k - Swan Boat Hire

ELEMENTE DER MATHEMATIK
VOM HÖHEREN STANDPUNKT AUS
Band VI
Herausgegeben von E. Trost
KOMBINATORIK
von
HEINZ LÜNEBURG
ord. Professor an der Universität
Trier-Kaiserslautern in Kaiserslautern
SPRINGER BASEL AG
Nachdruck verboten.
Alle Rechte vorbehalten, insbesondere das der Übersetzung in fremde Sprachen
und der Reproduktion auf photostatischem Wege oder durch Mikrofilm
ISBN 978-3-7643-0548-2
ISBN 978-3-0348-5772-7 (eBook)
DOI 10.1007/978-3-0348-5772-7
© Springer Basel AG 1971
Ursprünglich erschienen bei Birkhäuser Verlag Basel, 1971
Vorwort
Was Kombinatorik ist, weiß so recht niemand zu sagen, wie die
vielen Beschreibungsversuche zeigen. Daß der Inhalt dieses Bändchens Kombinatorik ist, wird der Leser jedoch nicht abstreiten. Da
ich soweit mit dem Leser einig bin, brauche ich mich nicht weiter mit
dem Erklären dessen, was Kombinatorik ist, abzumühen. Im übrigen
kenne ich auch kein Algebra- oder Analysisbuch, in dessen Vorwort
der Autor erklärt, was Algebra bzw. Analysis eigentlich ist. Ich befinde
mich da also in guter Gesellschaft.
Was den Inhalt dieses Bändchens betrifft, so ist auch klar, daß
nur ein geringer Bruchteil der Kombinatorik auf den folgenden Seiten aufgeschrieben steht. Bei der Auswahl der Themen habe ich mich
von meinen geometrischen und algebraischen Interessen und meinem
Geschmack leiten lassen, so daß manches in diesem Büchlein steht,
was man sonst meist nicht in Konibinatorikbüchern findet, wie z. B.
die Sylow'schen Sätze und den Existenz- und Eindeutigkeitssatz für endliche Körper, das Rado'sche Auswahlprinzip und die Sätze, die sich
daran anschließen, sowie die Hadamard'sche Determinantenabschätzung~
die zwar nicht zur Kombinatorik gehört, aber unmittelbar zu kombinatorischen Problemen hinführt, die nach wie vor nicht vollständig
gelöst sind. Aber auch bei der hier getroffenen Auswahl mußte ich
mich noch beschränken, um den Umfang des Büchleins nicht über
Gebühr anschwellen zu lassen. Der Leser, der weitere Informationen
wünscht, sei auf das Literaturverzeichnis am Ende dieses Bändchens
verwiesen.
Die für die Lektüre notwendigen algebraischen Kenntnisse kann
sich der Leser an Hand des im Literaturverzeichnis aufgeführten Buches
von I. N. Herstein aneignen. Darüberhinaus werden in Kapitel V einige
Hilfsmittel aus der Topologie benutzt. Die entsprechenden Literaturhinweise befinden sich in diesem Kapitel.
Zum Schluß möchte ich noch den Hörern meiner Kombinatorikvorlesung des vergangenen Wintersemesters für ihr lebhaftes Interesse danken, welches sie dieser Vorlesung entgegenbrachten, sowie für ihre Hinweise auf Fehler in der Darstellung und im Aufgabenteil. Ganz besonders möchte ich aber Herrn Scheid danken, der das Manuskript mit großer
Sorgfalt las und dessen Anregung ich einige der Aufgaben verdanke.
Mainz, im April 1970
H einz Lüneburg
Inhaltsverzeichnis
Vorwort...................................................
I. Die Potenzmenge einer endlichen Menge . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Binomialkoeffizienten ...... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. Inzidenzstrukturen ...................................
3. Die Anzahl der Partitionen einer endlichen Menge .......
4. Die symmetrischen und alternierenden Gruppen . . . . . . . . . .
5. Das Sperner'sche Lemma.............................
3
7
7
13
15
18
21
11. Operatorgruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
1. Sätze von Cauchy und Burnside . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
2. Abbildungen ........................................
3. Die Sylow'schen Sätze......... .. .. .. .. . . . .. . . ... . . . ..
25
25
28
31
111. Das Prinzip der Inklusion und Exklusion. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Das Prinzip der Inklusion und Exklusion . . . . . . . . . . . . . . . .
2. Eine Formel für die Stirling-Zahlen 2. Art ... . . .. . ... . ...
3. Die Anzahl der Permutationen ohne Fixpunkte ..........
4. Das Ehepaarproblem .................................
5. Galoisfelder .........................................
35
35
36
37
38
41
IV. Vertretersysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Der Satz von P. Hall. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
2. M. Hall's Algorithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
3. Die Permanente. . .. . .. . . .... .. . . .. .. . .. ... . . ... . .. . . .
4. Der Term-Rang......................................
5. Ein Satz von Egervary ................................
45
45
48
51
53
56
V. Rado's Auswahlprinzip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Das Auswahlprinzip . ... ....... .... .. ... . .. . .. .. . .. ...
2. Angeordnete Gruppen ................................
3. Vertretersysteme für unendliche Familien endlicher Mengen
4. Der Banach'sche Abbildungssatz .......................
5. Eine Anwendung auf Vektorräume .....................
61
61
62
65
65
66
VI. Das Hadamard'sche Determinantenproblem .. ... . . . . . .. . . ..
1. Zwei Ungleichungen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
68
68
2.
