Kapitel 2 Kombinatorik

Kapitel 2
Zählen (Kombinatorik)
Inhalt
2.1 Einfache Zählformeln
A  B = A + B.
2.2 Binomialzahlen
2.3 Die Siebformel
2.4 Permutationen
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2.1 Einfache Zählformeln
Erinnerung: Für eine Menge M bezeichnet M die Anzahl ihrer
Elemente; wir nennen diese Zahl die Mächtigkeit der Menge M.
2.1.1 Summenformel. Für je zwei endliche Mengen A und B gilt
A  B = A + B – A  B.
Wenn A und B kein gemeinsames Element haben
(man sagt dazu: A und B sind disjunkt), so gilt sogar
A  B = A + B.
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Beispiele
Um die Anzahl der Studierenden, die Biologie oder Chemie
studieren, zu erhalten, genügt es nicht, nur die Anzahl der
BiologiestudentInnen und die Anzahl der ChemiestudentInnen zu
wissen, man muss auch noch wissen, wie viele Menschen Biologie
und Chemie studieren.
Die Anzahl der Studierenden im Fach Psychologie ist gleich der
Anzahl der weiblichen plus der Anzahl der männlichen Studierenden
des Faches Psychologie. (Wenn W die Menge der weiblichen und
M die Menge der männlichen Psychologiestudierenden ist, so sind
W und M disjunkt, also ist die Anzahl aller Studierenden des
Faches Psychologie gleich W + M.)
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Beweis der Summenformel
Beweis. Die Menge A  B setzt sich aus drei disjunkten
Teilmengen zusammen: A \ B, A  B, B \ A.
Also gilt
A  B = A \ B + A  B + B \ A
= (A – A  B) + A  B + (B – A  B)
= A + B – A  B.
Durch Umstellen ergibt sich die Behauptung. 
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Das kartesische Produkt
Definition. Für zwei nichtleere Mengen A, B ist das kartesische
Produkt (Kreuzprodukt) A  B („A kreuz B“) die Menge aller Paare,
von denen der erste Teil aus A, der zweite aus B kommt:
A  B = {(a, b)  a  A, b  B}.
Beispiele:
(a) Wenn A = {1, 2, 3} und B = {x, y} ist, so gilt
A  B = {(1, x), (1, y), (2, x), (2, y), (3, x), (3, y)}.
(b) Wenn S die Menge aller Studierenden und V die Menge aller
Vorlesungen ist, so ist S  V die Menge aller Vorlesungsbesuche.
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Kartesisches Produkt von mehr als zwei Mengen
Wenn M1, M2, ..., Mn nichtleere Mengen sind, so ist
M1 ...  Mn = {(m1, ..., mn)  mi  Mi}.
Die Menge M1 ...  Mn besteht also aus allen Folgen der Länge n,
wobei das i-te Folgenglied aus der Menge Mi gewählt wird.
Beispiel:
Für A = {1, 2, 3}, B = {a, b} und C = {x, y} ist
A × B × C = {(1,a,x), (1,a,y), (1,b,x), (1,b,y), (2,a,x), (2,a,y), (2,b,x),
(2,b,y), (3,a,x), (3,a,y), (3,b,x), (3,b,y)} .
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Die Produktregel
2.1.2 Produktregel. Für je zwei endliche nichtleere Mengen A und B
gilt
A  B = AB.
Beweis. Wir zählen alle Paare (a, b) mit a  A und b  B.
Für die erste Komponente gibt es A Möglichkeiten, denn jedes
Element aus A kommt in Frage. Entsprechend gibt es für die zweite
Komponente genau B Möglichkeiten.
Da man diese Möglichkeiten unabhängig kombinieren kann, folgt:
A  B = Anzahl der Möglichkeiten für ein Element aus A  B
= AB. 
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Verallgemeinerte Produktregel
Die Produktregel kann man auf das kartesische Produkt beliebig vieler
Mengen verallgemeinern.
Für nichtleere endliche Mengen M1, ..., Mn gilt:
M1...Mn = M1...Mn.
