Lösungen 4 - Leibniz Universität Hannover

Leibniz Universität Hannover
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné, R. Haustein
10. Mai 2011
Übungen zur Diskreten Mathematik
Sommersemester 2011
Lösungsvorschläge zu Blatt 4
Aufgabe 10. (a) Der letzte Rechenschritt bei der Rekursion ist S7,4 = S6,3 + 4S6,4 = 90 + 4 · 65 = 350.
Mit der expliziten Formel ergibt sich:
1
1
S7,4 = 4!
(0 − 41 17 + 42 27 − 43 37 + 44 47 ) = 24
(−4 + 6 · 128 − 4 · 2187 + 16384) = 8400
24 = 350.
(b) Wir beweisen beide Aussagen mit Induktion nach n.
Es ist S1,2 = 0 = 21−1 − 1.
Sn+1,2 = Sn,1 + 2Sn,2 = 1 + 2(2n−1 − 1) = 2n+1−1 − 1,
Es ist S1,3 = 0 = 12 (31−1 − 21 + 1).
Sn+1,3 = Sn,2 + 3Sn,3 = 2n−1 − 1 + 32 (3n−1 − 2n + 1) = 21 (3n+1−1 − 2n+1 + 1).
(c) Mit Induktion nach n folgt für m < n: (n = 1, m = 0: S1+1,0 = 0 ≤ 0 = 12 S1+1,1 .)
m+1
Sn+1,m = Sn,m−1 + mSn,m ≤ m
Sn,m ≤ m+1
Sn+1,m+1 , wobei die letzte
2 Sn,m + mSn,m =
2
2
Abschätzung direkt aus der Rekursion folgt (Sn,m+1 ≥ 0).
Aufgabe 11. (a) Die Anzahl der Zahlpartitionen von n mit mindestens einer 1 ist Pn−1 , denn lässt man
eine 1 weg, bleibt eine Zahlpartition von n − 1. Damit ist die gesuchte Anzahl gerade Pn − Pn−1 .
Für die Berechnung der Anzahl sollte es also wenigstens eine Rekursion geben, die etwa so schnell Zahlen
Pn Pm
liefert wie die Rekursion Pn = m=1 k=1 Pn−m,k für die Partitionszahlen Pn .
Bezeichnen wir mit pn,k die Anzahl ungeordneter Zahlpartitionen von n mit der Eigenschaft, dass alle
Summanden größer oder gleich k sind, so ist in der Aufgabe nach pn,2 gefragt und wir erhalten die Rekursion pn,k = pn−k,k + pn,k+1 mit pn,n = 1 und pn,k = 0 für n < k. (Begründung: Eine Partition hat
entweder k als kleinsten Summanden (dann entferne k) oder alle Summanden sind echt größer als k.)
(b) Sei Ad,n
die Menge ungeordneter Zahlpartitionen von n mit der Eigenschaft, dass dj als Summand
j
vorkommt, und Bjd,n die Menge ungeordneter Zahlpartitionen von n mit der Eigenschaft, dass der Summand j mindestens d-mal auftritt. Dann gilt:
d,n
|Ad,n
j | = Pn−dj (ein dj entfernen) und |Bj | = Pn−dj (d-mal j entfernen).
T
T
d,n
P
Außerdem gilt für beliebige M ⊆ n: | j∈M Ad,n
j | = Pn−d· j = | j∈M Bj |.
Mit Inklusion-Exklusion folgt für m = nd :
S
S
d,n
d
<d
A := | j∈m Ad,n
j | = | j∈m Bj | und somit Pn = Pn − A = Pn .
Pl
(c) Im Falle n = m=k m = 12 l(l + 1) − 21 (k − 1)k = 21 (l − k + 1)(l + k) hat 2n einen ungeraden Teiler.
Pn
(Dieser ist 1 im Fall k = l = n. Dieser Fall liefert stets die Darstellung n = m=n m. Fragt man nach
Summendarstellungen mit mindestens 2 Summanden (k < l), ignoriert man die 1 als ungeraden Teiler.)
Ist umgekehrt 2n = cd eine Zerlegung mit ungeradem Teiler d, so folgt mit k = 12 (|c − d| + 1) und
l = 21 (c + d − 1), dass 2n = (l − k + 1)(l + k) eine Partition von n der gewünschten Form liefert.
Die Zuordnung d 7→ (k, l) mit c = 2n/d, k = 21 (|c − d| + 1) und l = 21 (c + d − 1) ist also eine Bijektion zwiPl
schen den ungeraden Teilern von n bzw. 2n und den gesuchten Summendarstellungen n = m=k m (k ≤ l)
mit aufeinanderfolgenden Summanden.