3.
4.
5.
Die Hadamard'sche Ungleichung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
Hadamardmatrizen . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
Beispiele von Blockplänen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
Die Paley'schen Beispiele ............................ "
70
73
76
77
VII. Endliche Inzidenzstrukturen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
1. Das Gale-Ryser Kriterium. . . . . .. . . . . . . . . . .. . . . . . . . ..
2. Ein Satz über Erweiterungen von lateinischen Rechtecken
3. t-Blockpläne.........................................
4. Ein Nicht-Existenzsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
5. Taktische Zerlegungen von Matrizen und Inzidenzstrukturen
6. Korrelationen von Blockplänen ........................
7. Ein Satz von Craig .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Literaturverzeichnis ........................................
Index .....................................................
81
81
84
86
90
93
95
99
106
107
I. Die Potenzmenge einer endlichen Menge
1. Binomialkoeffizienten. Es sei M eine Menge. Ist M endlich, so
bezeichnen wir mit IMI die Anzahl der Elemente in M. Die Zahl IMI
heißt die Länge von M. Hat M die Länge n, so nennen wir Meine
n-Menge. Mit P(M) bezeichnen wir die Menge aller Teilmengen von
M, einschließlich der leeren Menge 0 und M selbst. P(M) heißt die
Potenzmenge von M. Ist XEP(M), so setzen wir XC= {ylyEM, y~X}.
Die Menge XC heißt das Komplement von X in M. Offensichtlich ist
(xcY=X, so daß also die Abbildung c:P(M) -+ P(M) bijektiv ist.
1.1. Satz. Ist Meine n-Menge, so ist IP(M)I =2n •
Beweis. Ist n = 0, so ist M = 0 und daher P(M) = {0}. Folglich
ist IP(M)I = 1 = 2°. Es sei nun n ~ 1 und es sei bereits bewiesen, daß
die Länge der Potenzmenge einer (n -l)-Menge gleich 2n - 1 ist. Schließlich sei Meine n-Menge und aEM. Wir definieren P(M)l und P(M)2
durch P(M)l = {XIXEP(M), aEX} und P(M)2= {YIYEP(M), a~ Y}.
Dann ist P(M) = P(M)lUP(M)2 und p(M)lnp(M)2 = 0. Also ist
IP(M)I = IP(M)ll + IP(M)21· Schränkt man die Abbildung c auf P(M)l
ein, so erhält man eine Bijektion von P(M)l auf P(M)2' so daß IP(M)ll =
= IP(M)21 ist. Folglich ist IP(M)I =2IP(M)21. Schließlich ist P(M)2 =
= P(M". {a}), so daß nach Induktionsannahme IP(M)21 = 2n - 1 ist,
q. e. d.
Ist XEP(M) und ist lXI =k, so nennen wir X eine k-Teilmenge
von M. Die Menge aller k- Teilmengen von M bezeichnen wir mit
Pk(M). Ist Meine n-Menge, so setzen wir IPk(M)1
(Z) heißen Binomialkoeffizienten.
=
(Z). Die Zahlen
1.2. Satz. n und k seien nicht-negative ganze Zahlen. Dann gilt:
(a)
Ist O;§k;§n, so ist
(b)
Es ist
k>n.
(~)
=
(/~-k).
(~) = (~) = 1 und (~) = (n~ 1) = n,
sowie
(Z) = 0
für
8
(c)
H. LÜNEBURG
Es ist
~(~) =
2n •
(e)
n>-O, so ist ~(-l)i(~) =0.
Ist k>-O, so ist (nt l) = (~)+(k~d.
(f)
Für
(g)
Ist
(h)
Ist 1 =&. k =&. n, so ist
(d)
Ist
n~k~l
n>-k~O,
ist
(~) =. Zl(k~l)'
.=k-l
so ist
Beweis. (a) Schränkt man die Abbildung c auf Pk(M) ein, so erhält man eine Bijektion von Pk(M) auf Pn-k(M). Also ist
(~) = (n~k)'
(b) Jede Menge enthält die leere Menge genau einmal. Also ist
(~) = (:) = 1.
Die Anzahl der 1-Teilmengen von M ist gerade gleich
(7) (n
d
n.
= ~ =
Ist
der Anzahl der Elemente in M. Folglich ist
Meine n- Menge und k >- n, so enthält M keine k- Teilmenge. Daher ist
(~) =0.
(c) folgt aus der Bemerkung, daß P(M) =
np,(M) = 0 ist, falls
k=;r.l ist, und aus 1.1.
n
U Pk(M)
k=O
und Pk(M) n
(d) besagt gerade, daß die Anzahl der Teilmengen gerade Länge
einer n-Menge mit n ~ 1 gleich der Anzahl ihrer Teilmengen ungerader
Länge ist. Um (d) zu beweisen, müssen wir also zeigen, daß diese Anzahlen gleich sind.
Es sei n >-0 und M sei eine n-Menge. Ferner sei aEM. Wir definieren
eine Abbildung (J' von P(M) in sich durch X" = (XU {a})",-(xn {a}).
Ist aEX, so ist also X"=X",-{a} und ist a~X, so ist X"=XU{a}.
Offenbar ist X,,2 = X für alle XE P(M), so daß (J' eine Bijektion von
P(M) auf sich ist. Ferner ist klar, daß IX"I == lXI + 1 mod 2 ist. Hieraus
folgt, daß die Anzahl der Teilmengen gerader Länge von M gleich der
Anzahl der Teilmengen ungerader Länge ist.
