Blatt_05 - PH Ludwigsburg

Prof. S. Krauter
Kombinatorik. WS-05-06.
Blatt05_Lsg.doc
Mengenpartitionen und surjektive Abbildungen:
1. a) Wann nennt man eine Abbildung aus einer Menge A in eine Menge B injektiv
und wann surjektiv? Geben Sie jeweils eine genaue Definition sowie je ein
Beispiel und ein Gegenbeispiel. Geben Sie auch Beispiele für Abbildungen an,
die weder injektiv noch surjektiv sind.
b) Was kann man bei endlichen Mengen A und B über deren Anzahlen folgern,
wenn es eine injektive bzw. eine surjektive Abbildung von A in B gibt?
Begründen Sie Ihre Antwort.
2. Wie viele verschiedene surjektive Abbildungen einer Menge A in eine Menge B
gibt es, wenn
a) ⏐A⏐ = n und ⏐B⏐= 2 ist?
c) ⏐A⏐ = 4 und ⏐B⏐ = 3 ist?
b) ⏐A⏐ = 3 und ⏐B⏐ = 3 ist?
d) ⏐A⏐ = 5 und ⏐B⏐ = 3 ist?
3. Wie viele verschiedene Abbildungen von einer n-Menge A in eine s-Menge B gibt
es? Wie viele davon sind injektiv?
4. a) Zeigen Sie, dass mit jeder surjektiven Abbildung einer n-Menge A auf eine
s-Menge B eine s-Partition von A verbunden ist.
b) Wie viele verschiedene surjektive Abbildungen von A auf B erzeugen auf A
dieselbe Partition in Klassen bildgleicher Elemente?
c) Welche Beziehung besteht nach a) und b) zwischen der Anzahl S(n, s) der
möglichen Klasseneinteilungen von A in s Klassen und der Anzahl Surj(n, s) der
verschiedenen surjektiven Abbildungen von A auf B?
d) Bestätigen Sie an den Beispielen aus Aufgabe 2 die Beziehung:
Die Anzahl aller surjektiven Abbildungen einer n-Menge auf eine s-Menge ist
Surj(n, s) = s! * S(n, s).
e) Wir wählen n = s. Wie viele surjektive Abbildungen von A auf B gibt es dann?
Welche Beziehung ergibt sich damit aus der Formel von d)?
5. a) Begründen Sie die folgende Rekursion für die Stirling-Zahlen 2. Art:
n -1
S(n, r) =
∑ C(n - 1, i) * S(i, r − 1) .
Ist es wesentlich, ob man mit i = 0 oder 1 beginnt?
i =1
Benutzen Sie dazu die Methode, die wir bei der Rekursion für die Bell’schen Zahlen
B(n) verwendet haben. Verwenden Sie die bekannten Randwerte.
b) Schreiben Sie ein Programm zur Berechnung der S(n, r) mit Hilfe dieser
Rekursion. Berechnen Sie einige Werte. Vergleichen Sie mit bekannten Werten.
6. Berechnen Sie ohne Zuhilfenahme einer Rekursion durch direkte kombinatorische
Überlegungen den Wert von S(n, n-2). Hinweis: Typisierung der Fälle hilft.
7. Aufgabe aus der Staatsprüfung R im Frühjahr 2004:
Teil 1:
Von 6 verschiedenen Sorten von Pralinen sind jeweils 8 Stück vorhanden.
Vier Personen dürfen diese 48 Pralinen völlig beliebig unter sich aufteilen, also z.B.
auch alle Pralinen an eine einzige Person.
Wie viele verschiedene Verteilungen sind möglich?
Teil 2:
a) Zählen Sie alle geordneten (die Reihenfolge der Summanden ist zu beachten!)
Zerlegungen der Zahl 7 in genau drei Summanden von natürlichen Zahlen auf.
b) Beweisen Sie: Die Anzahl der geordneten Zahlpartitionen der natürlichen Zahl n in
⎛ n − 1⎞
⎟⎟ .
genau s Summanden ist C(n-1, s-1) = ⎜⎜
⎝ s − 1⎠
c) Zählen Sie alle ungeordneten Zerlegungen der Zahl 7 in genau drei Summanden
aus natürlichen Zahlen auf.
d) Für die Anzahl P(n, s) der ungeordneten Zahlpartitionen der natürlichen Zahl n in
genau s Summanden gelten folgende Aussagen:
P(n, s ) =
0
falls s > n
1
falls s = n oder s = 1 oder s = n-1
n
2
falls s = 2 und n gerade
n −1
2
falls s = 2 und n ungerade
P(n-1, s-1) + P(n-s, s)
bzw.
