Sommersemester 2014 PD Dr. Nils Rosehr
Inhaltsverzeichnis
I Einleitung 5
II Kombinatorik 5
1 Grundlagen der Kombinatorik 6
1.1 Standardbezeichnungen . . . 6
1.2 Endliche Mengen . . . 6
1.5 Potenzmenge . . . 7
1.6 Partitionen . . . 8
1.8 Schubfachprinzip . . . 8
1.9 Anwendungen . . . 8
1.10 Prinzip der doppelten Abzählung . . . 10
1.11 Beispiel . . . 10
2 Binomialkoeffizienten 10 2.1 Permutationen und Fakultät . . . 10
2.3 Stirling-Formel . . . 11
2.6 Näherung von Binomialkoeffizienten . . . 13
VI Übungsaufgaben 14
Index 16
I Einleitung
Die diskrete Mathematik ist keine Geheimwissenschaft, sondern vielmehr ist diskret hier als Abgrenzung zu kontinuierlich zu verstehen. Dabei wird der Begriff unterschiedlich allgemein gefasst. Häufig geht es um mathematische Probleme oder Theorien die mit endlichen oder abzählbaren Strukturen zu tun haben. Am besten wird dies vielleicht an einigen Beispielen deutlich.
Beispiel 1. Nehmen wir an, wir wollen eine Treppe mit 11 Stufen besteigen und können mit einem Schritt entweder eine oder zwei Stufen nehmen. Für die ersten drei Stufen haben wir drei Möglichkeiten: 3 = 1 + 1 + 1 = 1 + 2 = 2 + 1. Für die gesamte Treppe von 11 Stufen gibt es 144 Möglichkeiten.
Natürlich ist man in der diskreten Mathematik nicht an der Lösung dieses speziellen Problems interessiert, sondern fragt sich: Gibt es eine Formel für die Anzahl der Möglichkeiten in Abhängigkeit der Anzahl der Stufen? Kann man auch ähnliche Probleme lösen, etwa, wenn man es schafft 3 Stufen (oder alle) auf einmal zu nehmen? Gibt es ein allgemeines Verfahren, zu solchen Lösungsformeln zu kommen?
Beispiel 2. Wir wollen ein Schachbrett aus 8 mal 8 Feldern mit 8 Farben so einfärben, dass in keiner Horizontalen oder Vertikalen eine Farbe doppelt auftritt. Dies ist auf vielerlei Weisen möglich und hängt auch gar nicht von der Zahl 8 ab. Solche Einfärbungen werdenlateinische Quadrategenannt. Nun stellen wir die Frage, ob es zwei solche Einfärbungen gibt (sogenannteorthogo- nalelateinische Quadrate), so dass die von entsprechenden Feldern gebildeten Farbpaare alle 8·8 = 64 Farbkombinationen durchlaufen. Eine einfache (beja- hende) Antwort lässt sich mit der algebraischen Struktur des endlichen Körpers mit 8 Elementen geben. Schon 1780 hat Euler die Frage gestellt, ob es auch orthogonale lateinische Quadrate der Ordnung 6 gibt. Er konnte diese Frage nicht beantworten und vermutete, dass dies für alle Ordnungen der Form 4k+2 nicht möglich sei. Heute weiß man, dass Euler nur für k= 1 Recht hatte.
Beispiel 3.Viele kennen seit den Kindertagen dasHaus vom Nikolaus. Dabei geht es darum in einem bestimmten Graphen einen Weg zu finden, der alle Kanten genau einmal durchläuft: oder . Solch ein Weg heißt übrigens Euler-Tour, nach Euler, der sich mit dem ähnlichenKönigsberger Brückenpro- blem beschäftigt hat. Diese Touren haben durchaus eine praktische Relevanz, denn z.B. für die Müllabfuhr stellt solch eine Tour einen günstigen Weg dar.
Hier ergeben sich viele Fragen: Ist eine solche Tour auch für andere Graphen möglich? Wenn nicht, gibt es ein Kriterium? Kann man die Touren auch mit gleichem Anfangs- und Endpunkt wählen?
