Einführung in die Diskrete Mathematik

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

2.8 Ungeordnete Summationen und Multimengen . . . . 13

2.9 Wege im Gitter . . . . 14

2.10 Vandermonde-Identität . . . . 14

2.11 Polynommethode . . . . 15

VI Übungsaufgaben 17

Index 20

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 werden lateinische Quadrate genannt. Nun stellen wir die Frage, ob es zwei solche Einfärbungen gibt (sogenannte orthogo- nale lateinische 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 das Haus 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 ähnlichen Königsberger 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 wir N = {1, 2, 3, . . . }, N

= {0}∪ N und {1, . . . , n} = {k ∈ N : k ≤ n}

für n ∈ N

. 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 2

. Wir benutzen die Gaußklammern zum Auf- und Abrunden:

bxc := max{z ∈ Z : z ≤ x} und dxe := min{z ∈ Z : z ≥ x} für x ∈ R .

1.2 Endliche Mengen. Eine Menge A ist endlich, wenn es ein n ∈ N

und 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 A eine n-Menge. Falls A nicht endlich ist, setzen wir |A| := ∞ (siehe Bemerkung nach Satz 1.4) und benutzen ∞ ± x = ±x + ∞ = ∞ + ∞ = ∞ sowie x < ∞ für x ∈ R .

1.3 Lemma. Seien A und B Mengen.

(a) Es gilt |A| = 0 genau dann, wenn A = ∅.

(b) Es ist A ∪ B genau dann endlich, wenn A und B endlich sind.

(c) Es gilt |A ∪ B| + |A ∩ B | = |A| + |B|.

(d) Aus B ( A folgt |B | < |A|, falls A (oder B) endlich ist.

(e) Für eine Abbildung f : A → B gilt |f (A)| ≤ |A|.

Beweis. (a) Die „leere Abbildung“ ∅ → A ist genau dann surjektiv, wenn A leer ist.

(∗) Seien nun zunächst A und 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) ein a ∈ A wählen. Es folgt |A \ {a}| = |A| − 1, denn ist f : {1, . . . , |A|} → A ein Abzählung, so ist g : {1, . . . , |A| − 1} → A \ {a}

mit g(x) = f (x) für x 6= f

(a) und g(f

(a)) = f (|A|), falls f

(a) 6= |A|, eine Abzählung [vertausche a und f (|A|)]. Es folgt |(A \ {a}) ∪ B| = |(A ∪ B) \ {a}| = |A ∪ B| − 1 ebenso, da A und B disjunkt sind, und Induktion liefert die Behauptung.

(d) In obigem Induktionsbeweis haben wir |A\{a}| = |A|−1 gezeigt für a ∈ A;

daraus folgt die Behauptung per Induktion, wenn wir a ∈ A \ B wählen. [(∗) lässt sich nicht anwenden, da wir (noch nicht) wissen, dass B und A\ B endlich sind.]

(b) Sind A und B endlich, so folgt aus (∗), dass A ∪ B endlich ist. Aus (d) folgt

die andere Implikation, weil A und B Teilmengen von A ∪ 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 unendliches A ist nichts zu zeigen. Wähle sonst eine Teilmenge A

⊆ A, so dass für jedes b ∈ f (A) die Faser f

(b) genau ein Element von A

enthält [A

ist also ein Repräsentantensystem für die Fasern von f .] Da f |

injektiv ist, folgt |f (A)| = |f (A

)| = |A

| ≤ |A| nach (d). 2 1.4 Satz. Für endliche Mengen A und B 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} → A und g : {1, . . . , n} → B, und wir können als Bijektion g ◦ f

wählen. Ist umgekehrt eine Bijektion h : A → B gegeben, dann lässt sich diese mit einer Bijektion f : {1, . . . , |A|} → A verketten zu einer Bijektion h ◦ f : {1, . . . , |A|} → B. Es folgt |B| = |A|.

Ist h injektiv, so ist h : 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 h nicht 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 |2

| = 2

. Beweis. Wir führen Beweis per Induktion nach |M |. Für |M | = 0 haben wir M = ∅ und daher 2

= {∅}, also |2

| = 1. Sei nun |M | > 0. Wir können also m ∈ M wählen und setzen

A := {X ⊆ M : m 6∈ X } und

B := {X ⊆ M : m ∈ X }.