P(n-s, 1) + P(n-s, 2) + P(n-s, 3) + … + P(n-s, s) sonst.
Begründen Sie jede einzelne dieser Aussagen.
Es genügt, eine der beiden Rekursionen zu begründen.
e) Eine Baufirma beschäftigt 7 Mitarbeiter. Der Chef teilt seine 7 Mitarbeiter am Morgen
in genau 3 Bautrupps für 3 verschiedene Baustellen ein.
Warum wird die Anzahl der möglichen Einteilungen nicht durch die Zahl P(7, 3)
beschrieben?
Welcher kombinatorische Zählkoeffizient beschreibt diese Anzahl?
Berechnen Sie diese Anzahl direkt durch Abzählen der möglichen Typen.
Lösungen:
1. a) Surjektiv: Zu jedem y aus B gibt es mindestens ein x aus A mit f(x) = y, d.h. auf
jedem Element von B landet mindestens ein Pfeil.
Injektiv: Zu jedem y aus B gibt es höchstens ein x aus A mit f(x) = y, d.h. auf
jedem Element von B landet höchstens ein Pfeil.
Bijektiv: Zu jedem y aus B gibt es genau ein x aus A mit f(x) = y, d.h. auf jedem
Element von landet genau ein Pfeil.
b) Wenn es eine injektive Abbildung von A in B gibt, dann gilt ⏐A⏐≤⏐B⏐.
Wenn es eine surjektive Abbildung von A in B gibt, dann gilt ⏐A⏐≥⏐B⏐.
Wenn es eine bijektive Abbildung von A in B gibt, dann gilt ⏐A⏐=⏐B⏐.
2. a) Jede surjektive Abbildung zerlegt die Menge A in zwei verschiedene Klassen
bildgleicher Elemente. Es gibt 2n-1 solcher Zerlegungen. Jede Zerlegung ergibt
zwei surjektive Abbildungen. Also hat man 2n – 2 surjektive Abbildungen.
b) In diesem Fall sind die injektiven zugleich die surjektiven und die bijektiven
Abbildungen, also 3! = 6.
c) Bei jeder solchen Abbildung werden 2 Elemente von A auf dasselbe Element von
B abgebildet. Dafür gibt es 3 * C(4,2) * 2! = 3 * 6 *2 = 36 Möglichkeiten.
d) Wir müssen nun verschiedene Fälle unterscheiden:
•
Auf ein Element von B werden 3, auf die 2 anderen jeweils 1 Element
abgebildet. Dafür gibt es 3 * C(5,3) * 2 = 3 * 10 *2 = 60 Möglichkeiten.
•
Auf je zwei Elemente von B werden je 2, auf das dritte nur 1 Element
abgebildet. Dafür gibt es 3*5*C(4,2) = 15*6 = 90 Möglichkeiten.
•
Insgesamt erhalten wir daher 150 Möglichkeiten.
3. Es gibt insgesamt sn Abbildungen, davon sind
s!
injektiv, letzteres sofern s≥n.
(s − n )!
4. a) Zu jeder Abbildung f: A → B lässt sich in A eine Äquivalenzrelation angeben:
„x und y aus A stehen in Relation zueinander gdw. f(x) = f(y) gilt“.
Warum ist dies mit Sicherheit eine Äquivalenzrelation?
Die zugehörige Klasseneinteilung sind die „Klassen bildgleicher Elemente“.
Da B genau s Elemente enthält gibt es genau s verschiedene Klassen.
b) Zu jeder s-Partition von A kann man s! verschiedene surjektive Abbildungen auf
B angeben.
c) Daher gibt es s!-mal so viele surjektive Abbildungen wie s-Partitionen.
d) Also kann man folgern: Surj (n, s) = s! * S(n, s)
Die Überprüfung ergibt in jedem der Fälle von Aufgabe 2 das angegebene
Resultat.
e) Für s=n ist die Anzahl der surjektiven Abbildungen gleich der der injektiven also
aller Permutationen und es gilt: n! = Surj (n, n) = n! S(n, n) = n! * 1.
5. a) Wir überlegen, wie man ein bestimmtes Element x in die s Klassen platzieren
kann:
• Wir stecken x alleine in 1 Klasse, den Rest in r-1 Klassen: C(n-1, 0) * S(n-1, r1).