II Kombinatorik
1 Grundlagen der Kombinatorik
1.1 Standardbezeichnungen. Für die natürlichen Zahlen (ohne Null) schreiben wirN={1,2,3, . . .},N0={0}∪Nund{1, . . . , n}={k∈N:k≤n}
für n ∈ N0. Weiter benutzen wir Z ⊆ Q ⊆ R ⊆ C. Für die Potenzmen- ge einer Menge X (also die Menge aller Teilmengen von X) schreiben wir P(X) oder 2X. Wir benutzen die Gaußklammern zum Auf- und Abrunden:
bxc:= max{z∈Z:z≤x} unddxe:= min{z∈Z:z≥x} fürx∈R.
1.2 Endliche Mengen. Eine MengeAistendlich, wenn es einn∈N0und eine Abzählung, d.h. eine Bijektion f :{1, . . . , n} →A gibt. Die Zahl n ist eindeutig bestimmt (siehe Übungsaufgabe 1.1) und heißt die Größe, Länge oder Mächtigkeit von A; wir schreiben |A| für die Mächtigkeit von A und nennen Aeinen-Menge. FallsAnicht endlich ist, setzen wir|A|:=∞(siehe Bemerkung nach Satz 1.4) und benutzen ∞ ±x =±x+∞ =∞+∞=∞ sowiex <∞fürx∈R.
1.3 Lemma. Seien A undB Mengen.
(a) Es gilt|A|= 0genau dann, wennA=∅.
(b) Es istA∪B genau dann endlich, wennAund B endlich sind.
(c) Es gilt|A∪B|+|A∩B|=|A|+|B|.
(d) Aus B(Afolgt|B|<|A|, falls A(oderB)endlich ist.
(e) Für eine Abbildungf :A→B gilt |f(A)| ≤ |A|.
Beweis. (a) Die „leere Abbildung“∅ →A ist genau dann surjektiv, wennA leer ist.
(∗) Seien nun zunächstAund B endlich und disjunkt. Wir zeigen |A∪B|=
|A|+|B|per Induktion über|A|: Den Induktionsanfang liefert (a). Für|A|>0 können wir wieder nach (a) eina∈Awählen. Es folgt|A\ {a}|=|A| −1, denn ist f : {1, . . . ,|A|} →A ein Abzählung, so istg : {1, . . . ,|A| −1} →A\ {a}
mit g(x) =f(x) für x6=f−1(a) und g(f−1(a)) =f(|A|), falls f−1(a)6=|A|, eine Abzählung [vertauscheaundf(|A|)]. Es folgt|(A\ {a})∪B|=|(A∪B)\ {a}|=|A∪B| −1 ebenso, daAundBdisjunkt sind, und Induktion liefert die Behauptung.
(d) In obigem Induktionsbeweis haben wir|A\{a}|=|A|−1 gezeigt füra∈A;
daraus folgt die Behauptung per Induktion, wenn wira∈A\B wählen. [(∗) lässt sich nicht anwenden, da wir (noch nicht) wissen, dassBundA\Bendlich sind.]
(b) SindAundBendlich, so folgt aus (∗), dassA∪Bendlich ist. Aus (d) folgt die andere Implikation, weil AundB Teilmengen vonA∪B sind.
(c) Wegen (b) müssen wir nur noch den endlichen Fall zeigen: |A∪B| =
|A\(A∩B)|+|B|=|A| − |A∩B|+|B|.
(e) Für unendlichesAist nichts zu zeigen. Wähle sonst eine TeilmengeA0⊆A, so dass für jedesb∈f(A) die Faser f−1(b) genau ein Element vonA0 enthält [A0 ist also ein Repräsentantensystem für die Fasern von f.] Daf|A0 injektiv ist, folgt |f(A)|=|f(A0)|=|A0| ≤ |A|nach (d). 2 1.4 Satz. Für endliche MengenA undB gilt|A|=|B|genau dann, wenn es eine Bijektion A→B gibt.
Gilt dies, so ist eine Abbildung h : A → B genau dann bijektiv, wenn sie injektiv oder surjektiv ist.
Beweis. Gilt n:=|A| =|B|, so gibt es Bijektionen f :{1, . . . , n} →Aund g:{1, . . . , n} →B, und wir können als Bijektiong◦f−1wählen. Ist umgekehrt eine Bijektion h: A → B gegeben, dann lässt sich diese mit einer Bijektion f :{1, . . . ,|A|} →Averketten zu einer Bijektion h◦f :{1, . . . ,|A|} →B. Es folgt |B|=|A|.
Isthinjektiv, so isth:A→h(A) bijektiv und nach dem schon gezeigten folgt
|h(A)| = |A| = |B| und somit h(A) = B nach 1.3(d). Also ist h surjektiv.