(e) Es sei Meine (n + 1)-Menge und a EM. Die Anzahl der k- Teilmengen von M, die a nicht enthalten, ist offensichtlich gleich der Anzahl
der k-Teilmengen von M"'- {a}, dh. gleich
(Z). Benützt man wiederum
I. DIE POTENZ MENGE EINER ENDLICHEN MENGE
9
die Abbildung c, so folgt, daß die Anzahl der k- Teilmengen von M, die
a enthalten, gleich der Anzahl der (n + 1 - k)- Teilmengen von Mist,
die a nicht enthalten. Diese Anzahl ist aber gleich der Anzahl der
(n+7-k)' Wegen 0-<
<k~n+l ist O~n+l-k~n. Nach (a) ist folglich (n+7-k)
= (k~d. Somit ist (nt l ) = (Z)+(k~I)'
(n+l-k)-Teilmengen von M",{a}, dh. gleich
=
(f) und (g) beweist man mit Hilfe von (e) durch vollständige Induktion nach n.
n-Menge eine (k-l)-Teilmenge.
O. Nach (e) ist folglich (n t 1) = (Z) + (k ~ d
(h) Ist 1 ~k~n, so enthält jede
Daher ist
>-
(k~
(Z), q. e. d.
(Z)
d
>-
>-
Bemerkung. Mit Hilfe von (b) und (e) kann man die Werte von
für kleine n und k sehr rasch rekursiv berechnen. Schreibt man die
gefundenen Werte folgendermaßen auf
1
1
2
1
3
4
1
1
5
1
4
6
10
20
1
5
10
15
1
1
1 7 21
35 35 21 7
1 8 28 56
70
56 28 8 1
1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
6
15
1
3
6
so erhält man ein Schema, welches Pascalsches Dreieck genannt wird.
1.3. Satz. Es ist k~ (~r (2:) .
=
Den folgenden, schönen Beweis dieser Identität lernte ich aus G. Polya's
Buch "Vom Lösen mathematischer Aufgaben I" Basel 1966, S. 120-123.
Beweis. Wir betrachten eine Stadt mit 2(n + 1) Straßen, von denen
n + 1 von Nordost nach Südwest und n + 1 von Nordwest nach Südost verlaufen. Alle Straßen seien Einbahnstraßen und zwar in Richtung von Nordost nach Südwest bzw. von Nordwest nach Südost. Die
10
H. LÜNEBURG
Straßen der bei den Richtungen seien jeweils von 0 bis n numeriert
und zwar so, daß der Anfangspunkt der Straße i weiter nördlich liegt
als der Anfangspunkt der Straße j, falls i <.j ist. Es seien Si (i = 0, I, ... , n)
die Straßen, die von Nordwest nach Südost verlaufen, und Ti (i =
=0, I, ... , n) die übrigen Straßen. Dem Kreuzungspunkt der Straßen
Si und T j geben wir die Koordinaten (i +j, j). Wir fragen nun, auf wieviel verschiedenen Wegen ein Auto vom Punkte (0,0) aus zum Punkte
(k, j) fahren kann, ohne eine Einbahnstraße in Gegenrichtung zu befahren. Ist j = 0, so ist diese Anzahl offensichtlich gleich 1 = ( ~), denn
sobald das Auto die Straße To verläßt, kann es nicht mehr zur Straße
To zurückkehren, ohne einmal eine Einbahnstraße in Gegenrichtung zu
befahren. Ebenso sieht man, daß die Anzahl der Wege, die zum Punkt
(Z)
(k, k) führen, gleich 1 =
ist. Es sei a(k,j) die Anzahl der Wege,
die zum Punkte (k,j) führen. Ferner sei o<.j<.k. Jeder Weg nach
(k,j) führt über genau einen der Punkte (k-I,j-I) und (k-I,j).
Da es in beiden Fällen nur eine Möglichkeit gibt, weiter nach (k, j) zu
gelangen, folgt, daß a(k,j) = a(k-I,j)+a(k-I,j-I) ist. Zusammen mit den Randwerten a(k, 0) = 1 =a(k, k) führt dies zu a(k,j) =
= (~)
(s. Aufg.
I»).
Die Anzahl der Wege, die nach (2n, n) führen, ist also
(~).
Jeder
dieser Wege läuft über einen und nur einen der Punkte (n, k). Nun ist
(Z).
die Anzahl der Wege von (0,0) nach (n, k) gleich
Kehrt man nun
alle Einbahnstraßenrichtungen um, so sieht man, daß die Anzahl der Wege
(Z)
ist. Es seien W1 , ... , W
von (2n, n) nach (n, k) gleich (n~k) =
alle Wege von (0,0) nach (n, k) und Wi, ... , W(1) alle Wege von (n,k)
nach (2n, n). Setzt man W i und Wf zu einem Weg W i + Wf von (0, 0)
nach (2n, n) zusammen, so sieht man, daß die Wege ~ + Wf und
Wk +
genau dann gleich sind, wenn i = kund j = I ist. Hieraus folgt,
wt
m
(Zr Wege von (0, 0) nach (2n, n) gibt, die über (n, k)
laufen. Daher ist kio (Z = (~n), q. e. d.
.daß es insgesamt
r
Zum Abschluß dieses Abschnitts beweisen wir nach eine bemerkenswerte Eigenschaft der Binomialkoeffizienten.
