Folien - FernUniversität in Hagen

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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Studientag zur Algorithmischen Mathematik
Beweismethoden, Abzählprobleme und diskrete
Wahrscheinlichkeiten
Winfried Hochstättler
Diskrete Mathematik und Optimierung
FernUniversität in Hagen
21. Mai 2011
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Beweismethoden
Abzählprobleme
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Beweismethoden
Direkte Beweise
Beweis mittels Kontraposition
Widerspruchsbeweis
Induktionsbeweise
Abzählprobleme
Abbildungen
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein algebraischer direkter Beweis
Proposition
∀a, b ∈ R : a(a − b) ≥ b(a − b).
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein algebraischer direkter Beweis
Proposition
∀a, b ∈ R : a(a − b) ≥ b(a − b).
Nebenrechnung:
!
a2 − ab ≥ ba − b2 ⇐⇒ a2 − 2ab + b2 = (a − b)2 ≥ 0.
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein algebraischer direkter Beweis
Proposition
∀a, b ∈ R : a(a − b) ≥ b(a − b).
Beweis.
Seien a, b ∈ R beliebig aber fest gewählt. Dann ist
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein algebraischer direkter Beweis
Proposition
∀a, b ∈ R : a(a − b) ≥ b(a − b).
Beweis.
Seien a, b ∈ R beliebig aber fest gewählt. Dann ist
(a − b)2 ≥ 0
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein algebraischer direkter Beweis
Proposition
∀a, b ∈ R : a(a − b) ≥ b(a − b).
Beweis.
Seien a, b ∈ R beliebig aber fest gewählt. Dann ist
(a − b)2 ≥ 0
⇒
a2 − 2ab + b2 ≥ 0
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein algebraischer direkter Beweis
Proposition
∀a, b ∈ R : a(a − b) ≥ b(a − b).
Beweis.
Seien a, b ∈ R beliebig aber fest gewählt. Dann ist
(a − b)2 ≥ 0
⇒
⇒
a2 − 2ab + b2 ≥ 0
a2 − ab ≥ ab − b2
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein algebraischer direkter Beweis
Proposition
∀a, b ∈ R : a(a − b) ≥ b(a − b).
Beweis.
Seien a, b ∈ R beliebig aber fest gewählt. Dann ist
(a − b)2 ≥ 0
⇒
⇒
⇒
a2 − 2ab + b2 ≥ 0
a2 − ab ≥ ab − b2
a(a − b) ≥ b(a − b)
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein algebraischer direkter Beweis
Proposition
∀a, b ∈ R : a(a − b) ≥ b(a − b).
Beweis.
Seien a, b ∈ R beliebig aber fest gewählt. Dann ist
(a − b)2 ≥ 0
⇒
⇒
⇒
a2 − 2ab + b2 ≥ 0
a2 − ab ≥ ab − b2
a(a − b) ≥ b(a − b)
Bitte nicht: a(a − b) ≥ b(a − b) ⇒ (a − b)2 ≥ 0, das zeigt nichts.
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein algebraischer direkter Beweis
Proposition
∀a, b ∈ R : a(a − b) ≥ b(a − b).
Beweis.
Seien a, b ∈ R beliebig aber fest gewählt. Dann ist
(a − b)2 ≥ 0
⇒
⇒
⇒
a2 − 2ab + b2 ≥ 0
a2 − ab ≥ ab − b2
a(a − b) ≥ b(a − b)
Bitte nicht: a(a − b) ≥ b(a − b) ⇒ (a − b)2 ≥ 0, das zeigt nichts.
Wenn schon, dann a(a − b) ≥ b(a − b) ⇐ (a − b)2 ≥ 0
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein geometrisch, algebraischer direkter Beweis
Satz (Satz des Pythagoras)
Sind a, b die Längen der Katheten eines rechtwinkligen Dreiecks und
ist c die Länge der Hypothenuse, so gilt
a2 + b 2 = c 2 .
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Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein geometrisch, algebraischer direkter Beweis
Satz (Satz des Pythagoras)
a2 + b 2 = c 2 .
Beweis.
b−a
b
a
c
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Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein geometrisch, algebraischer direkter Beweis
Satz (Satz des Pythagoras)
a2 + b 2 = c 2 .
Beweis.
|
a−
{z b
}
b
a
c
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Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein geometrisch, algebraischer direkter Beweis
Satz (Satz des Pythagoras)
a2 + b 2 = c 2 .
Beweis.
=
4∗
ab
+ (a − b)2
2
|
c2
a−
{z b
}
b
a
c
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Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein geometrisch, algebraischer direkter Beweis
Satz (Satz des Pythagoras)
a2 + b 2 = c 2 .
Beweis.
=
a−
{z b
=
}
ab
+ (a − b)2
2
2ab + a2 − 2ab + b2
4∗
|
c2
b
a
c
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ein geometrisch, algebraischer direkter Beweis
Satz (Satz des Pythagoras)
a2 + b 2 = c 2 .
Beweis.
=
}
a2 + b 2
a−
=
{z b
=
ab
+ (a − b)2
2
2ab + a2 − 2ab + b2
4∗
|
c2
b
a
c
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Logische Vorüberlegungen:
Die Kontraposition „wenn nicht B, dann nicht A“ der Aussage, „wenn
A, dann B“ ist zu dieser logisch äquivalent.