Ist hnicht injektiv, so gibt es ein a∈A mit h(A\ {a}) =h(A) und es folgt
|h(A)| = |h(A\ {a})| ≤ |A\ {a}| < |A| = |B| nach 1.3. Also ist h nicht
surjektiv. 2
Die erste Aussage des Satzes ist falsch für unendliche Mengen [die zweite so- wieso]. Das liegt daran, dass es verschiedene unendliche Mächtigkeiten gibt, etwa |N| = ∞ = |R|, aber es gibt keine Bijektion N → R (Cantors zweites Diagonalargument).
Die Forderung der Existenz einer Bijektion zwischen zwei Mengen macht aber auch für unendliche Menge Sinn und wir nennen daher zwei Mengen gleich- mächtig, wenn es eine Bijektion zwischen ihnen gibt wie im Satz.
Die Endlichkeit von Mengen lässt sich auch noch auf andere Art definieren:
Eine Menge ist genau dann unendlich, wenn es eine Injektion von ihr in eine echte Teilmenge gibt. Für eine weitere Möglichkeit siehe Übungsaufgabe 1.4.
1.5 Satz (Potenzmenge). Für eine endliche Menge M gilt|2M|= 2|M|. Beweis. Wir führen Beweis per Induktion nach|M|. Für|M|= 0 haben wir M =∅ und daher 2M ={∅}, also|2M|= 1. Sei nun|M|>0. Wir können also m∈M wählen und setzen
A:={X⊆M :m6∈X} und B:={X⊆M :m∈X}.
Dann gilt 2M =A∪B und A∩B =∅. Es folgt|2M| =|A|+|B|. Ferner ist A = 2M\{m} also |A| = 2|M|−1 per Induktion. Die Abbildung A →B, X 7→
X∪ {m} ist eine Bijektion mit der InversenY 7→Y \ {m}. Es folgt|A|=|B|
und daher |2M|= 2|A|= 2|M|. 2
1.6 Partitionen. EinePartitioneiner MengeM ist eine Menge von paar- weise disjunkten Teilmengen von M, deren VereinigungM ist.
Für eine endliche PartitionP einer MengeM gilt
|M|= X
X∈P
|X|.
Häufige Anwendung: |M|=P
b∈B|f−1(b)|für eine Abbildungf :M →B.
Beweis. Für|P|= 0,1 ist die Aussage trivial und für|P|= 2 ist die Aussage ein Spezialfall von 1.3(c). Die Behauptung folgt damit per Induktion über
|P|. 2
1.7 Korollar. Für endliche Mengen A und B gilt |A×B| = |A| · |B| und
|An|=|A|n fürn∈N0 (mit00= 1).
Beweis. Dies folgt aus 1.6, weilA×B die Partition P :={A× {b} :b∈B}
hat und|A× {b}|=|A|sowie|P|=|B|gilt. Die zweite Behauptung folgt dann
per Induktion übern. 2
1.8 Schubfachprinzip. WennnObjekte auf weniger alsnFächer verteilt werden, so finden sich in einem Fach mindestens zwei Objekte. Oder: Wenn n Objekte mit k < n Farben eingefärbt werden, so haben mindestens zwei Objekte die gleiche Farbe.
Formal:SindAundB endliche Mengen mit|B|<|A|, so ist jede Abbildung f :A→B nicht injektiv, d.h. es existiert einb∈B mit |f−1(b)| ≥2.
Allgemeiner: Fürf :A→B mit|B|<∞existiert einb∈B mit
|f−1(b)| ≥ |A|
|B|. Beweis. Mit 1.6 folgt|A|=P
b∈B|f−1(b)| ≤ |B|maxb∈B|f−1(b)|. 2
1.9 Anwendungen. Wir werden im Laufe der Vorlesung viele Anwendun- gen sehen; hier sind ein paar Beispiele dieser wichtigen Beweismethode:
(a) Unter 15 Personen, sind immer mindestens 2 im gleichen Monat geboren, oder mindestens 3 am gleichen Wochentag. [Es existieren 70.000 Menschen mit exakt gleichvielen Haaren auf dem Kopf: ca. 7·109 Menschen, ca. 105 Haare]
(b) Unter 5 Punkten im Einheitsquadrat [0,1]2 gibt es immer zwei mit Ab- stand höchstens 12√
2:
Zwei der 5 Punkte liegen in einem der 4 Teilquadrate mit Seitenlänge 1/2 wie im Bild und haben daher Abstand≤12√
2 (für Punkte auf den Trennlinien wählen wir willkürlich).
