Vorlesung ¨uber Kombinatorik und multiplikative Zahlentheorie

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Vorlesung ¨ uber Kombinatorik und multiplikative Zahlentheorie

Dieter Denneberg, Universit¨ at Bremen

18. November 2005

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1 Elementare Abz¨ahlfunktionen 2

1.1 Cartesische Produkte und Abbildungen . . . 2

1.2 Teilmengen . . . 4

1.3 Der Binomische Lehrsatz . . . 7

1.4 Stichproben . . . 9

1.5 Aquivalenzrelationen und Ordnungen . . . .¨ 10

2 Rekursionen und erzeugende Funktionen 14 2.1 Fibonacci Zahlen . . . 15

2.2 Lineare Rekursion mit konstanten Koeffizienten . . . 17

2.3 Derangements, Involutionen . . . 18

2.4 Catalansche Zahlen, Bellsche Zahlen . . . 21

3 Das Einschluss-Ausschluss-Prinzip (EAP) 27 3.1 Das abstrakte EAP . . . 27

3.2 Elementare Anwendungen . . . 29

3.3 Die Stirlingschen Zahlen . . . 34

3.4 Gerade und ungerade Permutationen . . . 38

1

(3)

Kapitel 1

Elementare

Abz¨ ahlfunktionen

1.1 Cartesische Produkte und Abbildungen

Im folgenden seien alle betrachteten Mengen endlich.¹(Wir vertrauen hier auf die naive Vorstellung des Begriffesendlich. Also keine formale Definition!) Als bekannt vorausgesetzt werden des weiteren die Begriffe n-tupel, Funktion (oderAbbildung),injektiv,surjektiv, bijektiv.

MitX1⊗X2 . . . ⊗Xn, definiert durch

X1⊗X2 . . . ⊗ Xn:={(x1, . . . xn) | xi ∈ Xi f ¨ur allei= 1, . . . , n}

wird das cartesische Produkt der MengenX₁,. . ., X_n bezeichnet.

F¨ur endlichesX seiXⁿ durchXⁿ:=X⊗X⊗ · · · ⊗ X

| {z }

n F aktoren

definiert.

Xⁿ ist also die Menge aller n–tupel ¨uberX.

Ist X eine endliche Menge, so bezeichne |X| die Anzahl der Elemente in X (auch Kardinalit¨at von X genannt). Wir nennen kurzX einen-Menge, wenn

|X|=n.

Es gilt:

Satz 1.1.1. SindX1, . . . , Xn endliche Mengen, so gilt:

|X₁⊗X₂⊗ · · · ⊗X_n|=|X₁| · . . . · |X_n|. (1.1) Folgerung 1.1.2. F¨ur endliches X gilt:

|Xⁿ|=|X|ⁿ (1.2)

Betrachtet manXals ein Alphabet, so kann manXⁿ als die Menge aller Wörter der Länge n überX auffassen.

1Viele der folgenden Begriffsbildungen ließen sich auch für beliebige Mengen durchführen, aber wir benötigen sie nur für endliche Mengen.

2

(4)

Eine Abbildung f :X →Y (X,Y endl. Mengen) kann man auf folgende zwei Weisen interpretieren:

Interpretation 1: f verteilt die Elemente von X auf Schubladen (die Elemente

vonY). 2

Interpretation 2:

Indem wir die Elemente vonX durchnummerieren, können wir o.E.X auffassen als die Menge der ersten n natürlichen Zahlen: X = {1, . . . , n}. Unter dieser Interpretation können wir f mit dem n–tupel (f(1), . . . , f(n))∈ Yⁿ uber¨ Y

identifizieren. 2

Bemerkung 1.1.3. f :X → Y ist bijektiv⇒ |X|=|Y| . Anzahlen kann man als ¨Aquivalenzklassen von Mengen auffassen:

X∼ Y ⇔ ∃f :X→ Y bijektiv (1.3)

2 BezeichneY^X die Menge aller Abbildungen vonX inY, also

Y^X:={f|f :X → YAbb.} ∼ Y^|X|. Dann gilt:

Satz 1.1.4.

|Y^X|=|Y|^|X| (1.4)

Def.: EinePermutationvonX ist eine bijektive Abbildungf :X → X . 2 Sei X = {1, . . . , n} und f : X → X eine Permutation. Der Abbildung f entspricht dann (siehe oben) ein n–tupel (f(1), . . . , f(n)) ∈ Xⁿ, in dem die f(i), i= 1, . . . , npaarweise verschieden sind.

H¨aufige Schreibweise:

f =

1 2 · · · n

f(1) f(2) · · · f(n)

.

Alle Permutationen einer n–elementigen Menge X (also z.B. X ={1, . . . , n}) bilden bzgl. der Hintereinanderausf¨uhrung von Abbildungen eine Gruppe.

Def.:Diese Gruppe nennt man diesymmetrische Gruppe der Ordnungn.

Sie wird mitS_n bezeichnet. 2

Jede endliche Gruppe ist Untergruppe einer symmetrischen Gruppe!

Es gilt nun:

Satz 1.1.5.

|Sn|=n! (1.5)

(5)

KAPITEL 1. ELEMENTARE ABZ ¨AHLFUNKTIONEN 4

Zur Erinnerung:

n! =

n(n−1)· · · · ·2·1 n >0

1 n= 0

(Sprechweise für n!: Fakultät vonnoder einfach n–Fakultät.)

(Für negative ganze Zahlen und für nicht–ganze Zahlennistn! zunächst nicht definiert. (Siehe jedoch die Γ–Funktion.))

Beweis. Sei oBdAX ={1, . . . , n}. Fürf(1) gibt esnMöglichkeiten, fürf(2)

dann nochn−1 . . . 2

Ebenso sieht man ein:

Satz 1.1.6. Sei |X|=n. Die Anzahl der k–tupel aus X ohne Wiederholungen istn(n−1)· · ·(n−k+ 1).

1.2 Teilmengen

SeiX eine endliche Menge.

Def.: P(X) :={A|A⊂ X}heißtPotenzmengevon X. 2 NebenP(X) ist auch die Schreibweise 2^X gebr¨auchlich.

Begr¨undung:

Fasst man 2 als die 2–elementige Menge {0,1} auf, so besteht 2^X aus allen Abbildungen vonX in diese Menge, d.h. eine Abbildung aus 2^X wird dadurch festgelegt, dass man jedem Element von X entweder 0 oder 1 zuweist. Wir ordnen einer solchen Abbildung die Menge aller Elemente von X zu, die auf 1 abgebildet werden. Diese Zuordnung von 2^X inP(X) ist offensichtlich bijektiv.

Nebenbei haben wir damit:

Satz 1.2.1.

|P(X)|= 2^|X| (1.6)

Aufgrund unserer obigen ¨Uberlegung geh¨ort zu jeder Teilmenge Avon X eine Funktion fA : X → {0,1}. Man nennt fA die charakteristische Funktion oder auch Indikatorfunktion von A.

Insbesondere gilt also für endliche Mengen, dass die Potenzmenge einer Menge immer echt größer ist als die Menge selbst. G. Cantor hat bewiesen, dass diese Aussage für beliebige (nicht nur endliche) Mengen gilt.

Darstellung vonP(X) als Bin¨arzahl.

Sei wiederX eine endliche Menge, die wir mit 0 beginnend durchnummerieren:

X ={0,1, . . . , n−1}

Wir definieren nun eine Abbildung von P(X) in die Menge{0,1, . . . ,2ⁿ−1}:

(6)

P(X)→ {0,1, . . . ,2ⁿ−1}

A7→

n−1

X

k=0

f_A(k)2^k=:n_A

Diese Abbildung ist (offensichtlich) bijektiv. Die Umkehrabbildung erh¨alt man so:

Istk∈ {0,1, . . . ,2ⁿ−1}, so besitztkeine eindeutige Darstellung der Form k=

n−1

X

k=0

ak2^k, ak ∈ {0,1}

A_k ∈ P(X) sei nun definiert durch

Ak:={x∈X |ax= 1}

Es gelten dann:

nA_k=k und A_n_A=A

Wird X “nach oben” vergr¨oßert, so bleiben diese Zuordnungen offensichtlich

unver¨andert. 2

Geometrische Darstellung vonP(X).