Beispiel: Die ec-Karten-Geheimzahl (PIN: Persönliche Identifizierungs
Nummer) besteht aus 4 Dezimalstellen. Wieviel PINs gibt es?
Für die jede Stelle gibt es 10 Möglichkeiten (die Ziffern 0, 1, ..., 9). Also
ist die Anzahl aller PINs gleich 10  10  10  10 = 10.000.
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Binäre Folgen
Definition. Sei B = {0, 1}. Eine binäre Folge der Länge n ist eine
Folge (b1, b2, ..., bn) mit bi  B.
Wie groß ist die Anzahl aller binären Folgen der Länge n ?
Beispiel: Die binären Folgen der Länge 3 sind 000, 001, 010, 100,
011, 101, 110, 111, also gibt es genau 8 binäre Folgen der Länge 3.
2.1.3 Satz. Die Anzahl der binären Folgen der Länge n ist gleich 2n.
Beweis. Die Menge der binären Folgen der Länge n ist gleich dem nfachen kartesischen Produkt der Menge B = {0, 1}. Mit der Produktregel ergibt sich: B  B  ...  B = BB...B = Bn = 2n. 
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Teilmengen
Eine Menge M' ist eine Teilmenge einer Menge M, falls jedes Element
von M' auch ein Element von M ist. Wir schreiben: M'  M.
„Triviale“ Teilmengen: Jede Menge hat sich selbst und die leere Menge
{ } (auch ), die kein Element enthält, als Teilmenge.
Die Menge aller Teilmengen von M heißt Potenzmenge P(M) von M.
Beispiel: Alle Teilmengen von M = {a, b, c} sind
{ }, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}.
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Mächtigkeit der Potenzmenge
2.1.4 Satz. Jede n-elementige Menge M hat genau 2n Teilmengen.
Erster Beweis. Wir nummerieren die Elemente von M beliebig:
M = {m1, m2, ..., mn}. Sei M' eine Teilmenge von M. Dann ordnen wir M’
eine binäre Folge (b1, b2, ..., bn) der Länge n zu (und umgekehrt):
bi = 1, falls mi  M' und bi = 0 sonst.
Beispiel: M = {a, b, c}. Dann gehören die folgenden Teilmengen und
Folgen zusammen:  {a} {b} {c} {a, b} {b, c} {a, c} {a, b, c}
000100010001 110 011 101 111
Es gibt also genauso viele Teilmengen wie binäre Folgen. Nach dem
Satz über die Anzahl der binären Folgen gibt es dann auch genau 2n
Teilmengen von M. 
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Zweiter Beweis
Zweiter Beweis durch Induktion nach n.
Induktionsbasis: Für n = 1 (n = 2, n = 3) ist die Behauptung richtig.
Induktionsschritt: Sei n > 1, und sei die Behauptung richtig für n–1.
Sei M eine n-elementige Menge, und sei m ein beliebiges Element
aus M. Es gibt zwei Sorten von Teilmengen von M: Solche, die m
enthalten, und solche, die m nicht enthalten.
Die Teilmengen von M, die m nicht enthalten, sind genau die Teilmengen von M\{m}; davon gibt es nach Induktion genau 2n–1 viele.
Für jede Teilmenge M‘, die m enthält, ist M‘\{m} eine Teilmenge
von M\{m} und umgekehrt. Also gibt es auch hiervon 2n–1 Stück.
Insgesamt gibt es also 2n–1 + 2n–1 = 2∙2n–1 = 2n Teilmengen von M. 
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2.2 Binomialzahlen
Definition. Die Anzahl der k-elementigen Teilmengen einer nn
elementigen Menge wird mit   bezeichnet; diese Zahlen heißen
k 
Binomialzahlen.
Beispiele
n
  = 1 (jede Menge hat genau eine 0-elem. Teilmenge, nämlich {})
0
 n  = 1 (jede n-elementige Menge hat nur eine n-elementige Teil 
 n  menge, nämlich sich selbst)
n
  = n (die Teilmeng. der Mächtigkeit 1 sind genau die n Elemente)
 1
 4  = 6 (die 4-elementige Menge {a, b, c, d} hat sechs 2-elementige
 
