Leibniz Universität Hannover 11. Mai 2010 Fakultät für Mathematik

Leibniz Universität Hannover
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné, apl. Prof. Dr. T. Holm
11. Mai 2010
Übungen zu Diskrete Strukturen
Sommersemester 2010
Blatt 5 - Lösungshinweise
13. (a) Wieviele Permutationen in S(4) gibt es mit genau zwei Zykeln? Listen Sie alle diese Permutationen
auf.
(b) Zeigen Sie (mit Induktion) die folgende Polynomgleichung für die untere Faktorielle (wobei sn,m
die Stirling-Zahlen erster Art sind):
(x)n := x · (x − 1) · . . . · (x − n + 1) =
n
X
(−1)n−m sn,m xm .
m=0
Lösung: (a) Die Anzahl ist die Stirling-Zahl s4,2 = 11. Die Permutationen sind: (1 2 3)(4), (1 3 2)(4),
(1 2 4)(3), (1 4 2)(3), (1 3 4)(2), (1 4 3)(2), (1)(2 3 4), (1)(2 4 3), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3).
(b) Induktionsanfang n = 1: (x)1 = x = (−1)1−0 s1,0 x0 + (−1)1−1 s1,1 x1 X
|{z}
|{z}
=0
=1
Sei nun n ≥ 1. Dann gilt für den Schritt von n auf n + 1:
!
n
X
n−m
m
(−1)
sn,m x
(x − n)
(x)n+1 = (x)n (x − n) =
(Ind.vor.)
m=0
=
n
X
n−m
(−1)
sn,m x
+
n
X
(−1)n+1−m nsn,m xm
m=0
m=0
= sn,n xn+1 +
m+1
n
X
(−1)n+1−m (sn,m−1 + nsn,m )xm + (−1)n+1 nsn,0 x0
(∗)
m=1
Es ist sn,m−1 + nsn,m = sn+1,m nach [Skript, Satz 1.15 (2)]; außerdem sn,n = 1 = sn+1,n+1 und
Pn+1
sn,0 = 0. Damit folgt aus (*) sofort (x)n+1 = m=0 (−1)n+1−m sn+1,m xm und der Induktionsschluss
ist gelungen.
14. Es sei dn,m die Anzahl der Permutationen von n Elementen mit genau m Fixpunkten. Die Zahlen
Dn := dn,0 heißen Derangement-Zahlen.
(a) Geben Sie alle Permutationen der Menge 5 mit genau drei Fixpunkten an.
(b) Finden Sie möglichst einfache Ausdrücke für dn,n−2 , dn,n−3 und dn,n−4 .
(c) Es ist D0 = 1 und D1 = 0. Zeigen Sie für alle n ≥ 2: Dn = (n − 1)(Dn−1 + Dn−2 ).
(Tipp: entfernen Sie ein Element und unterscheiden Sie, ob dieses in einem 2-Zykel liegt oder
nicht.)
Lösung: (a) (1)(2)(3)(4 5), (1)(2)(3 5)(4), (1)(2 5)(3)(4), (1 5)(2)(3)(4), (1)(2)(3 4)(5),
(1)(2 4)(3)(5), (1 4)(2)(3)(5), (1)(2 3)(4)(5), (1 3)(2)(4)(5), (1 2)(3)(4)(5).
n
(b) dn,n−2 = n2 : für die Wahl der n−2 Fixpunkte hat man n−2
= n2 Möglichkeiten; die restlichen
zwei Zahlen müssen einen 2-Zykel bilden, es kommen also keine weiteren Wahlmöglichkeiten hinzu.
n
dn,n−3 = 2· n3 : für die Wahl der n−3 Fixpunkte hat man n−3
= n3 Möglichkeiten; die restlichen
drei Zahlen müssen einen 3-Zykel bilden, für den es zwei verschiedene Möglichkeiten gibt.
n
dn,n−4 = 9 · n4 : für die Wahl der n − 4 Fixpunkte hat man n−4
= n4 Möglichkeiten. Die
restlichen vier Zahlen müssen eine fixpunktfreie Permutation bilden. Dafür gibt es zwei mögliche
Typen, entweder (. .)(. .) oder (. . . .); für erstere gibt es 3 verschiedene Permutationen, für die zweite
3! = 6, zusammen also 9.
(c) Sei σ eine fixpunktfreie Permutation von n Zahlen; wir betrachten die Zahl n.