SeiX ={1,2, . . . , n}. Dann haben wir, wie oben gesehen:

P(X)' {0,1}^X ' {0,1}ⁿ⊂Rⁿ

Also entspricht jeder Teilmenge vonX ein Eckpunkt des n-dimensionalen Ein- heitsw¨urfels imRⁿ.

Beispiel f¨urn= 3:

??? 2

Def.: F¨urx∈R, k∈Zist “x ¨uber k” definiert durch:

x k

:=

( x(x−1)···(x−k+1)

k(k−1)···1 k≥0

0 k <0.

2 Speziell f¨urn, k∈N0 undk≤nhaben wir:

n k

= n!

k!(n−k)!

Insbesondere gilt:

n 0

= n

n

= 1

(7)

Def.: ⁿC_k :=| {A⊂X| |A|=k} |, 0≤k≤n, bezeichnet die Anzahl derk–Mengen in dern–MengeX. Satz 1.2.2.

nCk = n

k

Beweis. SeiM_k die Menge aller k-tupel ohne Wiederholungen von Elementen ausX:

M_k:={(x₁, . . . , x_k)|x_i∈X, x_i6=x_j f¨uri6=j}

Nach Satz 1.1.6 gilt|Mk|=n(n−1)· · ·(n−k+ 1).

Die Abbildungv:M_k→ P(X) sei definiert durch:

v((x1, . . . , xk)) :={x1, . . . , xk} (“vergiss die Anordnung”)

Nun giltv((x1, . . . , xk)) =v((y1, . . . , yk)) gdw. (x1, . . . , xk) eine Permutation von (y1, . . . , yk) ist.

Also hat jede k–Menge {x1, . . . , xk} ∈ P(X) genau k! Urbilder unterv (Satz 1.1.5). Damit ergibt sich unmittelbar die Behauptung. 2 Eigenschaften von

n k

:

Satz 1.2.3. Seienk, n∈N0, k≤n. Dann gelten:

(i)

n k

= n

n−k

(ii) k n

k

= n

n−1 k−1

f¨ur k >0

(iii)

n+ 1 k

= n

k−1

+ n

k

f¨ur k >0

(iv)

n

X

k=0

n k

= 2ⁿ

(v)

n

X

k=0

n k

2

= 2n

n

Beweis. Grunds¨atzlich bieten sich zwei Beweismethoden an, um die Formeln zu beweisen:

1. algebraisch

2. mit Mengenbetrachtungen (siehe Satz 1.2.2) Wir w¨ahlen hier die (anschaulichere) 2. Methode.

(i) Ein Team von k Schülern aus einer Klasse von n Schülern auswählen ist dasselbe wie die n−knicht zum Team gehörigen Schüler auszuwählen.

(8)

(ii) Ein Team von k auswählen und dann einen Kapitän bestimmen ist dasselbe wie zuerst einen Kapitän zu wählen und dann den Rest des Teams.

(iii) Die Klasse bestehe aus n “normalen” und einem “besonderen” Sch¨uler.

Nun gibt es _k−1ⁿ

Teams aus kSch¨ulern, die den “Besonderen” enthalten und

n k

Teams, die ihn nicht enthalten.

(iv) siehe Satz 1.2.2

(v) Die Klasse bestehe aus nJungen und n Mädchen. Jede n-elementige Aus- wahl aus diesen 2n Schülern besteht aus k Mädchen und n−k Jungen für ein k zwischen 0 und n. Für ein festes solches k gibt es dafür offensichtlich

n k

n n−k

(i)

= n k

²

M¨oglichkeiten. Summation ¨uber alle k ergibt die Behauptung.

2 Die Rekursionsformel (iii) liefert dasPascalsche Dreieck ⁿ_k

:

0 1 2 3 4 5 . . . k Zeilensumme

0 | 1 1

1 | 1 1 2

2 | 1 2 1 4

3 | 1 3 3 1 8

4 | 1 4 6 4 1 16

5 | 1 5 10 10 5 1 32

· · · | · · · ·

n | 1 · · · 1 2ⁿ

nl¨auft hier von oben nach unten,kvon links nach rechts.

Ist ∆ definiert durch:

(∆f)(n) :=f(n+ 1)−f(n) f¨urf :N0→R so haben wir also

∆ n

k

= n

k−1

Das hat eine Analogie im kontinuierlichen Falle in der Potenzreihenentwicklung vone^x:

e^x= 1 +x+x² 2! +x³

3! +. . . +xⁿ n! + . . . (Jede Teilfunktion ist Ableitung der folgenden Funktion.)

1.3 Der Binomische Lehrsatz

Als Verallgemeinerung von Satz 1.2.3 (iv) zeigen wir:

Satz 1.3.1.

(1 +t)ⁿ =

n

X

k=0

n k

t^k, n∈N0

Beweis. (1)

F¨urn= 0 ist nichts zu zeigen. Sei alson >0:

(9)

Dann haben wir (1 +t)ⁿ= (1 +t)(1 +t)· · ·(1 +t) mitnFaktoren. Multipliziert man dieses Produkt nach den Regeln des Distributivgesetzes aus, so sieht man, dass der Faktor von t^k gerade gleich ⁿ_k

ist (da es ⁿ_k

M¨oglichkeiten gibt, den

Faktort aus dennFaktorenk mal zu w¨ahlen). 2

Beweis. (2)

Wir benutzen Induktion nachn. Der Falln= 0 ist trivial. Die Behauptung gelte also f¨urn. Wir zeigen nun, dass die Formel auch f¨urn+ 1 gilt:

(1 +t)ⁿ⁺¹ = (1 +t)ⁿ(1 +t)

=

n

X

k=0

n k

t^k

! (1 +t)

=

n

X

k=0

n k

t^k+

n+1

X

j=1

n j−1

t^j

= 1 +

n

X

j=1

( n

j

+ n

j−1

)t^j+tⁿ⁺¹

= 1.2.3 (iii)

n+1

X

j=0

n+ 1 j

t^j

2 Neuer Beweis von Satz 1.2.3 (ii):

Zun¨achst haben wir:

n(1 +t)ⁿ⁻¹= d

dt(1 +t)ⁿ=

n

X

k=1

k n

k

t^k−1 Andererseits:

n(1 +t)ⁿ⁻¹=n

n−1

X

j=0

n−1 j

t^j=n

n

X

k=1

n−1 k−1

t^k−1

Ein Koeffizientenvergleich ergibt dann die Beh. 2

Folgerung 1.3.2. GelteX 6=∅. Dann gilt:

| {A⊂X | |A| ungerade} |=| {A⊂X | |A| gerade} |=(1.2.1) 2^|X|−1 Beweis. Satz 1.3.1 f¨urt=−1 ergibt:

0 = (1−1)ⁿ =

n

X

k=0

n k

(−1)^k Es folgt:

n

X

k=0 kungerade

n k

=

n

X

k=0 kgerade

n k

Mit Satz 1.2.2 folgt die Beh. 2

2. Beweis. Sei zun¨achst|X|ungerade.

Jede Teilmenge von X mit ungerader Elementeanzahl entspricht genau einer Teilmenge mit gerader Elementeanzahl und umgekehrt (Komplementbildung).

Der Falln:=|X|gerade lässt sich auf den ungeraden Falln−1 zurückführen.

(10)

1.4 Stichproben

Wir besch¨aftigen uns hier mit folgender Frage: auf wieviele Weisen kann mank Objekte ausnObjekten ausw¨ahlen?