Qm
Für die Faktorzerlegung n = 2e0 i=1 pei i mit paarweise verschiedenen Primzahlen pi > 2 ergibt sich die
Qm
Anzahl ungerader Teiler zu i=1 (ei + 1), da die Teileranzahlfunktion eingeschränkt auf ungerade Zahlen
immernoch multiplikativ ist und für Primzahlpotenzen pe (p > 2) genau e + 1 Teiler liefert.
Aufgabe 12. (a) Der Koeffizient ist
19
= 19 · 18 · 17 · 16 · 15 · 14 · 13 · 11 · 10 · 7 · 3 = 1.005.663.859.200 .
5, 4, 3, 3, 2, 1, 1
(b) Insgesamt werden a + b + c Schritte gemacht. Davon sind a Schritte vom Typ 1, b Schritte vom Typ
2 und c Schritte vom Typ 3. Also insgesamt
a+b+c b+c
a+b+c
(a + b + c)!
=
=
Möglichkeiten.
a! b! c!
a
b
a, b, c
Speziell für Rubik’s Cube (a = b = c = 3) sind das
9!
(3!)3
= 1680 Möglichkeiten.
(c) Macht man genau d Diagonalschritte (das kann man maximal min {a, b, c}-mal tun) ergibt sich die
a+b+c−2d
Anzahl dieser Möglichkeiten zu a−d,b−d,c−d,d
. Summieren liefert die Gesamtzahl aller Möglichkeiten:
min{a,b,c} a + b + c − 2d
.
a − d, b − d, c − d, d
X
d=0
Speziell für Rubik’s Cube (a = b = c = 3) ergibt sich
9!
(3!)3
+
7!
(2!)3
+
5!
2!
+
3!
3!
= 1680 + 630 + 60 + 1 = 2371.
Knacky 4. Ist n die Gesamtzahl der Fliesen, so ist die Behauptung An = Pn,3 =
h
n2
12
i
=
j
n2
12
+
1
2
k
.
(Dabei sei [ ] die Rundungsklammer zur nächsten ganzen Zahl.) Diese kann man mit Induktion beweisen.
Aber wie kommt man darauf? Quadro Partitioni hat natürlich erstmal an kleine Räume mit wenig Fliesen
gedacht und sich die Anzahlen notiert. Auf den ersten Blick war da nichts zu erkennen, also hat er solange
Differenzen gebildet, bis etwas auffiel.
n
An
∆
∆2
1
0
0
1
2
0
1
−1
3 4 5 6 7 8
1 1 2 3 4 5
0 1 1 1 1 2
1 0 0 0 1 −1
9
7
1
1
10
8
2
0
11 12 13 14 15 16 17
10 12 14 16 19 21 24
2 2 2
3
2 3
0 0 1 −1 1
Die zweite Differenzenfolge legte nun nahe, dass eine Beziehung zwischen An und An+6 besteht. Schnell
kam die Vermutung: An+6 − An = n + 3. (Beweis der Rekursion später) Mit einer kleinen Rechnung,
folgte für die Teilfolgen der sechsten Glieder: (Teleskopsumme der Differenzen)
A6m+r =
m−1
X
A6(k+1)+r − A6k+r + Ar =
k=0
m−1
X
k=0
(6k + r + 3) + Ar = 6
m−1
(m − 1 + 1) + m(r + 3) + Ar
2
36m2 + 12mr + r2 − r2
(6m + r)2
r2
+ Ar =
−
+ Ar (r = 0, 1, 2, 3, 4, 5)
12
12
12
r2 1
Nun prüft man leicht nach, dass für r = 0, 1, 2, 3, 4, 5 tatsächlich Ar − < gilt.
12
2
= 3m2 + mr + Ar =
Es bleibt noch die Rekursion Pn+6,3 = Pn,3 + n + 3 zu beweisen. Dazu betrachten wir die Gleichung
Pn+6,3 = Pn+3,3 + Pn+3,2 + 1, deren Richtigkeit man sich wie folgt überlegen kann: Eine Zahlpartition
von n + 6 in genau 3 Summanden hat entweder keine 1 als Summand, genau einen Summand 1 oder zwei
Summanden gleich 1. Bei den beiden ersten Fällen subtrahiert man 1 von jedem Summand und erhält
eine Zahlpartition von n + 3 mit 3 bzw 2 Summanden. Im dritten Fall gibt es genau eine Möglichkeit
n + 6 = (n + 4) + 1 + 1. Es folgt: Pn+6,3 = Pn+3,3 + Pn+3,2 + 1 = Pn,3 + Pn,2 + 1 + Pn+3,2 + 1 und mit
Pn,2 + 1 + Pn+3,2 + 1 = n2 + n+3
+ 2 = 2n+3
+ 2 = n + 3 folgt die Behauptung.
2
2