Dann gilt 2

= A ∪ B und A ∩ B = ∅. Es folgt |2

| = |A| + |B|. Ferner ist A = 2

also |A| = 2

per Induktion. Die Abbildung A → B, X 7→

X ∪ {m} ist eine Bijektion mit der Inversen Y 7→ Y \ {m}. Es folgt |A| = |B|

und daher |2

| = 2|A| = 2

. 2

1.6 Partitionen. Eine Partition einer Menge M ist eine Menge von paar- weise disjunkten Teilmengen von M , deren Vereinigung M ist.

Für eine endliche Partition P einer Menge M gilt

|M | = X

X∈P

|X |.

Häufige Anwendung: |M | = P

b∈B

|f

(b)| für eine Abbildung f : 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

|A

| = |A|

für n ∈ N

(mit 0

= 1).

Beweis. Dies folgt aus 1.6, weil A × B die Partition P := {A × {b} : b ∈ B}

hat und |A × {b}| = |A| sowie |P | = |B| gilt. Die zweite Behauptung folgt dann

per Induktion über n. 2

1.8 Schubfachprinzip. Wenn n Objekte auf weniger als n Fächer 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: Sind A und B endliche Mengen mit |B| < |A|, so ist jede Abbildung f : A → B nicht injektiv, d.h. es existiert ein b ∈ B mit |f

(b)| ≥ 2.

Allgemeiner: Für f : A → B mit |B| < ∞ existiert ein b ∈ B mit

|f

(b)| ≥ |A|

|B| . Beweis. Mit 1.6 folgt |A| = P

b∈B

|f

(b)| ≤ |B| max

|f

(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 · 10

Menschen, ca. 10

Haare]

(b) Unter 5 Punkten im Einheitsquadrat [0, 1]

gibt es immer zwei mit Ab- stand höchstens

√

2:

Zwei der 5 Punkte liegen in einem der 4 Teilquadrate mit Seitenlänge 1/2 wie im Bild und haben daher Abstand ≤

√

2 (für Punkte auf den Trennlinien wählen wir willkürlich).

(c) Sind a

, . . . , a

∈ {1, . . . , 2n}, so gibt es Indices i 6= j, so dass a

ein Teiler von a

ist:

Wir schreiben a

= 2

u

mit e

∈ N

und u

∈ N ungerade. Wegen 1 ≤ u

≤ 2n gibt es n Möglichkeiten für u

und das Schubfachprinzip liefert i 6= j mit u

= u

und etwa e

≤ e

. Es folgt a

= e

u

| e

u

= a

.

Für die n Zahlen n + 1, . . . , 2n ist die Folgerung falsch.

(d) Sei n ∈ N und a

, . . . , a

eine Folge von n

+ 1 verschiedenen reellen Zahlen. Dann gibt es eine monoton fallende oder monoton steigende Teilfolge der Länge n + 1:

Wir definieren [Erdös und Szekeres folgend] zwei Abbildungen f, g : {1, . . . , n

+ 1} → N . Dabei sei f (i) (bzw. g(i)) die Länge der längsten steigenden (bzw.

fallenden) Teilfolge, die bei a

endet (bzw. beginnt). Wir führen einen Wider- spruchsbeweis, und nehmen daher (f (i), g(i)) ∈ {1, . . . , n}

für alle i an. Das Schubfachprinzip liefert uns i < j mit (f (i), g(i)) = (f (j), g(j)). Damit können wir eine der beiden Folgen verlängern, nämlich, falls a

< a

, am Ende um a

, also f (j) > f (i), oder, falls a

> a

, am Anfang um a

, also g(i) > g(j). Beides ist ein Widerspruch zu (f (i), g(i)) = (f (j), g(j)).

Die y-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: Für α ∈ R und n ∈ N existieren k, l ∈ Z mit 0 < k ≤ n und |kα − l| < 1/n. [(α Z + Z )/ Z liegt dicht in R / Z ] [Das Schubfachprinzip wird auch oft als Dirichlet-Prinzip bezeichnet.] Aus dem Approximationssatz folgt, dass es für irrationale α unendlich viele Brüche l/k gibt mit 0 < |α − l/k| < 1/k

; für rationale α ist dies falsch.