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Logische Vorüberlegungen:
wenn A, dann B
⇐⇒
B oder nicht A
Die Kontraposition „wenn nicht B, dann nicht A“ der Aussage, „wenn
A, dann B“ ist zu dieser logisch äquivalent.
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Logische Vorüberlegungen:
wenn A, dann B
⇐⇒
⇐⇒
B oder nicht A
nicht nicht B oder nicht A
Die Kontraposition „wenn nicht B, dann nicht A“ der Aussage, „wenn
A, dann B“ ist zu dieser logisch äquivalent.
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Logische Vorüberlegungen:
wenn A, dann B
⇐⇒
B oder nicht A
⇐⇒
nicht A oder nicht nicht B
⇐⇒
nicht nicht B oder nicht A
Die Kontraposition „wenn nicht B, dann nicht A“ der Aussage, „wenn
A, dann B“ ist zu dieser logisch äquivalent.
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Logische Vorüberlegungen:
wenn A, dann B
⇐⇒
B oder nicht A
⇐⇒
nicht A oder nicht nicht B
⇐⇒
nicht nicht B oder nicht A
⇐⇒
wenn nicht B, dann nicht A.
Die Kontraposition „wenn nicht B, dann nicht A“ der Aussage, „wenn
A, dann B“ ist zu dieser logisch äquivalent.
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Proposition
∀m, n ∈ Z : (3 6 | m oder 3 6 | n) ⇒ (3 6 | (m + n) oder 3 6 | (m − n)).
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Proposition
∀m, n ∈ Z : (3 6 | m oder 3 6 | n) ⇒ (3 6 | (m + n) oder 3 6 | (m − n)).
Beweis.
Wir zeigen die Kontraposition:
(3 | (m + n) und 3 | (m − n)) ⇒ (3|m und 3|n) .
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Proposition
∀m, n ∈ Z : (3 6 | m oder 3 6 | n) ⇒ (3 6 | (m + n) oder 3 6 | (m − n)).
Beweis.
Wir zeigen die Kontraposition:
(3 | (m + n) und 3 | (m − n)) ⇒ (3|m und 3|n) .
3|m+n
3|m−n
: ⇐⇒
: ⇐⇒
∃k1 ∈ Z : m + n = 3k1
∃k2 ∈ Z : m − n = 3k2 .
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Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Proposition
∀m, n ∈ Z : (3 6 | m oder 3 6 | n) ⇒ (3 6 | (m + n) oder 3 6 | (m − n)).
Beweis.
Wir zeigen die Kontraposition:
(3 | (m + n) und 3 | (m − n)) ⇒ (3|m und 3|n) .
3|m+n
3|m−n
: ⇐⇒
: ⇐⇒
∃k1 ∈ Z : m + n = 3k1
∃k2 ∈ Z : m − n = 3k2 .
Mittels Addition und Subtraktion erhalten wir hieraus
2m = 3(k1 + k2 ) und 2n = 3(k1 − k2 ).
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Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Proposition
∀m, n ∈ Z : (3 6 | m oder 3 6 | n) ⇒ (3 6 | (m + n) oder 3 6 | (m − n)).
Beweis.
Wir zeigen die Kontraposition:
(3 | (m + n) und 3 | (m − n)) ⇒ (3|m und 3|n) .
3|m+n
3|m−n
: ⇐⇒
: ⇐⇒
∃k1 ∈ Z : m + n = 3k1
∃k2 ∈ Z : m − n = 3k2 .
Mittels Addition und Subtraktion erhalten wir hieraus
2m = 3(k1 + k2 ) und 2n = 3(k1 − k2 ). Also sind m und n durch 3
teilbar.
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
(A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
Proposition
∀m, n ∈ Z : (3 6 | m oder 3 6 | n) ⇒ (3 6 | (m + n) oder 3 6 | (m − n)).
Beweis.
Wir zeigen die Kontraposition:
(3 | (m + n) und 3 | (m − n)) ⇒ (3|m und 3|n) .
3|m+n
3|m−n
: ⇐⇒
: ⇐⇒
∃k1 ∈ Z : m + n = 3k1
∃k2 ∈ Z : m − n = 3k2 .
Mittels Addition und Subtraktion erhalten wir hieraus
2m = 3(k1 + k2 ) und 2n = 3(k1 − k2 ). Also sind m und n durch 3
teilbar.
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Widerspruchsbeweis
Proposition
√
2 ist irrational.
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Widerspruchsbeweis
Proposition
√
2 ist irrational.
Beweis.
√
Angenommen 2 wäre
√ rational. Dann gäbe es p, q ∈ N, die
teilerfremd sind mit 2 = qp .
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Widerspruchsbeweis
Proposition
√
2 ist irrational.
Beweis.
√
Angenommen 2 wäre
√ rational. Dann gäbe es p, q ∈ N, die
teilerfremd sind mit 2 = qp . Hieraus folgt p2 = 2q 2 .
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Widerspruchsbeweis
Proposition
√
2 ist irrational.
Beweis.