 2  Teilmengen: {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d})
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Rekursionsformel für Binomialzahlen
Wie kann man die Binomialzahlen ausrechnen? 1. Methode:
2.2.1 Rekursionsformel für Binomialzahlen. Seien k und n
natürliche Zahlen mit 1  k  n. Dann gilt
 n   n  1  n  1
 

.
 k   k   k  1
Beispiel:
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6 5 5  4  4 5
       6  4  515.
 2   2   1  2   1   1
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Beweis der Rekursionsformel
Sei M eine Menge mit n Elementen. Sei m ein Element von M.
Wir teilen die k-elementigen Teilmengen von M in zwei Klassen ein:
1. Klasse: die, die m nicht enthalten. Jede dieser Teilmengen ist eine kelementige Teilmenge der (n–1)-elementigen Menge M \ {m}. Also gibt
n 1
es davon genau  k  Stück.


2. Klasse: die k-elementige Teilmengen, die m enthalten. Sei M’ eine
Teil-menge aus dieser Klasse. Wir entfernen m aus M’ und aus M.
Dann ist M’ \ {m} eine (k–1)-elem. Teilmenge der (n–1)-elem. Menge
M\{m}. Umgekehrt kann man jede (k–1)-elem. Teilmenge von M \ {m}
durch Hinzufügen von m zu einer Teilmenge der Klasse 2 ergänzen.
 n  1
Somit ist die Anzahl der Teilmengen in der Klasse 2 gleich  k  1.


Durch Addition der beiden Anzahlen ergibt sich die Formel. 
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Explizite Formel für Binomialzahlen
Zweite Berechnungsmethode für Binomialzahlen:
2.2.2 Explizite Formel für die Binomialzahlen. Seien k und n
natürliche Zahlen mit 0  k  n. Dann gilt
n
n!
n  (n  1)  (n  2)  ...  (n  k  1)
 

.
k!
 k  k!(n  k )!
n! („n Fakultät”) ist definiert als n! = n  (n – 1)  (n – 2)  ...  2  1.
Beispiel: 5! = 5  4  3  2  1 = 120.
 n  n(n  1)
.
Beispiel zur expliziten Formel:  
2
 2
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Seite 17
Beweis der expliziten Formel
Der Beweis erfolgt durch Induktion nach n. Wir machen uns hier den
Schritt von 5 auf 6 klar. Wir setzen also voraus, dass die Formel
schon für n = 5 richtig ist. Dann schließen wir wie folgt weiter
6 5  5 
5!
5!
  


 k   k   k  1 k! (5  k )! (k  1)!(5  k  1)!

5!
1
1
5!
(5  k  1)  k
( 
)

(k  1)!(5  k )! k 5  k  1 (k  1)!(5  k )! k(5  k  1)
6  5!
6!


.
k  (k  1)!(6  k )  (5  k )! k!(6  k )!
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Seite 18
Möglichkeiten beim Lotto
Beispiel. Beim Lotto “6 aus 49” werden sechs der Zahlen 1, 2, ..., 49
gezogen, wobei es auf die Reihenfolge nicht ankommt.
In unserer Sprache heißt das: Es wird eine 6-elementige Teilmenge
der Menge {1, 2, ..., 49} gezogen.
 49 
Dafür gibt es nach Definition genau   Möglichkeiten.
6
 49  49! 49  48  47  46  45  44
 