Beweis. Wir betrachten die n + 1 „Rundungsreste“ a

:= 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[ für r = 0, . . . , n − 1 zwei Reste a

und a

mit i < j. Es folgt 1/n > |a

− a

| = |(j − i)α − (bjαc − biαc)| = |kα − l|

mit k := j − i und l := bjαc − biαc. 2

1.10 Prinzip der doppelten Abzählung. Sei M eine endliche Menge, und seien P und Q Partitionen von M . Dann liefert 1.6 folgenden Zusammen- hang:

X

X∈P

|X | = |M | = X

Y∈Q

|Y |.

Häufig besteht M aus Paaren, also M ⊆ 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 Menge A der Personen betrachten wir die Menge M der Paare (a, b) ∈ A

von Personen die Hände miteinander schütteln. Wir zählen M auf zwei Weisen. Einerseits gilt für (a, b) ∈ M auch (b, a) ∈ M und a 6= b, also ist |M | = 2h gerade, wobei h die Anzahl der „Händeschüttelungen“ ist. Andererseits folgt

|M | = P

a∈A

n

, wobei n

:= |M ∩ ({a} × A)| die Anzahl der Leute ist, die mit a die Hände schütteln. Also muss die Anzahl der ungeraden n

gerade sein.

2 Binomialkoeffizienten

2.1 Permutationen und Fakultät. Für eine Menge M bezeichnet Sym M die Menge aller Bijektionen von M nach M , die sogenannte symmetrische Gruppe auf M . Ihre Elemente werden Permutationen genannt. Für uns ist die endliche symmetrische Gruppe S

:= Sym{1, . . . , n} auf n ∈ N

Ziffern interessant. Ihre Mächtigkeit |S

| wird als Fakultät von n, in Zeichen n!, bezeichnet. Man überlegt sich leicht, dass die Rekursionsgleichung n! = n · (n − 1)! gilt für n ∈ N und zeigt per Induktion n! = n · (n − 1) · (n− 2) · · · 2 · 1 = Q

i=0

(n − i); beachte 0! = 1. Für ein Element x eines kommutativen Rings und k ∈ N definieren wir x

:= Q

i=0

(x − i) und x

:= Q

i=0

(x + i) sowie x

:= x

:= 1 (steigende und fallende Faktorielle). Die Produkte x

und x

bestehen also aus k um 1 absteigende bzw. aufsteigende Faktoren beginnend mit x. Mit dieser Notation gilt n! = n

und n

= n!/(n − k)! .

Erstaunlicherweise lässt sich die Fakultätsfunktion auf R

fortsetzen [sogar noch weiter und holomorph] durch die Definition F (x) := R

0

t

e

dt. Es gilt F (0) = F (1) = 1 und F (x) = xF (x − 1) (partielle Integration). Durch Γ(x) :=

F (x − 1) wird die Gammafunktion definiert.

Das Wachstumsverhalten von n! entspricht √

n(

)

mit annähernd konstantem relativen Fehler. Genauer hat man die folgende Abschätzung, die wir ohne Beweis (mit Gammafunktion) angeben.

2.2 Satz. Für n ∈ N und a

:= √

2πn(

)

gilt a

≤ n! ≤ a

e

.

Die schwächere Abschätzung e(

)

≤ n! ≤ en(

)

lässt sich leicht per Induk- tion unter Benutzung von 1 + x ≤ e

für x ∈ R zeigen.

2.3 Korollar (Stirling-Formel). Es gilt lim

n→∞

√ n!

2πn(

)

= 1.

2.4 Definition. Für eine Menge M und k ∈ Z bezeichnen wir mit M

k

:= {X ⊆ M : |X | = k}

die Menge aller k-Teilmengen von M . Ist |M | = n ∈ N

, so definieren wir den Binomialkoeffizient zu n und k durch

n k

:=

M k

. Der Binomialkoeffizient

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 =

für n ∈ N

und

= 0 für k < 0 und k > n.

Wir notieren grundlegende Eigenschaften von Binomialkoeffizienten:

2.5 Lemma. Für k, l, n ∈ N

gilt (a)

=

+

, (b)

=

, (c) P

k=0 n k

= 2

, (d) (x+y)

= P

k=0 n k

x

y

für Elemente x, y eines kommutativen Rings (binomischer Lehrsatz), (e)

l

=

k−l

für l ≤ n, (f)

=

k(k−1)···1

=

=

für k ≤ n.

Beweis. (a) Sei M eine (n + 1)-Menge und m ∈ M . Dann ist

eine disjunkte Vereinigung von A :=

und B := {X ∈

: m ∈ X }.

