wort der Länge n ist ein String der Länge n bestehend aus n Buchstaben X und n Buchstaben Y, sodass in keinem Anfangssegment mehr Y als X vorkommen. Jedes Dyck-Wort entspricht umkehrbar eindeutig einem Dyck-Pfad wobei X einem Aufwärtsschritt und Y einem Abwärtsschritt entspricht. Also gibt es genau C n Dyck- Worte der Länge n. Z.B. für n = 3: XXXYYY, XYXXYY, XYXYXY, XXYYXY, XXYXYY. 57

6 Lösen von Rekursionen mit Hilfe erzeugender Funktionen Beispiel 6.17 C n ist auch die Anzahl aller monotonen Pfade entlang der Kanten eines Gitters aus n n quadratischen Zellen welche nicht über die Diagonale kommen. Ein monotoner Pfad ist dabei ein Pfad der in der linken unteren Ecke startet, rechts oben endet und in jedem Schritt entweder nach rechts oder nach oben geht. Jeder solche Pfad entspricht einem Dyck-Wort der Länge n. Dabei steht X für einen Schritt nach rechts und Y für einen Schritt nach oben. Siehe Abb. 6.8 für n = 3. Abbildung 6.8: Monotone Pfade im 3 3 Gitter welche nicht über die Diagonale kommen. 58

7 Polya-Theorie 7.1 Einleitung und Fragestellung Wir beginnen mit folgendem Beispiel: Beispiel 7.1 Wieviele verschiedene Schachbretter mit Farben schwarz und weiß gibt es? In diesem einfachen Beispiel können wir leicht alle Fälle angeben: Eine erste Antwort auf unsere Frage ist also: 16 Schachbretter. Was ist aber, wenn wir gewisse Färbungen als gleich betrachten? Z.B. können wir die Färbungen als gleich betrachten, da eine aus der anderen durch Drehung entsteht. Genau so kann man jeweils die Färbungen in den Zeilen 59

7 Polya-Theorie als gleich betrachten, da sie sich nur bis auf Drehungen oder Spiegelungen Unterscheiden. Also erhalten wir als zweite Antwort auf unsere Frage: 6 Schachbretter. Was bedeutet nun gleich? Dazu betrachten wir Abbildungen R R, welche ein Schachbrett [ 1, 1] [ 1, 1] in sich überführen(ohne dabei die Färbung zu betrachten). π,π, 3π Diese sind die identische Abbildung, die Rotationen um die Winkel, und die Spiegelungen an der x-achse, y-achse, 1. Mediane und. Mediane (siehe Abbildung 7.1). y-achse. Mediane 1. Mediane x-achse Abbildung 7.1: Symmetrien für ein Quadrat. Wir fassen diese Abbildungen zu einer Menge G zusammen: G = { id,rot π/,rot π,rot 3π/,Sp x,sp y,sp 1M,Sp M }. (Es ist einfach zu sehen, dass G zusammen mit der Zusammensetzung von Abbildungen eine Gruppe bildet.) Wir nennen nun zwei Färbungen gleich, falls es eine Abbildung f G gibt, sodass f(1. Färbung) =. Färbung. Z.B. ist 60

7 Polya-Theorie Rot π/ ( ) = = Sp y ( ). Bemerkung 7. Bei obigem Beispiel würde auch G = {id,rot π/,rotπ,rot 3π/ } ausreichen. Wir verallgemeinern jetzt unsere Frage: Seien n,c N, n und c. Wieviele n n Schachbretter mit Feldern der Farben 1,...,c gibt es? Antworten: 1. Falls wir alle Färbungen als verschieden auffassen, dann ist die Antwort c n.. Falls wir Färbungen als gleich bezüglich unseren Symmetrien auffassen (wir sagen kurz: die Färbungen sind gleich modulo G), dann ist die Antwort nicht trivial. Wir werden dieses Problem im Folgenden lösen. Wir stellen folgende Zusatzfrage: Seien β i N 0 für i [c] und β 1 + + β c = n. Wieviele Färbungen (modulo G) gibt es, wobei β 1 β. β c Felder Farbe 1 haben, Felder Farbe haben,. Felder Farbe c haben? Die Antwort unserer Zusatzfrage sieht bei Beispiel 7.1 so aus: s w Färbungen 0 4 1 1 3 1 3 1 1 4 0 1 7. Grundlegendes aus der Gruppentheorie Die grundlegenden Begriffe aus der Gruppentheorie werden im Folgenden vorausgesetzt. Hier nur einige Wiederholungen: Definition 7.3 Sei G eine nichtleere Menge und : G G G eine Verküpfung. Man sagt (G, ) bildet eine Gruppe, falls (G1) Für alle x,y G gilt x y G (Abgeschlossenheit). (G) Es gibt ein Element e G (neutrales Element), sodass für alle x G gilt x e = e x = x. 61

7 Polya-Theorie (G3) Für alle x G gibt es genau ein Element x 1 G (inverses Element), sodass x x 1 = x 1 x = e. (G4) Für alle x,y,z G gilt (x y) z = x (y z). Falls zusätzlich gilt x y = y x für alle x,y G, dann heißt die Gruppe kommutative Gruppe oder abelsche Gruppe. Für x,y G schreibt man oft einfach xy anstatt x y und man spricht einfach von der Gruppe G wenn klar ist, um welche Verküpfung es sich handelt. Eine Gruppe heißt endlich, falls G <, andernfalls heißt die Gruppe unendlich. Beispiele für Gruppen sind (Z,+), (Z n,+), (S n, ),... Wichtige Eigenschaften endlicher Gruppen: 1. Sei G eine endliche Gruppe und H G eine Untergruppe. Eine Linksnebenklasse von H ist eine Teilmenge von G der Form ah = {a h : h H}, wobei a G. Sei G/H die Menge aller verschiedenen Linksnebenklassen von H. Dann besagt der Satz von Lagrange, dass H G/H = G. insbesondere ist also H ein Teiler von G.. Sei G eine endliche Gruppe mit neutralem Element e und a G. Die Ordnung von a ist definiert durch ord(a) = min{n N : a n = e}. Aus dem Satz von Lagrange folgt, dass ord(a) ein Teiler von G ist. 3. Sei G eine Gruppe. Wir definieren eine Relation auf G durch x y genau dann, wenn es ein z G gibt, sodass y = zxz 1 (man sagt x ist zu y konjugiert). Man kann sich nun leicht überlegen, dass diese Relation eine Äquivalenzrelation auf G ist, d.h. man bekommt eine Aufteilung von G in Äquivalenzklassen (sog. Konjugationsklassen). Z.B. falls G = S 3, dann haben wir die Konjugationsklassen id (1,) (1,,3) (1,3) (1,3,) (,3) 6

7 Polya-Theorie 7.3 Die Gruppe S n Eine sehr wichtige Gruppe ist die Gruppe S n aller bijektiven Abbildungen von [n] auf sich selbst. Für n N sei S n = {π : [n] [n], π bijektiv}. Wir wissen bereits, dass S n = n!, also ist S n eine endliche Gruppe, die allerdings für n 3 nicht abelsch ist. Die Elemente aus S n heißen Permutationen. Eine Permutation π S n wird oft wie folgt dargestellt: ( ) 1... n π = S π(1) π()... π(n) n. Z.B. π = ( 1 3 4 5 3 4 1 5 ) S 5. Man kann eine Permutation aber auch anders darstellen. Jede Permutation läßt sich (bis auf die Reihenfolge) eindeutig als Produkt elementfremder Zyklen darstellen. Z.B. kann man obige Permutation aus S 5 als π = (13)(4)(5) schreiben (die einelementigen Zyklen werden oft weggelassen). Wir wollen nun eine Abbildung auf S n definieren, die angibt wieviele Zyklen bestimmter Länge eine Permutation hat. Definition 7.4 Für eine Permutation π S n, welche k 1 Zyklen der Länge l 1 k Zyklen der Länge l. k s. Zyklen der Länge l s hat, mit 1 l 1 < l <... < l s, k i N für i [s] und n = k 1 l 1 + +k s l s, ist Die Abbildung heißt cycle type von π. ct(π) := x k 1 l 1 x k l x ks l s. ct : S n R[x 1,...,x n ], π ct(π) Beispiel 7.5 Für die Permutationen aus S 3 hat man ct(id) = x 3 1 ct((1)) = x 1 x ct((13)) = x 1 x ct((3)) = x 1 x ct((13)) = x 3 ct((13)) = x 3 63

7 Polya-Theorie oder für π = (13)(45)(67)(8910) S 17 ist ct(π) = x 7 1x x 3. Bemerkung 7.6 1. Sei π S n mit ct(π) = x k 1 l 1 x k l x ks l s. Dann ist ord(π) = kgv(l 1,...,l s ).. Seien π,π S n. Dann ist π genau dann zu π konjugiert, wenn ct(π) = ct(π ). Beweis.Sei ct(π) = ct(π ). Dann kann man π und π wie folgt als Zyklen schreiben: π = (a 1 a...a r )(a r+1...a s )...(a t+1...a n ) π = (b 1 b...b r )(b r+1...b s )...(b t+1...b n ) Betrachte nun die Permutation α S n, die gegeben ist durch α(a i ) = b i für i [n]. Dann gilt natürlich α 1 (b i ) = a i und man sieht einfach, dass απα 1 = π. Also ist π π. Gilt umgekehrt π π, dann gibt es eine Permutation α S n sodass απα 1 = π. Sei (a 1 a...a s ) ein Zyklus der Länge s von π. Es ist also Für k N gilt dann a = π(a 1 ), a 3 = π (a 1 ),...,a s = π s 1 (a 1 ), und π s (a 1 ) = a 1. Sei nun b 1 = α(a 1 ) und sei (π ) k = (απα 1 ) k = απα 1 απα 1...απα 1 = απ k α 1. b = π (b 1 ), b 3 = (π ) (b 1 ),...,b s = (π ) s 1 (b 1 ). Nun ist (π ) s (b 1 ) = απ s α 1 (b 1 ) = απ s (a 1 ) = α(a 1 ) = b 1. Falls nun s = min{k N : (π ) k (b 1 ) = b 1 } dann gibt es in π einen Zyklus (b 1 b...b s ). Angenommen es gibt ein k 0 [s] mit (π ) k 0 (b 1 ) = b 1. Dann ist woraus folgt, dass απ k 0 α 1 (b 1 ) = b 1 π k 0 (a 1 ) = a 1. Das ist aber ein Widerspruch, da ja (a 1 a...a s ) ein Zyklus der Länge s von π ist. Also zu jedem Zyklus von π gibt es einen Zyklus von π mit der selben Länge. Umgekehrt kann man aber genauso zeigen, dass es zu jedem Zyklus von π einen Zyklus von π mit der selben Länge gibt. Damit folgt ct(π) = ct(π ) und die Behauptung ist bewiesen. 64