Wir unterscheiden folgende Varianten:

1. mit/ohne Zur¨ucklegen

2. Reihenfolge relevant/irrelevant

Beispiel 1.4.1. Ein Beispiel aus dem täglichen Leben ist die Lottoziehung (6 aus 49). Hier ist alsok= 6undn= 49, es wird nicht zurückgelegt und die Rei- henfolge ist ohne Bedeutung. Die Anzahl der Möglichkeiten ist ⁴⁹₆

= 13983816.

Satz 1.4.1. Die Anzahl der M¨oglichkeiten, k Objekte aus n Objekten auszuw¨ahlen ist in der folgenden Tabelle enthalten:

Reihenfolge relevant Reihenfolge irrelevant

mit Zur¨ucklegen a) n^k b) ^n+k−1_k

ohne Zur¨ucklegen c) n(n−1)· · ·(n−k+ 1) d) ⁿ_k Beweis.

a) trivial.

c) trivial oder Satz 1.1.6.

d) mit Satz 1.2.2.

b) siehe die folgenden Hilfss¨atze.

2 Hilfssatz 1.4.2. Die Anzahl der Stichproben mit Zur¨ucklegen und irrelevanter Reihenfolge (Fall b)) ist gleich der Anzahl dern-tupel (x1, . . . , xn) ausNⁿ0 mit Pn

i=1xi=k.

Beweis. In der Stichprobe vom Umfangkseii∈X ={1, . . . , n}mit H¨aufigkeit x_i∈N0gew¨ahlt, dann gilt offensichtlichPn

i=1x_i=k. 2

Hilfssatz 1.4.3.

{(x1, . . . , xn)∈Nⁿ0 |

n

X

i=1

xi=k}

=

n+k−1 n−1

=

n+k−1 k

Beweis. (1)

Sei Y die Menge {1,2, . . . , n+k−1}. Jedemn-tupel (x1, . . . , xn)∈ Nⁿ0 mit Pn

i=1=kordnen wir folgende n−1-Auswahl inY zu: f¨ur j= 1, . . . , n−1 sei y_j:=j+Pj

i=1x_i.

Man ¨uberlegt sich leicht, dass auf diese Weise eine 1-1-Beziehung hergestellt

wird. (Illustration!) 2

(11)

Beweis. (2)

Bezeichne P_kⁿ die Anzahl der n-tupel ausNⁿ0 mit Elementsumme k. Dann gilt offensichtlich:P_kⁿ=P_kⁿ⁻¹+P_k−1ⁿ⁻¹+· · ·+ 1. Eine geeignete Induktion lefert dann

die Behauptung. 2

Satz 1.4.4. Sei f(n) die Anzahl der geordneten Stichproben beliebiger L¨ange aus einer Menge von nObjekten ohne Zur¨ucklegen. Dann gilt:

f(n) =ben!c

Anmerkung. Es soll eine Stichprobe der L¨ange 0 geben.

Im Satz wird von folgender Definition Gebrauch gemacht:

Def.Für reellesxbezeichnebxcdie größte ganze Zahl, die kleiner oder gleichx ist. Entsprechend bezeichne dxedie kleinste ganze Zahl, die größer oder gleich xist.

Genau f¨ur ganzexgiltbxc=x=dxe.

Beweis. Es gilt mit Satz 1.4.1 b) f(n) =

n

X

i=0

n!

(n−i)! =n!

n

X

k=0

1

k! (Partialsumme vonn!e)

Nun sch¨atzen wir die Differenz von f(n) und en! unter Benutzung der geome- trischen Reihe ab:

0< en!−f(n) = 1

n+ 1+ 1

(n+ 1)(n+ 2)+· · ·

< 1

n+ 1+ 1

(n+ 1)²+· · ·

= 1

n

≤ 1

Es folgt die Behauptung. 2

1.5 Aquivalenzrelationen und Ordnungen ¨

SeiX eine beliebige (nicht notwendig endliche) Menge.

Def.: Eine (zweistellige)Relation aufX ist eine TeilmengeR vonX². Beispiel 1.5.1. Relationen geh¨oren zu den Grundstrukturen der Mathematik.

Hier ein paar Beispiele:

1. Die leere Relation:∀x, y∈X: (x, y)∈/ R, m.a.W.:R ist die leere Menge.

2. Die Allrelation:∀x, y∈X: (x, y)∈R, m.a.W.: R=X². 3. Die Kleiner-Relation aufR:∀x, y∈R: (x, y)∈R⇔x < y.

(12)

4. Die Teilmengenrelation auf P(X):∀x, y⊂X: (x, y)∈R⇔x⊂y 5. Die Relation aufZ, zu der ein Paar(x, y)genau dann geh¨ort, wennx=y

modnf¨ur ein festesn∈Ngilt.

Def.: Eine RelationRauf X heißt:

reflexiv gdw ∀x∈X (x, x)∈R

irreflexiv ∀x∈X (x, x)∈/R

symmetrisch ∀x, y∈X (x, y)∈R⇔(y, x)∈R

antisymmetrisch ∀x, y∈X (x, y)∈R∧(y, x)∈R⇒x=y transitiv ∀x, y, z∈X (x, y)∈R∧(y, z)∈R⇒(x, z)∈R trichotom ∀x, y∈X (x, y)∈R∨x=y∨(y, x)∈R

Aquivalenzrelation¨ Rist reflexiv, symmetrisch und transitiv (partielle) Ordnung Rist reflexiv, antisymmetrisch und transitiv totale (oder lineare) Ordnung Rist eine trichotome partielle Ordnung

2 IstR eine Relation aufX, so schreibt man statt (x, y)∈Rh¨aufigxRy.

Sei nunReine ¨Aquivalenzrelation aufX, x∈X. Dann nennt man R(x) :={y∈X|xRy}

die ¨Aquivalenzklasse vonx.

Je zwei ¨Aquivalenzklassen sind entweder gleich oder sind disjunkt. F¨urx, y∈X giltR(x) =R(y)⇔xRy.

Mit X/R wird die Menge der ¨Aquivalenzklassen bezeichnet. Wir haben dann eine nat¨urliche Projektion:

X → X/R

x 7→ R(x)

Beispiel 1.5.2. Sei neine positive ganze Zahl. Dann wird eine ¨Aquivalenzre- lation Rn auf Zdefiniert durch:

∀x, y∈Z: (x, y)∈Rn⇔x−y∈nZ

(nZ sei die Menge aller Vielfachen vonn:nZ={0, n,−n,2n,−2n, . . .}.) In diesem Falle bilden dieRn(0), . . . , Rn(n−1)s¨amtliche (n) ¨Aquivalenzklassen vonRn. StattZ/Rn schreibt man in diesem Falle gernZ/nZ.

Def.:EinePartition(Zerlegung, Unterteilung) vonXist ein SystemS ⊂ P(X) mit:

(P1) ∀A∈ S:A6=∅

(P2) ∀A, B∈ S:A6=B⇒A∩B=∅ (P3) S

A∈SA=X.

2 Im Grunde ist eine ¨Aquivalenzrelation auf X nichts anderes als eine Partition vonX:

(13)

Satz 1.5.1. SeiReine ¨Aquivalenzrelation aufX. Dann istX/Reine Partition vonX.

Sei umgekehrtS eine Partition vonX. Dann definiert R:={(x, y)∈X²|∃A∈ S:x, y∈A}

eine ¨Aquivalenzrelation auf X und es giltX/R=S.

Beweis. Alles trivial. 2

Def.: Die Bellsche Zahl Bn ist die Anzahl der Partitionen (und damit also der ¨Aquivalenzrelationen) auf einern-MengeX. (siehe Wikipedia)

2 Beispiel 1.5.3. Die ersten Werte sind: B0 = 1, B1 = 1, B2 = 2, B3 = 5: Sei X ={1,2,3}. Die 5 Partitionen sind:

{X}

{{1,2},{3}}

{{1,3},{2}}

{{2,3},{1}}

{{1},{2},{3}}

Satz 1.5.2.