6!
 6  6!(43)!
= 13.983.816.
Die Wahrscheinlichkeit für 6 Richtige ist also 1/13.983.816 =
0,000000071…
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Binomischer Lehrsatz
Erinnerung: (a +/– b)2 = a2 +/– 2ab +b2 (1./2. binomische Formel).
2.2. 3 Binomialsatz. Seien x und y Unbestimmte über Z. Dann
gilt für jede natürliche Zahl n die folgende Gleichung:
n
n
(x+y)n = xn + nxn–1y +  xn–2y2 + ... +   x2yn–2 + nxyn–1 + yn.
 2
 2
Zum Beispiel gilt (Ping + Pong)3
= Ping3 + 3Ping2Pong + 3PingPong2 + Pong3.
Beispiele. 313 = (30 + 1)3
= 303 + 33021 + 33012 + 13 = 27.000 + 2.700 + 90 + 1 = 29.791.
(s–3t)5 = s5 - 5s4(3t) + 10s3(3t)2 - 10s2(3t)3 + 5s(3t)4 - (3t)5 = ...
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Beweis des Binomialsatzes
Beweis. Wir stellen uns vor, wie man die linke Seite ausrechnet:
Man müßte n mal die Terme x+y miteinander multiplizieren.
Wenn man dies ausmultiplizieren würde,
würde man aus k dieser Terme x
und aus den andern n–k die Variable y auswählen.
Also erhält man Ausdrücke der Form xkyn–k .
Die Frage ist, wie oft man dabei den Summand xkyn–k erhält.
Um diesen Term zu erhalten, muss man x genau k mal unter n
Möglichkeiten auswählen.
Daher erhält man den Summand
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xkyn–k
n
genau   mal. 
k 
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Anwendungen des Binomialsatzes
Man kann den Binomialsatz auch für feste Werte von x und y
spezialisieren und n allgemein lassen. Man erhält eine Aussage
über Binomialzahlen, die man dann in eine Aussage über
Teilmengen übersetzen kann. Zwei Beispiele.
2.2.4 Anzahl aller Teilmengen. Wir setzen x = y = 1. Wir erhalten:
n n n
 n  n
  +   +   + ... + 
+   = (1+1)n = 2n.
 0 1  2
 n 1  n 
Dies sagt, dass die Anzahl aller Teilmengen einer n-elementigen
Menge (das heißt die Anzahl der 0-elementigen Teilmengen plus die
Anzahl der 1-elementigen Teilmengen plus ...) gleich 2n ist.
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Seite 22
Gerade und ungerade Teilmengen
2.2.5 Satz. Anzahl der geraden Teilmengen = Anzahl der ungeraden
Teilmengen.
Beweis. Wir setzen x = 1, y = –1 und erhalten
n n n n n
  –  +   –  +   –/+ ... = (1 – 1)n = 0n = 0.
 0 1  2  3  4
M.a.W.: Die alternierende Summe der Binomialzahlen ist Null.
Wir interpretieren dies auf folgende Weise: Die Anzahl der
Teilmengen mit gerader Mächtigkeit ist gleich der Anzahl der
Teilmengen ungerader Mächtigkeit. 
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Seite 23
Auswahlen mit Wiederholungen
Die Binomialzahlen sind die Anzahl der k-elementigen Teilmengen
einer n-elementigen Menge. Man spricht manchmal auch von den
ungeordneten Auswahlen ohne Wiederholung von k Objekten einer
n-elementigen Menge.
Wir interessieren uns auch für die Auswahlen mit Wiederholungen.
Beispiel. Wir betrachten alle 15 ungeordneten Auswahlen mit
Wiederholungen von vier Elementen der Menge {A, B, C}:
AAAA AAAB AAAC AABB AABC AACC ABBB ABBC
ABCC ACCC BBBB BBBC BBCC BCCC CCCC.
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Seite 24
Anzahl der Auswahlen mit Wiederholungen
4.2.3 Satz. Die Anzahl der ungeordneten Auswahlen mit
Wiederholung von k Objekten aus einer Menge von n Objekten ist
 n  k  1