7 Polya-Theorie Wir wollen nun abzählen, wieviele Permutationen es mit einem bestimmten cycle type gibt. Es gilt Satz 7.7 Seien 1 l 1 < l <... < l s und k 1,...,k s N mit n = k 1 l 1 + +k s l s. Dann ist die Anzahl aller Permutationen in S n vom Zyklentyp x k 1 l 1 x ks l s gegeben durch n! k 1!l k 1 1 k!l k k s!ls ks Beweis. Die Zyklen einer Permutation π mit verlangtem cycle type sehen schematisiert so aus: π = (Länge l 1 )...(Länge l 1 )...(Länge l }{{} s )...(Länge l s ). }{{} k 1 mal k s mal Betrachten wir zunächst nur den ersten Zyklus der Länge l 1. Für diesen gibt es ( n ) l1 l 1! n! = l 1 l 1 (n l 1 )! Möglichkeiten. (Die Division durch l 1 kommt daher, da zum Beispiel (13) und (31) gleiche Zyklen sind.) Also ist die Anzahl der Möglichkeiten für die k 1 Zyklen der Länge l 1 gegeben durch 1 n! (n l 1 )! (n (k 1 1)l 1 )! = k 1! l 1 (n l 1 )! l 1 (n l 1 )! l 1 (n k 1 l 1 )!. n! k 1!l k 1 1 (n k 1l 1 )! (die Division durch k 1! kommt daher, da die Anordnung der k 1 Zyklen nicht wichtig ist). Für die nächsten k Zyklen der Länge l hat man dann (n k 1 l 1 )! k!l k (n k 1 l 1 k l )! Möglichkeiten, und so weiter. Insgesamt ist also die Anzahl aller Permutationen mit verlangtem cycle type gegeben durch n! (n k 1 l 1 )! k 1!l k 1 1 (n k 1 l 1 )! k!l k (n k 1 l 1 k l )! (n l 1 k 1 k s l s )! (n l 1 k 1 k s 1 l s 1 )! k s 1 l k s 1 s 1 (n k 1 l 1 k s 1 l s 1 )! k s ls ks (n k 1 l 1 k s l s )! = n! = k 1!l k 1 1 k!l k k s!ls ks und die Behauptung ist bewiesen. Beispiel 7.8 Zum Beispiel ist die Anzahl der Permutationen in S 3 mit ct(π) = x 1 x gleich 3! 1!1 1 1! 1 = 3 (diese sind (1), (13), (3)). 65

7 Polya-Theorie 7.4 Wirkung einer Gruppe (group action) Definition 7.9 Sei G eine Gruppe und X eine Menge. Eine Wirkung der Gruppe G auf der Menge X ist gegeben durch eine Abbildung G X X, (g,x) g x mit folgenden Eigenschaften: (W1) e x = x für alle x X, wobei e das neutrale Element in G ist; (W) (g 1 g ) x = g 1 (g x) für alle g 1, g G und für alle x X. Beispiel 7.10 1. Kehren wir zurück zu Beispiel 7.1: Sei G = { id,rot π/,rot π,rot 3π/,Sp x,sp y,sp 1M,Sp M } und { X =,,..., }. Eine Wirkung von G auf X ist gegeben durch: f G, X ( ) f = f.. Sei X eine Menge und S(X) = {f : X X, f bijektiv}. Weiters sei G S(X) eine Untergruppe von S(X). Für f G und x X ist die Auswertung von f an der Stelle x, also f x = f(x), eine Wirkung von G auf X. 3. Sei G = (R,+) und X = R. Für α G und x X ist durch ( ) cosα sinα α x = x sinα cosα (dasist einedrehungvonxumdenwinkel α)einewirkung vongaufx definiert. 4. Sei K ein Körper und G = K. Sei X = V ein Vektorraum über K. Für λ G und x X ist durch λ x = λx (skalare Multiplikation) eine Wirkung von G auf X definiert. (Zum Beweis verwende man die Vektorraumaxiome.) 66

7 Polya-Theorie 5. Sei G eine Gruppe und X = G. Für g G und x G ist durch g x = gxg 1 (Konjugation) eine Wirkung von G auf X = G definiert. Beweis. a) Sei x G und e das neutrale Element in G. Dann gilt b) Seien g 1,g G und x G. Dann gilt e x = exe 1 = exe = x. g 1 (g x) = g 1 (g xg 1 ) = g 1(g xg 1 )g 1 1 = = (g 1 g )x(g 1 g ) 1 = (g 1 g ) x. Sei nun G eine Gruppe, X eine Menge und G wirke auf X. Wir definieren nun eine Relation auf X durch x G y genau dann, wenn es ein g in G gibt, sodass g x = y. Wir überlegen uns kurz, dass G eine Äquivalenzrelation ist. 1. x G x für alle x X, da e x = x (e ist neutrales Element in G).. Seix G y.danngibteseing G,sodassg x = y.dannistaberg 1 (g x) = g 1 y und somit x = g 1 y. Also ist y G x. 3. Seien x G y und y G z. Dann gibt es g,h G, sodass g x = y und h y = z. Damit folgt nun h (g x) = z und somit (hg) x = z. Da hg G ist, folgt also x G z. Die Äquivalenzrelation G liefert uns nun eine Einteilung der Menge X in Äquivalenzklassen: Für x X sei x = {y X : x G y} = {y X : g G sodass g x = y} = {g x : g G}. Definition 7.11 Die Äquivalenzklasse heißt Orbit (oder Bahn) von x. O x := x = {g x : g G} Beispiel 7.1 Wir bestimmen die Orbits für einige Wirkungs-Beispiele aus Beispiel 7.10: 67

7 Polya-Theorie Abbildung 7.: 6 Orbits von Beispiel 7.1. ad 1. Beispiel 7.1: Die Orbits sind die Mengen der als gleich betrachteten Färbungen. Die sechs Orbits sind in Abbildung 7. dargestellt. Gesucht ist also die Anzahl der Orbits. Analog ist also bei unserem Problem mit den n n Schachbrettern mit c Farben die Anzahl der Orbits gesucht. ad 3. Die Orbits sind konzentrische Kreise und der Ursprung {0}. ad 4. Die Orbits sind alle Geraden durch den Ursprung ohne {0} und der Ursprung selbst. ad 5. Die Orbits sind die Konjugationsklassen. Definition 7.13 Sei G eine Gruppe, X eine Menge und G wirke auf X. Für x X ist der sog. Stabilisator von x definiert als die Menge S x := {g G : g x = x} Bemerkung 7.14 S x ist eine Untergruppe von G, denn: 1. Seien g,h S x. Dann ist und somit ist gh S x. (gh) x = g (h x) = g x = x. Sei g S x. Dann ist g x = x also g 1 (g x) = g 1 x und somit ist x = g 1 x. Also ist auch g 1 S x. 68

7 Polya-Theorie Abbildung 7.3: Schachbrett mit Stabilisator {id,sp 1M,Sp M,Rot π }. In Beispiel 7.1 ist z.b. der Stabilisator des Schachbretts mit lauter weißen (schwarzen) Feldern die Gruppe G selbst. Der Stabilisator des Schachbretts aus Abbildung 7.3 ist die Untergruppe Es gilt nun folgender {id,sp 1M,Sp M,Rot π } Satz 7.15 Sei G eine endliche Gruppe, X eine endliche Menge und G wirke auf X. Für alle x X gilt O x S x = G. Insbesondere ist also O x ein Teiler von G für alle x X. Beweis. Wir wissen, dass S x G eine Untergruppe von G ist. Wir betrachten nun die Linksnebenklassen G/S x = {gs x : g G}. Nach dem Satz von Lagrange gilt dann Wir betrachten nun die Funktion S x G/S x = G. f : G/S x O x, g g x (dabei ist g x die Gruppenwirkung). Diese Abbildung ist wohldefiniert, denn: sei g = h. Dann ist h 1 g S x und somit ist (h 1 g) x = x woraus g x = h x folgt. Wir zeigen nun, dass f bijektiv ist: 1. Sei f(g) = f(h), also g x = h x. Das ist aber äquivalent zu (h 1 g) x = x und somit ist h 1 g S x. Also gilt g = h und die Injektivität von f ist gezeigt.. Sei y O x. Dann gibt es ein g 0 G mit y = g 0 x. Also ist f(g 0 ) = y und somit ist f auch surjektiv. Nach dem Bijektions Prinzip ist also G/S x = O x und die Behauptung folgt. Wir haben schon gesehen, dass wir zur Lösung unseres Problems die Anzahl der Orbits bezüglich unserer Äquivalenzrelation bestimmen müssen. Folgender Satz gibt dazu eine erste Formel: Satz 7.16 Sei G eine endliche Gruppe, X eine endliche Menge und G wirke auf X. Dann ist die Anzahl der Orbits gegeben durch 1 S x. G x X 69