(c) Sind a1, . . . , an+1 ∈ {1, . . . ,2n}, so gibt es Indices i 6= j, so dass ai ein Teiler von aj ist:
Wir schreibenai= 2eiuimitei∈N0undui∈Nungerade. Wegen 1≤ui≤2n gibt es n Möglichkeiten für ui und das Schubfachprinzip liefert i 6= j mit ui=uj und etwaei≤ej. Es folgtai=eiui |ejui=aj.
Für dienZahlenn+ 1, . . . ,2nist die Folgerung falsch.
(d) Sei n∈ Nund a1, . . . , an2+1 eine Folge vonn2+ 1 verschiedenen reellen Zahlen. Dann gibt es eine monoton fallende oder monoton steigende Teilfolge der Längen+ 1:
Wir definieren [Erdös und Szekeres folgend] zwei Abbildungenf, g:{1, . . . , n2+ 1} → N. Dabei sei f(i) (bzw. g(i)) die Länge der längsten steigenden (bzw.
fallenden) Teilfolge, die beiai endet (bzw. beginnt). Wir führen einen Wider- spruchsbeweis, und nehmen daher (f(i), g(i))∈ {1, . . . , n}2 für alleian. Das Schubfachprinzip liefert unsi < jmit (f(i), g(i)) = (f(j), g(j)). Damit können wir eine der beiden Folgen verlängern, nämlich, fallsai< aj, am Ende umaj, alsof(j)> f(i), oder, fallsai> aj, am Anfang umai, alsog(i)> g(j). Beides ist ein Widerspruch zu (f(i), g(i)) = (f(j), g(j)).
Diey-Koordinaten der 17 Punkte im Bild, sortiert von links nach rechts, enthalten monotone Folgen der Länge 5 (wie viele?), aber ohne den zentralen Ausnahmepunkt ist dies falsch.
(e) Approximationssatz von Dirichlet: Fürα∈ Rund n∈ Nexistieren k, l∈Zmit 0< k≤nund|kα−l|<1/n. [(αZ+Z)/Zliegt dicht inR/Z] [Das Schubfachprinzip wird auch oft alsDirichlet-Prinzip bezeichnet.] Aus dem Approximationssatz folgt, dass es für irrationaleαunendlich viele Brüche l/k gibt mit 0<|α−l/k|<1/k2; für rationaleαist dies falsch.
Beweis. Wir betrachten die n+ 1 „Rundungsreste“ ai := iα− biαc ∈ [0,1[
für i = 0, . . . , n. Nach dem Schubfachprinzip 1.8 liegen also in einem der n halboffenen Intervalle [r/n,(r+ 1)/n[ fürr= 0, . . . , n−1 zwei Resteai und aj mit i < j. Es folgt 1/n >|aj−ai|=|(j−i)α−(bjαc − biαc)|=|kα−l|
mit k:=j−iundl:=bjαc − biαc. 2
1.10 Prinzip der doppelten Abzählung. Sei M eine endliche Menge, und seienP undQPartitionen vonM. Dann liefert 1.6 folgenden Zusammen- hang:
X
X∈P
|X|=|M|= X
Y∈Q
|Y|.
Häufig bestehtM aus Paaren, alsoM ⊆A×B. Dann hat man X
a∈A
|M ∩({a} ×B)|=|M|=X
b∈B
|M∩(A× {b})|.
1.11 Beispiel. Bei einem Treffen ist die Anzahl der Personen, die einer un- geraden Anzahl von Leuten die Hände schütteln, gerade:
Für die MengeAder Personen betrachten wir die MengeM der Paare (a, b)∈ A2 von Personen die Hände miteinander schütteln. Wir zählen M auf zwei Weisen. Einerseits gilt für (a, b)∈M auch (b, a)∈M unda6=b, also ist|M|= 2hgerade, wobeihdie Anzahl der „Händeschüttelungen“ ist. Andererseits folgt
|M|=P
a∈Ana, wobeina :=|M∩({a} ×A)|die Anzahl der Leute ist, die mit adie Hände schütteln. Also muss die Anzahl der ungeradenna gerade sein.