Weil B →

, X 7→ 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 Komplementbildung X 7→ M \ X ist eine Bijektion von

auf

.

(c) folgt aus 1.5 und 1.6, denn

: k ∈ {0, . . . , n} ist eine Partition der

Potenzmenge 2

.

(d) folgt per Induktion aus (a) [oder direkt über die Definition von Binomial- koeffizienten durch Ausmultiplizieren des n-fachen Produktes].

(e) Wir zählen X := {(A, B) ∈

×

: A ⊆ B} auf zwei Weisen ge- mäß 1.10:

k−l

= |X | =

(einerseits wird zuerst A gewählt und dann durch eine (k − l)-Teilmenge von M \ A zu B ergänzt, und andererseits wird zuerst B gewählt und darin eine l-Teilmenge gewählt).

(f) Für l = 1 gilt nach (e) die Gleichung

k = n

, also

=

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 gilt P

l=0 n+l

n

= P

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. Für m ∈ N gilt 2

2 √ m <

2m m

< 2

√ 2m .

Beweis. Wir betrachten P :=

und müssen 1 < 2 √

mP < √

2 zeigen.

Es gilt

P = (2m)!

(2

m!)

= 1 · 3 · 5 · · · · · (2m − 1) 2 · 4 · 6 · · · · · 2m , und daher

2(2m)P

= 3

2 · 4 · 5

4 · 6 · · · (2m − 1)

(2m − 2)(2m)

| {z }

= ^(2m−1)2

(2m−1)2−1>1

> 1

sowie

(2m)P

< (2m + 1)P

= 1 · 3 2

· 3 · 5

4

· · · (2m − 1)(2m + 1) (2m)

| {z }

=^(2m)2−1

(2m)2 <1

< 1

2

Die Stirling-Formel liefert etwas genauer

m→∞

lim 2m

m

·

√ m 2

= 1

√ π , was zu √

2 < √

π < 2 passt.

Außerdem lässt sich mit Hilfe der Stirling-Formel zeigen, dass

/

durch e

approximiert wird, d.h. die normierten Binomialkoeffizienten ver- halten sich wie die Gaußsche Glockenkurve.

2.7 Lemma (Erdös-Szekeres 1978). Je zwei Zahlen 6= 1 in einer Zeile des Pascal-Dreiecks haben einen gemeinsamen Teiler (> 1).

Beweis. Für 0 < l < k < n gilt

=

nach 2.5(e), und daher ist

ein Teiler von

. Wegen

<

haben also

und

einen

gemeinsamen Teiler. 2

2.8 Ungeordnete Summationen und Multimengen. Auf wie viele Ar- ten kann man 24 gleiche Stücke Schokolade an 5 Kinder verteilen? Allgemeiner ist dies die Frage nach der Mächtigkeit von

X

:= {(s

, s

, . . . , s

) ∈ N

: s

+ s

+ · · · + s

= n}

für k, n ∈ N

. Wir notieren solche Summen durch Zeichenketten gebildet aus den Symbolen und (für Schokolade und Trenner). Die Summe 1 + 2 + 3 = 6 wird etwa durch und die Summe 0 + 2 + 1 + 0 + 4 = 7 durch dargestellt. Die Elemente aus X

entsprechen eindeutig den Zei- chenfolgen der Länge n+k−1 bestehend aus n Einheiten und k−1 Trennsym- bolen . Das bedeutet aber, sie entsprechen den Teilmengen in

k−1

; dabei gibt eine Teilmenge an, an welchen Stellen in der Zeichenkette das Sym- bol steht. Also gilt |X

| =

. Für die Ausgangsfrage gibt es also

24+4 4

=

4·3·2·1

= 7 · 9 · 13 · 25 = 20475 Möglichkeiten.

Wir geben noch eine andere Interpretation von X

. Sei A eine Menge. Dann heißt eine Abbildung M : A → N

Multimenge über A, die Werte M (a) heißen Häufigkeiten oder Gewichte von a, und |M | := P

a∈A

M (a) wird als Gesamtgewicht oder Mächtigkeit von M bezeichnet. Dann gibt |X

| =

n+k−1 k−1

=

die Anzahl der Multimengen über einer k-Menge mit Ge- samtgewicht n an.