7 Polya-Theorie Beweis. Seien O x1,...,o xk alle Orbits (insbesondere gibt es also k Orbits). Dann ist Also gilt S x = x X = k i=1 k i=1 x O xi S x = k G k O x = G O x O xi i=1 xi x O xi i=1 G O xi O x i = k G. {O x : x X} = k = 1 G S x. x X Beispiel 7.17 Bei Beispiel 7.1 ist also {O x : x X} = 1 (8+4 +4 + 4+4 +8) = 6. 8 Wir haben nun eine Formel zur Berechnung der Anzahl der Orbits. Leider hat diese Formel einen Nachteil. Z.B. bei unserem Problem mit dem n n Schachbrett mit c Farben ist X = c n, also ist X sehr groß. Damit ist auch der Summationsbereich sehr groß. Im Gegensatz dazu bleibt die Gruppe G für n immer gleich (klein). Z.B. bei Beispiel 7.1 ist G = 8. Wir möchten nun eine zu obigem Satz analoge Formel finden, wobei aber nicht über x X summiert wird, sondern über g G. Dazu definieren wir einen zu S x (x X) dualen Begriff: Definition 7.18 Sei G eine endliche Gruppe, X eine endliche Menge und G wirke auf X. Dann sei für g G Fix(g) := {x X : g x = x}. Satz 7.19 (Lemma von Burnside) Sei G eine endliche Gruppe, X eine endliche Menge und G wirke auf X. Dann ist die Anzahl der Orbits gegeben durch 1 Fix(g). G g G Beweis. Wir benützen eine Methode, die oft als doppeltes Abzählen bezeichnet wird. Dazu machen wir eine Tabelle indem wir horizontal die Elemente aus X auftragen und vertikal die Elemente aus G. x g In die Tabelle tragen wir an der Stelle (g,x) einen ein, falls g x = x ist. Wir zählen nun die Anzahl der in der Tabelle auf zwei Arten: 70

7 Polya-Theorie 1. Spaltenweise: Die Spaltensumme für x X ist S x. Also ist die Anzahl der in der Tabelle gegeben durch S x. x X. Zeilenweise: Die Zeilensumme für g G ist Fix(g). Also ist die Anzahl der in der Tabelle gegeben durch Fix(g). g G Damit gilt 1 G g G Fix(g) = 1 G S x = {O x : x X}. x X Wir haben nun eine praktische Formel zur Berechnung der Anzahl der Orbits. Um unser Problem zu lösen haben wir nur noch folgendes Problem: Wie kann man Fix(g) für g G bestimmen? 7.5 Eine exakte Formulierung des Problems Zunächst nochmals zu Beispiel 7.1. Wir bezeichnen die Felder des Schachbretts wie folgt mit den Buchstaben A,B,C,D: A D B C Eine Färbung des Schachbretts ist nun eine Funktion f : {A,B,C,D} {schwarz (s), weiß (w)}. Weiters entspricht jede Abbildung aus der Gruppe G einer Permutation auf{a, B, C, D}. Z.B. Rot π/ : A D Rot π/ D C B C A B 71

7 Polya-Theorie Also entspricht der Drehung Rot π/ die Permutation (ABCD) (in Zyklenschreibweise). Folgende Tabelle gibt zu allen Abbildungen aus G die entsprechende Permutation auf {A,B,C,D}: id (A)(B)(C)(D) Rot π/ (ABCD) Rot π (AC)(BD) Rot 3π/ (ADCB) Sp x (AB)(CD) Sp y (AD)(CB) Sp 1M (AC)(B)(D) (A)(BD)(C) Sp M Wie ist nun die Wirkung von G auf X beschrieben? Betrachten wir wieder die Drehung Rot π/ : Rot π/ = Die Färbung in diesem Beispiel entspricht der Funktion f : {A,B,C,D} {s,w} mit f(a) = f(b) = f(c) = w und f(d) = s. Also ist Rot π/ = Rot π/ f = (ABCD) f. Andererseits ist (ABCD) 1 = (ADCB) und somit gilt f (ABCD) 1 = g = wobei g : {A,B,C,D} {s,w} mit g(a) = s und g(b) = g(c) = g(d) = w. Allgemein ist in Beispiel 7.1 nun die Wirkung der Gruppe G auf die Menge aller Färbungen wie folgt beschrieben: Für π S({A,B,C,D}) und für eine Färbung f : {A,B,C,D} {s,w} ist π f = f π 1. Allgemeine Situation Seien D, C zwei endliche Mengen, (D steht für domain und C für set of colors ). Weiters seien X = {f : D C} und G S(D) eine Untergruppe von S(D). Die Gruppe G wirke in natürlicher weise auf X, d.h. für π S(D) und f X ist π f = f π 1. 7

7 Polya-Theorie Gesucht ist die Anzahl aller Orbits. Hier liegt tatsächlich eine Wirkung von G auf X vor, denn: 1. Für alle f X gilt id f = f id 1 = f; und. für π 1,π S(D) und f X gilt π 1 (π f) = (f π 1 ) π 1 1 = f (π 1 π ) 1 = (π 1 π ) f. Um nun die Anzahl der Orbits zu bestimmen, benötigen wir Fix(g) für alle g G. Seien f X und π S(D). Dann ist f Fix(π), also π f = f, genau dann wenn f π 1 = f. Das ist genau dann der Fall, wenn für alle d D, oder äquivalent dazu für alle d D. Es gilt nun folgender Satz: f(π 1 (d)) = f(d) f(π(d)) = f(d) Satz 7.0 Seien D und C endliche Mengen. Weiters seien X = {f : D C} und G S(D) eine Untergruppe. G wirke in natürlicher Weise auf X, d.h. für π S(D) und f X ist π f = f π 1. Sei π S(D). Dann ist f genau dann in Fix(π), wenn f auf jedem Zyklus von π konstant ist. Beweis. Sei f Fix(π). Sei (d 1 d...d s ) ein Zyklus von π. Da f Fix(π) ist, gilt für alle d D. Also folgt f(π(d)) = f(d) f(d 1 ) = f(π(d 1 )) = f(d ) = f(π(d )) = f(d 3 ).. = f(π(d s )) = f(d 1 ). Also ist f konstant auf dem Zyklus (d 1 d...d s ). Sei f konstant auf jedem Zyklus von π. Sei d D. Betrachte den Zyklus von π der d enthält: (...dd...). Dann gilt f(d) = f(d ) = f(π(d)). Also ist f(d) = f(π(d)) für alle d D und somit ist f Fix(π). 73

7 Polya-Theorie 7.6 Eine Klasse von Abzählproblemen und der Satz von Polya Seien c,d N, sei D eine endliche Menge mit D = d und C = {1,...,c}. Weiters seien X = {f : D C} (die Menge der Färbungen) und G sei eine Untergruppe von S(D). G wirke in natürlicher Weise auf X, d.h. für π S(D) und f X ist π f = f π 1. Wir betrachten folgende Probleme: 1. a) Wieviele Färbungen gibt es? Antwort: c d (elementare Kombinatorik). b) Wieviele Färbungen modulo G (Orbits) gibt es? Antwort: Lemma von Burnside; siehe Satz 7.4.. Seien β 1,...,β c N 0 und β 1 + +β c = d. a) Wieviele Färbungen gibt es mit β 1 Elemente von D haben Farbe 1, β Elemente von D haben Farbe,.. β c Elemente von D haben Farbe c? Antwort: Wir wollen die Anzahl der Möglichkeiten wissen, c Farben auf d Plätze zu verteilen, wobei Farbe 1 genau β 1 mal vorkommt, Farbe genau β mal vorkommt,. Farbe c genau β c mal vorkommt, und β 1 + +β c = d. Diese Anzahl ist ( ) d! β 1!...β c! =: d β 1,β,...,β c (Multinomialkoeffizient). Die zugehörige erzeugende Funktion ist β 1,...,βc 0 β 1 + +βc=d (Beweis selber machen.) d! β 1! β c! yβ 1 1 y βc c = (y 1 + +y c ) d. b) Wieviele Färbungen modulo G (Orbits) gibt es mit β 1 Elemente von D haben Farbe 1, β Elemente von D haben Farbe,.. β c Elemente von D haben Farbe c? Antwort: Der Satz von Polya(Satz 7.8) wird die zugehörige erzeugende Funktion liefern. 74

7 Polya-Theorie Lösung von Problem 1.b) Definition 7.1 Sei G eine Gruppe von Permutationen auf einer Menge D, G S(D), D = d. Wir definieren folgendes Polynom: mit C G = 1 G C G (x 1,...,x d ) = 1 G Dieses Polynom nennen wir cycle index. Beispiel 7. Falls G = S(D), dann ist C G (x 1,...,x d ) = 1 d! ct(π) π G ct(π)(x 1,...,x d ). π G l 1 k 1 + +l sk s=d d! k 1!l k 1 1 k s!ls ks x k 1 l 1 x ks l s, wobei über alle s N, 1 l 1 < l <... < l s und k 1,...,k s N mit l 1 k 1 + +l s k s = d summiert wird. Bemerkung 7.3 Der cycle index C G hängt stark von der jeweiligen Darstellung der Gruppe { G ( ab: Ist z.b. )} G = {id,(1)} = S, dann ist C G = 1 (x 1 +x ). Ist andererseits 1 3 G = id, S 1 3 3, dann ist C G = 1 (x3 1 +x 1x ). D.h. C G C G obwohl G und G isomorph sind. Folgender Satz ist eine Folgerung aus dem Lemma von Burnside und löst Problem 1.(b): Satz 7.4 Seien c,d N, sei D eine endliche Menge mit D = d und C = {1,...,c}. Weiters sei X = {f : D C} und G sei eine Untergruppe von S(D). G wirke in natürlicher Weise auf X, d.h. für π S(D) und f X ist π f = f π 1. Dann ist die Anzahl der Färbungen modulo G (Orbits) ist gegeben durch C G (c,c,...,c). Beweis. Aus dem Lemma von Burnside folgt {O x : x X} = 1 G Aus Satz 7.0 wissen wir, dass für π G gilt Fix(π). π G Fix(π) = {f X : f konstant auf Zyklen von π}. 75