 k 
Beweis. Wir konstruieren eine eindeutige Zuordnung (d.h. eine
bijektive Abbildung) zwischen
• der Menge aller ungeordneten Auswahlen, und
• der Menge aller binären (n+k–1)-Tupel mit genau k Einsen.
Da die Anzahl dieser (n+k–1)-Tupel gleich
ist damit die Behauptung bewiesen.
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 n  k  1 ist,


 k 
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Seite 25
Beweis
Wir schreiben zuerst die Objekte der ersten Art, dann die der zweiten
Art und so weiter auf.
Wir ordnen nun jeder solchen Auswahl eine binäre Folge zu:
Wenn n1 die Anzahl der Objekte der ersten Art ist, dann beginnt die
Folge mit n1 Einsen; nach dieser Folge von Einsen folgt eine Null.
Wenn n2 die Anzahl der Objekte des zweiten Typs ist, dann wird die
Folge mit n2 Einsen fortgesetzt; dann kommt eine Null.
Und so weiter.
Beispiel: AABC  110101, BBCC  011011, AACC  110011 .
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Seite 26
Beweis: Fortsetzung
D.h.: Folgen von Einsen  Folgen von Objekten des gleichen Typs,
Nullen  Trennzeichen zwischen Zeichen verschiedenen Typs.
Da jede Auswahl aus genau k Objekten besteht, hat jede binäre
Folge genau k Einsen. Da man n–1 Trennzeichen braucht, um die
unterschiedlichen Objekttypen zu trennen, hat jede binäre Folge
genau n–1 Nullen. Also hat jede binäre Folge die Länge n+k–1.
Umgekehrt kann man jeder binären Folge der Länge n+k–1 mit
genau n–1 Nullen eindeutig eine ungeordnete Auswahl mit
Wiederholungen von k Objekten aus einer n-elementigen Menge
zuordnen. Also gilt die Behauptung. 
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Seite 27
2.3 Die Siebformel
Die Summenformel (2.1.1) zur Erinnerung: Für je zwei endliche
Mengen A, B gilt:
A  B = A + B – A  B.
Ziel: Verallgemeinerung auf die Vereinigung beliebig vieler Mengen
A1, A2, ..., As.
Beispiel: Für je drei endliche Mengen A, B, C gilt:
A  B  C =
A + B + C – A  B – A  C – B  C + A  B  C.
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Seite 28
Die Siebformel
2.3.1 Satz. Seien A1, A2, ..., As beliebige endliche Mengen. Dann
gilt:
A1  A2  ...  An = a1 – a2 + a3 – a4 + /– ...
Dabei erhält man ai auf folgende Weise:
(a) Man bildet den Durchschnitt von je i der Mengen A1, A2, ..., As.
(b) Man bestimmt die Mächtigkeit dieser Durchschnitte.
(c) Man addiert diese Mächtigkeiten.
Zum Beispiel ist a1 die Summe der Mächtigkeiten der A1, A2, ..., As.
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Beispiel
Wir betrachten vier Mengen A, B, C, D. Dann gilt:
A  B  C  D =
A + B + C + D
– A  B – A  C – A  D – B  C – B  D – C  D
+ A  B  C + A  B  D + A  C  D + B  C  D
– A  B  C  D.
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Seite 30
Ergänzung zur Siebformel
2.3.2 Satz. Seien A1, A2, ..., As beliebige Teilmengen einer t-
elementigen Menge T. Dann gilt:
T \ (A1  A2  ...  As) = t – a1 + a2 – a3 + a4 – /+ ...
Dabei werden die ai auf gleiche Weise wie in 2.3.1 gebildet.
Beispiel: a1 Seien A, B, C Teilmengen einer endlichen Menge T.
Dann gilt:
T \ (A  B  C)
= T
– A – B – C
+ A  B + A  C + B  C – A  B  C
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Seite 31
2.4 Permutationen
Definition. Eine Permutation einer endlichen Menge M ist eine
bijektive Abbildung der Menge M in sich. D.h.: Jedem Element aus
M wird ein Element von M so zugeordnet, dass keine zwei
Elemente das gleiche Bild haben.
Beispiel: Die Abbildung p definiert durch p(1) = 2, p(2) = 4, p(3) =
3, p(4) = 5, p(5) = 1 ist eine Permutation der Menge {1, 2, 3, 4, 5}.
Wir werden Permutationen häufig nach folgendem Muster notieren:
p=
 1 2 3 4 5