• Wir stecken x mit 1 weiteren der n-1 Elemente in 1 Klasse, die restlichen n-2
Elemente in r-1 Klassen: C(n-1, 1) * S(n-2, r-1).
• Wir stecken x mit 2 weiteren der n-1 Elemente in 1 Klasse, die restlichen n-3
Elemente in r-1 Klassen:
C(n-1, 2) * S(n-3, r-1).
• …
• Wir stecken x mit k weiteren der n-1 Elemente in 1 Klasse, die restlichen n-k1 Elemente in r-1 Klassen:
C(n-1, k) * S(n-1-k, r-1).
…
Also erhalten wir insgesamt:
S(n, r) = C(n-1, 0) * S(n-1, r-1) + C(n-1, 1) * S(n-2, r-1) +…+ C(n-1, k) * S(n-1-k, r-1)
= C(n-1, n-1) * S(n-1, r-1) + C(n-1, n-2) * S(n-2, r-1)+..+C(n-1,n-1-k) * S(n-1-k,r-1)
n −1
=
∑ C(n − 1, i )* S(i, r − 1) .
i =0
b) Erstellung eines MAPLE-Programms gemäß der angegebenen Rekursion:
> S:=proc(n,r)
if n<r then 0
elif n=r then 1
elif r=0 then 0
elif r=1 then 1
else sum('binomial(n-1,i)*S(i,r-1)','i'=0..n-1)
end if;
end proc;
S := proc (n, r)
if n < r then 0
else sum( 'binomial( n − 1, i )×S( i , r − 1 )', 'i ' = 0 .. n − 1 )
elif n = r then 1
end if
elif r = 0 then 0
end proc
elif r = 1 then 1
> S(5,3);
25
Stirling-Zahlen 2. Art berechnet mit Hilfe der Rekursion S(n,r) = Summe C(n-1, i) *
S(i, r-1) von i=0 bis n-1
1
A
n−r
B
1
C
2
D
3
E
4
F
5
G
6
H
7
I
8
J
9
K
10
L
11
M
12
2
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
3
2
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4
3
1
3
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
5
4
1
7
6
1
0
0
0
0
0
0
0
0
6
5
1
15
25
10
1
0
0
0
0
0
0
0
7
6
1
31
90
65
15
1
0
0
0
0
0
0
8
7
1
63
301
350
140
21
1
0
0
0
0
0
9
8
1
127
966
1701
1050
266
28
1
0
0
0
0
10
9
1
255
3025
7770
6951
2646
462
36
1
0
0
0
11
10
1
511
9330
34105
42525
22827
5880
750
45
1
0
0
12
11
1
1023
28501
145750
246730
179487
63987
11880
1155
55
1
0
13
12
1
2047
86526
611501
1379400
1323652
627396
159027
22275
1705
66
1
6. Wir müssen n verschiedene Objekte in n-2 nicht unterscheidbare Schubladen legen.
Dabei gibt es zwei Fälle:
•
Eine Schublade enthält 3 Objekte, alle anderen n-1 Schubladen dagegen nur je 1
Objekt. Davon gibt es C(n, 3) Fälle, weil man die 3 Objekte auf so viele
verschiedene Weisen aus n aussuchen kann.
•
Zwei Schubladen enthalten je 2 Objekte, alle anderen n-2 Schubladen dagegen
nur je 1 Objekt. Die beiden 2-Schubladen lassen sich auf C(n, 2) * C(n-2, 2)/2
verschiedene Weisen füllen, weil sie nicht unterscheidbar sind.
•
Insgesamt erhalten wir daher S(n, n-2) = C(n, 3) + C(n, 2) * C(n-2, 2)/2
Zahlenwerte (mit MAPLE berechnet):
n
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
S(n,n-2)
1
7
25
65
140
266
462
750
1155
1705
Man überprüft die Richtigkeit der Werte an Hand der obigen Tabelle für S(n, r) .