√
Angenommen 2 wäre
√ rational. Dann gäbe es p, q ∈ N, die
teilerfremd sind mit 2 = qp . Hieraus folgt p2 = 2q 2 . Also muss p
gerade sein.
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Widerspruchsbeweis
Proposition
√
2 ist irrational.
Beweis.
√
Angenommen 2 wäre
√ rational. Dann gäbe es p, q ∈ N, die
teilerfremd sind mit 2 = qp . Hieraus folgt p2 = 2q 2 . Also muss p
gerade sein. Dann wird p2 aber von 4 geteilt, also ist auch q gerade
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Widerspruchsbeweis
Proposition
√
2 ist irrational.
Beweis.
√
Angenommen 2 wäre
√ rational. Dann gäbe es p, q ∈ N, die
teilerfremd sind mit 2 = qp . Hieraus folgt p2 = 2q 2 . Also muss p
gerade sein. Dann wird p2 aber von 4 geteilt, also ist auch q gerade
im Widerspruch dazu, dass p und q teilerfremd sind.
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Widerspruchsbeweis
Proposition
√
2 ist irrational.
Beweis.
√
Angenommen 2 wäre
√ rational. Dann gäbe es p, q ∈ N, die
teilerfremd sind mit 2 = qp . Hieraus folgt p2 = 2q 2 . Also muss p
gerade sein. Dann wird p2 aber von 4 geteilt, also ist auch q gerade
im Widerspruch dazu, dass p und q teilerfremd sind.
Beim Widerspruchsbeweis zeigen wir, dass B gilt, indem wir
nachweisen, dass die Annahme, dass B nicht gilt, logischen Unsinn
impliziert.
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion
Proposition
∀n ∈ N :
Pn
i=1
i(i+1)
2
=
n(n+1)(n+2)
.
6
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion
Proposition
∀n ∈ N :
Beweis.
Pn
i=1
Mittels vollständiger Induktion.
i(i+1)
2
=
n(n+1)(n+2)
.
6
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion
Proposition
∀n ∈ N :
Beweis.
Pn
i=1
Mittels vollständiger Induktion.
n = 0: 0 = 0.
i(i+1)
2
=
n(n+1)(n+2)
.
6
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion
Proposition
∀n ∈ N :
Beweis.
Pn
i=1
i(i+1)
2
=
n(n+1)(n+2)
.
6
Mittels vollständiger Induktion.
n = 0: 0 = 0.
n − 1 → n:
n
X
i(i + 1)
2
i=1
=
n−1
X
i(i + 1)
2
i=1
!
+
n(n + 1)
2
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion
Proposition
∀n ∈ N :
Beweis.
Pn
i=1
i(i+1)
2
=
n(n+1)(n+2)
.
6
Mittels vollständiger Induktion.
n = 0: 0 = 0.
n − 1 → n:
n
X
i(i + 1)
2
=
n−1
X
i(i + 1)
2
i=1
i=1
IV
=
!
+
n(n + 1)
2
(n − 1)n(n + 1) n(n + 1)
+
6
2
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion
Proposition
∀n ∈ N :
Beweis.
Pn
i=1
i(i+1)
2
=
n(n+1)(n+2)
.
6
Mittels vollständiger Induktion.
n = 0: 0 = 0.
n − 1 → n:
n
X
i(i + 1)
2
=
n−1
X
i(i + 1)
2
i=1
i=1
IV
=
=
!
+
n(n + 1)
2
(n − 1)n(n + 1) n(n + 1)
+
6
2
n(n + 1)
n(n + 1)(n + 2)
(n − 1 + 3) =
.
6
6
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion
Proposition
∀n ∈ N :
Beweis.
Pn
i=1
i(i+1)
2
=
n(n+1)(n+2)
.
6
Mittels vollständiger Induktion.
n = 0: 0 = 0.
n − 1 → n:
n
X
i(i + 1)
2
=
n−1
X
i(i + 1)
2
i=1
i=1
IV
=
=
!
+
n(n + 1)
2
(n − 1)n(n + 1) n(n + 1)
+
6
2
n(n + 1)
n(n + 1)(n + 2)
(n − 1 + 3) =
.
6
6
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion II
Proposition
∀n ∈ N : 6 | 13n − 7
Beweis.
Mittels vollständiger Induktion. n = 0: 6 teilt −6.
n − 1 → n:
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion II
Proposition
∀n ∈ N : 6 | 13n − 7
Beweis.
Mittels vollständiger Induktion. n = 0: 6 teilt −6.
n − 1 → n: Sei n > 0. Dann berechnen wir
13n − 7 = (2 · 6 + 1) · 13n−1 − 7
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion II
Proposition
∀n ∈ N : 6 | 13n − 7
Beweis.
Mittels vollständiger Induktion. n = 0: 6 teilt −6.
n − 1 → n: Sei n > 0. Dann berechnen wir
13n − 7 = (2 · 6 + 1) · 13n−1 − 7
=
n−1
n−1
−7
|2 · 6 ·{z13 } + 13
| {z }
6|
6| nach IV
|
{z
}
6|
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion III
Proposition
∀n ≥ 4, n ∈ N : 2n ≥ n2 .