 2 4 3 5 1
(Schreibe die Elemente von M der Reihe nach in die erste Zeile;
unter jedes Element von M schreibe das Bild dieses Elementes. )
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Seite 32
Anzahl der Permutationen
2.4.1 Satz. Die Anzahl der Permutationen einer n-elementigen
Menge ist n!
Beispiel: Um 100 Menschen auf 100 Stühle zu setzen,
gibt es genau 100!  10158 Möglichkeiten.
Beweis. Wir überlegen uns systematisch, wie viele Möglichkeiten es
für eine Permutation p einer n-elementigen Menge M gibt.
Ohne Einschränkung können wir M = {1, 2, 3, ..., n} wählen.
Wir überlegen uns der Reihe nach, wie viele Möglichkeiten es für die
Bilder der Elemente 1, 2, 3, ..., n gibt.
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Seite 33
Beweis
Für das Bild des ersten Elements 1 gibt es n Möglichkeiten.
Für das Bild von 2: n–1 Möglichkeiten, nämlich alle außer dem
Bild p(1) des ersten Elements.
Für das Bild von 3: n–2 Möglichkeiten (alle außer p(1) und p(2)).
Usw.
Bild von n–1: 2 Möglichkeiten, da bereits n–2 Elemente vergeben
sind (die Bilder von 1, 2, ..., n–2).
Das Bild des letzten Elements ist vollständig determiniert.
Also gibt es insgesamt genau n(n–1) (n–2) ... 21 = n! Möglichkeiten für die Auswahl einer beliebigen Permutation p von M. 
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Seite 34
Eigenschaften von Permutationen
Da Permutationen bijektive Abbildungen einer Menge in sich sind,
ergibt sich:
2.4.2 Satz. (a) Die Hintereinanderausführung von Permutationen
einer Menge M ist wieder eine Permutation der Menge M.
(b) Die zu einer Permutation inverse Abbildung ist ebenfalls eine
Permutation.
Mit anderen Worten: Die Permutationen einer Menge M bilden
bezüglich der Hintereinanderausführung eine “Gruppe”; man nennt
sie die symmetrische Gruppe von M.
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Seite 35
Fixpunkte von Permutationen
Permutationen können Fixpunkte besitzen. Das sind Elemente, die auf
sich selbst abgebildet werden.
Definition. Sei p eine Permutation einer Menge M. Ein Element i von
M heißt Fixpunkt von p, wenn gilt:
p (i) = i.
Beispiel: Die Permutation
 1 2 3 4 5
p = 

 4 1 3 2 5
hat die Fixpunkte 3 und 5.
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Seite 36
Fixpunktfreie Permutationen
Definition. Eine Permutation p der Menge M heißt fixpunktfrei,
wenn sie keinen Fixpunkt besitzt, d.h. wenn für alle Elemente i aus M
gilt:
p (i)  i.
Beispiel: Die folgende Permutation ist fixpunktfrei:
 1 2 3 4 5
p = 