1.4. Satz. Es sei k eine natürliche Zahl. Ist dann N eine nichtnegative
ganze Zahl, so gibt es eindeutig bestimmte ganze Zahlen a1, ... , ak mit
o~ a1 <. a2 <. ... <. ak
und N =
i (~i) .
i=1
1
11
I. DIE POTENZ MENGE EINER ENDLICHEN MENGE
Beweis. Zunächst zeigen wir die Existenz dieser Zahlen durch
Induktion nach k. Ist k = 1, so ist nach 1.2 (b) N = (~). Es sei k:> 1
und der Satz für k - 1 bereits bewiesen. Aus 1.2 (h) folgt die Existenz
einer Zahl ak mit
~ N < (ak: 1). Wir setzen N = N*.
Dann ist N* ~ 0 und es gibt folglich Zahlen al' ... , ak-l mit O~al -< ... <
('f: I
-<ak-l und N*
('f:)
= ~1 (~l
Es ist zu zeigen, daß ak- 1<ak ist. Nach
1.2 (e) ist
( akk ) -_ (akk+
1) - (a
k-l
ak-1)
( k-l
(a k )
k-1 '
k
)
.
Daher gilt wegen
die Ungleichung
<
woraus mit Hilfe von 1.2 (h) ak - 1 < ak folgt. Damit ist die Existenz der
ai gezeigt.
Und nun die Eindeutigkeit der ai' Es sei 0 ~ a1< a2 < ... < ak und
N = i~
(~i).
Wir zeigen, daß
alle nicht-negativ sind, ist
< ...
(a,;) ~ N
1) ist. Weil die
(ak :
<
l'f:) ~N. Ist ak<k, so folgt aus O~al <a <
2
<ak, daß ai = i-I ist für alle i. Daher ist N
Dann ist aber
( ak)
k
=
(~i)
lk-1)
k
=O=N<l= (k)
k
=
.i (i ~ 1) = O.
• =1
= (ak+1)
k
.
Wir können daher annehmen, daß ak ~ k ist. Nach 1.2 (g) ist dann
und daher
( akk ) -_ (akk+
Ferner ist
N
Also ist
=
1) -
~ (ak-i)
k-i .
~
Z(o,i) = Jf (a':. i.) .
i=1
I
i=O
k
I
12
H.LÜNEBURG
N=
~1(~~i)+(f) = (akt1)_(akOk)+~I[(~~i)_(f~n]=
= (akt 1)_1_ ~1 [(~k~n - (~~i)]'
Nun ist a
k>ak-1und daher ak -1 ak-1. Ist bereits gezeigt, daß
ak- i ak- ist, so folgt aus ak- >ak- 1, daß auch ak - i -1 ak- 1
~
~
~
i-
i
i
i-
ist. Aus 1.2 (h) folgt daher, daß
ist. Also ist
(a t I)
(f)
~ N -< k
ist. HierDamit ist gezeigt, daß in jedem Falle
aus folgt nun die Eindeutigkeit von ak (s. Aufgabe 2)). Induktion nach k
liefert die Eindeutigkeit von a1 , ••• , ak , q. e. d.
Aufgaben:
1) N sei die Menge der nicht-negativen ganzen Zahlen. Ferner sei f eine Abbildung von NX N in N mit den Eigenschaften:
f(n,O)=f(n,n)=1
(a)
für alle nEN.
f(n+ I, k) = f(n, kH f(n, k-l)
(b)
Zeige, daß f(n, k) = (
für
1="k="n.
Z) ist.
(%) =" m< (at l )
2) Es seien a,b,m,kEN mit
Zeige, daß a=b ist.
und
(t) =" m< (bt l ).
3) R sei ein kommutativer Ring mit 1 und n eine natürliche Zahl. Zeige die
Gültigkeit der Formel
(a+W =
i
i=O
(~) a'b
n -,
I
für alle a, bE R.
4) Beweise 1.1 mit Hilfe von Aufgabe 3).
5) Zeige
(mt n) =
i?i (7) (k~j)·
k
(Hinweis: Es sei Meine m-Menge und
N
eine n-Menge. Ferner sei Mn N = 0. Definiere auf Pk(MU N) eine Äquivalenzrelation ~ durch X ~ Y genau dann, wenn xn M = yn Mist.)
6) Im Polynomring Z[x] über dem Ring der ganzen Zahlen Z gilt (l+xr+ n =
Benutze dies und 3), um 5) zu beweisen.
= (1 +x)m(1 +x)n.
7) Setze O! = 1 und n!
n!
.
( n) =
1st
k
k!(n-k)!
.
=
n
n
i=1
j
für n~ 1. Zeige mit Hilfe von 1.2 (b) und (e), daß
I. DIE POTENZ MENGE EINER ENDLICHEN MENGE
13
2. Inzidenzstrukturen. Es sei ~ eine Menge, deren Elemente wir
Punkte, und m eine Menge, deren Elemente wir Blöcke nennen. Ferner sei I ~ ~ xm = {(P, b)IPE~, bE m}. Das Tripel ~ = (~, m, I) heißt
dann eine Inzidenzstruktur. Sind ~ und m und damit auch I endlich,
so nennen wir die Inzidenzstruktur 3 selbst endlich. Statt (P, b) E I
bzw. (P, b) ~I schreiben wir im folgenden meist PI b bzw. PI b. Ist PI b,
so sagen wir P inzidiert mit b, der Punkt P liegt auf b, der Block b geht
durch P etc.