Bn=

n

X

k=1

n−1 k−1

B_n−k, n≥1 (Rekursionsf ormel)

Beweis. SeiX ={1,2, . . . , n}undMn⊂ P(X) die Menge der Teilmengen von X, die das Elementnenthalten. Zu jeder PartitionS vonX gehört ein Element von M_n, nämlich das Element vonS, das n enthält. Eine Menge M aus M_n mit k Elementen hat bei dieser Zuordnung genauB_n−k Urbilder. Andererseits gibt es ⁿ⁻¹_k−1

k-Mengen in Mn. Daraus folgt die Beh. 2 Beispiel 1.5.4.

B4= 3

0

B3+ 3

1

B2+ 3

2

B1+ 3

3

B0= 15 Satz 1.5.3. SeiR eine totale Ordnung auf der n-MengeX.

Dann gibt es genau eine NummerierungX={x₁, . . . , x_n}, so dass(x_i, x_j)∈R miti≤j ¨aquivalent ist.

Folgerung 1.5.4. Auf einer n-Menge gibt es genaun! totale Ordnungen.

Beweis. (Satz 1.5.3)

Wir zeigen zun¨achst: es gibt genau ein letztes ElementxinX, d.h. ein Element x, so dass aus (x, y)∈R notwendigx=y folgt.

Existenz.

Angenommen, es g¨abe kein letztes Element. Dann g¨abe es zu jedemxeinymit x6=y und (x, y)∈R.

(14)

Wähle nunx₁ beliebig und, wennx_i schon gewählt ist,x_i+1 so, dassx_i+16=x_i und (x_i, x_i+1)∈Rgilt. Aufgrund der Transitivität vonRgilt dann (x_i, x_j)∈R für allei, j miti < j.

Da X endlich ist, k¨onnen nicht alle xi verschieden sein. Also gibt es i, j mit i 6= j und x_i = x_j. Sei oBdA i < j. Dann muss nach Konstruktion der x_i auch i+ 1 < j gelten. Aus (x_i, x_i+1)∈ R und (x_i+1, x_j) ∈R folgt dann aber x_i=x_i+1. Widerspruch!

Eindeutigkeit.

Seien x und x⁰ letzte Elemente. Aus x 6= x⁰ w¨urde wegen der Trichotomie (x, x⁰) ∈R oder (x⁰, x) ∈ R folgen. In beiden F¨allen folgte wiederum x= x⁰. Also mussx=x⁰ gelten. Der Rest des Beweises ist nun klar. 2

(15)

Kapitel 2

Rekursionen und

erzeugende Funktionen

Wir betrachten im folgenden Elemente des Raumes R^N⁰, also Funktionen F : N0→R.

Def.: F wird durch eine k-gliedrige Rekursion definiert, wenn zum einen Anfangsbedingungen gegeben sind, d.h. die Werte

F(0), F(1), . . . , F(k−1) (AB)

und zum zweiten eine Vorschrift, die es gestattetF(n) aus den letztenkWerten zu berechnen:

F(n) =V(F(n−1), . . . , F(n−k)) (RF)

2

Def.: Einek-gliedrige Rekursion heißtlinear, wenn gilt

F(n) =a1(n)F(n−1) +a2(n)F(n−2) + · · · +ak(n)F(n−k)) (RF) und linear mit konstanten Koeffizienten, wenn die a_i von n unabh¨angig

sind. 2

Anmerkung

Offensichtlich bilden alle Funktionen, die einer bestimmten durch dieaigegebe- nen k-gliedrigen Rekursionsvorschrift gen¨ugen, einen k-dimensionalen Vektor- raum.

Def.: Die Potenzreihe

ϕ(t) :=

∞

X

n=0

F(n)tⁿ

nennt man dieerzeugende Funktion vonF. 2

14

(16)

Beispiel 2.0.1. SeiF:N0→Reine Funktion, die 1-gliedrig rekursiv definiert sei:

F(0) = 1, F(n) = 2F(n−1) ϕ(t)sei die erzeugende Funktion von F. Dann gilt:

2tϕ(t) =

∞

X

n=0

2F(n)tⁿ⁺¹

=

∞

X

n=0

F(n+ 1)tⁿ⁺¹

=

∞

X

m=1

F(m)t^m

= ϕ(t)−1 Es folgt:

ϕ(t) = 1

1−2t =

∞

X

n=0

(2t)ⁿ (konvergent f ¨ur t< 1 2)

=

∞

X

n=0

2ⁿtⁿ

Mit Koeffizientenvergleich ergibt sich dannF(n) = 2ⁿ.

(In diesem Falle hätte man das natürlich auch einfacher sehen können.) Beispiel 2.0.2. Nach Satz 1.3.1 ist(1+t)ⁿdie erzeugende Funktion fürF(k) =

n k

.

2.1 Fibonacci Zahlen

Fibonacci = “Sohn von Bonacci” = Leonardo von Pisa.

Definition der Fibonacci-ZahlenF_n:

Fn= Anzahl der M¨oglichkeiten,n∈N0als Summe von 1en und 2en zu schreiben unter Beachtung der Reihenfolge.

Die ersten Werte sind: F0 = 1(leere Folge von 1en und 2en), F1 = 1, F2 = 2, F3= 3, F4= 5.

Herleitung f¨urF₄= 5:

4 = 1 + 1 + 1 + 1

= 2 + 1 + 1 = 1 + 2 + 1 = 1 + 1 + 2

= 2 + 2 Es gilt die folgende Rekursionsformel:

Fn =F_n−1+F_n−2 n≥2

(17)

KAPITEL 2. REKURSIONEN UND ERZEUGENDE FUNKTIONEN 16

Denn: eine Summenzerlegung vonnmit 1en und 2en endet entweder mit einer 1 oder mit einer 2 und jede Zerlegung, die mit 1 endet ist verschieden von jeder Zerlegung, die mit 2 endet. Nun gibt es aber offensichtlich F_n−1 Zerlegungen, die mit einer 1 enden undF_n−2, die mit einer 2 enden.

Satz 2.1.1.

F_n=

√5 + 1 2√

5

1 +√ 5 2

!ⁿ +

√5−1 2√

5

1−√ 5 2

!ⁿ

(Der zweite Summand strebt mit n→ ∞ gegen 0, da

1−√ 5 2

ⁿ

<1 gilt. Das Ansteigen von F_n wird also schließlich vom ersten Summanden bestimmt und ist damit i.w. exponentiell.)

Beweis. Alle Funktionen f : N0 → R, die ab n ≥ 2 die Rekursionsformel f_n=f_n−1+f_n−2 erfüllen, bilden einen 2-dimensionalenR-Vektorraum. Wenn es uns gelingt, zwei linear unabhängige (und möglichst einfache) Lösungen zu finden, so können wir damitFn linear kombinieren.

Wir machen den Ansatz:f(n) =xⁿ. Es m¨usste dann also gelten:xⁿ =xⁿ⁻¹+ xⁿ⁻² und damit, da wirx= 0 ausschließen k¨onnen:x²−x−1 = 0.