7 Polya-Theorie Sei ct(π) = x k 1 l 1 x ks l s. Da man auf jedem Zyklus c Möglichkeiten zur Farbauswahl hat ist dann Fix(π) = c k1 c ks = ct(π)(c,c,...,c). Somit folgt {O x : x X} = 1 G ct(π)(c,c,...,c) = C G (c,c,...,c). π G Beispiel 7.5 Seien n,c N. Wieviele n n Schachbretter mit c Farben gibt es? Hier ist G = { id,rot π/,rot π,rot 3π/,Sp x,sp y,sp 1M,Sp M }. Also ist G = 8. Weiters ist D = n. Wir unterscheiden zwei Fälle: 1. n ist gerade: Wir listen ct(π) für alle π G auf: Damit folgt nun id : x n 1 Sp x : x n Rot π/ : x n 4 4 Sp y : x n x n Rot π : Sp 1M : x n 1 xn Rot 3π/ : x n 4 4 Sp M : x n 1 xn C G (x 1,x,...,x n ) = 1 8 n n ( x n 1 +3xn +x n 4 4 +x n 1 xn Also ist {O x : x X} = 1 ) (c n +3c n n +c n 4 +c +n. 8 In Beispiel 7.1 war n = und c =, also ist {O x : x X} = 6.. n ist ungerade: Wir listen ct(π) für alle π G auf: Damit folgt nun id : x n 1 Sp x : x n 1x n n Rot π/ : x 1 x n 1 n 4 4 Sp y : x n 1 xn Rot π : x 1 x n 1 n Sp 1M : x n 1 xn Rot 3π/ : x 1 x n 1 4 4 Sp M : x n 1x n n C G (x 1,x,...,x n ) = 1 8 n ( x n 1 +x 1x n 1 +x 1 x n 1 4 4 +4x n 1 xn ). n ). Also ist {O x : x X} = 1 8 ( ) c n +c n +1 +c n +3 4 +4c n +n. 76

7 Polya-Theorie Beispiel 7.6 Wieviele Muster entstehen bei Färbung der Ecken eines regulären Sechsecks mit c Farben? Wir nummerieren die Ecken des Sechsecks durch mit den Zahlen 1,...,6 gegen den Uhrzeigersinn. Es ist G = { id,rot π/3,rot π/3,rotπ,rot 4π/3,Rot 5π/3,Sp 1,4,Sp,5,Sp 3,6,Sp 1,Sp 3,Sp 34 }. Dabei ist wie gehabt Rot α eine Drehung gegen den Uhrzeigersinn um den Winkel α, Sp i,j eine Spiegelung an der Geraden welche die Ecken i und j verbindet und Sp ij eine Spiegelung an der Geraden welche durch den Mittelpunkt des Sechsecks und den Mittelpunkt der Seite ij eindeutig bestimmt ist, siehe Abbildung 7.4. Also ist G = 1. Sp 3,6 Sp,5 Sp 34 3 4 1 Sp 1,4 Sp 1 5 6 Sp 3 Abbildung 7.4: Symmetrieachsen am regelmäßigen Sechseck. Wir listen nun ct(π) für alle π G auf: Damit folgt nun id : x 6 1 Sp 1,4 : x 1x Rot π/3 : x 1 6 Sp,5 : x 1 x Rot π/3 : x 3 Sp 3,6 : x 1 x Rot π : x 3 Sp 1 : x 3 Rot 4π/3 : x 3 Sp 3 : x 3 Rot 5π/3 : x 6 1 Sp 34 : x 3 C G (x 1,x,...,x 6 ) = 1 1 und die Anzahl der Muster ist gegeben durch ( x 6 1 +x 6 +x 3 +3x 1 x +4x 3 ) 1 ( c 6 +c+c +3c 4 +4c 3). 1 77

7 Polya-Theorie Lösung von Problem.b) Definition 7.7 Seien c, d N, sei D eine endliche Menge mit D = d und C = {1,...,c}. Weiters sei X = {f : D C} (die Menge der Färbungen) und G sei eine Untergruppe von S(D). G wirke in natürlicher Weise auf X. Seien β 1,...,β c 0 und β 1 + + β c = d. Die Anzahl aller Färbungen modulo G (Orbits) mit bezeichnen wir mit Die zugehörige erzeugende Funktion ist PI(y 1,...,y c ) = diese nennt man pattern inventory. Es gilt folgender Satz: β 1 Elemente von D haben Farbe 1, β Elemente von D haben Farbe,.. β c Elemente von D haben Farbe c, m(β 1,...,β c ). β 1,...,βc 0 β 1 + +βc=d m(β 1,...,β c )y β 1 1 y βc c, Satz 7.8 (Satz von Polya) Seien c,d N, sei D eine endliche Menge mit D = d und C = {1,...,c}. Weiters sei X = {f : D C} und G sei eine Untergruppe von S(D). G wirke in natürlicher Weise auf X, d.h. für π S(D) und f X ist π f = f π 1. Dann gilt ( c ) c c PI(y 1,...,y c ) = C G y i, yi,..., yi d. i=1 i=1 i=1 Bemerkung 7.9 1. Im Polynom C G (x 1,...,x d ) wird für die Variable x i d j=1 yi j substituiert, 1 i d.. Man muss also nur das Polynom C G ( c i=1 y i, c yi,..., ausmultiplizieren und auf die Form m(β 1,...,β c )y β 1 1 yc βc β 1,...,βc 0 β 1 + +βc=d bringen. Dann kann man m(β 1,...,β c ) direkt ablesen. i=1 c i=1 y d i ) 78

7 Polya-Theorie 3. Satz 7.4 ist eine Folgerung von Satz 7.8, denn klarerweise gilt Orbits = m(β 1,...,β c ) β 1,...,βc 0 β 1 + +βc=d = PI(1,1,...,1) ( c c = C G 1, 1,..., i=1 i=1 = C G (c,c,...,c). ) c 1 d 4. Problem.a) ist ein Spezialfall von Problem.b). Sei G = {id} S(D). Dann ist C G (x 1,...,x d ) = x d 1 und somit ist PI(y 1,...,y c ) = (y 1 + +y c ) d die erzeugende Funktion aller Färbungen. Beispiel 7.30 Für Beispiel 7.1 wissen wir bereits, dass C G (x 1,x,x 3,x 4 ) = 1 8 i=1 ( x 4 1 +3x +x 4 +x 1 x ) ist. Also folgt ( ) PI(y 1,y ) = C G y1 +y,y1 +y,y3 1 +y3,y4 1 +y4 = y1 4 +y1y 3 +y1y +y 1 y 3 +y. 4 Man vergleiche dieses Resultat mit der Tabelle am Ende von Abschnitt 7.1. Zum Beweis des Satzes von Polya benötigen wir noch folgende Begriffe: Definition 7.31 1. Wir definieren eine Abbildung w : C R[y 1,...,y c ], i y i für 1 i c.. Sei f X eine Färbung. Wir definieren einen Ausdruck der angibt, welche Farbe wie oft in f verwendet wird, also W : X R[y 1,...,y c ] durch W(f)(y 1,...,y c ) = d Dw(f(d)). Man nennt W(f) das Gewicht von f. D.h. also W(f) = y β 1 1 y βc c falls f β 1 β. β c Elemente von D mit Farbe 1 färbt, Elemente von D mit Farbe färbt,. Elemente von D mit Farbe c färbt. 79

7 Polya-Theorie Beispiel 7.3 In Beispiel 7.1 haben wir die Gewichte y 4 1, y3 1 y, y 1 y, y 1y 3 und y4. Beweis von Satz 7.8. Wir unterteilen X, die Menge aller Färbungen, gemäß allen möglichen Gewichten: Seien W 1,W,...,W t alle möglichen Gewichte (W 1 = y1, d W = y1 d 1 y,..., W t = yc d ). Dabei ist Weiters seien t = {(β 1,...,β c ) : β i N 0 und β 1 + +β c = d}. X i = {f X : W(f) = W i } für 1 i t. Die Mengen X 1,...,X t liefern nun eine Partition der Menge X. Seien nun f,g X mit f G g. D.h. es gibt eine Permutation π G, sodass g = π f bzw. g = f π 1 ist. Dann gilt W(g) = W(f π 1 ) = d D = d Dw(f(d)) = W(f). w((f π 1 )(d)) = d Dw(f(π 1 (d))) Wir haben also gezeigt: Aus f,g X mit f G g folgt W(f) = W(g). D.h. nun aber, dass jeder Orbit in genau einem X i liegt. Dabei zerfalle Nun gilt PI(y 1,...,y c ) = X 1 X. X t β 1,...,βc 0 β 1 + +βc=d in m 1 Orbits, in m Orbits,. in m t Orbits. m(β 1,...,β c )y β 1 1 y βc c = t m i W i. Da G auf jedem X i, 1 i t separat wirkt, folgt aus dem Lemma von Burnside m i = Orbits in X i = 1 Fix(π) X i. G Also ist PI(y 1,...,y c ) = t m i W i i=1 π G i=1 ( ) t 1 = Fix(π) X i W i G i=1 π G ( = 1 t ) Fix(π) X i W i. G π G i=1 80