Beweis.
Mittels vollständiger Induktion. Die Aussage ist richtig für
n = 0, n = 1, n = 2,
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion III
Proposition
∀n ≥ 4, n ∈ N : 2n ≥ n2 .
Beweis.
Mittels vollständiger Induktion. Die Aussage ist richtig für
n = 0, n = 1, n = 2, falsch für n = 3,
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion III
Proposition
∀n ≥ 4, n ∈ N : 2n ≥ n2 .
Beweis.
Mittels vollständiger Induktion. Die Aussage ist richtig für
n = 0, n = 1, n = 2, falsch für n = 3, aber für n = 4 gilt
24 = 16 ≥ 16 = 42 .
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion III
Proposition
∀n ≥ 4, n ∈ N : 2n ≥ n2 .
Beweis.
Mittels vollständiger Induktion. Die Aussage ist richtig für
n = 0, n = 1, n = 2, falsch für n = 3, aber für n = 4 gilt
24 = 16 ≥ 16 = 42 .
n−1→n :
2n = 2 · 2n−1
IV
≥ 2 · (n − 1)2 = 2n2 − 4n + 2
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Beweise mittels vollständiger Induktion III
Proposition
∀n ≥ 4, n ∈ N : 2n ≥ n2 .
Beweis.
Mittels vollständiger Induktion. Die Aussage ist richtig für
n = 0, n = 1, n = 2, falsch für n = 3, aber für n = 4 gilt
24 = 16 ≥ 16 = 42 .
n−1→n :
2n = 2 · 2n−1
IV
≥ 2 · (n − 1)2 = 2n2 − 4n + 2
= n2 + n2 − 4n + 2 ≥ n2
|
{z
}
≥0 für n≥4
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele Abbildungen gibt es?
f : A → B ist Abbildung : ⇐⇒ ∀a ∈ A∃!b ∈ B : f (a) = b.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele Abbildungen gibt es?
f : A → B ist Abbildung : ⇐⇒ ∀a ∈ A∃!b ∈ B : f (a) = b.
Seien A und B endliche Mengen.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele Abbildungen gibt es?
f : A → B ist Abbildung : ⇐⇒ ∀a ∈ A∃!b ∈ B : f (a) = b.
Seien A und B endliche Mengen.
Es gibt für jedes a ∈ A genau |B| mögliche Ziele.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele Abbildungen gibt es?
f : A → B ist Abbildung : ⇐⇒ ∀a ∈ A∃!b ∈ B : f (a) = b.
Seien A und B endliche Mengen.
Es gibt für jedes a ∈ A genau |B| mögliche Ziele.
Da diese Möglichkeiten unabhängig voneinander
sind, multiplizieren sie sich.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele Abbildungen gibt es?
f : A → B ist Abbildung : ⇐⇒ ∀a ∈ A∃!b ∈ B : f (a) = b.
Seien A und B endliche Mengen.
Es gibt für jedes a ∈ A genau |B| mögliche Ziele.
Da diese Möglichkeiten unabhängig voneinander
sind, multiplizieren sie sich.
Also gibt es |B||A| Abbildungen von A nach B.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele injektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt injektiv
: ⇐⇒ ∀a 6= a0 ∈ A : f (a) 6= f (a0 ) ( ⇐⇒ [f (a) = f (a0 ) ⇒ a = a0 ]).
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele injektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt injektiv
: ⇐⇒ ∀a 6= a0 ∈ A : f (a) 6= f (a0 ) ( ⇐⇒ [f (a) = f (a0 ) ⇒ a = a0 ]).
Seien A und B endliche Mengen und A =
{a1 , . . . , aa } durchnummeriert.
A
B
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele injektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt injektiv
: ⇐⇒ ∀a 6= a0 ∈ A : f (a) 6= f (a0 ) ( ⇐⇒ [f (a) = f (a0 ) ⇒ a = a0 ]).
Seien A und B endliche Mengen und A =
{a1 , . . . , aa } durchnummeriert.
Dann gibt es für a1 genau b := |B| mögliche Bilder, für a2 nur noch b − 1 usw.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele injektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt injektiv
: ⇐⇒ ∀a 6= a0 ∈ A : f (a) 6= f (a0 ) ( ⇐⇒ [f (a) = f (a0 ) ⇒ a = a0 ]).
Seien A und B endliche Mengen und A =
{a1 , . . . , aa } durchnummeriert.
Dann gibt es für a1 genau b := |B| mögliche Bilder, für a2 nur noch b − 1 usw.
Da diese Möglichkeiten unabhängig voneinander
sind, multiplizieren sie sich.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele injektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt injektiv
: ⇐⇒ ∀a 6= a0 ∈ A : f (a) 6= f (a0 ) ( ⇐⇒ [f (a) = f (a0 ) ⇒ a = a0 ]).
Seien A und B endliche Mengen und A =
{a1 , . . . , aa } durchnummeriert.
Dann gibt es für a1 genau b := |B| mögliche Bilder, für a2 nur noch b − 1 usw.
Da diese Möglichkeiten unabhängig voneinander
sind, multiplizieren sie sich.
