Musterlösung zur Probeklausur zur Kombinatorik

UNIVERSITÄT ULM
Institut für Zahlentheorie und Wahrscheinlichkeitstheorie
Musterlösung zur Probeklausur zur Kombinatorik
Prof. Dr. Helmut Maier, Hans- Peter Reck
Gesamtpunktzahl: 100 Punkte
Freitag, 11. Dezember 2009, 12:00 Uhr
1. Wieviele Möglichkeiten gibt es, die Buchstaben der folgenden Wörter umzuordnen?
(a) MEMMINGEN
Das Wort ”Memmingen”hat neun Buchstaben, also gibt es grundsätzlich 9! Umordnungen. Da aber der Buchstabe m dreimal, e und n zweimal und i und g je einmal auftreten, reduzieren sich die Umordnungen um diejenigen Weisen, wo dieselben
Buchstaben lediglich vertauscht werden. Insgesamt ergeben sich
9!
9!
=
= 15120 Anordnungen.
3! · 2! · 2! · 1! · 1!
24
(b) MAMMAMIA
Hier haben wir ein Wort mit acht Buchstaben, das mit dem Buchstaben m viermal
enthält, den Buchstaben a dreimal und einmal i. Also haben wir
8!
8!
=
= 280 Anordnungen.
4! · 3! · 1!
24 · 6
(c) MISSISSIPPI
In diesem Wort kommen vier s, vier i zwei p und ein m vor. Insgesamt liegen damit
11!
11!
=
= 34650 Anordnungen vor.
4! · 4! · 2! · 1!
1156
(9 Punkte)
2. Eine ID- Nummer (Identifikationsnummer) bestehe aus einer Folge von drei Buchstaben,
die dem Alphabet A, . . . , Z und einer Folge von fünf Ziffern, die der Menge {0, 1, . . . , 9}
entnommen werden. Wieveiel Möglichkeiten gibt es, wenn für die Ziffern Wiederholungen
zulässig sind, für die Buchstaben aber nicht?
Für die drei Buchstaben sind keine Wiederholungen zulässig, also gibt es für den ersten
Buchstaben 26 Möglichkeiten, für den zweiten noch 25 und den dritten 24. Bei den Buchstaben haben wir keine Einschränkung, also immer 10 Möglichkeiten. Insgesamt sind es
26 · 25 · 24 · 105 = 1560000000 Variationen.
(5 Punkte)
3. Auf einem Regal sollen drei rote und drei schwarze (unterscheidbare) Bücher aufgestellt
werden. Wieviel Möglichkeiten gibt es, wenn
(a) keine Einschränkungen über die Anordnung gemacht werden?
Wenn es keine Einschränkungen gibt, dann bleiben für das erste Buch sechs Plätze
zur Auswahl, für das zweite fünf, usw.: es gibt also 6! = 720 Anordnungen.
(b) die schwarzen Bücher nebeneinander stehen sollen?
Stehen die schwarzen nebeneinander, haben wir hier 3! Anordnungen innerhalb des
schwarzen Blocks. Betrachten wir das linke Buch dieses Blocks, gibt es vier Möglichkeiten,
dieses zu platzieren, damit der schwarze Block zusammen bleibt. Für die roten gibt
es dann entsprechend 3! Möglichkeiten. Insgesamt ergeben sich hier 4 · 3! · 3! = 144
Anordnungen.
(c) rote und schwarze Bücher einander abwechseln sollen?
In diesem Fall haben wir ein festgelegtes Farbmuster, abhängig nur von der Frage
mit welcher Farbe man links beginnt (Faktor zwei). Für das linke Buch gibt es drei
Möglichkeiten (Anzahl der Bücher der gewählten Farbe), für das nächste drei (Anzahl der andersfarbigen), das nächste zwei (verbleibende Anzahl der erstgewählten
Farbe),. . ., die letzten beiden sind dann festgelegt. Wir erhalten: 2 · 3! · 3! = 72 Anordnungen.
(12 Punkte)
4. Aus 35 Teilnehmern einer Tombola sollen sieben Gewinner ausgewählt werden. Auf wieviele
Arten ist dies möglich?
Aus 35 Teilnehmern werden sieben ohne Zurücklegen und ohne Reihenfolge ausgewählt.
Wir nutzen den Binomialkoeffizienten und erhalten
35
35 · 34 · · · 29
=
= 6724520
7!
7
verschiedene Arten.
(5 Punkte)
5. Von einer Gruppe von 25 Studenten sprechen 20 englisch, 12 französisch und drei Latein.
Dabei sprechen 11 englisch und französisch, zwei englisch und Latein, einer französisch
und Latein und ein Student spricht alle drei Fremdsprachen. Wie viele Studenten gibt es,
2
die keine dieser drei Fremdsprachen sprechen?
Nach dem Einschluß- Auschluß- Prinzip berechnen wir
N (EF L) = 25 − |E ∨ F ∨ L| = 25 − (|E| + |F | + |L| − |E ∧ F | − |E ∧ L| − |F ∧ L| + |E ∧ F ∧ L|)
= 25 − (20 + 12 + 3 − 11 − 2 − 1 + 1) = 25 − 22 = 3
Drei Studenten sprechen keine dieser Fremdsprachen.
(10 Punkte)
6. Es sei (an ) mit 0 ≤ n < ∞ eine Folge komplexer Zahlen. Gib an, welcher der folgenden
Ausdrücke
(a) die erzeugende Funktion bzw.
Die erzeugende Funktion wird durch den Ausdruck
P∞
n=0 an x
n
dargestellt.
(b) die exponentielle erzeugende Funktion
xk
k=0 ak k!