Auf I definieren wir zwei Äquivalenzrelationen rv und ::::::< durch
(P, b)rv(Q, c) genau dann, wenn P=Q ist, und (P, b)::::::«Q, c) genau
dann, wenn b = c ist. Die durch P vermöge rv bestimmte Äquivalenzklasse bezeichnen wir mit I p und die durch b vermöge ::::::< bestimmte
Klasse mit Ib' Ist 3 endlich, so setzen wir Ilpl=rp und Ilb!=kb. Dann
ist r p die Anzahl der Blöcke durch P und k b die Anzahl der Punkte auf
b. Offensichtlich gilt
2.1. Satz. Ist 3 = (~,
m, I) eine endliche Inzidenzstruktur, so ist
~ rp
PE'ß
= 1I1
=~k
bE!B
b•
Die endliche Inzidenzstruktur 3 = (~, m, I) heißt eine linksseitige taktische Konfiguration, falls es eine nicht-negative ganze Zahl r gibt, so
daß rp=r ist für alle PE~. Wir nennen 3 eine rechtsseitige taktische
Konfiguration, falls es eine nicht-negative ganze Zahl k gibt mit k b= k
für alle bE m. Die Inzidenzstruktur 3 heißt taktische Konfiguration
schlechthin, falls 3 sowohl eine rechts- als auch eine linksseitige taktische Konfiguration ist. Ist 3 =(~, m, I) eine taktische Konfiguration,
so heißen die Zahlen v = I~I, b = Iml, kund r die Parameter von 3.
Aus 2.1 folgt unmittelbar
2.2. Korollar. Es sei 3=(~,
es sei I~I =v sowie Iml =b.
m, I) eine endliche Inzidenzstruktur und
3 eine linksseitige taktische Konfiguration, so ist vr = ~ k b •
bE !B
Ist 3 eine rechtsseitige taktische Konfiguration, so ist ~ rp=bk.
PE'ß
Ist 3 eine taktische Konfiguration, so ist vr=bk.
(a) Ist
(b)
(c)
Wie fruchtbar der Begriff der endlichen Inzidenzstruktur ist und
wie nützlich insbesondere die Formeln in 2.1 und 2.2, zeigen schon einfache Beispiele.
2.3. Beispiel. Es sei Meine n-Menge und O~i~I~n. Ist 3 =
= (Pi(M), Pj(M), ~), so ist 3 eine taktische Konfiguration mit den
Parametern v=(7), b=(j), k=({) und r=(;=:).
14
H.LÜNEBURG
Beweis. Die Punkte von
(7).
3 sind die i- Teilmengen von
(j).
M. Daher
Entsprechend ist b =
Ist b ein Block von 3, so ist b
ist v =
eine j- Teilmenge von M und die mit b inzidierenden Punkte von 3
(n .
sind die in b enthaltenen i- Teilmengen von M. Daher ist k b =
Insbesondere ist k b unabhängig von b. Ist P ein Punkt, so sieht man
mit Hilfe der Abbildung c aus Abschnitt 1, daß die Anzahl rp der Blöcke,
die P enthalten, gleich der Anzahl der (n - j)- Teilmengen von M"'-.P
ist. Also ist r p
= (:
2.4. Korollar Ist
=i) = (; =:), womit bereits alles bewiesen ist.
O~i~j~n,
(~) U) = (7) (~=n
so ist
Beweis. Dies folgt aus 2.3 und 2.2 (c).
Wir definieren n! durch O! = 1 und n! =
n
II i für n ~ 1. Dann ist, falls
i=1
n ~ 1 ist, n! = n (n - I)!. Wir sind nun in der Lage, eine explizite Formel
für
(Z) anzugeben.
2.5. Korollar. Ist
O~k;2:n,
Beweis. Ist k=O, so ist
man in 2.4 i = 1 und j
und
n ) :;:::
so ist (k
~-;-n_!----:;c:--:-.
k!(n-k)!
O~~! = 1 = (~).
Es sei also
k~1.
= k und beachtet, man, daß nach 1.2 (b)
Setzt
(7) = n
(~) = k ist, so erhält man die Formel (~) = I (~= !). Vollständige
Induktion liefert, daß
n
(n-l)!
( n)
k = 7(-(k-I)! (n-l-k+ I)!
=
n!
k!(-:-n---=-:k)-:-'
ist, q. e. d.
2.6. Korollar. Ist k;2:
~ , so ist
Beweis. Setzt man in 2.4 i
n ) (n-k+
( k-l
1
(k: 1) -<
= k - 1 und
(~).
j = k, so erhält man
1) -ln)
- k (k k-1 ) -_
(n)
k (k)
1 .
Also ist
Aus k ~
I
( n) = n-k+l_( n )
k
k
k-l
folgt schließlich, daß
>-
(~-1)(
k
n ).
k-l
I-I ~ 1 ist, q. e. d.
1. DIE POTENZ MENGE EINER ENDLICHEN MENGE
Aufgaben:
1) Sind n und k teilerfremd, so ist
2) Beweise die Identität 2n denzstruktur (Pk(M), P,!;;k(M),
={XIXEP(M), IXI~k}.)
k
15
(Z) == 0 mod n.
(Z) = i~ U) (~). (Hinweis: Betrachte die Inzi-
~).
Dabei sei Meine n-Menge und
3) Beweise die Identität n(n+ 1)2"-' =
i
i=1
i'
P~k(M)=
(~).