Die Anzahl der injektive Abbildungen von A nach
B ist also
b(b − 1)(b − 2) . . . b − a + 1 =
a−1
Y
i=0
(b − i) =
b!
.
a!
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele surjektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt surjektiv
: ⇐⇒ ∀b ∈ A∃a ∈ A : f (a) = b.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele surjektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt surjektiv
: ⇐⇒ ∀b ∈ A∃a ∈ A : f (a) = b.
Seien A = {a1 , . . . , aa } und B = {b1 , . . . , bb }.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele surjektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt surjektiv
: ⇐⇒ ∀b ∈ A∃a ∈ A : f (a) = b.
Seien A = {a1 , . . . , aa } und B = {b1 , . . . , bb }.
Zunächst muss man für jedes b ∈ B ein Urbild
wählen.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele surjektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt surjektiv
: ⇐⇒ ∀b ∈ A∃a ∈ A : f (a) = b.
Seien A = {a1 , . . . , aa } und B = {b1 , . . . , bb }.
Zunächst muss man für jedes b ∈ B ein Urbild
wählen. Für b1 gibt es a Möglichkeiten, für b2
noch a − 1 usw.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele surjektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt surjektiv
: ⇐⇒ ∀b ∈ A∃a ∈ A : f (a) = b.
Seien A = {a1 , . . . , aa } und B = {b1 , . . . , bb }.
Zunächst muss man für jedes b ∈ B ein Urbild
wählen. Für b1 gibt es a Möglichkeiten, für b2
noch a − 1 usw. Hat jeder ein Urbild, so gibt es
noch b(a−b) Möglichkeiten für die verbliebenen
Elemente von A.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Wie viele surjektive Abbildungen gibt es?
Eine Abbildung f : A → B heißt surjektiv
: ⇐⇒ ∀b ∈ A∃a ∈ A : f (a) = b.
Seien A = {a1 , . . . , aa } und B = {b1 , . . . , bb }.
Zunächst muss man für jedes b ∈ B ein Urbild
wählen. Für b1 gibt es a Möglichkeiten, für b2
noch a − 1 usw. Hat jeder ein Urbild, so gibt es
noch b(a−b) Möglichkeiten für die verbliebenen
Elemente von A.
Qb−1
a!
Also gibt es
(a
−
i)
ba−b = (a−b)!
ba−b
i=0
surjektive Abbildungen von A nach B.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Permutationen
Eine injektive und surjektive Abbildung heißt bijektiv.
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen
Eine injektive und surjektive Abbildung heißt bijektiv.
Eine Abbildung zwischen endlichen Mengen
kann nur dann bijektiv sein, wenn beide Mengen
gleichmächtig sind. Solche Abbildungen nennen
wir Permutationen.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen
Eine injektive und surjektive Abbildung heißt bijektiv.
Eine Abbildung zwischen endlichen Mengen
kann nur dann bijektiv sein, wenn beide Mengen
gleichmächtig sind. Solche Abbildungen nennen
wir Permutationen.
Deswegen betrachten wir Permutationen üblicherweise als
σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n}.
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen
Eine injektive und surjektive Abbildung heißt bijektiv.
Eine Abbildung zwischen endlichen Mengen
kann nur dann bijektiv sein, wenn beide Mengen
gleichmächtig sind. Solche Abbildungen nennen
wir Permutationen.
Deswegen betrachten wir Permutationen üblicherweise als
σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n}.
Wir können Permutation tabellarisch notieren als
1
2
...
n
.
σ(1) σ(2) . . . σ(n)
A
B
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Zyklenzerlegung von Permutationen
Eine Permutation σ heißt Zyklus der Länge k , wenn es Zahlen
a1 , . . . , ak gibt mit
ai+1 für i = 1, . . . , k − 1
σ(ai ) =
und σ(b) = b falls b 6= ai
a1
für i = k
Schreibweise ha1 a2 . . . ak i.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Zyklenzerlegung von Permutationen
Eine Permutation σ heißt Zyklus der Länge k , wenn es Zahlen
a1 , . . . , ak gibt mit
ai+1 für i = 1, . . . , k − 1
σ(ai ) =
und σ(b) = b falls b 6= ai
a1
für i = k
Schreibweise ha1 a2 . . . ak i.
Satz
Jede Permutation ist Hintereinanderausführung paarweise disjunkter
Zyklen.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Zyklenzerlegung von Permutationen
Eine Permutation σ heißt Zyklus der Länge k , wenn es Zahlen
a1 , . . . , ak gibt mit
ai+1 für i = 1, . . . , k − 1
σ(ai ) =
und σ(b) = b falls b 6= ai
a1
für i = k
Schreibweise ha1 a2 . . . ak i.
Satz
Jede Permutation ist Hintereinanderausführung paarweise disjunkter
Zyklen.
1
2
2
3
3
7
4
6
5
4
6
5
7
1
= h1237ih465i.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen als Produkt von Transpositionen
Ein Zyklus der Länge 2 heißt auch Transposition.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen als Produkt von Transpositionen
Ein Zyklus der Länge 2 heißt auch Transposition.