P∞
Die exponentiell erzeugende Funktion stellt der Ausdruck
dar.
der Folge (an ) darstellt?
∞
X
sin(an x)
n=0
∞
X
an xn
n=0
∞
X
ak
k=0
xk
k!
∞
X
ean x .
n=0
(6 Punkte)
7. In einer Geldkasse befinden sich 15 Ein- Euro- Münzen und acht Zwei- Euro- Münzen. es
sei an die Anzahl der Möglichkeiten, einen Betrag von n Euro zusammenzusetzen.
(a) Gib die erzeugende Funktion der Folge (an ) an.
Die erzeugende Reihe, um einen Betrag von n Euro aus den Ein- Euro- Münzen
zusammenzustellen, beträgt
A(x) = 1 + x + x2 + . . . + x15 .
Für die Zwei- Euro- Münzen ergibt sich
B(x) = 1 + x2 + x4 + . . . + x16 .
Damit gilt für die erzeugende Reihe für eine Zusammenstellung aus allen vorhandenen
Münzen
C(x) = A(x)B(x)
= (1 + x + x2 + . . . + x15 ) · (1 + x2 + x4 + . . . + x16 )
= 1 + x + 2x2 + 2x3 + 3x4 + 3x5 + 4x6 + 4x7 + . . . x30 + x31 .
3
(b) Auf wieviele Weisen kann ein Betrag von sieben Euro zusammengesetzt werden?
Anhand des Koeffizienten von x7 sehen wir sofort, daß es vier Möglichkeiten gibt.
Dies entspricht den Kombinationen 2 + 2 + 2 + 1, 2 + 2 + 1 + 1 + 1, 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
und schließlich mit sieben einzelnen Euro- Stücken.
(12 Punkte)
8. Eine Folge liegt in folgender Rekursionsdarstellung vor:
a0 = 1, a1 = 2 und an = 2an−1 − an−2 .
(a) Gib die erzeugende Funktion der Folge (an ) und einen geschlossenen Ausdruck für an
an.
Zur Untersuchung dieser Folge betrachten wir die erzeugende Reihe f (x) von an :
Mit den Anfangswerten a0 = 1 und a1 = 2 und der Rekursionsformel an = 2an−1 −
an−2 erhalten wir:
f (x) =
∞
X
n
an x = 1 + 2x +
n=0
= 1 + 2x +
∞
X
an xn
n=2
∞
X
(2an−1 − an−2 ) xn
n=2
∞
X
= 1 + 2x + 2
n
an−1 x −
n=2
∞
X
= 1 + 2x + 2x
= 1 + 2x + 2x
n=2
∞
X
∞
X
an−2 xn
n=2
an−1 x
n−1
−x
2
∞
X
an−2 xn−2
n=2
an xn − x2
n=1
∞
X
an xn
n=0
2
= 1 + 2x + 2x · (f (x) − 1) + x · f (x) = 1 + 2x · f (x) − x2 · f (x),
also
f (x) =
1
1
=
.
2
1 − 2x + x
(1 − x)2
Wir wissen, daß
∞
X
1
=
xn
1−x
n=0
und daß
ist. Somit muß auch
∞
X
1
1−x
!0
x
n
0
=
n=0
4
=
1
(1 − x)2
1
1−x
0
=
1
(1 − x)2
gelten. Die Summe läßt sich gliedweise differenzieren und wir erhalten
!0
∞
∞
∞
X
X
X
n
x
=
n · xn−1 =
(n + 1) · xn .
n=0
n=1
n=0
(b) Bestimme a1280 .
Damit gilt an = n + 1 und somit a1280 = 1281.
(17 Punkte)
9. Gib zu jeder der folgenden Partitionen die konjugierte Partition an. Welche der Partitionen
ist selbstkonjugiert?
(a) 12 = 5 + 3 + 2 + 2
Das Ferrers- Diagramm dieser Partition hat folgende Gestalt:
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
Konjugiert ergibt dies folgendes Diagramm
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
und damit die Partition 12 = 4 + 4 + 2 + 1 + 1.
(b) 17 = 6 + 4 + 3 + 2 + 1 + 1
In diesem Fall haben wir folgendes Ferrers- Diagramm:
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Dies ist symmetrisch, und damit ist diese Partition selbstkonjugiert.
(c) 23 = 7 + 5 + 5 + 5 + 1
Nun liegt folgendes Ferrers- Diagramm vor:
5
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Gespiegelt ergibt es
x x x x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
also die Partition 23 = 5 + 4 + 4 + 4 + 4 + 1 + 1.
(12 Punkte)
10. Wie heißt der Satz vom Ramsey?
Es seien p, q, r natürliche Zahlen mit r ≥ 1, p ≥ r und q ≥ r. Dann existiert die Ramseyzahl R(p, q, r).
Unter der Ramseyzahl R(p, q, r) versteht man die natürliche Zahl mit der folgenden Eigenschaft:
• Es sei N ≥ R(p, q, r) und S eine Menge mit |S| = N .
Die Menge aller r- elementigen Teilmengen von S werde in zwei Klassen α und β
geteilt. Dann gibt es eine monochromatische Teilmenge Sα von der Farbe α mit
|Sα | = p oder eine monochromatische Teilmenge Sβ von der Farbe β mit |Sβ | = q.
Man sagt: S hat die Ramseyeigenschaft.
• Es sei N < R(p, q, r). Dann gibt es eine Menge S mit |S| = N und eine Einteilung
der Menge der r- elementigen Teilmengen von S in Klassen α und β, so daß es weder
eine monochromatische p- elementige Teilmenge von S von der Farbe α, noch eine
monochromatische q- elementige Teilmenge von der Farbe β gibt.
(12 Punkte)
Viel Erfolg!