7 Polya-Theorie Andererseits ist W(f) = f Fix(π) t i=1 f Fix(π) X i W(f) = t Fix(π) X i W i. i=1 Also ist PI(y 1,...,y c ) = 1 G π Gf Fix(π) W(f). Gesucht istnun f Fix(π) W(f).Sei dazuπ Gmitct(π) = xk 1 l 1 x ks l s.diepermutation π sieht schematisiert so aus: π = (1. Länge l 1 )...(k 1. Länge l 1 )...(1. Länge l s )...(k s. Länge l s ). EineFärbung f ist genaudanninfix(π),wenn f aufdenzyklen vonπ konstant ist. Also ist f Fix(π) wenn alle Elemente des k-tenzyklus der Länge l j die Farbei k j {1,...,c} haben, 1 k k j, 1 j s. Damit ist Wir haben nun f Fix(π) W(f) = W(f) = = = = c i k j =1 1 k k j 1 j s k s j w(i k j) l j. j=1 k=1 k s j w(i k j )l j j=1 k=1 c w(i 1 c 1) l1 k w(i 1 1 ) l 1 i 1 1 =1 i k 1 1 =1... c c w(i 1 s )ls w(i ks i 1 s=1 i ks s =1 s )ls ( c ( c ) ks w(i) 1) k1 l w(i) ls i=1 ( c i=1 y l 1 i ) k1 ( c = ct(π) y i, i=1 ( c i=1 i=1 ) ks y ls i c yi,..., i=1 c i=1 y d i ). 81

7 Polya-Theorie Damit folgt nun PI(y 1,...,y c ) = 1 G und der Satz ist bewiesen. ( c ct(π) y i, π G = C G ( c i=1 y i, i=1 c c yi,..., i=1 c c yi,..., i=1 i=1 y d i ) i=1 y d i ) 7.7 Eine Anwendung des Satzes von Polya Als Anwendung des Satzes von Polya zählen wir die Anzahl von Graphen modulo Isomorphien. Definition 7.33 Ein Graph G ist ein geordnetes Paar (V, E), wobei V eine nichtleere Menge ist und E eine Menge -elementiger Teilmengen von V. Die Elemente von V heißen Ecken (vertices) des Graphen G und die Elemente von E heißen Kanten (edges) des Graphen G. Falls für u,v V gilt {u,v} E, dann sagt man die Ecken u und v sind durch eine Kante verbunden. Die Ordnung von G ist definiert als G := V. Die Kantenmenge eines Graphen ist eine Teilmenge der -elementigen Teilmengen der Kantenmenge, kurz E ( ) ( V. Also hat ein Graph höchstens V ) Kanten. Graphen werden oft durch Zeichnungen in der Ebene dargestellt. Die Ecken zeichnet man als Punkte in die Ebene und die Kanten werden durch Linien zwischen den Eckpunkten dargestellt. Siehe z.b. Abbildung 7.5. Abbildung 7.5: Beispiele für Graphen. Dabei kann ein Graph G auf verschiedene Arten gezeichnet werden. Z.B. in Abbildung 7.6 ist der Graph G mit V = {1,,3,4} und E = {{1,},{,3},{3,4},{1,4}} auf drei verschiedenen Arten dargestellt. Wann betrachten wir nun zwei Graphen als gleich? Definition 7.34 Zwei Graphen G = (V,E) und G = (V,E ) heißen isomorph, wenn es eine Bijektion f : V V gibt, sodass {u,v} genau dann in E liegt, wenn {f(u),f(v)} in E liegt. Die Abbildung f heißt dann ein Isomorphismus der Graphen G und G und man schreibt G = G. 8

7 Polya-Theorie Abbildung 7.6: Drei verschiedene Zeichnungen für einen Graphen. Ein Isomorphismus bildet also benachbarte Ecken wieder auf benachbarte Ecken ab und nicht benachbarte Ecken auf nicht benachbarte Ecken. Die Relation = ist eine Äquivalenzrelation auf der Klasse aller Graphen. Wir beschäftigen uns nun mit folgender Frage: Frage: Seien n 3, k N mit 1 k ( n ). Wieviele Graphen mit n Ecken und k Kanten gibt es bis auf Isomorphie? Wir werden dazu diese Frage so umformulieren, dass wir den Satz von Polya anwenden können. Sei G ein Graph mit n nummerierten Ecken. Für i,j [n] mit i j schreiben wir i G j falls in G eine Kante die Ecken i und j verbindet. Andernfalls schreiben wir i G j. Weiters sei ( ) [n] D n :=. Also ist D n = ( n ). Wir ordnen nun jedem Graphen mit n Ecken eine Funktion f auf D n zu: mit G [f : D n {1,}] f({i,j}) = { 1 falls i G j, falls i G j. Man sieht damit einfach, dass die Menge aller Graphen mit n nummerierten Ecken bijektiv der Menge {f : D n {1,}} entspricht. Seien G und H zwei Graphen mit n Ecken. Es ist G genau dann isomorph zu H, wenn es eine Permutation π S n gibt mit i G j π(i) H π(j). Wir ordnen nun in natürlicher Weise jeder Permutation π S n ein Element π S(D n ) = {f : D n D n, f bijektiv} zu: π π mit für {i,j} D n. π ({i,j}) = {π(i),π(j)} 83

7 Polya-Theorie Satz 7.35 Die Abbildung : S n S(D n ), π π ist ein injektiver Homomorphismus. Beweis. 1. Sei π S n. Zu zeigen ist, dass π S(D n ). Seien r,s [n] mit r s, also {r,s} D n. Da π bijektiv ist, gibt es i j mit π(i) = r und π(j) = s. Damit folgt dann π ({i,j}) = {π(i),π(j)} = {r,s} und somit ist π surjektiv. Da D n < ist π auch bijektiv, d.h. π S(D n ).. Es gilt (π 1 π ) ({i,j}) = {π 1 (π (i)),π 1 (π (j))} = π 1 ({π (i),π (j)}) = π 1 π ({i,j}). Damit ist ein Homomorphismus. 3. Sei π 1 π. Dann gibt es ein i 0 mit π 1 (i 0 ) π (i 0 ). Da π 1 surjektiv ist, gibt es ein j 0 i 0 mit π 1 (j 0 ) = π (i 0 ). Da n 3 gibt es ein k 0 mit k 0 i 0 und k 0 j 0. Nun ist π 1 ({i 0,k 0 }) = {π 1 (i 0 ),π 1 (k 0 )} und π ({i 0,k 0 }) = {π (i 0 ),π (k 0 )}. Natürlich ist π (i 0 ) π 1 (i 0 ). Es gilt aber auch da j 0 k 0 und π 1 injektiv ist. Also folgt π (i 0 ) = π 1 (j 0 ) π 1 (k 0 ) π 1({i 0,k 0 }) π ({i 0,k 0 }) und somit π 1 π. Also ist injektiv. Korollar 7.36 Sei Sn = (S n) = {π : π S n }. Dann ist Sn S(D n ) der Ordnung n!. Beweis. Das homomorphe Bild einer Gruppe ist eine Gruppe. eine Untergruppe von Bemerkung 7.37 Für n 4 ist S n eine echte Untergruppe von S(D n), da S n = n! und S(D n ) = ( n )!. 84

7 Polya-Theorie Seien nun G und H zwei Graphen mit n Ecken. G entspreche der Funktion f : D n {1,} und H entspreche der Funktion g : D n {1,}. Es ist G isomorph zu H genau dann wenn es eine Permutation π S n gibt mit i G j π(i) H π(j). Das ist genau dann der Fall, wenn es eine Permutation π S n gibt mit oder d.h. wenn bzw. f({i,j}) = 1 g({π(i),π(j)}) = 1 f({i,j}) = 1 g π ({i,j}) = 1, f = g π g = f (π ) 1. Also ist G genau dann isomorph zu H, wenn f und g im gleichen Orbit bezüglich S n S(D n ) liegen. UnserProblemläßtsichalsowiefolgtformulieren:Sein 3,seienD = D n,c = {1,} und G = Sn S(D). Dann gilt: 1. Die Anzahl der Graphen mit n Ecken bis auf Isomorphie entspricht der Anzahl aller Färbungen modulo G.. Die Anzahl der Graphen mit n Ecken und k Kanten bis auf Isomorphie entspricht der Anzahl aller Färbungen modulo G wobei k Elemente die Farbe 1 haben. Zur Lösung dieser Probleme müssen wir also C S n bestimmen. Lemma 7.38 Seien π,τ S n mit ct(π) = ct(τ). Dann gilt ct(π ) = ct(τ ). Beweis. Wir wissen aus Bemerkung 7.6, dass ct(π) = ct(τ) genau dann, wenn π zu τ konjugiert ist, also wenn es eine Permutation δ S n gibt mit π = δτ δ 1. Dann ist aber π = (δτ δ 1 ). Da ein Homomorphismus ist, ist das genau dann der Fall, wenn π = δ τ (δ ) 1. Also ist π konjugiert zu τ und somit gilt ct(π ) = ct(τ ). Sei also π S n mit ct(π) = x k 1 1 x k x kn n mit k i 0, 1 i n und k 1 +k + + nk n = n. Gesucht ist ct(π ). Seien dazu i,j [n] und i j. Was macht die Permutation π mit {i,j} D n? Wir unterscheiden zwei Fälle: 85

7 Polya-Theorie 1. i und j liegen im gleichen Zyklus C von π. a) Die Länge von C ist t+1. Z.B. C = (1345) ein Zyklus der Länge 5. Dann {1,4} {,5} {3,1} {4,} {5,3} {1,4}. Also liegt auch {1,4} in einem Zyklus der Länge 5. Allgemein liegt {i,j} auch in einem Zyklus der Länge t+1. Es gilt also: ein Zyklus der Länge t+1 von π liefert ) ( t+1 t+1 = t Zyklen der Länge t+1 von π. Zusammenfassend: k t+1 Zyklen der Länge t+1 von π liefern tk t+1 Zyklen der Länge t+1 von π. b) Die Länge von C ist t. Z.B. C = (13456) ein Zyklus der Länge 6. Dann oder Also {1,5} {,6} {3,1} {4,} {5,3} {6,4} {1,5}, {1,4} {,5} {3,6} {4,1}. i. Für {i,j}, j > i mit j i+t liegt {i,j} in einem Zyklus der Länge t von π. ii. Für {i,j}, j > i mit j = i + t liegt {i,j} in einem Zyklus der Länge t von π. Also ein Zyklus der Länge t liefert t = 1 Zyklus der Länge t von t π und ( t ) t = t 1 t Zyklen der Länge t von π. Zusammenfassend: k t Zyklen der Länge t von π liefern k t Zyklen der Länge t und k t (t 1) Zyklen der Länge t von π.. i liegt in einem Zyklus C 1 von π und j liegt in einem Zyklus C von π mit C 1 C. Die Länge von C 1 sei r und die Länge von C sei s. Z.B. sei C 1 = (1) und C = (345). Dann {1,4} {,5} {1,3} {,4} {1,5} {,3} {1,4}. Also {i,j} liegen in einem Zyklus der Länge kgv(r,s) von π. Also ein Zyklus C 1 der Länge r und ein Zyklus C der Länge s, C 1 C liefern rs kgv(r,s) = ggt(r,s) Zyklen der Länge kgv(r,s) von π. Also: Es gebe k r Zyklen der Länge r und k s Zyklen der Länge s in π. 86