2 Binomialkoeffizienten
2.1 Permutationen und Fakultät. Für eine MengeM bezeichnet SymM die Menge aller Bijektionen von M nach M, die sogenannte symmetrische GruppeaufM. Ihre Elemente werdenPermutationengenannt. Für uns ist die endliche symmetrische Gruppe Sn := Sym{1, . . . , n} auf n ∈ N0 Ziffern interessant. Ihre Mächtigkeit |Sn| wird als Fakultät von n, in Zeichen n!, bezeichnet. Man überlegt sich leicht, dass die Rekursionsgleichung n! = n· (n−1)! gilt fürn∈Nund zeigt per Induktionn! =n·(n−1)·(n−2)· · ·2·1 = Qn−1
i=0(n−i); beachte 0! = 1. Für ein Element x eines kommutativen Rings und k ∈ N definieren wir xk := Qk−1
i=0(x−i) und xk := Qk−1
i=0(x+i) sowie x0 :=x0 := 1 (steigendeund fallende Faktorielle). Die Produkte xk und xkbestehen also auskum 1 absteigende bzw. aufsteigende Faktoren beginnend mit x. Mit dieser Notation giltn! =nn undnk=n!/(n−k)! .
Erstaunlicherweise lässt sich die Fakultätsfunktion auf R≥0 fortsetzen [sogar noch weiter und holomorph] durch die DefinitionF(x) :=R∞
0 txe−tdt. Es gilt F(0) =F(1) = 1 undF(x) =xF(x−1) (partielle Integration). Durch Γ(x) :=
F(x−1) wird dieGammafunktiondefiniert.
Das Wachstumsverhalten vonn! entspricht√
n(ne)nmit annähernd konstantem relativen Fehler. Genauer hat man die folgende Abschätzung, die wir ohne Beweis (mit Gammafunktion) angeben.
2.2 Satz. Für n∈Nundan :=√
2πn(ne)n giltan≤n!≤ane12n1 .
Die schwächere Abschätzung e(ne)n≤n!≤en(ne)n lässt sich leicht per Induk- tion unter Benutzung von 1 +x≤exfürx∈Rzeigen.
2.3 Korollar (Stirling-Formel). Es gilt lim
n→∞
√ n!
2πn(ne)n = 1.
2.4 Definition. Für eine MengeM undk∈Zbezeichnen wir mit M
k
:={X ⊆M :|X|=k}
die Menge allerk-Teilmengen vonM. Ist |M|=n∈N0, so definieren wir den Binomialkoeffizient zunundk durch
n k
:=
M k
. Der Binomialkoeffizient nk
hängt nicht von M, sondern nur von n = |M| ab. Er gibt also die Anzahl der k-Teilmengen jeder n-Menge an. Daher gilt
n 0
= 1 = nn
fürn∈N0und nk
= 0 fürk <0 und k > n.
Wir notieren grundlegende Eigenschaften von Binomialkoeffizienten:
2.5 Lemma. Für k, l, n∈N0 gilt (a) n+1k+1
= nk
+ k+1n , (b) nk
= n−kn , (c) Pn
k=0 n k
= 2n, (d) (x+y)n=Pn
k=0 n k
xkyn−kfür Elementex,yeines kommutativen Rings (binomischer Lehrsatz), (e) nk k
l
= nl n−l
k−l
fürl≤n,
(f) nk
= n(n−1)···(n−k+1)
k(k−1)···1 =nk!k = k!(n−k)!n! fürk≤n.
Beweis. (a) Sei M eine (n+ 1)-Menge und m ∈ M. Dann ist k+1M eine disjunkte Vereinigung von A := M\{m}k+1
und B := {X ∈ k+1M
: m ∈ X}.
WeilB → M\{m}k
, X7→X\ {m}eine Bijektion ist, folgt n+ 1
k+ 1
=
M k+ 1
=|A|+|B|= n
k+ 1
+ n
k
.
(b) Sei nun |M|=n. Die KomplementbildungX 7→M \X ist eine Bijektion von Mk
auf n−kM .
(c) folgt aus 1.5 und 1.6, denn M k
: k ∈ {0, . . . , n} ist eine Partition der Potenzmenge 2M.
(d) folgt per Induktion aus (a) [oder direkt über die Definition von Binomial- koeffizienten durch Ausmultiplizieren desn-fachen Produktes].