Satz
Jede Permutation lässt sich als Hintereinanderausführung von
Transpositionen darstellen. Diese Darstellung ist in der Regel nicht
eindeutig.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen als Produkt von Transpositionen
Ein Zyklus der Länge 2 heißt auch Transposition.
Satz
Jede Permutation lässt sich als Hintereinanderausführung von
Transpositionen darstellen. Diese Darstellung ist in der Regel nicht
eindeutig.
h1237i = h37ih27ih17i.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundregeln und Zählkoeffizienten
Grundregeln
˙ 2 ⇒ |S| = |S1 | + |S2 |
• S = S1 ∪S
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundregeln und Zählkoeffizienten
Grundregeln
˙ 2 ⇒ |S| = |S1 | + |S2 |
• S = S1 ∪S
• S = S1 × S2 ⇒ |S| = |S1 | · |S2 |
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundregeln und Zählkoeffizienten
Grundregeln
˙ 2 ⇒ |S| = |S1 | + |S2 |
• S = S1 ∪S
• S = S1 × S2 ⇒ |S| = |S1 | · |S2 |
• f : S1 → S2 bijektiv ⇒ |S1 | = |S2 |
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundregeln und Zählkoeffizienten
Grundregeln
˙ 2 ⇒ |S| = |S1 | + |S2 |
• S = S1 ∪S
• S = S1 × S2 ⇒ |S| = |S1 | · |S2 |
• f : S1 → S2 bijektiv ⇒ |S1 | = |S2 |
Zählkoeffizienten
• Fakultät n! = n · (n − 1) · . . . · 1
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundregeln und Zählkoeffizienten
Grundregeln
˙ 2 ⇒ |S| = |S1 | + |S2 |
• S = S1 ∪S
• S = S1 × S2 ⇒ |S| = |S1 | · |S2 |
• f : S1 → S2 bijektiv ⇒ |S1 | = |S2 |
Zählkoeffizienten
• Fakultät n! = n · (n − 1) · . . . · 1
• Binomialkoeffizient
n
k
=
n·(n−1)·...·(n−k +1)
k!
=
n!
k !(n−k )!
falls n ≥ k .
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundregeln und Zählkoeffizienten
Grundregeln
˙ 2 ⇒ |S| = |S1 | + |S2 |
• S = S1 ∪S
• S = S1 × S2 ⇒ |S| = |S1 | · |S2 |
• f : S1 → S2 bijektiv ⇒ |S1 | = |S2 |
Zählkoeffizienten
• Fakultät n! = n · (n − 1) · . . . · 1
• Binomialkoeffizient
n
k
• Multinomialkoeffizient
n·(n−1)·...·(n−k +1)
n!
= k !(n−k
k!
)! falls n
Pr
n
n!
i=1 ki .
k1 ,...,kr = k1 !...kr ! falls n =
=
≥ k.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundregeln und Zählkoeffizienten
Grundregeln
˙ 2 ⇒ |S| = |S1 | + |S2 |
• S = S1 ∪S
• S = S1 × S2 ⇒ |S| = |S1 | · |S2 |
• f : S1 → S2 bijektiv ⇒ |S1 | = |S2 |
Zählkoeffizienten
• Fakultät n! = n · (n − 1) · . . . · 1
• Binomialkoeffizient
n
k
• Multinomialkoeffizient
Also ist
n
k
=
n
k ,n−k
.
n·(n−1)·...·(n−k +1)
n!
= k !(n−k
k!
)! falls n
Pr
n
n!
i=1 ki .
k1 ,...,kr = k1 !...kr ! falls n =
=
≥ k.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen, Kombinationen, Variationen
Permutationen
n!
n
k1 ,...,kr
Kombinationen
n
k
n+k −1
k −1
Variationen
k ! kn
nk
ohne Wiederholung
mit Wiederholung
Bei einer Variation spielt die Reihenfolge eine Rolle, bei einer
Kombination nicht.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen, Kombinationen, Variationen
Permutationen
n!
n
k1 ,...,kr
Kombinationen
n
k
n+k −1
k −1
Variationen
k ! kn
nk
ohne Wiederholung
mit Wiederholung
Bei einer Variation spielt die Reihenfolge eine Rolle, bei einer
Kombination nicht.
Eine Beispiel einer Permutation mit Wiederholungen ist die Anzahl
der Anagramme von MISSISSIPPI.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen, Kombinationen, Variationen
Permutationen
n!
n
k1 ,...,kr
Kombinationen
n
k
n+k −1
k −1
Variationen
k ! kn
nk
ohne Wiederholung
mit Wiederholung
Bei einer Variation spielt die Reihenfolge eine Rolle, bei einer
Kombination nicht.
Eine Beispiel einer Permutation mit Wiederholungen ist die Anzahl
der Anagramme von MISSISSIPPI.
Kombination mit Wiederholung kann man darstellen als Anzahl der
Zahlpartitionen n = n1 + . . . + nk .
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Permutationen, Kombinationen, Variationen
Permutationen
n!
n
k1 ,...,kr
Kombinationen
n
k
n+k −1
k −1
Variationen
k ! kn
nk
ohne Wiederholung
mit Wiederholung
Bei einer Variation spielt die Reihenfolge eine Rolle, bei einer
Kombination nicht.