I
3. Die Anzahl der Partitionen einer endlichen Menge. Es sei Meine
Menge und n eine Teilmenge von P(M). Wir nennen n eine Partition
von M, falls M = U X und X n y = 0 ist, falls X, YEn und X ~ Y
XE"
ist. Die Elemente von n heißen die Komponenten von n. Wir setzen in
diesem Abschnitt stets voraus, daß die Komponenten der betrachteten
Partitionen sämtlich nicht leer sind. Die Partition n heißt k-gliedrig,
falls Inl =k ist. Mit Sen, k) bezeichnen wir die Anzahl der k-gliedrigen
Partitionen einer n-Menge und mit B(n) die Anzahl aller Partitionen
einer n-Menge. Die Zahlen Sen, k) heißen Stirling-Zahlen 2. Art und
die B(n) heißen die Exponentialzahlen. (Die Bezeichnungen Sen, k) bzw.
B(n) für diese Zahlen folgen allgemeinem Gebrauch.)
3.1. Satz. (a) Es ist B(n) =
n
~
k=l
Sen, k).
(b) Es ist Sen, 0) = 0, Sen, 1) = Sen, n) = 1 und Sen, k) = 0 für k >no
(c) Es ist Sen + 1, k) = kS(n, k) + Sen, k -1) für k ~ 1 und alle n.
Beweis. (a) und (b) folgen unmittelbar aus der Definition der Zahlen
Sen, k) und B(n).
(c) Es sei Meine (n+l)-Menge und xEM. Ferner sei 3 die Menge
aller k-gliedrigen Partitionen von M, die {x} als Komponente haben,
und q sei die Menge der übrigen k-gliedrigen Partitionen. Ist nE 3,
so ist 3"-{{x}} eine (k-l)-gliedrige Partition von M,,-{x} und man
erhält jede (k-l)-gliedrige Partition von M,,-{x} auf diese Weise. Also
ist 131 = Sen, k-l).
Ist n'={X1 , ••• ,Xk } eine k-gliedrige Partition von M,,-{x} und
definiert man ni durch n i = {Xl' ... ,Xi-l,XiU{X},Xi+l' ... ,Xk }, so
ist n i eine k-gIiedrige Partition von M, die wegen Xi ~ 0 in q liegt. Da
man auf diese Weise offensichtlich alle Partitionen aus q erhält und
zwar jede genau einmal, ist Iql =kS(n, k). Wegen S(n+ 1, k) = 13\ + \qi
gilt also auch (c), q. e. d.
Als nächstes beweisen wir eine Rekursionsformel für die B(n).
3.2. Satz. Es ist B(n + 1) =
i~ (~)B(i). (Dabei ist B(O) = 1 gesetzt.)
Beweis. Es sei Meine n-Menge. Wir betrachten die Inzidenzstruk-
16
H. LÜNEBURG
tur (P(M),~, E), wobei ~ die Menge aller Partitionen von Mist.
Nach 2.1 ist dann
~ rx= ~Inl·
1tE!!l
XEP(M)
Da Sen, k) die Anzahl der k-gliedrigen Partitionen ist, ist
n
~ 1101 =
1tE!!l
~ kS(n, k).
k=1
Ist XEPn-i(M), so ist die Anzahl der Partitionen, die X als Komponente
haben, gleich der Anzahl der Partitionen von M""",X, dh. es ist r x = B(i),
falls IX I = n - i ist. Dies ist auch richtig, falls X = M ist, da wir ja
B(O) = 1 gesetzt haben. Also ist
n-l (
n)
n-l
~ rx = ~ n-i B(i) = ~
x EP(M)
i=O
i=O
(n)i BU),
da ja r 0 = 0 ist. Insgesamt erhalten wir
k~ kS(n, k) =
:?t (7) B(i).
Mit 3.1 (a), (c) und (b) erhalten wir nun
n+l
B(n+l)= ~ S(n+l,k)
k=1
n
=
n+1
k=1
n
= k~ kS(n,k)+ k?oS(n, k)
n-l
= i~
n+l
~ kS(n,k)+~
k=1
=
S(n,k-l)
=
i?i (n)i B(i)+B(n) =
n-l
(n)i B(i) + In)
(n)
tn B(n) = i?o i B(i),
n
q. e. d.
Wir werden später in Abschnitt 2 von Kapitel III eine geschlossene Formel für Sen, k) und B(n) angeben. Hier beweisen wir nur noch eine bemerkenswerte Formel von Dobinski für die B(n). Zum Beweise dieser
Formel benötigen wir den
3.3. Hilfssatz. Es ist
Z U+l)!
i
= 1.
i=1
Beweis. Vollständige Induktion liefert, daß
i;
i=1
i
(i+l)! =
(n+l)!-l
(n+l)!
ist, woraus alles weitere folgt.
Im folgenden sei e die durch e =
1: ~ definierte Zahl.
i=O l.
17
I. DIE POTENZ MENGE EINER ENDLICHEN MENGE
3.4. Satz (Dobinski). Es ist
B(n + 1) = i
e
~i ~
i
;=0
(i~, 1)n
l.
= 1 = B(1). Es sei also n >0
e ;=0 l.
und die Richtigkeit von 3.4 sei für alle m -< n bereits gezeigt. Nach 3.2
ist dann
Beweis. Ist n =0, so ist
1; t)B(i)
B(n+ 1) = 1 +
= 1+
~ ~ (;) io(j+j~);-1 =
.} =
= -1{=1
Z - - :-, + Z=1- - :-, Zn()
~ (j + 1).-1
e
j=o],
j=O]. ;=1
1
=
li;~(1+Z(~)(j+1);-I)
=
e j=O].