 4 1 5 2 3
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Seite 37
Das Problem der zerstreuten Professoren
Beispiel. Nach einem gemeinsamen Abendessen gehen n zerstreute
Professoren zur Garderobe. In Gedanken versunken, greift jeder
zufällig nach irgendeinem Mantel.
Frage: Wie viele Möglichkeiten gibt es, dass jeder Professor einen
falschen Mantel anzieht?
Mathematische Beschreibung: Wir numerieren die Professoren und die
Mäntel mit 1, 2, ..., n, so dass Mantel Nr. i zu Professor Nr. i gehört.
Jede Zuordnung der Mäntel zu den Professoren ist eine Permutation p
der Menge M = {1, 2, ..., n}.
Wenn Professor Nr. i den falschen Mantel nimmt, so gilt p (i)  i.
Wenn alle Professoren falsche Mäntel nehmen, so ist p fixpunktfrei.
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Die zerstreuten Professoren - mathematisch gesehen
Die Frage lautet: Wie viele fixpunktfreie Permutationen einer nelementigen Menge gibt es?
A = Menge aller Permutationen von M = {1, 2, ..., n}. Dann A = n! .
Ai = Menge aller Permutationen von M, die den Fixpunkt i haben.
Dann kann man die Anzahl a(n) aller fixpunktfreien Permutationen wie
folgt berechnen:
a(n) = Anzahl aller Perm. – Anzahl der Perm. mit irgendeinem Fixpunkt
= | A | - | A1  A2  A3  ...  An |
= n! - (a1 – a2 + a3 – a4  ...), mit den ai aus der Siebformel 2.3.1.
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Anzahl fixpunktfreier Permutationen
2.4.3 Satz. Sei a(n) die Anzahl aller fixpunktfreien Permutationen.
Dann gilt:
a(n) = n! – (a1 – a2 + a3 – a4  ...  an)
= n! 
n! n! n!
n!
   ...  .
1! 2! 3!
n!
Beispiel: Bei n = 5 zerstreuten Professoren gibt es
5! 5! 5! 5! 5!
a(5) = 5!     
1! 2! 3! 4! 5!
= 120 - 120 + 60 - 20 + 5 – 1 = 44
Möglichkeiten, dass jeder einen falschen Mantel anzieht.
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Beweis
Beweis. (a) Berechnung der Durchschnitte von je i der Mengen A1,
A2, ..., An: Jeder dieser Durchschnitte enthält alle Permutationen mit
gewissen i Fixpunkten. (Beispiel: A1  A3  A7 enthält alle
Permutationen mit den Fixpunkten 1, 3 und 7.)
Es gibt  n  Möglichkeiten, diese i Fixpunkte auszuwählen.
i
n
Also gibt es  i  solche Durchschnitte.
 
(b) Mächtigkeit dieser Durchschnitte:
Es gibt (n–i)! Permutationen mit i festgelegten Fixpunkten.
(Denn: Die Bilder der Fixpunkte sind festgelegt, die restlichen n–i
Bilder können frei gewählt werden.)
Also haben alle diese Durchschnitte die gleiche Mächtigkeit: (n–i)!.
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Beweisabschluss
(c) Summe dieser Mächtigkeiten: Da es
n
gibt, ist ai =  i   (n  i)!
n
  solche Durchschnitte
i
 
Das können wir noch vereinfachen:
n
n!
n!



(n

i)!


(n

i)!

ai =  
i ! (n  i)!
i!
i
(d) Berechnung von a(n):
Für die gesuchte Anzahl aller fixpunktfreien Permutationen gilt also
a(n) = n! - (a1 – a2 + a3 – a4  ...  an)
n! n! n!
n!
= n!     ...  . 
1! 2! 3!
n!
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Lösung des Problems der zerstreuten Professoren
Beispiel: Bei n = 5 zerstreuten Professoren gibt es
5!
5!
5!
5!
5!
+
–
+
–
1!
2!
3!
4!
5!
= 120 - 120 + 60 - 20 + 5 -1 = 44
Möglichkeiten, dass jeder einen falschen Mantel anzieht.
a(5) = 5! –
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