Eine Beispiel einer Permutation mit Wiederholungen ist die Anzahl
der Anagramme von MISSISSIPPI.
Kombination mit Wiederholung kann man darstellen als Anzahl der
Zahlpartitionen n = n1 + . . . + nk .
10 = 1 + 2 + 3 + 4 schreibe als |$||$|||$||||.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion
Eine Testgruppe von 100 Personen wird bzgl. ihrer
Lesegewohnheiten von Tageszeitungen befragt. 40 Personen geben
an, die Zeitung A zu lesen, 50 Personen die Zeitung B und 20
Personen die Zeitung C. Dabei lesen 10 Personen Zeitung A und B, 5
Personen Zeitung B und C und 15 Personen die Zeitungen A und C.
4 Personen lesen laut eigener Aussage alle drei Zeitungen
regelmäßig. Wieviele Personen lesen
1. mindestens eine der drei Zeitungen,
2. ausschließlich Zeitung B,
3. weder Zeitung A noch B,
4. nur B und C,
5. höchstens zwei der drei Zeitungen?
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 40 + 50 + 20 −
10 − 5 − 15 + 4 = 84
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 40 + 50 + 20 −
10 − 5 − 15 + 4 = 84
|B \ (A ∪ C)| = 50 − 10 −
5 + 4 = 39
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 40 + 50 + 20 −
10 − 5 − 15 + 4 = 84
|B \ (A ∪ C)| = 50 − 10 −
5 + 4 = 39
100 − |A ∪ B| = 100 − 40 −
50 + 10 = 20
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 40 + 50 + 20 −
10 − 5 − 15 + 4 = 84
|B \ (A ∪ C)| = 50 − 10 −
5 + 4 = 39
100 − |A ∪ B| = 100 − 40 −
50 + 10 = 20
|B ∩ C| − |A ∩ B ∩ C| = 1
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 40 + 50 + 20 −
10 − 5 − 15 + 4 = 84
|B \ (A ∪ C)| = 50 − 10 −
5 + 4 = 39
100 − |A ∪ B| = 100 − 40 −
50 + 10 = 20
|B ∩ C| − |A ∩ B ∩ C| = 1
100 − 4 = 96
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion II
A
B
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
C
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion II
A
B
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
C
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 19 + 6 + 4 + 11 + 39 + 1 + 4 = 84
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion II
A
B
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
C
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 19 + 6 + 4 + 11 + 39 + 1 + 4 = 84
|B \ (A ∪ C)| = 39
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion II
A
B
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
C
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 19 + 6 + 4 + 11 + 39 + 1 + 4 = 84
|B \ (A ∪ C)| = 39
100 − |A ∪ B| = 100 − 19 − 6 − 4 − 11 − 39 − 1 = 20
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion II
A
B
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
C
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 19 + 6 + 4 + 11 + 39 + 1 + 4 = 84
|B \ (A ∪ C)| = 39
100 − |A ∪ B| = 100 − 19 − 6 − 4 − 11 − 39 − 1 = 20
|B ∩ C| − |A ∩ B ∩ C| = 1
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion II
A
B
1. |A| = 40, |B| = 50,
|C| = 20
C
2. |A ∩ B| = 10,
|B ∩ C| = 5,
|A ∩ C| = 15
3. |A ∩ B ∩ C| = 4
|A ∪ B ∪ C| = 19 + 6 + 4 + 11 + 39 + 1 + 4 = 84
|B \ (A ∪ C)| = 39
100 − |A ∪ B| = 100 − 19 − 6 − 4 − 11 − 39 − 1 = 20
|B ∩ C| − |A ∩ B ∩ C| = 1
100 − 4 = 96
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
n n
[ X
(−1)k −1
Ai =
i=1
k =1
Kombinatorik
X
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
\ Ai I∈({1,...,n}
) i∈I
k
Wir wollen n Paare verfeindeter Ritter so an einen runden Tisch
setzen, dass keine Feinde nebeneinander sitzen.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
n n
[ X
(−1)k −1
Ai =
i=1
k =1
Kombinatorik
X
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
\ Ai I∈({1,...,n}
) i∈I
k
Wir wollen n Paare verfeindeter Ritter so an einen runden Tisch
setzen, dass keine Feinde nebeneinander sitzen.
Sei Ak die Menge der Platzierungen mit mindestens k Kollisionen.
Dann ist
n k
Ak =
2 (2n − k − 1)!
k
und somit ist die gesuchte Zahl
n
X
k =0
n k
(−1)
2 (2n − k − 1)!.
k
k
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung I
• Ω = {Elementarereignisse}
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung I
• Ω = {Elementarereignisse}
• Σ ⊆ 2Ω = {Ereignisse}
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung I
• Ω = {Elementarereignisse}
• Σ ⊆ 2Ω = {Ereignisse}
• Ist A ∈ Σ(A ⊆ Ω), so ist p(A) die Wahrscheinlichkeit von A.
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung I
• Ω = {Elementarereignisse}
• Σ ⊆ 2Ω = {Ereignisse}
• Ist A ∈ Σ(A ⊆ Ω), so ist p(A) die Wahrscheinlichkeit von A.