7. Staatsexamensaufgabe Frühjahr 2004:
Teil 1:
Man kann sich die 6 Haufen nacheinander mit Hilfe des Kugel-Trennstrich-Modells auf
die 4 Personen (Schubladen) aufgeteilt denken. Für jeden Haufen ist die Anzahl der
Verteilungen durch 8 Kugeln (Nullen; die 8 Pralinen einer Sorte) und 3 Trennstriche
⎛11⎞
(Einsen) für die vier Schubladen (Personen) charakterisiert, es gibt also ⎜⎜ ⎟⎟ = 165
⎝3⎠
Möglichkeiten. Zu jeder Möglichkeit, den ersten Haufen zu verteilen, gibt es genau so
viele für den zweiten usf. Insgesamt gibt es also
⎛11⎞ 6
⎜⎜ ⎟⎟ = 1656 = 20 179 187 015 625, d.h. mehr als 20 Billionen Möglichkeiten.
⎝3⎠
Teil 2:
a) 7 = 1+1+5 (3x) = 1+2+4 (6x) = 1+3+3 (3x) = 2+2+3 (3x) . Gesamtanzahl: 15.
b) Es geht darum, n gleiche Kugeln (die n Einer, aus denen die Zahl besteht) in s
verschiedene Schubladen zu legen, wobei keine der Schubladen leer sein darf. Wir
legen deshalb zuerst in jede der s Schubladen eine Kugel und verteilen die
restlichen n-s Kugeln beliebige nach dem Kugel-Trennstrich-Modell auf die s
Schubladen. Man hat n-s Nullen (Kugeln) und s-1 Trennstriche, also insgesamt
⎛ n − 1⎞
⎟⎟ Möglichkeiten.
n-1 Zeichen. Dafür gibt es aber genau C(n-s, s-1) = ⎜⎜
⎝ s − 1⎠
Im Beispiel aus a) erhalten wir C(6, 2) = 15 Möglichkeiten.
c) Ungeordnete Partitionen von 7 in genau drei Summanden siehe a): 4 Stück.
d) (1) P(n, s) = 0 falls s>n. Da nur Summanden ≥1 vorkommen können, ist die Summe
der s Summanden ≥ s. Es muss also n≥s sein, sonst , d.h. wenn s>n, gibt
es keine Partition.
(2) s=n: Jeder Summand ist 1. Dafür gibt es nur eine Möglichkeit.
s=1:
Es gibt nur einen Summanden n, also nur eine Möglichkeit.
s=n-1: Alle Summanden – außer einem – haben den Wert 1, einer hat den Wert
2. Da die Reihenfolge gleichgültig ist, gibt es nur 1 Möglichkeit.
s=2:
Ist n gerade, so hat man alle Paare (k, n-k) von k=1 bis k=n/2 also n/2.
Ist dagegen n ungerade, so hat man nur die Paare (k, n-k) von k=1 bis (n1)/2.
(3) P(n, s) = P(n-1, s-1) + P(n-s, s)
Wir denken uns alle P(n, s) Partitionen von n in genau s Summanden notiert. Wir
trennen in zwei Klassen: Solche die den Summanden 1 enthalten und solche die
ihn nicht enthalten.
Summand 1 vorhanden:
Wir streichen den Summanden 1 beim erstmaligen Auftreten. Dann bleiben alle
Partitionen von n-1 in genau s-1 Summanden übrig: P(n-1, s-1).
Summand 1 nicht vorhanden:
Wir subtrahieren 1 von jedem Summanden. Dabei verschwindet keiner der
Summanden, weil alle größer als 1 sind. Übrig bleiben Partitionen von n-s mit
genau s Summanden, und zwar alle P(n-s, s).
Damit ist die erste Rekursion bewiesen.
(4) P(n, s) = P(n-s, 1) + P(n-s, 2) + P(n-s, 3) + … + P(n-s, s)
Wieder denken wir uns alle P(n, s) Partitionen von n in genau s Summanden
notiert. Wir ziehen von jedem Summanden 1 ab. Übrig bleiben alle Partitionen
von n-s mit höchstens s Summanden, da ja beim Subtrahieren Summanden 1
verschwinden können. Also haben wir die obige Rekursion.
e) Bei den Bauarbeitern handelt es sich um unterscheidbare Individuen. Dort sind es
also Mengenpartitionen an Stelle von Zahlpartitionen. Deren Anzahl wird durch die
Stirlingzahl 2. Art S(n, k) beschrieben.
Wir bestimmen die Anzahl der Möglichkeiten durch Abzählen der einzelnen Typen:
Typ: 1-1-5:
7*3 = 21
Typ: 1-2-4:
7*15 = 105
Typ: 1-3-3:
7*20/2 = 70
Typ: 2-2-3:
35*3 = 105
Summe: 301 = S(7, 3), wobei S(n, r) die Stirling-Zahl 2. Ordnung ist.