7 Polya-Theorie a) Falls r = s, dann haben wir r ( k r ) Zyklen der Länge r in π. b) Falls r s, dann haben wir k r k s ggt(r,s) Zyklen der Länge kgv(r,s) von π. Zusammen folgt nun: ct(π ) = [ x 0k 1 1 x k 3 3 x k 5 5 ][ x k 1 x k 4 x k 6 3 ][ x 0k x k 4 4 x k 6 Nun können wir C S n angeben. Satz 7.39 Es gilt C S n (x 1,...,x ( n ) ) = 1 n! 1k 1 + +nkn=n k i 0 Folgender Satz löst nun unser Problem: 6 ] n r=1 x r(kr ) r n! 1 k 1 n k nk1! k n! 1 r<s n [ x 0k 1 1 x ][ k 3 3 (x 1 x 0 )k (x x )k4 ] 1 4 n x r(kr ) r x krksggt(r,s) kgv(r,s). r=1 1 r<s n Satz 7.40 Wir definieren ein Polynom Graph n (x) vom Grad ( n ) durch Dann gilt Graph n (x) = 1 n! 1k 1 + +nkn=n k i 0 n! 1 k 1 n k nk1! k n! [ (1+x) 0k 1 (1+x 3 ) 1k3 ] [ ((1+x)(1+x ) 0 ) k ((1+x )(1+x 4 ) 1 ) k4 ] n (1+x r ) r(kr ) r=1 1 r<s n (1+x kgv(r,s) ) krksggt(r,s). Graph n (x) = 1+ +α k x k + +x (n ) x krksggt(r,s) kgv(r,s). und α k ist die Anzahl aller Graphen mit n Ecken und k Kanten bis auf Isomorphie. Weiters ist die Anzahl aller Graphen mit n Ecken bis auf Isomorphie gegeben durch Graph n (1). Beweis. Die Behauptung folgt aus dem Satz von Polya zusammen mit Satz 7.39. 87

7 Polya-Theorie Beispiel 7.41 Sei n = 5. Gesucht ist C S 5. Die Partitionen von 5 sind: 5 = 5, 5 = 4+1, 5 = 3 +, 5 = 3 + 1 + 1, 5 = + + 1, 5 = + 1 + 1 + 1, 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1. Allgemein 5 = k 1 +k +3k 3 +4k 4 +5k 5. Wir betrachten die einzelnen Summanden in der Summen von C S n : 1. 5 = 5. Also k 5 = 1 und k 1 =... = k 4 = 0. Wir haben 5! 5 1 1! x 5 = 4x 5.. 5 = 4+1. Also k 4 = k 1 = 1 und k = k 3 = k 5 = 0. Wir haben 5! 4 x x 4 x 4 = 30x x 4. 3. 5 = 3+. Also k 3 = k = 1 und k 1 = k 4 = k 5 = 0. Wir haben 5! 3 x 3x 1 x 6 = 0x 1 x 3 x 6. 4. 5 = 3+1+1. Also k 1 =, k 3 = 1 und k = k 4 = k 5 = 0. Wir haben 5! 3! x 3x 1 x 3 = 0x 1x 3 3. 5. 5 = ++1. Also k 1 = 1, k = und k 3 = k 4 = k 5 = 0. Wir haben 5! 4! x 1 x x = 15x4 1 x4. 6. 5 = +1+1+1. Also k 1 = 3, k = 1 und k 3 = k 4 = k 5 = 0. Wir haben 5! 3! x 1x 3 1 x3 = 10x4 1 x3. 7. 5 = 1+1+1+1+1. Also k 1 = 5 und k = k 3 = k 4 = k 5 = 0. Wir haben Also ist C S 5 = 1 10 Weiters ist dann 5! 5! x10 1 = x10 1. ( 4x 5 +30x x 4 +0x ) 1x 3 x 6 +0x 1 x 3 3 +15x4 1 x4 +10x4 1 x3 +x10 1. Graph 5 (x) = 1+x+x +4x 3 +6x 4 +6x 5 +6x 6 +4x 7 +x 8 +x 9 +x 10. Z.B. gibt es also 6 Graphen mit 5 Ecken und 4 Kanten bis auf Isomorphie. Weitersgibt esgraph 5 (1) = 34Graphenmit5Ecken bis aufisomorphien. Würdeman nicht zwischen isomporphen Graphen unterscheiden, dann gäbe es (5 ) = 104 Graphen mit 5 Ecken. 88

8 Ramsey Theorie EsseienN Personengegebenvondenensichjezweikennenoderauchnicht.Wirmöchten ausschließen, dass sich darunter k befinden, die sich alle kennen oder l befinden, die sich alle nicht kennen. Wie groß kann N sein, wenn k und l vorgegeben sind? Wir übertragen dieses Problem zunächst in die Graphentheorie. Definition 8.1 Sei G = (V,E) ein Graph. Unter einer Clique in G versteht man eine Teilmenge C V, sodass alle -elementigen Teilmengen von C Kanten des Graphen G sind, also in E liegen. Ist C = k, so sprechen wir von einer k-clique. Unter einer Anticlique in G versteht man eine Teilmenge A V, sodass keine der -elementigen Teilmengen von A eine Kante des Graphen G ist. Ist A = l, so sprechen wir von einer l-anticlique. Nun zu unserer eingangs gestellten Frage: Die Ecken von G seien nun die N Personen, der Graph hat also Ordnung N. Zwei Ecken werden genau dann durch eine Kante verbunden, wenn die entsprechenden Personen einander kennen. Eine Clique im Graphen ist dann eine Gruppe von Personen, die sich alle untereinander kennen. Eine Anticlique ist eine Gruppe von Personen, von denen sich keine zwei kennen. Unsere Frage lautet nun wie folgt: 1 6 3 5 4 Abbildung 8.1: C = {,3,4,5} ist eine 4-Clique. C = {1,,5} ist eine 3-Clique. A = {4, 6} ist eine -Anticlique. 89

8 Ramsey Theorie Frage: Sei G ein Graph der Ordnung N der weder eine k-clique noch eine l-anticlique enthält. Wie groß kann N sein? Satz 8. (Ramsey) Für jedes k, l N gibt es eine kleinste natürliche Zahl R(k, l) mit der Eigenschaft, dass jeder Graph der Ordnung R(k,l) eine k-clique oder eine l- Anticlique enthält. Dabei gilt ( ) k +l R(k,l). k 1 Die Zahl R(k,l) aus obigem Satz nennt man Ramsey Zahl zu k und l. Bemerkung 8.3 Folgende Aussagen sind äquivalent: 1. Jeder Graph der Ordnung N enthält eine k-clique oder eine l-anticlique.. Jede Färbung der Kanten des vollständigen Graphen K N mit den Farben rot und blau enthält entweder einen vollständigen Teilgraphen K k, dessen Kanten alle rot gefärbt sind oder einen vollständigen Teilgraphen K l, dessen Kanten alle blau gefärbt sind. Also ist die Ramsey Zahl R(k,l) die kleinste Zahl N, sodass jede rot/blau Färbung der Kanten des vollständigen Graphen K N einen vollständig rot gefärbten K k oder einen vollständig blau gefärbten K l enthält. Beweis. Sei G = (V,E) mit G = N. Färbe alle Kanten von G rot und füge die restlichen möglichen Kanten blau gefärbt hinzu. Das ergibt dann den K N mit rot/blau gefärbten Kanten. Dieser enthält entweder einen vollständig rot gefärbten K k oder einen vollständig blau gefärbten K l. Im ersten Fall haben wir in G also eine k-clique, im zweiten Fall eine l-anticlique. Umgekehrt, sei der K N mit einer beliebigen rot/blau Färbung gegeben. Nimmt man alle blauen Kanten weg, so erhält man einen Graphen G = (V,E) der Ordnung N. Dieser enthält eine k-clique oder eine l-anticlique. Im ersten Fall haben wir also einen vollständigen Teilgraphen K k von K N, dessen Kanten alle rot gefärbt sind, im zweiten Fall haben wir einen vollständigen Teilgraphen K l von K N, dessen Kanten alle blau gefärbt sind. Beispiel 8.4 1. Es gilt R(k,1) = R(1,l) = 1 für alle k,l N, da jede ein-elementige Eckenmenge sowohl Clique als auch Anticlique ist.. Es gilt stets R(k,l) = R(l,k) und R(k,l) max{k,l}. 3. Es gilt R(k,) = R(,k) = k für alle k, denn falls G der vollständige Graph mit k Ecken ist, dann gibt es eine k-clique, andernfalls gibt es aber zwei Ecken die nicht miteinander verbunden sind. Diese bilden eine -Anticlique. Also gilt R(k,) k und die Behauptung folgt aus. 90