;=1
=
le J =cO
~ ]1)'' + 1 + .=1
j: (~)1 (j + 1)i) .
1
(i
i
Aufgabe 3) von Abschnitt 1 liefert, daß
ist. Also ist
B(n+1) =
l i C~l)' U+(j+2)n),
e
J=o]
.
so daß nach 3.3
B(n+ 1) =
1(
= U+2)n)
1 = (j+1)n.
1+
1)' = 1st, q. e. d.
e
j=O]+.
e j=O ].
-
Z ('
Z
.,
Aufgaben:
1) Zeige, daß k!S(n, k) die Anzahl der surjektiven Abbildungen einer n-Menge
auf eine k-Menge ist.
2) Es sei K ein Körper und K[x] der Polynomring in einer Unbestimmten über
K. Wir definieren PolynomefkEK[x] durchfo=l undfk=(x-k+l)A_l für k>1.
Zeige, daß für n>O
xn =
gilt.
n
Z S(n, k)fk
k=1
3) Ai,j (i,j=l, 2, ... 3), seien reelle Zahlen mit A1,J=Aj-1,1 für j>1 und
A"j= A'-l,j+A'-l,j+l für i>1. Zeige, daß
A 1 ,n+2 =
An+1,1
=
.i (~)
'=0
A1,i+l
ist. Setzt man insbesondere AI,1 =B(O)=B(1)= 1, so ist A n +l , I = B(n+ 1). Auf diese
Weise kann man die B(n) sehr rasch rekursiv berechnen.
2
18
H. LÜNEBURG
4) Was ist die Anzahl der Mengen {ab ... , a,} von ganzen Zahlen a j mit i",= 1,
aj >1 und (223092870)"=a 1 .•• a, sowie (ak,a/)=1 für kr=/?
4. Die symmetrischen und alternierenden Gruppen. Mit Zn bezeichnen wir die Menge der ersten n natürlichen Zahlen. Ist Meine n-Menge
und ist ep eine Bijektion von Zn auf M, so nennen wir ep eine Anordnung
von M.
4.1. Satz. Die Anzahl der verschiedenen Anordnungen einer n-Menge
ist gleich n!.
Beweis. Ist Meine I-Menge, so ist die Anzahl der Anordnungen
von M. gleich I = 1 !. Es sei cP die Menge aller Anordnungen von Mund
IMI=n>1. Ist xEM, so sei cPx = {eplep E cP, n<P=x}. Dann ist cP=
= U cPx und cPx n cPy = 0, falls x ~ y ist. Ist ep E cPx , so ist die EinxEM
schränkung von ep auf Zn-l eine Anordnung von M~{x} und es ist
klar, daß die Einschränkungen verschiedener Anordnungen aus cPx verschiedene Anordnungen von M~{x} liefern. Da andrerseits auch jede
Anordnung von M~{x} Einschränkung einer Anordnung aus cPx ist,
ist IcPxl = (n-l)! Also ist IcPl= ~ IcPxl = n(n-l)! = n!, q. e. d.
xEM
Ist M eine Menge, so bezeichnen wir mit SM die Menge aller umkehrbaren Abbildungen von M auf sich. SM ist bezüglich der Hintereinanderausführung von Abbildungen eine Gruppe, die symmetrische
Gruppe auf M. Die Untergruppen von SM und nur diese heißen Permutationsgruppen auf M.
4.2. Satz. Ist Meine n-Menge, so ist
ISMI =n!
Beweis. Es sei ep eine Anordnung von M und IX E SM. Dann ist epIX
ebenfalls eine Anordnung von M und die Abbildung IX ~epIX ist eine
Injektion von SM in die Menge der Anordnungen von M. Ist t/J eine
zweite Anordnung von M, so ist IX = ep-lt/J E SM. Ferner ist IX ~epIX =
= epep-lt/J = t/J, so daß die Abbildung IX~epIX surjektiv ist. Aus 4.1 folgt
daher, daß ISMI =n! ist, q. e. d.
Es sei G eine Permutationsgruppe auf Mund G* sei eine Permutationsgruppe auf M*. Ist dann IX ein Automorphismus von G, ist ß ein
Isomorphismus von G auf G* und ist ep eine umkehrbare Abbildung
von M auf M*, so heißen die Paare (G, M) und (G*, M*) ähnlich, falls
g"ep=epgP ist für alle gEG. Ist IX=1 und M=M*, so heißen (G, M)
und (G*, M) ähnlich im engeren Sinne. Statt zu sagen, daß (G, M) und
(G*, M*) ähnlich bzw. ähnlich im engeren Sinne sind, werden wir meist
sagen, daß G und G* ähnlich (im engeren Sinne) sind. Sind G und G*
ähnlich im engeren Sinne, so heißt das nichts anderes, als daß G und G*
in SM konjugiert sind.
I. DIE POTENZMENGE EINER ENDLICHEN MENGE
19
4.3. Satz. Die Relation "ähnlich zu sein" ist eine Ä·quivalenzrelation.
Beweis. Es seien G, G*, G** Permutationsgruppen auf M, M*
bzw. M**.
(a) (G,M) ist ähnlich zu (G,M): Setze rx=ß=l und <p=1.