1. Fall: n liegt in einem 2-Zykel
Streichen dieses 2-Zykels (n a) liefert eine fixpunktfreie Permutation σ 0 auf n−2 Zahlen. Umgekehrt
entsteht σ eindeutig aus σ 0 durch Hinzufügen des 2-Zykels (n a). Für a haben wir n−1 Möglichkeiten,
also insgesamt in diesem Fall (n − 1)Dn−2 .
2. Fall: n liegt in einem Zykel der Länge ≥ 3
Streichen der Zahl n in σ liefert eine fixpunktfreie Permutation σ 00 auf n−1 Zahlen; jede fixpunktfreie
Permutation auf n − 1 Zahlen kann man so erhalten. Aber n − 1 Permutationen auf n Zahlen liefern
die gleiche Permutation auf n − 1 Zahlen (die Zahl n kann vor jeder der n − 1 Zahlen stehen). Wir
erhalten also (n − 1)Dn−1 Möglichkeiten.
Zusammengenommen ergibt sich Dn = (n − 1)Dn−2 + (n − 1)Dn−1 , wie behauptet.
15. (a) Beweisen Sie durch ein kombinatorisches Argument folgende Aussage für die Stirling-Zahlen zweiter
Art:
n X
n
Sn+1,m+1 =
Sk,m .
k
k=0
(b) Die Bell-Zahlen
Bn sind definiert als Anzahl
der
Partitionen einer n-elementigen Menge, also
Pn
Pn
Bn := k=0 Sn,k . Zeigen Sie: Bn+1 = k=0 nk Bk .
Lösung: (a) Nach Definition ist Sn,m die Anzahl der Zerlegungen einer n-elementigen Menge in m
Blöcke. Ohne Einschränkung sei die n-elementige Menge n = {1, . . . , n}.
Jede Zerlegung der n + 1-elementigen Menge n + 1 in m + 1 Blöcke erhält man wie
wähle
Pfolgt:
n
n
eine k-elementige Teilmenge von n und zerlege diese in m Blöcke; dafür gibt es
k=0 k Sk,m
Möglichkeiten. Die restlichen Elemente von n und das Element n + 1 bilden dann den m + 1-ten
Block.
(b) Jede Partition der n + 1-elementigen Menge n + 1 erhält man wie folgt: man wähle eine n − kelementige Teilmenge
von
n, die zusammen mit dem Element n + 1 einen Block der Partition bildet;
n
dafür gibt es n−k
= nk Möglichkeiten. Die restlichen k Elemente können beliebig partitioniert
werden; dafür gibt es Bk Möglichkeiten.
Knacky 5: Hausgemachte Verteilungsprobleme
In ein leeres Hochhaus mit 8 Stockwerken wollen 90 Familien einziehen. Der Hauseigentümer bestimmt,
dass auf jeder Etage mehr als 10 Familien wohnen müssen. Der Verwalter kommt ganz schön ins Schwitzen, als
er zu berechnen versucht, auf wieviele Weisen er die Familien auf die 8 Stockwerke verteilen kann. Schließlich
ist das eine Zahl mit fast so vielen Dezimalstellen, wie er Familien zu verteilen hat. Können Sie diese Zahl
angeben?
Lösung: Nach Maßgabe des Eigentümers setzt der Hausverwalter erst einmal 10 der 90 Familien in die
erste Etage, dann von den restlichen 80 wieder 10 in die zweite, usw. Dazu gibt es insgesamt
7 Y
90 − 10n
90!
=
9
10
(10!)
n=0
Möglichkeiten. Die verbleibenden 10 Familien sind so auf die 8 Etagen zu verteilen, dass in jede Etage noch
mindestens eine Familie kommt. Hierfür gibt es noch einmal S10,8 ·8! Möglichkeiten (Skript Satz 1.20). Die
Stirling-Zahl zweiter Art S10,8 lässt sich mit Hilfe der Rekursionsformel Sn,m = Sn−1,m−1 + m · Sn−1,m
(Skript Satz 1.22) berechnen zu S10,8 = 750. Insgesamt sind das
90!
90! 25
· 750 · 8! =
9
(10!)
(10!)8 3
Möglichkeiten. Ausgeschrieben ergibt sich eine Zahl mit 87 Stellen:
411765807899684481947133224596411796535471632831989499797417709790536719750594560000000