Diese quadratische Gleichung hat die beiden L¨osungen:

α= 1 +√ 5

2 , β= 1−√ 5 2

Gn = αⁿ und Hn = βⁿ erfüllen die Rekursionsformel und sind linear un- abhängig. Daher existieren a, b ∈ R mit Fn = aGn +bHn. Es genügt, dass diese Gleichung fürn= 0,1 erfüllt ist. Wir bekommen damit die Gleichungen:

1 = a+b 1 = a1 +√

5

2 +b1−√ 5 2 Das ergibt schließlich:

a =

√ 5 + 1 2√

5 b =

√5−1 2√

5

2 Beweis. (2. mit erzeugender Funktion)

Gelte

ϕ(t) =X

n≥0

Fntⁿ Dann haben wir:

tϕ(t) = P

n≥0Fntⁿ⁺¹ = P

m≥1F_m−1t^m t²ϕ(t) = P

n≥0Fntⁿ⁺² = P

m≥2F_m−2t^m

(18)

Mit der Rekursionsformel ergibt das:

ϕ(t) =tϕ(t) +t²ϕ(t) und also:

ϕ(t) = 1 1−t−t² Wir benutzen nun eine Partialbruchzerlegung:

1−t−t² = (1−αt)(1−βt) 1

t² −1

t −1 = (1 t −α)(1

t −β) x²−x−1 = (x−α)(x−β)

α und β ergeben sich dann genau so, wie im ersten Beweis. Wir suchen nun a, b∈Rmit

ϕ(t) = 1

(1−αt)(1−βt) = a

1−αt+ b 1−βt Wir multiplizieren mit (1−αt)(1−βt):

1 =a(1−αt) +b(1−βt) Koeffizientenvergleich ergibt:

a+b = 1 aβ+bα = 0

a, bergeben sich dann genau wie im ersten Beweis. Es gilt jetzt also:

ϕ(t) =a(1 +αt+α²t²+. . .) +b(1 +βt+β²t²+. . .) (geometrische Reihe) Schließlich liefert ein Koeffizientenvergleich:

Fn=aαⁿ+bβⁿ

2

2.2 Lineare Rekursion mit konstanten Koeffizi- enten

Der im vorigen Abschnitt gemachte Beweis f¨ur die Darstellung der Fibonacci- Zahlen Fn legt eine Verallgemeinerung nahe, um die wir uns jetzt k¨ummern werden.

Sei dazuF :N0→Ceine Funktion, die einer Rekursionsgleichung mit konstanten Koeffizienten gen¨ugt:

F(n) =a1F(n−1) + · · · +akF(n−k), n≥k (2.1) Um Funktionen F zu finden, die (2.1) erf¨ullen, machen wir nun den gleichen Ansatz wie im ersten Beweis des letzten Abschnitts:

F(n) =αⁿ

(19)

Es folgt, dass f¨urαgenau die Nullstellen des sogenanntencharakteristischen Polynoms

x^k−a1x^k−1− · · · −ak (2.2) in Frage kommen.

Wir unterscheiden zwei F¨alle:

1. Die Gleichung (2.2) hat k, also lauter verschiedene, L¨osungen 2. Die Gleichung (2.2) hat mehrfache L¨osungen

1. Fall:

(2.2) habe also diek verschiedenen Lösungen α1, . . . , αk. Die dazugehörenden Lsungen der Rekursionsformel (2.1) seienF1, . . . , Fk, d.h.Fi(n) =αⁿ_i. Erfüllt F ebenfalls (2.1), so gibt esa1, . . . , ak∈Cmit

F=a1F1+ · · · +akFk (2.3) (DieF_i sind, wie man sich leicht ¨uberlegen kann, linear unabh¨angig)

Um dieai in (2.3) zu bestimmen, gen¨ugt es, die Funktionswerte an den Stellen 0,1, . . . , k−1 zu betrachten. Damit erh¨alt mannlineare Gleichungen mit der Matrix:







α⁰₁ α⁰₂ · · · α⁰_k α¹₁ α¹₂ · · · α¹_k

... . .. α^k−1₁ α^k−1₂ · · · α^k−1_k







(Transponierte der Vandermonde-Matrix)

Es ist bekannt, dass die Determinante dieser Matrix den WertQ

i<j(αi−αj) hat.

Da dieαinach Voraussetzung verschieden sind, ist die Determinante ungleich 0 und die Matrix also regul¨ar. Diea_iin (2.3) lassen sich also eindeutig bestimmen.

2. Fall:

Die Gleichung (2.2) habe weniger als k Lösungen. Sei α eine Lösung mit der Vielfachheitd >1. Zuαgehören dann die d Lösungenαⁿ, nαⁿ . . . , n^d−1αⁿ der Rekursionsgleichung (2.1).

2.3 Derangements, Involutionen

Es gibt keine allgemeine L¨osungsmethode f¨ur nichtlineare oder lineare Rekur- sionen mit nicht-konstanten Koeffizienten.

In Einzelf¨allen gibt es aber dennoch Ergebnisse.

In diesem Abschnitt besch¨aftigen wir uns mit speziellen Abbildungen einer endlichen Menge in sich, den sogenannten Derangements und den Involutionen.

Def.: EinDerangement einern-MengeX ist eine Bijektionf :X→X ohne

(20)

Fixpunkte, d.h.

f(x)6=x,∀x∈X.

Wir definieren dann

d(n) :=|{f |f ist ein Derangement von X}|, Xeinen−Menge.

Es gilt Satz 2.3.1.

d(0) = 1, d(1) = 0 (AB)

d(n) = (n−1)(d(n−1) +d(n−2)) (RF)

Beweis. d(0) = 1 und d(1) = 0 ist klar. (Es gibt genau eine Abbildung von

∅ → ∅und die erf¨ullt die Bedingung f¨ur ein Derangement.)

Sei nunX={1,2, . . . , n}, n≥2. F¨ur jedesi∈X miti6=ngilt offenbar:

d(n) = (n−1)|{f |f ist Derangement von X mitf(n) =i}|

Bleibt also, den Wert|{f |f ist Derangement von X mitf(n) =i}|zu bestimmen.

Wir unterscheiden nun zwei F¨alle: f(n) = i und f(i) = n bzw. f(n) = i und f(i)6=n

1. Es gelte also f(n) =iundf(i) =n.

In diesem Fall gilt offensichtlich

|{f |f ist Derangement vonX mitf(n) =iundf(i) =n}|=d(n−2) 2. Es gelte nunf(n) =i undf(i)6=n.

SeiY ={1,2, . . . , n−1} undj ∈Y,j6=i, mitf(j) =n.

Der Abbildungf ordnen wir die Abbildungg:Y →Y zu, die folgendermaßen definiert wird:

g(k) :=

f(k) f¨ur k6=j i f¨ur k=j Diese Zuordnung

{f|f ist Derangement vonX mitf(n) =iundf(i)6=n} → {g|g ist Derangement vonY} ist, wie man sich leicht ¨uberlegt, bijektiv. Damit ist alles bewiesen. 2

Satz 2.3.2.

d(n) =n!

n

X

k=0

(−1)^k

k! (2.4)

d(n)−n!

e

< 1

n+ 1 (2.5)

(21)

Beweis. Es gibt mehrere M¨oglichkeiten, die erste der beiden im Satz enthaltenen Aussagen zu beweisen. Wir zeigen, dass

F(n) :=n!

n

X

k=0

(−1)^k k!

die Rekursion von Satz 2.3.1 erf¨ullt:

Zun¨achst sind, wie man leicht nachrechnet, die Anfangsbedingungen (AB) erf¨ullt.

Bleibt zu zeigen, dass die Rekursionsformel (RF) erf¨ullt ist:

Das aber ist eine einfache Umformung und wird dem Leser ¨uberlassen.

Zur zweiten Aussage des Satzes:

n!

e −d(n)

= n!

∞

X

k=0

(−1)^k k! −

n

X

k=0

(−1)^k k!

< n!

(−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!

= 1

n+ 1

2 Anmerkung: Ubrigens gilt auch noch folgende leicht zu beweisende Rekursion:¨

d(n) =nd(n−1) + (−1)ⁿ, was wiederum plausibel macht, dassd(n) wien! w¨achst.

Def.: Eine Abbildungf :X →X heißt Involution, wenn f◦f = id_X (⇔f =f⁻¹) gilt.

Wir setzen

=(n) :=|{p∈Sn |pist Involution}|

Die ersten Werte sind:

=(0) = 1, =(1) = 1, =(2) = 2, =(3) = 4

Satz 2.3.3.

=(n) ==(n−1) + (n−1)=(n−2)

Beweis. Sei f eine Involution der MengeX ={1,2, . . . , n}. F¨ur f(n) gibt es zwei M¨oglichkeiten:

i) f(n) =n ii) f(n) =i, i6=n

(22)

Die Anzahl der Involutionen f, die i) erf¨ullen, ist offensichtlich=(n−1).