8 Ramsey Theorie Beweis von Satz 8.. Wir beweisen die Aussage mit Doppelinduktion nach k und l. Den Induktionsanfang haben wir schon in obigem Beispiel gemacht mit R(k,1) = R(1,l) = 1 für alle k,l N. Wir zeigen nun für k,l die Abschätzung R(k,l) R(k 1,l)+R(k,l 1). (8.1) Dazu betrachten wir einen Graphen G = (V,E) mit V = R(k 1,l)+R(k,l 1) und fixieren eine Ecke v V. Sei nun V 1 V die Menge aller Ecken die durch eine Kante mit v verbunden sind und sei V die Menge aller Ecken die nicht durch eine Kante mit v verbunden sind. Dann gilt V 1 + V = V 1 = R(k 1,l)+R(k,l 1) 1 und somit gilt zumindest eine der beiden Ungleichungen V 1 R(k 1,l) oder V R(k,l 1). Ist V 1 R(k 1,l), so findet man unter den Ecken von V 1 eine (k 1)-Clique oder eine l-anticlique. Im ersten Fall bildet diese (k 1)-Clique zusammen mit der Ecke v aber eine k-clique. Also gibt es sicher in G eine k-clique oder eine l-anticlique. Ist V R(k,l 1), dann geht man ganz analog vor. Damit ist (8.1) gezeigt. Mit Induktion folgt nun ( ) ( ) ( ) k +l 3 k +l 3 k +l R(k,l) R(k 1,l)+R(k,l 1) + =, k k 1 k 1 wie im Satz behauptet. Korollar 8.5 Für k gilt R(k,k) k 3. Beweis. Mit Satz 8. gilt R(k,k) ( ) k = k 1 ( ) k 3 + k 1 ( ) k 3 k k 3 i=0 ( ) k 3 = k 3 i wie behauptet. Bemerkung 8.6 Es ist R(,) =. Aus (8.1) folgt R(3,3) 6. Da aber ein Kreis mit 5 Ecken weder eine 3-Clique noch eine 3-Anticlique enthält folgt R(3,3) > 5. Also ist R(3,3) = 6. Wir wollen nun eine untere Abschätzung für R(k, k) finden. Dazu müssen wir einen möglichst großen Graphen finden, der weder k-cliquen noch k-anticliquen enthält. Dazu verwenden wir die sog. probabilistische Methode. Das ist eine Technik, mit der man die 91

8 Ramsey Theorie Existenz von mathematischen Objekten mit bestimmten Eigenschaften mit Hilfe von Methoden aus der Wahrscheinlichkeitstheorie beweisen kann. Oft ist eine explizite Konstruktion von mathematischen Objekten mit bestimmten Eigenschaften schwierig oder gar unmöglich. Man verwendet dann oft folgenden Ansatz: Betrachte ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf der Klasse aller zulässigen Objekte und zeige, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein zufällig gewähltes Objekt die gewünschte Eigenschaft besitzt, positiv ist. Dann muss zumindest ein Objekt mit dieser bestimmten Eigenschaft existieren, denn andernfalls wäre die Wahrscheinlichkeit ja Null. Die probabilistische Methode geht im wesentlichen zurück auf P. Erdős in den 1940er Jahren. Erdős konnte eine Vielzahl beachtlicher Resultate mit ihr erzielen. Die probabilistische Methode ist heute ein viel verwendetes Werkzeug in der diskreten Mathematik und hier vor allem in der Kombinatorik, der Graphentheorie und der Zahlentheorie. Satz 8.7 (Erdős) Für k gilt R(k,k) k/. Beweis. Wegen Bemerkung 8.6 ist die Aussage für k {,3} richtig. Sei nun k 4 und N < k/. Wir suchen einen Graphen mit N Ecken der weder k-cliquen noch k-anticliquen enthält. Dazu erzeugen wir zufällige Graphen der Ordnung N, in dem wir für jede potentielle Kante eine Münze werfen und je nach Ausgang des Experiments die Kante nehmen oder nicht. Eine potentielle Kante kommt also mit Wahrscheinlichkeit 1/ in G vor. Auf diese Weise erhalten wir jeden vorgegebenen Graphen mit N Ecken mit einer Wahrscheinlichkeit von (N ). Sei nun A V mit A = k. Die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses A c/a, dass A ( eine k-clique oder eine k-anticlique ist beträgt nun 1 (k ). Insgesamt gibt es genau N ) k Teilmengen von V mit k Elementen. Also gilt für die Wahrscheinlichkeit P, dass G eine k-clique oder eine k-anticlique enthält, Nun gilt P = Prob ( ) N = k A =k A a/c Prob [ ( ] N A a/c = k A =k N(N 1) (N k +1) k! Nk k! ) 1 (k ). Nk k 1. Damit, zusammen mit k 4 und N < k/, folgt nun ( ) N P 1 (k ) < 1+ k k+1 k(k 1) = k 1. k Also ist aber die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man einen Graphen ohne k-clique und ohne k-anticlique erhält positiv. Es muss also so ein Graph existieren und damit ist dann R(k,k) k/. 9

8 Ramsey Theorie Bemerkung 8.8 Bisher konnte die Lücke im Exponenten zwischen unterer und oberer Schranke an R(k, k) nicht verkleinert werden. Trotz der Einfachheit des Beweises von Satz 8.7 konnte bisher kein besserer Exponent für allgemeines k gefunden werden. 93

9 Das Lemma von Sperner und der Brouwersche Fixpunktsatz In diesem Kapitel geben wir einen schönen kombinatorischen Beweis für ein Resultat aus der Analysis. Definition 9.1 Sei n N. 1. Für i [n] sei e i der i-te Einheitsvektor in R n.. Mit n 1 bezeichnen wir die konvexe Hülle der Einheitsvektoren e 1,...,e n in R n. D.h. n 1 = {λ 1 e 1 +...+λ n e n : λ i 0, λ 1 +...+λ n = 1}. 3. Sei X eine Teilmenge des R n und sei f eine Funktion f : X X. Ein Punkt x X heißt Fixpunkt von f, falls f(x) = x ist. Beispiel 9. Für n = ist 1 das Linienstück in R, welches e 1 mit e verbindet. e 1 e 1 Satz 9.3 Sei n N. Jede stetige Funktion f : n 1 n 1 hat einen Fixpunkt. Bemerkung 9.4 1. Für n = 1 ist diese Aussage trivial.. Sei n =. Betrachte die stetige und bijektive Funktion g : [0,1] 1, x xe 1 +(1 x)e. Dann ist die Aussage von Satz 9.3 äquivalent dazu, dass es ein x 0 [0,1] gibt, sodass f(g(x 0 )) = g(x 0 ) bzw. g 1 (f(g(x 0 ))) = x 0 ist. Also ist die Aussage für n = äquivalent dazu, dass jede stetige Funktion vom Einheitsintervall [0, 1] auf sich selbst einen Fixpunkt hat. Das folgt aber aus dem Zwischenwertsatz für stetige Funktionen. 94

9 Das Lemma von Sperner und der Brouwersche Fixpunktsatz 3. Der Beweis von Satz 9.3 ist für n 3 schwierig. Wir geben einen Beweis für den Fall n = 3. Aus Satz 9.3 folgt sofort die allgemeine Version des Brouwerschen Fixpunktsatzes: Korollar 9.5 (Fixpunktsatz von Brouwer) Sei n N und sei X eine beschränkte, konvexe Teilmenge des R n. Dann hat jede stetige Funktion f : X X einen Fixpunkt. Beweis. Da jede beschränkte, konvexe Teilmenge des R n homöomorph zu n ist folgt die Behauptung. Zum Beweis von Satz 9.3 für den Fall n = 3 benötigen wir noch ein Resultat aus der Kombinatorik. Definition 9.6 Gegeben sei ein Dreieck mit Ecken {V 1,V,V 3 }. 1. Eine Triangulierung T ist eine Zerlegung dieses Dreiecks in kleinere Dreiecke, sodass keine Ecke eines kleinen Dreiecks echt auf einer Kante eines anderen kleinen Dreiecks liegt. Abbildung 9.1 zeigt eine Triangulierung eines Dreiecks (linkes Dreieck) und eine Zerlegung eines Dreiecks, die keine Triangulierung ist (rechtes Dreieck). Abbildung 9.1: Zur Triangulierung eines Dreiecks. Für eine Triangulierung T sei δ(t) die maximale Seitenlänge eines Dreiecks der Triangulierung. Es gilt folgender Satz 9.7 (Lemma von Sperner) Gegeben sei ein Dreieck mit Ecken {V 1,V,V 3 } und eine Triangulierung dieses Dreiecks. Wir färben nun die Ecken des Dreiecks und der Triangulierung mit Farben {1,, 3} wie folgt ein: 1. Die Ecke V i bekommt die Farbe i für 1 i 3.. Die Ecken der Triangulierung auf der Seite V i V j erhalten nur die Farben i oder j für 1 i,j 3 mit i j. 95

9 Das Lemma von Sperner und der Brouwersche Fixpunktsatz 3. Die restlichen Ecken der Triangulierung können beliebig gefärbt werden. Dann gilt: in der Triangulierung gibt es ein kleines Dreieck, dessen Ecken mit den Farben 1,,3 gefärbt sind. Beispiel 9.8 In folgendem Bsp. sind die Ecken der Triangulierung wie in Satz 9.7 gefärbt. Darum findet sich darin auch ein Dreieick mit Eckenfarben 1,, 3. 3 1 3 3 3 1 1 1 3 1 1 Zum Beweis von Satz 9.7 benötigen wir noch ein Resultat aus der Graphentheorie. Lemma 9.9 Sei G = (V,E) ein endlicher Graph mit Eckenmenge V und Kantenmenge E. Für eine Ecke v V ist der Eckengrad d(v) die Anzahl aller Kanten mit Ecke v. Es gilt dann d(v) = E. v V Insbesondere ist die Anzahl aller Ecken mit ungeradem Eckengrad immer gerade. Beweis. Wir machen eine Tabelle in der wir horizontal die Kanten von G eintragen und vertikal die Ecken von G. e v In die Tabelle tragen wir an der Stelle (v,e) einen ein, falls die Ecke v auf der Kante e liegt. Wir zählen nun die in der Tabelle auf zwei Arten: 96