(e) Wir zählen X := {(A, B) ∈ Ml
× Mk
: A ⊆ B} auf zwei Weisen ge- mäß 1.10: nl n−l
k−l
=|X|= nk k l
(einerseits wird zuerstAgewählt und dann durch eine (k−l)-Teilmenge von M \A zuB ergänzt, und andererseits wird zuerstB gewählt und darin einel-Teilmenge gewählt).
(f) Fürl= 1 gilt nach (e) die Gleichung nk
k=n n−1k−1
, also nk
= nk n−1k−1 für k∈N; die Gleichung folgt hieraus per Induktion. 2 Die Rekursionsformel 2.5(a) ist das Bildungsgesetz für das Pascal-Dreieck;
dabei ist jeder Zahl die Summe der beiden Zahlen links und rechts darüber:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1 1
3 6
10 20
... ...
Lemma 2.5(b) drückt die Spiegel-Symmetrie des Dreiecks aus. Mit 2.5(f) kann man leicht zeigen, dass die Koeffizienten bis zur Mitte ansteigen (und dann fallen).
Die Summe der Zahlen in einer Diagonalen (siehe fett gedruckte Zahlen im Bild) ist wieder ein Binomialkoeffizient, genauer giltPk
l=0 n+l
n
=Pk l=0
n+l l
=
n+k+1 k
; dies zeigt man leicht per Induktion.
Vermutung von Singmaster: Jede Zahl ab 2 tritt im Pascal-Dreieck höchstens 10 Mal auf.
Singmaster hat 1975 bewiesen, dass unendlich viele Zahlen mindestens 6 Mal auftreten. Die Zahl
3003 = 3003
1
= 78
2
= 15
5
= 14
6
tritt 8 Mal auf; häufigeres Auftreten ist nicht bekannt.
2.6 Näherung von Binomialkoeffizienten. Fürm∈Ngilt 22m
2√ m <
2m m
< 22m
√2m.
Beweis. Wir betrachtenP :=22m1 2mm
und müssen 1<2√
mP <√
2 zeigen.
Es gilt
P = (2m)!
(2mm!)2 = 1·3·5· · · · ·(2m−1) 2·4·6· · · · ·2m , und daher
2(2m)P2= 32 2·4 · 52
4·6· · · (2m−1)2 (2m−2)(2m)
| {z }
= (2m−1)2
(2m−1)2−1>1
>1
sowie
(2m)P2<(2m+ 1)P2= 1·3 22 ·3·5
42 · · ·(2m−1)(2m+ 1) (2m)2
| {z }
=(2m)2−1
(2m)2 <1
<1
2
Die Stirling-Formel liefert etwas genauer
m→∞lim 2m
m
·
√m 22m = 1
√π, was zu√
2<√
π <2 passt.
Außerdem lässt sich mit Hilfe der Stirling-Formel zeigen, dass m−t2m / 2mm durche−t2/mapproximiert wird, d.h. die normierten Binomialkoeffizienten ver- halten sich wie die Gaußsche Glockenkurve.
2.7 Lemma (Erdös-Szekeres 1978). Je zwei Zahlen6= 1in einer Zeile des Pascal-Dreiecks haben einen gemeinsamen Teiler (>1).
Beweis. Für 0 < l < k < n gilt nk k l
= nl n−l k−l
nach 2.5(e), und daher ist nl
ein Teiler von nk k l
. Wegen kl
< nl
haben also nl
und nk einen
gemeinsamen Teiler. 2
VI Übungsaufgaben
1.1 Aufgabe. Beweisen Sie die folgende Aussage: Für n, m ∈ N0 existiert genau dann eine Bijektionf :{1, . . . , n} → {1, . . . , m}, wennn=mgilt.
1.2 Aufgabe. Die folgende Figur ist aus zwei Quadraten und vier gleichseiten Dreiecken mit gleicher Seitenlänge zusammengesetzt. Finden Sie eine Zerle- gung in 7 kongruente Teile (das sind bis auf Verschiebungen, Drehungen oder Spiegelungen gleiche Teile).
1.3 Aufgabe. Zwei Spieler spielen folgendes Spiel. Als Vorbereitung werden sechs Punkte auf ein Blatt Papier gezeichnet, so dass keine drei auf einer Gera- den liegen. Jeder Spieler hat eine Farbe, und die Spieler zeichnen abwechselnd eine Strecke mit ihrer Farbe zwischen zwei noch nicht verbundene Punkte. Ver- loren hat, wer zuerst ein Dreieck komplett in seiner Farbe fertig stellen muss.