Giltf(n) =i, i6=n, so muss auch, daf eine Involution ist,f(i) =ngelten. Es gibt also f¨ur jedes i6=n gerade =(n−2) Involutionen mit f(n) =i. Nun gibt es aber geraden−1 solchei.

2 Einige Werte von=(n):

n 0 1 2 3 4 5 6

=(n) 1 1 2 4 10 26 76 Satz 2.3.4.

(i) =(n) gerade f¨ur n >1 (ii) =(n)>√

n! f¨ur n >1 Beweis.

(i) mit Induktion:

=(2),=)3) sind gerade (Ind.-Anfang)

=(n−1),=(n−2) gerade _2.3.3^⇒ =(n) gerade (Ind.-Schluss) (ii) ebenfalls mit Induktion:

Ind.-Anf.:=(2) = 2>√

2!, =(3) = 4>√ 3!

Gelte nun =(n−1)>p

(n−1)!, =(n−2)>p

(n−2)! . Dann:

=(n) = =(n−1) + (n−1)=(n−2)

> p

(n−1)! + (n−1)p (n−2)!

= p

(n−1)!(1 +√ n−1)

> p

(n−1)!√ n

=

√ n!

2

2.4 Catalansche Zahlen, Bellsche Zahlen

Def: Die Anzahl C_n der M¨oglichkeiten, eine Summe aus nSummanden (bei fester Reihenfolge) so zu klammern, dass immer nur 2 Summanden zu addieren sind, heißtn-te Catalansche Zahl.

(Anders ausgedrückt: dien-te Catalansche Zahl bezeichnet die Anzahl der Möglich- keiten, einen ausnOperanden bestehenden Ausdruck vollständig zu klammern.

Oder auch: dien-te Catalansche Zahl bezeichnet die Anzahl der binären Bäume mit nBlättern.) (siehe Wikipedia (das dortige C_n entspricht unseremC_n+1)) Beispiel: Die ersten Werte sind: C0 = 0, C1 = 1, C2 = 1, C3 = 2, C4 = 5, C5 = 14.

(23)

C₄= 5 :

((a+b) +c) +d (a+ (b+c)) +d a+ ((b+c) +d) a+ (b+ (c+d)) (a+b) + (c+d) Satz 2.4.1.

Cn =

n−1

X

k=1

CkC_n−k, n >1 (nichtlineare Rekursionsformel)

Beweis. Die Anzahl binärer Bäume, deren linker Teilbaumkund deren rechter Teilbaumn−kBlätter enthalten, ist offensichtlichCkCn−k. Daraus folgt aber

schon die Behauptung. 2

Satz 2.4.2. Die erzeugende Funktionϕder Catalanschen Zahlen lautet:

ϕ(t) =1 2 1−√

1−4t Folgerung 2.4.3.

Cn= 1 n

2n−2 n−1

Beweis. von 2.4.2

Die im Satz 2.4.1 enthaltene Rekursionsformel entspricht genau der Formel, mit der bei der Multiplikation zweier (gleicher) Potenzreihen der Koeffizient vonxⁿ berechnet wird. Man sieht daher leicht:

ϕ(t)²=ϕ(t)−t L¨ost man diese Gleichung, so ergibt sich zun¨achst:

ϕ(t) =1 2(1±√

1−4t) Daϕ(0) =C0= 0 gelten soll, ergibt sich die Behauptung.

2 Beweis. von 2.4.3

Aus

ϕ(t) =1

2(1−(1−4t)¹²) folgt mit dem folgenden Satz 2.4.4:

ϕ(t) = 1 2(1−

∞

X

n=0

1 2

n

(−4t)ⁿ)

(24)

Mit Koeffizientenvergleich haben wir dann:

C_n = −1 2

1 2

n

(−4)ⁿ, n≥1

= −1 2

1 2

−1 2

−3

2 · · ·−(2n−3) 2

1 n!(−4)ⁿ

= 1

2ⁿ⁺¹(1·3· · ·(2n−3)) 1 n!2²ⁿ

= (1·3· · ·(2n−3)) 1 n!2ⁿ⁻¹

= 1·2·3· · · ·(2n−2) (1·2)(2·2)(3·2)· · ·((n−1)·2

1 n!2ⁿ⁻¹

= (2n−2)!

(n−1)!n!

= 1

n

2n−2 n−1

2 Satz 2.4.4. (Newton, Euler, Abel)

Die binomische Reihe zum Parameters∈R b_s(t) :=

∞

X

k=0

s k

t^k

konvergiert f¨ur

alle t fallsbs Polynom (Satz 1.3.1)

|t|<1 sonst (a)

und es gilt (b)

bs(t) = (1 +t)^s, |t|<1 Beweis.

a)

Sei bs kein Polynom (also s /∈N0). Zur Bestimmung des KonvergenzradiusR vonbsbenutzen wir das Quotientenkriterium: (siehe WWW)

R= lim

k→∞

|ak|

|ak+1| Es gilt:

ak

a_k+1 =s(s−1)· · ·(s−k+ 1)(k+ 1)!

k!s(s−1)· · ·(s−k) =k+ 1

s−k =−1 + 1/k

1−s/k, k≥1 Also:

k→∞lim

|ak|

|ak+1| = 1 b)

(25)

Zun¨achst gilt:

(1 +t)bs−1(t) =bs(t) (1)

(1 +t)b_s−1(t) =P∞ k=0

s−1 k

t^k+P∞ k=1

s−1 k−1

t^k =P∞ k=0

s k

t^k=bs(t).

Hier wurde Satz 1.2.3 (iii) benutzt, der auch f¨urs /∈N0 gilt. (F¨ur einen Beweis siehe das folgende Lemma.)

Weiter gilt:

b⁰_s(t) = s

1 +tb_s(t), (2)

denn b⁰_s(t) =

∞

X

k=1

k s

k

t^k−1=s

∞

X

k=0

s−1 k

t^k=sb_s−1(t) = s 1 +tbs(t) Hier wurde f¨ur die letzte Gleichung (1) benutzt.

Wir zeigen nun, dassbs(t)(1 +t)^−s= 1 gilt (was die zu beweisende Behauptung ergibt) und benutzen (1 +t)^s=e^s^ln(1+t).

Es gilt unter Benutzung von (2) (b_s(t)e^−s^ln(1+t))⁰ = (b⁰_s(t)−b_s(t)s 1

1 +t) = 0

Es folgt:bs(t)(1 +t)^−sist konstant. Aus bs(0) = 1 folgt schließlich:

bs(t) = (1 +t)^s

2 Um die Teilaussage (iii) von Satz 1.2.3 einzusehen, benutzen wir:

Lemma zu Satz 2.4.4 Die Aussagen (ii) und (iii) von Satz 1.2.3 bleiben g¨ultig, wenn mann∈N0durchs∈Cersetzt.

Beweis. Da ein Polynom vom echten GradengenaunNullstellen besitzt (Viel- fachheiten mitgez¨ahlt), muss ein Polynom, das f¨ur alle k ∈ N0 verschwindet, identisch 0 sein.

Betrachte z.B. f¨ur (iii) das Polynom ^s−1_k−1

+ ^s−1_k

− _k+1^s

. Nach Satz 1.2.3 (iii) verschwindet dieses Polynom f¨ur alles∈N0, also f¨ur alles. 2 SeiF :N0→Reine Zahlenfolge.

Def:

ψ(t) =ψ_F(t) :=

∞

X

n=0

F(n)tⁿ n!

heißt die exponentiell erzeugende Funktionvon F.

(Name wegen:F ≡1⇒ψ(t) =e^t)

Unter derLinks-Verschiebung von F verstehen wir die durch F⁰(n) :=F(n+ 1)

definierte Funktion.

Dann gilt:

(26)

Satz 2.4.5.

