4.6 Abz¨ ahlen von Permutationen 4.6.1 Stirling-Zahlen der ersten Art Definition 172
Die Stirling-Zahl der ersten Art s n,k
gibt die Anzahl der Permutationen ∈ S n mit genau k Zyklen an.
Einfache Beobachtungen:
1
f¨ ur alle n ∈ N:
n
X
k=1
s n,k = n!
2
s n,1 = (n − 1)! = n!
n
3
s n,n−1 = n
2
4
s n,n = 1
5
s n,k = 0 f¨ ur k > n ≥ 0
Man setzt weiterhin:
s 0,0 := 1 s n,0 := 0 f¨ ur n ∈ N s n,k = 0 f¨ ur n ∈ N 0 , k < 0.
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4.6.2 Typ einer Permutation Definition 173
Sei π eine Permutation von n Objekten, b i (π) die Anzahl der Zyklen von π der L¨ ange i (i = 1, . . . , n) und b(π) die Anzahl der Zyklen von π, also
n
X
i=1
i · b i (π) = n und
n
X
i=1
b i (π) = b(π).
Dann heißt der formale Ausdruck
1 b
1(π) 2 b
2(π) 3 b
3(π) · · · n b
n(π)
der Typ von π (Potenzen mit Exponent 0 werden gew¨ ohnlich nicht
geschrieben).
Beispiel 174
π =
1 2 3 4 5 6 7 8 4 5 6 2 7 1 8 3
= (4 5 6 2 7 1 8 3)
als Funktionswerte
= (1 4 2 5 7 8 3 6)
in Zyklenschreibweise
Typ: 8 1
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Beispiel 175
π =
1 2 3 4 5 6 7 8 2 4 7 1 6 5 3 8
= (2 4 7 1 6 5 3 8)
= (1 2 4) (3 7) (5 6) (8)
Typ: 1 1 2 2 3 1
Lemma 176 Es gibt
n
X
k=1
P n,k
verschiedene Typen von Permutationen in S n .
Beweis:
Klar.
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Lemma 177 Es gibt
n!
b 1 ! · b 2 ! · . . . · b n ! · 1 b
1· 2 b
2· . . . · n b
nverschiedene Permutationen in S n vom Typ 1 b
1· 2 b
2· . . . · n b
n(Beachte:
0! = 1). Insbesondere gilt:
s n,k = X
(b
1,...,b
n)∈N
0nP b
i=k P i·b
i=n
n!
b 1 ! · b 2 ! · . . . · b n ! · 1 b
1· 2 b
2· . . . · n b
nund
n! = X
(b
1,...,b
n)∈N
0n nP
i=1
i·b
i=n
n!
b 1 ! · b 2 ! · . . . · b n ! · 1 b
1· 2 b
2· . . . · n b
n.
Beweis:
Sei Typ 1 b
12 b
2. . . n b
ngegeben:
b
1z }| { ( )( ). . . ( )
b
2z }| { ( )( ). . . ( ) . . .
b
n(≤1)
z }| { ( . . . )
Insgesamt gibt es n freie Pl¨ atze. Ersetze die freien Pl¨ atze durch Permutationen aus S n . Daf¨ ur gibt es n! M¨ oglichkeiten.
Nun muss beachtet werden, dass
die Zyklen der L¨ ange i beliebig vertauschbar sind, und ein Zyklus der L¨ ange i in sich i-mal zyklisch geshiftet werden kann, ohne die Permutation zu ¨ andern.
Damit ergeben sich f¨ ur die Zyklen der L¨ ange i oben genau b i ! · i b
iverschiedene Anordnungen, so dass insgesamt alle Permutationen mit dem angegebenen Faktor uberz¨ ¨ ahlt werden.
Diskrete Strukturen 4.6 Abz¨ahlen von Permutationen 285/558
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Beispiel 178
s 5,1 = 5!
1! · 5 1 = 4! = 24
s 5,2 = X
Typ=1
14
11 + X
Typ=2
13
11 = 5!
1! · 1! · 1 1 · 4 1 + 5!
1! · 1! · 2 1 · 3 1 = 50
s 5,3 = X
Typ=1
23
11 + X
Typ=1
12
21 = 5!
2! · 1! · 1 2 · 3 1 + 5!
1! · 2! · 1 1 · 2 2 = 35
4.7 Abz¨ ahlkoeffizienten 4.7.1 Binomialkoeffizienten Wir hatten bereits:
1
n k
= n k
k! ∀n ≥ k > 0 n
0
= 1 ∀n > 0
2
n k
= n!
k! · (n − k)! = n
n − k
∀n ≥ k > 0
3
n k
=
n − 1 k
+
n − 1 k − 1
∀n ≥ k > 0
Diskrete Strukturen 4.7 Abz¨ahlkoeffizienten 287/558
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Weiter definiert man:
1
n 0 := n 0 := 0! := 1 ∀n ∈ C
2
0 0
:= 1
3
x k = x · (x − 1) · . . . · (x − k + 1)
x k = x · (x + 1) · . . . · (x + k − 1) ∀x ∈ C , k ≥ 0
4
x k
= ( x
kk! k ≥ 0
0 sonst
Lemma 179
x k
ist, f¨ ur k ≥ 0, ein Polynom in x vom Grad k, und es gilt auch f¨ ur alle k ∈ Z und x ∈ C
x k
=
x − 1 k − 1
+
x − 1 k
.