Zeigen Sie, dass ein Unentschieden nicht möglich ist.
1.4 Aufgabe. Zeigen Sie, dass eine Menge M genau dann endlich ist, wenn es eine Abbildung f : M →M gibt, so dass für jede Teilmenge X ⊆M die Inklusionf(X)⊆X nur für die offensichtlichen FälleX =∅oderX=M gilt.
2.1 Aufgabe. Zeigen Sie, dass eine endliche nichtleere Menge genauso viele Teilmengen gerader wie ungerader Länge hat.
2.2 Aufgabe. Endlich viele Personen begrüßen sich mit einem Handschlag.
Zeigen Sie, dass es zu jedem Zeitpunkt zwei Personen gibt, die der gleichen Anzahl von Leuten die Hände geschüttelt haben.
2.3 Aufgabe. Sein∈N, und seiena1, a2, . . . , an∈Z. Zeigen Sie, dass es eine nichtleere Teilmenge I⊆ {1, . . . , n} gibt, so dass die SummeP
i∈Iai durchn teilbar ist.
2.4 Aufgabe. In der Ebene sei ein regelmäßigesn-Eck gegeben,n≥3. Dabei seienR viele Ecken rot undB viele Ecken blau, so dassR+B=ngilt. Eine Kante sei rot, wenn sie zwischen zwei roten Punkten liegt und blau, wenn sie zwischen zwei blauen Punkten liegt. Kanten, die zwischen zwei Punkten verschiedener Farbe liegen, seien farblos. Sei rdie Anzahl der roten undbdie Anzahl der blauen Kanten. Zeigen Sie, dassR−B=r−b gilt.
3.1 Aufgabe. Das Letzte Lexikon zählt in alphabetischer (lexikographischer) Reihenfolge alle Wörter auf, welche jeden der 26 Grossbuchstaben genau einmal enthalten; es beginnt demnach mit dem WortABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ und es endet mit dem WortZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA.
(a) Wie lautet das letzte Wort der ersten Hälfte des Letzten Lexikons?
(b) Welches Wort folgt unmittelbar auf den Eintrag JMZORTXLBPSYWVINGDUEQKHFCA?
3.2 Aufgabe. Erklären Sie wie folgender Trick mathematisch funktioniert:
Die Zauberin benutzt ein französisches Blatt mit 52 Karten (also mit 13 Kar- tenwerten in jeweils 4 Farben) und fordert eine beliebige Person im Publikum auf, aus dem Blatt 5 Karten zufällig zu entnehmen und sie verdeckt ihrem Assistenten zu geben. Dieser wählt nach Inspektion eine Karte aus und gibt sie verdeckt ins Publikum zurück. Die übrigen 4 Karten deckt er nacheinander auf und die Zauberin nennt daraufhin Farbe und Kartenwert der Karte, die ins Publikum zurück ging. Dabei tauschen die Zauberin und ihr Assistent keine weiteren Informationen aus.
Tipp: Es ist hilfreich, an das Schubfachprinzip und Permutationen von drei Elementen zu denken.
3.3 Aufgabe. Zeigen Sie, dass das Produkt vonnaufeinander folgenden gan- zen Zahlen durchn! teilbar ist.
3.4 Aufgabe. Bestimmen Sie für k, n∈Ndie Anzahl allek-Teilmengen von {1, . . . , n}, deren verschiedene Elemente mindestens den Abstand 3 haben.
Index
Abzählung, 6
Approximationssatz von Dirichlet, 9 Binomialkoeffizient, 11
binomischer Lehrsatz, 11 Dirichlet-Prinzip, 9 doppelte Abzählung, 10 endlich, 6
Faktorielle fallende, 10 steigende, 10 Fakultät, 10
fallende Faktorielle, 10 Gammafunktion, 10 gleichmächtig, 7 Größe, 6 Länge, 6 Lehrsatz
binomischer, 11 Mächtigkeit, 6 n-Menge, 6 Partition, 8 Pascal-Dreieck, 12 Permutationen, 10 Potenzmenge, 6
Prinzip der doppelten Abzählung, 10 Schubfachprinzip, 8
Sn, 10
steigende Faktorielle, 10 Stirlings Formel, 11 SymM, 10
Symmetrische Gruppe, 10