ψ_F⁰ = ∂

∂tψ_F Beweis.

d

dtψF(t) =

∞

X

n=1

F(n) n! ntⁿ⁻¹

=

∞

X

n=1

F(n) (n−1)!tⁿ⁻¹

=

∞

X

m=0

F(m+ 1) m! t^m

= ψF⁰(t)

2 Satz 2.4.6. F¨ur die Bellschen Zahlen Bn lautet die exponentiell erzeugende Funktion:

ψ(t) =

∞

X

n=0

Bn

tⁿ

n! =ee^t−1 Beweis. [1. Beweis]

Seiψ die exponentiell erzeugende Funktion der Bellschen Zahlen.

Wir leiten zun¨achst die Formel

ψ⁰(t) =e^tψ(t) ab:

e^tψB(t) =

∞

X

k=0

t^k k!

∞

X

j=0

Bj

j!t^j

=

∞

X

n=0

X

k+j=n

Bj

k!j!tⁿ

=

∞

X

n=0 n

X

k=0

n k

B_n−ktⁿ n!

=

∞

X

n=0 n+1

X

k=1

n k−1

B_n−k+1

!tⁿ n!

=

∞

X

n=0

B_n+1tⁿ n!

=ψB⁰(t)

=ψ_B⁰ (t) (mit 2.4.5)

(27)

Es folgt weiter:

(e^−e^tψ(t))⁰ =−e^te^−e^tψ(t) + e^−e^tψ⁰(t) = 0 Somit:

e^−e^tψ(t) =ckonstant

Mitψ(0) =B0= 1 ergibt sichc=e⁻¹ und damit die Behauptung. 2 Beweis. [2. Beweis (skizziert)] Seif(t) =e^e^t. Mitf(t) =P∞

n=0αntⁿ n! gilt α_i=f⁽ⁱ⁾(0)

F¨ur die Ableitungenf⁽ⁱ⁾(t) gilt:

f⁰(t) =e^tf(t) f⁽²⁾(t) = (e^t+e^2t)f(t) f⁽³⁾(t) = (e^t+ 3e^2t+e^3t)f(t) f⁽⁴⁾(t) = (e^t+ 7e^2t+ 6e^3t+e^4t)f(t) allgemein:

f⁽ⁿ⁾(t) = (β₁ⁿe^t+β₂ⁿe^2t+β₃ⁿe^3t+· · ·+β_nⁿ)f(t)e^nt)f(t)

Dieβ_iⁿ erf¨ullen offensichtlich die Rekursionsformel:

β_iⁿ=iβ_iⁿ⁻¹+β_i−1ⁿ⁻¹

Das ist aber genau die Rekursionsformel, die von den Gr¨oßen B_iⁿ erf¨ullt wird, wobei Bⁿ_i definiert ist als die Anzahl der Partitionen einer n-Menge ini Teil- mengen. (Der einfache Beweis wird hier ausgelassen. (Siehe den Abschnitt ”Stir- lingsche Zahlen” – dort heißen dieBⁿ_k S(n, k)))

Es ergibt sich dann: β_iⁿ=B_iⁿ und

f⁽ⁿ⁾(t) = (B₁ⁿe^t+B₂ⁿe^2t+Bⁿ₃e^3t+· · ·+B_nⁿe^nt)f(t) und wegen B_n=Pn

i=1Bⁿ_i: f⁽ⁿ⁾(0) =Bne

Daraus folgt die Behauptung. 2

Anmerkung:

F¨ur festeskhaben dieBⁿ_k die exponentiell erzeugende Funktion ⁽⁻^ln(1−t))_k! ^k.

(28)

Das Einschluss-Ausschluss- Prinzip

(EAP)

3.1 Das abstrakte EAP

Die allgemeinste Form der Einschluss-Ausschluss-Gleichung lautet:

Satz 3.1.1. Sei X eine beliebige Menge, k ∈N und A1, A2, . . . , Ak ∈ P(X).

Dann gilt:

1 k

i=1Ai+ X

I⊂{1, ... ,k}

I6=∅

(−1)^|I|1

i∈IA_i= 0

( 1_A bezeichne die Indikatorfunktion f¨urA∈ P(X).) Beweis. [1. Beweis] Induktion nachk:

Start:

k= 1 : 1_A+ (−1)¹1_A= 0 ok

k= 2 : 1A₁∪A2−1A₁−1A₂+ 1A₁∩A2 = 0 ok Induktionsschluss k→k+ 1:

SeiB1:=Sk

i=1Ai, B2:=Ak+1.

Dann unter Anwendung des Satzes f¨urk= 2:

0 = 1 k+1

i=1Ai−1 k

i=1A_i−1A_k+1+ 1B₁∩Ak+1

27

(29)

KAPITEL 3. DAS EINSCHLUSS-AUSSCHLUSS-PRINZIP (EAP) 28

mit 1_A∩B = 1_A1_B und der Induktionsannahme:

= 1 k+1

i=1Ai+ X

I⊂{1, ... ,k}

I6=∅

(−1)^|I^|1

i∈IAi−1A_k+1− X

I⊂{1, ... ,k}

I6=∅

(−1)^|I|1

i∈IAi1A_k+1

= 1 k+1

i=1A_i+ X

I⊂{1, ... ,k}

I6=∅

(−1)^|I^|1

i∈IA_i−1_A_k+1+ X

J⊂{1, ... ,k+1}

k+1∈J

|J|≥2

(−1)^j1

i∈JA_i

= 1 k+1

i=1Ai+ X

K⊂{1, ... ,k+1}

K6=∅

(−1)^|K|1

i∈KAi

2 Beweis. [2. Beweis]

(aus Krengel, Vieweg Studium) Mit

1A^c = 1−1A

1A₁∩ ··· ∩Ak = 1A₁1A₂ · · · 1A_k

k¨onnen wir schreiben:

1 k

i=1Ai = 1−1 k i=1A^c_i

= 1−1_A^c

11_A^c

2 · · · 1_A^c

k

= 1−(1−1A₁)(1−1A₂) · · · (1−1A_k) durch ausmultiplizieren (vgl. 1. Beweis von Satz 1.3.1):

= 1− X

I⊂{1, ... ,k}

(−1)^|I|Y

i∈I

1A_i

=− X

I⊂{1, ... ,k}

I6=∅

(−1)^|I|1

i∈IAi

2 Folgerung 3.1.2. µsei ein signiertes Maß aufX,A1, . . . , Ak µ-messbar.

Dann gilt:

µ(

k

[

i=1

Ai) + X

I⊂{1, ... ,k}

I6=∅

(−1)^|I|µ(\

i∈I

Ai) = 0.

Beweis. Folgt aus Satz 3.1.1 und allgemeiner Integrationstheorie.

(Denn:µ(A) =R

1Adµund die Abbildungf 7→R

f dµist linear.) 2 W¨ahlt man als Maß das sogenannte Z¨ahlmaß auf einer endlichen Menge X (µ(A) =|A|), so ergibt sich als Spezialfall:

(30)

Satz 3.1.3. X endlich,k∈N,A₁, . . . , A_k ∈ P(X).

Dann gilt:

k

[

i=1

Ai

+ X

I⊂{1, ... ,k}

I6=∅

(−1)^|I|

\

i∈I

Ai

= 0

Folgerung 3.1.4. Unter den Voraussetzungen des letzten Satzes gilt:

X\

k

[

i=1

Ai

=|X|+ X

I⊂{1, ... ,k}

I6=∅

(−1)^|I|

\

i∈I

Ai

.

Beweis. Addiere|X\S

Ai|=|X| − |S

Ai|auf beiden Seiten der Gleichung in

Satz 3.1.3. 2

3.2 Elementare Anwendungen

3.2.1. Beweis von Satz 1.3.2:

|{A⊂X | |A| gerade}|=|{A⊂X | |A| ungerade}| f¨ur X 6=∅ Wir zeigen:

X

A⊂X

(−1)^|A|= 0 :

Seien dazuk=|X|, Ai=X f¨uri= 1, . . . , k. Anwendung von Satz 3.1.1 ergibt:

1X+X

I⊂X I6=∅

(−1)^|I|1X = 0

Daraus folgt das Gew¨unschte.