9 Das Lemma von Sperner und der Brouwersche Fixpunktsatz 1. Zeilenweise: In der Zeile v habenwir d(v). Also ist dieanzahl der inder Tabelle gleich v V d(v).. Spaltenweise: Da auf jeder Kante zwei Ecken liegen, haben wir in jeder Spalte genau zwei. Also ist die Anzahl der in der Tabelle gleich E. Die Behauptung folgt. Wir beweisen noch die Folgerung: Es gilt E = d(v) v V = = v V d(v) gerade v V d(v) gerade d(v)+ v V d(v) ungerade d(v)+ v V d(v) ungerade d(v) (d(v) 1)+ {v V : d(v) ungerade}. Da aber v V d(v) gerade d(v) und gerade Zahlen sind, folgt die Behauptung. v V d(v) ungerade (d(v) 1) Bemerkung 9.10 Lemma 9.9 wird in der Literatur oft handshaking lemma genannt. Wenn sich n Personen treffen und einige von ihnen schütteln sich zur Begrüßung die Hände, dann ist die Anzahl der Personen die ungerade oft Hände geschüttelt haben immer gerade. (Die Personen sind die Ecken eines Graphen. Zwei Ecken werden mit einer Kante verbunden, wenn sich die entsprechenden Personen die Hände geschüttelt haben.) Beweis von Satz 9.7. Wir werden zeigen, dass die Anzahl der Dreiecke in der Triangulierung mit allen drei Eckenfarben ungerade ist. Daraus folgt dann die Behauptung. Wir ordnen der Triangulierung des Dreiecks mit Ecken {V 1,V,V 3 } einen Graphen zu: jedes Dreieck der Triangulierung entspricht einer Ecke und der Bereich außerhalb des Dreiecks mit Ecken {V 1,V,V 3 } entspricht auch einer Ecke. Zwei Ecken werden nun mit einer Kante verbunden, wenn die entsprechenden Dreiecke benachbart sind und die Ecken auf der Kante die die Dreiecke trennen die Farben 1 und haben. Zum Beispiel: 97

9 Das Lemma von Sperner und der Brouwersche Fixpunktsatz 3 1 3 3 3 1 1 1 3 1 1 Eine Ecke in diesem Graphen hat nun Eckengrad 0, wenn die Ecken des entsprechende Dreiecks nur mit den Farben 1, 3 oder nur mit den Farben, 3 gefärbt sind. Eine Ecke hat Eckengrad 1, wenn die Ecken des entsprechende Dreiecks genau mit den Farben 1,,3 gefärbt sind und eine Ecke hat Eckengrad, wenn die Ecken des entsprechenden Dreiecks genau mit den Farben 1, gefärbt sind. Es ist nun einfach zu sehen, dass die Ecke des Graphen, die dem Bereich außerhalb des Dreiecks mit Ecken {V 1,V,V 3 } entspricht, einen ungeraden Eckengrad hat, denn: betrachten wir die Ecken der Triangulierung auf der Seite V 1 V des Dreiecks. Hier kann es nur eine ungerade Anzahl von Farbwechsel 1, geben, wenn man von V 1 nach V geht. Jeder Farbwechsel entspricht aber einer Kante zur Ecke, die dem Bereich außerhalb des Dreiecks mit Ecken {V 1,V,V 3 } entspricht. Da die anderen Seiten des Dreiecks nur Ecken mit Farben aus {,3} enthalten, sind das aber die einzigen Kanten zur Ecke die dem Bereich außerhalb des Dreiecks mit Ecken {V 1,V,V 3 } entspricht. Nach Lemma 9.9 ist die Anzahl der Ecken in einem endlichen Graph mit ungeradem Eckengrad immer gerade. Damit folgt aber dann, dass die Anzahl der Ecken unseres Graphen, die einem Dreieck der Triangulierung entsprechen und die ungeraden Eckengrad haben, ungerade sein muss. Die Ecken mit ungeradem Eckengrad entsprechen aber den Dreiecken der Triangulierung, bei denen alle drei Farben 1, und 3 zur Färbung verwendet wurden. Wir beweisen nun unseren Fixpunktsatz für n = 3: 98

9 Das Lemma von Sperner und der Brouwersche Fixpunktsatz Beweis von Satz 9.3 für n = 3. Wir betrachten das Dreieck mit denecken {e 1,e,e 3 }. Man kann sich einfach eine Folge von Triangulierungen (T k ) k 1 dieses Dreiecks konstruieren, sodass δ(t k ) gegen 0 konvergiert für k. (Das geht z.b. induktiv, indem man ausgehend von einer Triangulierung T k eine Triangulierung T k+1 wie folgt konstruiert: Für jedes Dreieck der Triangulierung T k nehme man die Mittelpunkte der Dreiecksseiten und verbinde diese zu einem neuen Dreieck. Die entstehende Triangulierung sei T k+1.) Für jede Triangulierung T k definieren wir nun eine Färbung der Ecken mit den Farben {1,,3}. Einen Ecke v bekomme die Farbe λ(v), die gegeben ist durch λ(v) := min{i : f(v) i < v i }, dabei ist v i die i-te Koordinate des Vektors v. D.h. λ(v) ist der kleinste Index i, sodass die i-te Koordinate des Vektors f(v) v negativ ist. Angenommen f hat keinen Fixpunkt. Dann ist diese Eckenfärbung wohldefiniert, denn: jede Ecke v liegt auf der Ebene x 1 + x + x 3 = 1 im R 3 und somit ist v 1 +v +v 3 = 1.Fallsf(v) v,dannmuss mindestens einekoordinatevonf(v) v negativ sein (und mindestens eine Koordinatemuss positiv sein). Angenommen f(v) i v i > 0 für alle i = 1,,3, dann folgt 1 = 3 f(v) i > i=1 3 v i = 1. i=1 Das ist aber ein Widerspruch. Wir überlegen uns nun, dass obige Färbung die Voraussetzungen von Sperners Lemma erfüllt: 1. Die Ecke e i bekommt Farbe i, denn die einzige mögliche negative Komponente von f(e i ) e i ist die i-te Koordinate. (Beachte, dass für alle v die i-te Koordinate v i nicht negativ ist.). Angenommen die Ecke v liegt auf der Seite des Dreiecks {e 1,e,e 3 } gegenüber der Ecke e i. Dann ist die i-te Koordinate v i = 0 und somit kann die i-te Koordinate von f(v) v nicht negativ sein. Also bekommt so eine Ecke nie die Farbe i. Aus dem Satz 9.7 folgt nun, dass es in jeder Triangulierung T k, k N, ein Dreieck gibt, dessen Ecken mit allen drei Farben {1,, 3} eingefärbt sind. Diese Dreiecke haben die Ecken {v k,1,v k,,v k,3 } mit λ(v k,i ) = i. Wir betrachten nun die Folge (v k,1 ) k 1 in. Da kompakt ist, hat diese Folge eine konvergente Teilfolge. O.B.d.A. sei die konvergente Teilfolge die Folge (v k,1 ) k 1 selbst. Sei nun v mit v k,1 v für k. Nun ist aber für alle k N der Abstand von v k, und der Abstand von v k,3 zu v k,1 kleiner oder gleich δ(t k ), das aber gegen 0 konvergiert für k. Also konvergieren auch die Folgen (v k, ) k 1 und (v k,3 ) k 1 gegen v für k. Die erste Koordinate von f(v k,1 ) ist immer echt kleiner als die erste Koordinate von v k,1 für alle k N (v k,1 hat ja Farbe 1). Da f stetig ist, ist also die erste Koordinate von 99

9 Das Lemma von Sperner und der Brouwersche Fixpunktsatz f(v) kleiner oder gleich der ersten Koordinate von v. Das gleiche gilt für die zweite und dritte Koordinate von f(v). Also ist keine Koordinate von f(v) v positiv. Das ist aber ein Widerspruch zur Annahme f(v) v, da ja unter dieser Annahme mindestens eine Koordinate von f(v) v positiv sein muss. 100

Index Additionsprinzip, 4 Anticlique, 89 Anzahl von bijektiven Funktionen, 11 von fixpunktfreien Permutationen, 19 von Funktionen, 9 von injektiven Funktionen, 10 von Kompositionen, 33 von monotonen Funktionen, 15 von streng monotonen Funktionen, 1 von surjektiven Funktionen, 30 Bijektionsprinzip, 4 Binomialkoeffizient, 11, 54 Binomischer Lehrsatz, 1 Clique, 89 cycle index, 75 cycle type, 63 erzeugende Funktion, der Fibonacci-Folge, 51 Rechenregeln, 4 von p(n), 39 von p k (n), q k (n), 37 Eulersche Phi-Funktion, 18 Fixpunkt, 94 Fixpunktsatz von Brouwer, 95 Graph, 89 Gruppe, 61 endliche, 6 kommutative, 6 handshaking lemma, 97 Hardy, 46 Inklusions-Exklusions Prinzip, 16 isomorphe Graphen, 8 Kombinationen mit Wiederholung, 14 ohne Wiederholung, 11 Komposition von natürlichen Zahlen, 3 Lemma von Burnside, 70 Lemma von Sperner, 95 Multinomialkoeffizient, 74 Multiplikationsprinzip, 6 Orbit, 67 Partition duale, 35 von Mengen, 9 von natürlichen Zahlen, 33 pattern inventory, 78 Permutationen, 10 fixpunktfreie, 19 probabilistische Methode, 91 Ramanujan, 46 Ramsey Zahl, 90 Rekursionsformel für p(n), 36, 40 für p k (n), 4 für p k (n), q k (n), 36 Satz von Polya, 78 Schubfachprinzip, 5 101

Index Siebformel von Sylvester, 16 Stabilisator, 68 Stirlingsche Zahlen zweiter Art, 9 Triangulierung, 5, 95 Variationen mit Wiederholung, 9 ohne Wiederholung, 10 Wirkung einer Gruppe, 66 10