(b) (G, M) sei ähnlich zu (G*, M*). Dann gibt es einen Automorphismus rx von G, einen Isomorphismus ß von G auf G* und eine Bijektion<p von M auf M* mit ga<p=<pgP. Setze rx*=ß- 1rx- 1ß, ß*=ß-1
und <p*=<p-1. Es sei g*EG*. Dann gibt es ein gEG mit gaP=g*.
Daher ist
Also ist (G*, M*) ähnlich zu (G, M).
(c) (G, M) sei ähnlich zu (G*, M*) und (G*, M*) sei ähnlich zu
(G**, M**). Die zugehörigen Abbildungen seien rx, ß, <p bzw. rx*, ß*, <p*.
Definiert man rx**, ß** und <p** durch ga** = <pgPa* <p -1 und ß** = ßß*
sowie <p** = <p<p*, so ist
ga.** <p** = <pgPa* <p -1 <p<p* = <pgPa* <p* = <p<p* gPP* = <p** gP**,
so daß also auch (G, M) ähnlich zu (G**, M**) ist, q. e. d.
4.4. Satz. Sind Mund M* zwei endliche Mengen und ist IMI
so sind SM und SM* ähnlich.
= IM*I.
Beweis. Es sei <p eine umkehrbare Abbildung von M auf M*. Setze
rx = 1 und definiere ß durch sP = <p -1 s<p für alle s E SM' Dann ist ß ein
Isomorphismus von SM auf S M* und es gilt
sa.<p = s<p = <p<p-1 S<p = <psP,
q. e. d.
Ist IMI =n, so sind also SM und Sn = SZn ähnlich. Sn heißt die
symmetrische Gruppe vom Grade n.
Es sei u E Sn. Mit i(u) bezeichnen wir die Anzahl der Paare (x, y)
mit x, y E Zn und x -< y und y" -< x... Es gilt dann
4.5. Satz. Sind u,-rESn , so ist i(u-r) == i(u)+i(-r) mod 2.
Beweis. Es sei A die Anzahl der Paare (x, y) mit x-<y, x" -<y"
und y .. t -< x"'. Ferner sei B die Anzahl der Paare (x, y) mit x -< y, y" -< x"
und y ..t-<x ..t . Schließlich sei C die Anzahl der Paare (x,y) mit x-<y,
y"-<x" und x ..t-<y..t. Dann ist i(u-r) = A+B, i(u) = B+C und i(-r) =
= A + C. Daher ist
i(u)+i(-r)
q. e. d.
= A+B+2C ==
i(u-r)mod2,
20
H. LÜNEBURG
Wir nennen die Permutation U ESn gerade, falls i(u) gerade ist,
andernfalls ungerade. Aus 4.5 folgt, daß das Produkt von zwei geraden
Permutationen, sowie das Produkt von zwei ungeraden Permutationen
eine gerade Permutation ist, während das Produkt einer geraden (ungeraden) Permutation mit einer ungeraden (geraden) Permutation eine
ungerade Permutation ist. Hieraus folgt, daß die Menge der geraden
Permutation eine Untergruppe von Sn ist. Diese wird mit An bezeichnet
und heißt die alternierende Gruppe vom Grade n. Überdies folgt, falls
n ~ 2 ist, daß genau die Hälfte aller Permutationen aus Sn ungerade
ist, da es ja wenigstens eine ungerade Permutation gibt nämlich die
durch 1a = 2, 2a = 1 und x a = x für x ~ 3 definierte Permutation u. Wir
haben also den
4.6. Satz. Die Menge der geraden Permutationen aus Sn bildet eine
Untergruppe An von Sn' Ist n~2, so ist IAnl =tn!
Es sei Meine n-Menge und ({J sei eine Anordnung von M. Das
Element uE SM heißt gerade bzw. ungerade, falls i«({JU({J-l) gerade bzw.
ungerade ist. Ist ljJ eine zweite Anordnung von M, so ist ljJ({J -1 ESn.
Ferner ist (ljJ({J-l)«({JU({J-l)(ljJ({J-l)-1 = ljJuljJ-l. Daher ist
i(ljJuljJ-l)
==
i(ljJ({J-l) + i«({JU({J-l) + i(ljJ({J-l)-I) mod 2.
Nun ist
i(ljJ({J-l)+i(ljJ({J-l)-I)
==
i(ljJ({J-l({JljJ-l)
= i(l) = omod 2.
Daher ist i(ljJuljJ-l) == i«({JU({J-l) mod 2. Die Definition der Geradheit
bzw. Ungeradheit eines Elementes aus SM ist also von der Auswahl der
Anordnung ({J unabhängig.
4.7. Satz. Es sei M eine endliche Menge. Ferner sei jedem xEM
eine endliche Menge A x zugeordnet. Schließlich sei A die Menge aller
Abbildungen von M in U A x mit fex) EA x für alle xE M. Dann ist
xEM
Beweis. Ist IM 1= 1, so ist unsere Behauptung offensichtlich richtig.
Es sei IM I= n >- 1 und m sei ein festgewähltes Element aus M. Sind
1, gEA, so sei genau dannfrvg, wennf(m)=g(m) ist. Die Relation rv
ist eine Äquivalenzrelation. Es sei A(b) die durch b EA m bestimmte Äquivalenzklasse. Dann ist IA(b) I die Anzahl der Abbildungenlvon M",{m}
in U A x mit lex) E Ax für alle von m verschiedenen xE M. Daher ist
xEM
x,,;;m
IACb) I=
n IAxl und folglich lAI = bEAZ
xEM
x,,;;m
m
IA(b)1
=
n IAxl, q. e. d.
xEM