Beweis:
Da f¨ ur k ≤ 0 per Definition der Binomialkoeffizienten Gleichheit gilt, betrachten wir nur k > 0. Es ist dann
x k
−
"
x − 1 k − 1
+
x − 1 k
#
ein Polynom in x vom Grad ≤ k. F¨ ur alle x ∈ N ist dieses Polynom gleich 0. Ein Polynom einer Variablen mit unendlich vielen
Nullstellen ist aber sicher identisch 0 (Fundamentalsatz der Algebra (Satz 139)).
Diskrete Strukturen 4.7 Abz¨ahlkoeffizienten 289/558
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Beweis (Forts.):
Eine weitere M¨ oglichkeit, den Beweis zu f¨ uhren:
x k = x · (x − 1) k−1 = (k + x − k)(x − 1) k−1
= k · (x − 1) k−1 + (x − k)(x − 1) k−1
= k · (x − 1) k−1 + (x − 1) k
Also gilt x
k
= x k
k! = (x − 1) k−1
(k − 1)! + (x − 1) k k! =
x − 1 k − 1
+
x − 1 k
.
Das Pascalsche Dreieck
n k
0 1 2 3 4 5 6 0 1
1 1 1
2 1 2 1
3 1 3 3 1
4 1 4 6 4 1 0
5 1 5 10 10 5 1 6 1 6 15 20 15 6 1 benannt nach Blaise Pascal (1623–1662).
Diskrete Strukturen 4.7 Abz¨ahlkoeffizienten 291/558
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Beobachtung:
Die Zeilensumme in der n-ten Zeile ist 2 n .
n
X
k=0
n k
= 2 n
Lemma 180
F¨ ur die Spaltensumme bis zur n-ten Zeile gilt:
n
X
m=0
m k
=
n + 1 k + 1
∀n, k ≥ 0
Beweis:
(Vollst¨ andige Induktion ¨ uber n) Induktionsanfang: n = 0
0
X
m=0
0 k
= 0
k
=
( 1 f¨ ur k = 0 0 sonst
= !
0 + 1 k + 1
= 1
k + 1
=
( 1 f¨ ur k = 0 0 sonst
Diskrete Strukturen 4.7 Abz¨ahlkoeffizienten 293/558
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Beweis (Forts.):
Induktionsschluss: n 7→ n + 1:
n+1
X
m=0
m k
=
n
X
m=0
m k
+
n + 1 k
=
n + 1 k + 1
+
n + 1 k
=
n + 2
k + 1
Beispiel 181
n k
0 1 2 3 4 5 6 0 1
1 1 1
2 1 2 1
3 1 3 3 1
4 1 4 6 4 1
5 1 5 10 10 5 1 6 1 6 15 20 15 6 1
k = 2, n = 5 :
5
X
m=0
m 2
=
6
3
Diskrete Strukturen 4.7 Abz¨ahlkoeffizienten 295/558
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Lemma 182
F¨ ur die Diagonalsumme gilt:
m
X
k=0
n + k k
=
m + n + 1 m
∀m ∈ N , n ∈ C
Beweis:
(Vollst¨ andige Induktion ¨ uber m) Induktionsanfang: m = 0:
0
X
k=0
n + k k
= n
0
= 1
= !
0 + n + 1 0
=
n + 1 0
= 1
Beweis (Forts.):
Induktionsschluss m 7→ m + 1:
m+1
X
k=0
n + k k
=
m
X
k=0
n + k k
+
m + n + 1 m + 1
=
m + n + 1 m
+
m + n + 1 m + 1
=
m + n + 2 m + 1
Diskrete Strukturen 4.7 Abz¨ahlkoeffizienten 297/558
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Beispiel 183
n k
0 1 2 3 4 5 6 0 1
1 1 1
2 1 2 1
3 1 3 3 1
4 1 4 6 4 1
5 1 5 10 10 5 1 6 1 6 15 20 15 6 1
m = 3, n = 2 :
3
X
k=0
2 + k k
=
6
3
Beobachtungen:
Negation
(−x) k = (−1) k · x k Binomialsatz
(x + y) n =
n
X
k=0
n k
· x k · y n−k
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Spezialf¨ alle des Binomialsatzes:
1
x = y = 1:
2 n = (1 + 1) n =
n
X
k=0
n k
(Beweis zur Zeilensumme!)
2
y = 1:
(x + 1) n =
n
X
k=0
n k
· x k
3