[In unserem Beispiel haben wir also eine Multimenge von Kindern, und die Häufigkeit jedes Kindes gibt an, wie viel Stücke Schokolade es erhält.]

Jetzt wollen wir etwas gerechter sein und jedem Kind mindestens ein Stück Schokolade zukommen lassen, wir suchen also |{(s

, s

, . . . , s

) ∈ N

: s

+ s

+

· · ·+s

= n}|. Dies führt zu Zeichenketten, die nicht enthalten und bei denen nicht am Anfang oder Ende steht, d.h. hinter jedem der ersten n −1 Symbole kann jeweils höchstens einer der k − 1 Trenner stehen; dies bedeutet das Doppelzeichen muss (k−1)-mal auf n−1 Stellen verteilt werden. Als Anzahl ergibt sich

und für das Beispiel

=

4·3·2·1

= 23 · 11 · 7 · 5 = 8855.

2.9 Wege im Gitter. Viele Formeln für Binomialkoeffizienten lassen sich auch über Wege in Gittern beweisen. Ein kürzester Weg in einem Gitter der Größe m × n von (0, 0) nach (m, n) besteht aus m + n Schritten, nämlich m Schritten nach rechts und n Schritten nach oben.

(0,0)

(m, n)

Jeder Weg ist eindeutig festgelegt durch die Schritte nach oben (oder durch die Schritte nach rechts). Daher gilt

=

, siehe 2.5(b). Jeder dieser Wege läuft entweder durch den Punkt (m, n − 1) oder durch (m − 1, n). Daher gilt

=

+

für die Anzahl solcher Wege, siehe 2.5(a).

2.10 Satz (Vandermonde-Identität). Für n, m, k ∈ N

gilt n + m

k

=

k

X

l=0

n l

m k − l

und insbesondere 2n

n

=

n

X

l=0

n l

.

1. Beweis. Seien N und M disjunkte Mengen mit |N | = n und |M | = m.

Die Mengen S

:= {A ∪ B : A ∈

, B ∈

} für l = 0, . . . , k bilden eine Partition von

. Also folgt

= P

l=0

|S

| = P

n l

nach 1.6

und 1.7. 2

2. Beweis. Nach 2.9 ist

die Anzahl der kürzesten Wege im Gitter von (0, 0) nach (n + m − k, k). Jeder der Wege verläuft durch genau einen der Punkte (n − l, l) mit 0 ≤ l ≤ k wie im Bild [auch für l > n].

(0,0)

(n+m−k, k) (n−k, k)

(n,0)

Es gibt genau

kürzeste Wege von (0, 0) nach (n − l, l), und von (n − l, l) nach (n + m − k, k) genau

k−l

=

. 2

2.11 Polynommethode. Häufig lassen sich für natürliche Zahlen definierte Funktionen auf allgemeinere Zahlbereiche ausdehnen. Für ein Element z eines kommutativen Ringes, der Q enthält (also etwa Q , R , C oder C [x]), definieren wir in Verallgemeinerung von 2.5(f)

z k

:= z

k! = z(z − 1) · · · (z − k + 1) k!

für k ∈ N

. Insbesondere ist

z.B. ein Polynom in Q [x]. Für alle k ∈ N

gilt die Identität

z + 1 k + 1

= z

k

+ z

k + 1 z.B. für alle komplexen Zahlen z, denn f :=

−

−

ist ein Polynom vom Grad höchstens k + 1 in Q [x] mit den unendlich vielen Nullstellen n ∈ N wegen 2.5(a); und daher folgt f = 0, weil ein solches Polynom sonst höchstens k + 1 Nullstellen hätte. Entsprechend gilt z.B. auch die Vandermonde-Identität für komplexe Zahlen. Direkt aus der Definition folgt

−z k

= (−1)

z + k − 1 k

.

Jedes Polynom

∈ Q [x] hat an jeder Stelle x = n ∈ Z einen ganzzahligen Wert (Definition 2.4 und Formel für

). Hier ist eine Umkehrung:

2.12 Satz (Pólya). Erfüllt ein Polynom f ∈ Q [x] die Bedingung f ( N

) ⊆ Z , so ist f eine ganzzahlige Linearkombination von Polynomen

mit k ∈ N

.