3.2.2. Beweis der ersten Formel von Satz 2.3.2

d(n) =n!

n

X

k=0

(−1)^k k! . Sei dazu X =Sn =

p : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} | pbijektiv gesetzt und f¨uri= 1, . . . , n seiAi={p∈Sn | p(i) =i}. Wir haben sofort:

|Ai|= (n−1)!und

|T

i∈IA_i|= (n− |I|)! f¨ur I⊂ {1, . . . , n}

(31)

Die Folgerung 3.1.4 liefert uns dann:

d(n) =

X\

n

[

i=1

Ai

=n! +X

I6=∅

(−1)^|I|(n− |I|)!

=

n

X

i=0

(−1)ⁱ n

i

(n−i)!

(da es ⁿ_i

Teilmengen von{1, . . . , n} mitiElementen gibt.)

=n!

n

X

i=0

(−1)ⁱ i!

3.2.3. SeienX einen-Menge,Y einek-Menge undS :={f : X →Y |f surjektiv} ⊂ Y^X. Dann gilt:

|S|=

k−1

X

i=0

(−1)ⁱ k

i

(k−i)ⁿ .

Beweis. Mit Y = {1, . . . , k} sei Ai :={f ∈Y^X | i /∈ Bild(f)}. Es gilt dann alsoS=Y^X\Sk

i=1Ai. Folgerung 3.1.4 liefert:

|S|=kⁿ+X

I6=∅

(−1)^|I|

\

j∈I

A_j

=

k

X

i=0

(−1)ⁱ k

i

(k−i)ⁿ

(denn:T

j∈IA_j = (Y \I)^X.)

2 Satz 3.2.4. Die Teilmengen einern-Menge seien durchnummeriert:

2{1, ... ,n}={A1, . . . , A2ⁿ}.

Die Matrizen Z undM seien definiert durch:

Z(i, j) :=

(1 Ai ⊂Aj

0 sonst M(i, j) :=

((−1)^|A^j^\Aⁱ^| A_i⊂A_j

0 sonst

Dann gilt:

Z undM sind invertierbar mitM =Z⁻¹.

(32)

Beweis.

M Z(i, k) =

2ⁿ

X

j=1

M(i, j)Z(j, k)

= X

j∈{1, ... ,2ⁿ} A_i⊂Aj⊂Ak

(−1)^|A^j^\Aⁱ^|

=

(1 Ai=Ak

0 sonst (Folgerung 1.3.2)

2 3.2.5.

Sein∈N.

Die Eulersche ϕ-Funktion ist definiert durch: (→Euler)

ϕ(n) :=|{k∈ {1, . . . , n} |(k, n) = 1}|

Dabei bezeichne (n, k) den gr¨oßten gemeinsamen Teiler (GGT) vonnundk.

Es gilt:nprim⇔ϕ(n) =n−1.

Sein=pâ₁¹pâ₂² · · · pâ_r^r die Primfaktorzerlegung von n.

Die M¨obius Funktionµist dann definiert durch: (→M¨obius)

µ(n) =







1 rgerade unda_i = 1 f¨uri= 1, . . . , r

−1 rungerade undai= 1 f¨uri= 1, . . . , r 0 ∃j :a_j>1

Tabelle der ersten Werte vonϕundµ:

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

ϕ(n) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12

µ(n) 1 -1 -1 0 -1 1 -1 0 0 1 -1 0 -1

Satz.

(i) ϕ(n) = n

r

Y

i=1

(1− 1 p_i) (ii) ϕ(n)

n = X

d|n

µ(d) d (iii) X

d|n

ϕ(d) = n

Beweis. (i)SeiX ={1, . . . , n}, Aj :={k∈X |pj|k}. Es giltX\Sr

j=1Aj= {k|(n, k) = 1}und|Aj|= _pⁿ

j.

(33)

Wir k¨onnen nun schreiben:

ϕ(n) =|X\

r

[

j=1

Aj|3.1.4⁼ n+X

I6=∅

(−1)^|I||\

j∈I

Aj|

=n X

I⊂{1, ... ,r}

(−1)^|I^|Y

j∈I

1 pj

=n

r

Y

j=1

(1− 1 pj

) (Ausmultiplizieren).

F¨ur die mittlere Gleichung wurde die einfach einzusehende Tatsache

|\

j∈I

Aj|= n Q

j∈Ip_j benutzt.

(ii)In (i) haben wir gezeigt:

ϕ(n)

n = X

I⊂{1, ... ,r}

(−1)^|I| 1 Q

j∈Ipj

Genau die Teilerdvonn, f¨ur dieµ(d)6= 0 ist, treten hier im Nenner auf! Auch liefert (−1)^|I| das “richtige” Vorzeichen. Also:

ϕ(n)

n =X

d|n

µ(d)1 d .

(iii)SeiX ={1, . . . , n}undVd:={m∈X |(m, n) =d}, dein Teiler vonn.

Man ¨uberlegt sich leicht, dass folgendes gilt:

|Vd|=ϕ(n d) X =

•

[

d|n

Vd (disjunkte Vereinigung) ( ¨Ubrigens ist nat¨urlichϕ(n) =|V₁|)

Somit:

n=X

d|n

ϕ(n d) und, da mitdauch n

d genau einmal ¨uber alle Teiler vonnl¨auft:

n=X

d|n

ϕ(d)

2 Zum Schluss dieses Abschnitts ein paar erste Anmerkungen zur Riemannschen Zetafunktion. Der Kehrwert des Produktes im folgenden Satz kam f¨ur s = 1 schon in Formel (i) fr die Eulerscheφ-Funtkion vor.

(34)

Satz 3.2.6 (Euler Produkt). Sei{p_i |i= 1,2, . . .} eine endliche oder unendliche Menge von Primzahlen. Dann gilt

Y

i

1

1−p^−s_i = X

n=p^a₁¹p^a₂²...

fast alleai=0

n^−s

im endlichen Fall f¨ur s >0, im unendlichen Fall konvergieren die Ausdrcke f¨ur s >1.

Erinnert sei an den Konvergenzbegriff f¨ur Produkte:

Def. Seienbi∈C\ {0}, i∈N. Das unendliche ProduktQ∞

i=1bi konvergiert, wennQ∞

i=1bi:= limk→∞Qk

i=1biexistiert.

Beweis. a) endlicher Fall,i= 1, . . . , r.

Zun¨achst gilt f¨ur allei, das >0:

1 1−p^−s_i =

∞

X

a_i=0

p^−s_i ^ai

= lim

N→∞

N

X

a_i=0

(p^a_iⁱ)^−s Wir k¨onnen daher schreiben:

r

Y

i=1

1

1−p^−s_i = lim

N r

Y

i=1 N

X

ai=0

(p^a_iⁱ)^−s

= lim

N

X

(a₁,...,a_r) ai≤N

r

Y

i=1

p^a_iⁱ

!−s

= X

n=p^a₁¹···p^ar_r a_i∈N0

n^−s .

b) unendlicher Fall,i∈N.

Mit dem unter a) bewiesenen haben wir:

∞

Y

i=1

1

1−p^−s_i = lim

k→∞

k

Y

i=1

1 1−p^−s_i

= lim

k→∞

X

n=p^a₁¹···p^ak_k

n^−s

= X

n=p^a₁¹···

fast alleai=0

n^−s.

Die letzte Reihe konvergiert f¨urs >1, denn sie wird durch 1 +R∞

1 x^−sdxnach

oben abgesch¨atzt. 2

Ist die im Satz erw¨ahnte Menge von Primzahlen die Menge aller Primzahlen, so haben wir die

Folgerung 3.2.7 (Riemannsche Zetafunktion). Es gilt Y

pprim 1 1−p^−s =

∞

X

n=1

n^−s=:ζ(s) f¨ur s >1.