Axiome
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung I
• Ω = {Elementarereignisse}
• Σ ⊆ 2Ω = {Ereignisse}
• Ist A ∈ Σ(A ⊆ Ω), so ist p(A) die Wahrscheinlichkeit von A.
Axiome
1. ∀A ∈ Σ : p(A) ≥ 0
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung I
• Ω = {Elementarereignisse}
• Σ ⊆ 2Ω = {Ereignisse}
• Ist A ∈ Σ(A ⊆ Ω), so ist p(A) die Wahrscheinlichkeit von A.
Axiome
1. ∀A ∈ Σ : p(A) ≥ 0
2. p(Ω) = 1
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung I
• Ω = {Elementarereignisse}
• Σ ⊆ 2Ω = {Ereignisse}
• Ist A ∈ Σ(A ⊆ Ω), so ist p(A) die Wahrscheinlichkeit von A.
Axiome
1. ∀A ∈ Σ : p(A) ≥ 0
2. p(Ω) = 1
3. ∀A1 , A2 ∈ Σ : (A1 ∩ A2 = ∅ ⇒ p(A1 ∪ A2 ) = p(A1 ) + p(A2 ).
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Folgerungen
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Folgerungen
• A ⊆ B ⇒ p(A) ≤ p(B)
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Folgerungen
• A ⊆ B ⇒ p(A) ≤ p(B)
• p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B)
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Outline
Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Folgerungen
• A ⊆ B ⇒ p(A) ≤ p(B)
• p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B)
Sind alle Elementarereignisse gleichwahrscheinlich, gilt p(A) =
|A|
|Ω| .
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Beweismethoden
Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Folgerungen
• A ⊆ B ⇒ p(A) ≤ p(B)
• p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B)
Sind alle Elementarereignisse gleichwahrscheinlich, gilt p(A) =
A= 5 Richtige mit Zusatzzahl
|A|
|Ω| .
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Abzählprobleme
Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Folgerungen
• A ⊆ B ⇒ p(A) ≤ p(B)
• p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B)
Sind alle Elementarereignisse gleichwahrscheinlich, gilt p(A) =
|A|
|Ω| .
A= 5 Richtige mit Zusatzzahl
• |A| = 6 · 42 (Eine richtige Zahl wird durch eine falsche ersetzt).
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Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Folgerungen
• A ⊆ B ⇒ p(A) ≤ p(B)
• p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B)
Sind alle Elementarereignisse gleichwahrscheinlich, gilt p(A) =
|A|
|Ω| .
A= 5 Richtige mit Zusatzzahl
• |A| = 6 · 42 (Eine richtige Zahl wird durch eine falsche ersetzt).
• Ω=
49
6
· 43.
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Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Folgerungen
• A ⊆ B ⇒ p(A) ≤ p(B)
• p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B)
Sind alle Elementarereignisse gleichwahrscheinlich, gilt p(A) =
|A|
|Ω| .
A= 5 Richtige mit Zusatzzahl
• |A| = 6 · 42 (Eine richtige Zahl wird durch eine falsche ersetzt).
• Ω=
49
6
• p(A) =
· 43.
6·42
(496)·43
=
6·42·6!·42!
49!
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Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Bedingte Wahrscheinlickeiten p(A | B) =
Wenn ein PIN zwei gleiche Ziffern hat, wie groß ist die
Wahrscheinlichkeit, dass alle Ziffern gleich sind?
p(A∩B)
p(B)
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Kombinatorik
Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Bedingte Wahrscheinlickeiten p(A | B) =
Wenn ein PIN zwei gleiche Ziffern hat, wie groß ist die
Wahrscheinlichkeit, dass alle Ziffern gleich sind?
p(zwei Ziffern gleich) = 1 − p(alle Ziffern verschieden) =
496
1 − 10·9·8·7
= 1000
.
104
p(A∩B)
p(B)
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Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Bedingte Wahrscheinlickeiten p(A | B) =
p(A∩B)
p(B)
Wenn ein PIN zwei gleiche Ziffern hat, wie groß ist die
Wahrscheinlichkeit, dass alle Ziffern gleich sind?
p(zwei Ziffern gleich) = 1 − p(alle Ziffern verschieden) =
496
1 − 10·9·8·7
= 1000
.
104
Man würde vermuten, dass, wenn zwei gleich sind, die
1
Wahrscheinlichkeit, dass die andern beiden genauso sind 100
ist.
Dies ist falsch. Man weiß z.B. nicht, wo die zwei gleichen stehen.
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Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung
Bedingte Wahrscheinlickeiten p(A | B) =
p(A∩B)
p(B)
Wenn ein PIN zwei gleiche Ziffern hat, wie groß ist die
Wahrscheinlichkeit, dass alle Ziffern gleich sind?
p(zwei Ziffern gleich) = 1 − p(alle Ziffern verschieden) =
496
1 − 10·9·8·7
= 1000
.
104
Man würde vermuten, dass, wenn zwei gleich sind, die
1
Wahrscheinlichkeit, dass die andern beiden genauso sind 100
ist.
Dies ist falsch. Man weiß z.B. nicht, wo die zwei gleichen stehen.
Also
p(A | B) =
10
104
496
1000
=
1
.
496