Beweis. Die Polynome

bilden eine Basis des Q -Vektorraums Q [x] wegen grad

= k. Daher existieren a

∈ Q und m ∈ N mit f = P

a

k

. Wegen

0 k

= 0 für k ∈ N gilt a

= f (0) ∈ Z . Wir führen Induktion über n und nehmen an a

, a

, . . . , a

∈ Z . Dann folgt

Z 3 f (n + 1) =

n

X

k=0

a

n + 1 k

| {z }

∈Z

+ a

n + 1 n + 1

| {z }

=1

+

m

X

k=n+2

a

n + 1 k

| {z }

=0

,

also a

∈ Z . 2

VI Übungsaufgaben

1.1 Aufgabe. Beweisen Sie die folgende Aussage: Für n, m ∈ N

existiert genau dann eine Bijektion f : {1, . . . , n} → {1, . . . , m}, wenn n = m gilt.

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 Inklusion f (X ) ⊆ X nur für die offensichtlichen Fälle X = ∅ oder X = 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. Sei n ∈ N , und seien a

, a

, . . . , a

∈ Z . Zeigen Sie, dass es eine nichtleere Teilmenge I ⊆ {1, . . . , n} gibt, so dass die Summe P

i∈I

a

durch n teilbar ist.

2.4 Aufgabe. In der Ebene sei ein regelmäßiges n-Eck gegeben, n ≥ 3. Dabei

seien R viele Ecken rot und B viele Ecken blau, so dass R + B = n gilt. 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 r die Anzahl der roten und b die

Anzahl der blauen Kanten. Zeigen Sie, dass R − 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 Wort ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ und es endet mit dem Wort ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA.

(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 von n aufeinander folgenden gan- zen Zahlen durch n! teilbar ist.

3.4 Aufgabe. Bestimmen Sie für k, n ∈ N die Anzahl alle k-Teilmengen von {1, . . . , n}, deren verschiedene Elemente mindestens den Abstand 3 haben.

4.1 Aufgabe. Zeigen Sie, dass eine natürliche Zahl n ∈ N genau dann eine Primzahl ist, wenn alle Binomialkoeffizienten

mit 1 ≤ k ≤ n − 1 durch n teilbar sind.

4.2 Aufgabe. Sei M eine endliche n-Menge. Finden Sie einen möglichst ein- fachen Ausdruck (ohne Summenzeichen) für

(a) die Anzahl der Paare (A, B) ∈ 2

× 2

mit A ∩ B = ∅;

(b) die Anzahl der Teilmengen A von M mit |A| ≡ 0 mod 4.

(Tipp: Setzen Sie in der binomischen Formel (x + 1)

= . . . für x geeignete komplexe Zahlen ein.)

4.3 Aufgabe. Für n ∈ N

definieren wir die n-te Catalan-Zahl durch C

:= 1

n + 1 2n

n

= 2n

n

− 2n

n + 1

.

(a) Zeigen Sie, dass C

die Anzahl der Zeichenketten der Länge 2n bestehend

aus den Zeichen „(“ und „)“ mit korrekter Klammerung ist; diese Zei-

chenketten haben also n öffnende und n schließende Klammern, und jedes

Anfangsstück enthält höchstens so viele schließende wie öffnende Klam-

mern.

(b) Leiten Sie die Rekursionsgleichung C

=

n

P

k=0

C

C

für n ∈ N

her.

4.4 Aufgabe. Sieben Geometer und fünf Algebraiker sollen auf einer Kon-

ferenz in einer Reihe mit zwölf Plätzen sitzen. Wie viele Möglichkeiten gibt

es, die Sitzplätze so zu verteilen, dass kein Algebraiker neben einem anderen

Algebraiker sitzt? Wie viele Möglichkeiten der Sitzverteilung gibt es, so dass

kein Geometer neben einem anderen Geometer sitzt?

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 Gesamtgewicht, 14 Gewicht, 14 gleichmächtig, 7 Größe, 6 Häufigkeit, 14 Länge, 6 Lehrsatz

binomischer, 11 Mächtigkeit, 6, 14 n-Menge, 6 Multimenge, 14 Partition, 8 Pascal-Dreieck, 12 Permutationen, 10 Polynommethode, 15 Potenzmenge, 6

Prinzip der doppelten Abzählung, 10 Schubfachprinzip, 8

S

, 10

steigende Faktorielle, 10 Stirlings Formel, 11 Sym M , 10

Symmetrische Gruppe, 10

Vandermonde-Identität, 15