Ubungen zur Kombinatorik Musterlösung zu

UNIVERSITÄT ULM
Institut für Zahlentheorie und Wahrscheinlichkeitstheorie
Übungen zur Kombinatorik
Prof. Dr. Helmut Maier, Hans- Peter Reck
Gesamtpunktzahl: 24 Punkte
Musterlösung zu Übungsblatt 8
Abgabe: Freitag, 11. Dezember 2009, vor den Übungen
1. (a) Zeige, daß für |x| < 1 gilt:
∞
Y
(1 + xi ) =
i=1
∞
Y
1 − x2k−1
−1
.
k=1
Es gilt:
∞
Y
1 − x2k−1
−1
=
k=1
1
1
1
·
·
···
1 − x 1 − x3 1 − x5
1 − x4
1 − x2
1 − x6
·
···
·
(1 − x) · (1 − x2 ) (1 − x3 ) · (1 − x4 ) (1 − x5 ) · (1 − x6 )
(1 − x2 ) · (1 − x4 ) · (1 − x6 ) · · ·
=
(1 − x) · (1 − x2 ) · (1 − x3 ) · (1 − x4 ) · · ·
1 − x2 1 − x4 1 − x6
=
·
·
···
1 − x 1 − x2 1 − x3
= (1 + x) · (1 + x2 ) · (1 + x3 ) · · ·
∞
Y
=
(1 + xi )
=
−
i=1
(b) Zeige: Die Zahl der Partitionen einer natürlichen Zahl n in verschiedene Summanden ist gleich
der Anzahl der Partitionen von n in ungerade Summanden.
Die erzeugende Funktion der Anzahl der Partitionen von n in ungeraden Summanden ist
−1
Q∞
, was direkt aus der allgemeinen Partitionsfunktion folgt. Für die
gerade k=1 1 − x2k−1
Terme 1 + xi gilt, daß es genau diejenigen Terme sind, die zu Lösungen (m1 , m2 , . . . , mn ) von
m1 + 2 · m2 + . . . n · mn = n mit mj ∈ {0, 1} mit 1 ≤ j ≤ n gehören, denn die Koeffizienten
entstehen gerade aus den Potenzen von xi , die alle verschieden sind. Es ist
∞
Y
(1 + xi ) = (1 + x) · (1 + x2 ) · (1 + x3 ) · (1 + x4 ) · (1 + x5 ) · · · = 1 + x + x2 + 2x3 + 2x4 + 3x5 + . . .
i=1
Die Koeffizienten der Potenzen entstehen dadurch, daß ausschließlich verschiedene Hochzahlen
miteinander kombiniert werden. Dies entspricht der Anzahl der Partitionen mit lauter unterschiedlichen Gliedern.
Nach a) sind die Mengen gleich.
(10 Punkte)
2. (a) Es sei n ∈ N. Zeige, daß die Anzahl der Partitionen von n in verschiedene ungerade Summanden gleich der Anzahl der selbstkonjugierten Partitionen von n ist.
Wir konstruieren eine Bijektion zwischen der Menge der Partitionen von n in verschiedene
ungerade Summanden und der Menge der selbstkonjugierten Partitionen von n wie folgt:
Sei n = (2k1 + 1) + (2k2 + 1) + . . . + (2ks + 1) mit k1 > k2 > . . . > ks eine Partition von n in
verschiedene ungerade Teile.
Wir erstellen dann ein Ferrers- Diagramm einer selbstkonjugierten Partition von n auf folgende
Weise:
Wir beginnen mit der ersten Zeile der Länge k1 + 1 und der ersten Spalte ebenfalls der Länge
k1 + 1:
x x x x x x x
x
x
x
x
x
x
Die Anzahl der Elemente in der ersten Zeile und Spalte sind genau 2k1 + 1.
Sukzessive fügen wir nun weiter Zeilen und Spalten hinzu, zuerst der Länge k2 + 1, dann der
Länge k3 + 1 bis schließlich der Länge ks + 1.
Die resultierende Partition ist selbstkonjugiert.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
...
...
...
x
x
x
x
..
.
..
.
..
.
x
x
x
x
x
(b) Die k Punkte der Diagonalen des Ferrers- Diagramms einer selbstkonjugierten Partition bilden
die Diagonale des sogenannten Durfee- Quadrats. Es hat k 2 Punkte.
Zeige, daß die Zahl der selbstkonjugierten Partitionen von n gleich der Zahl der Lösungen von
n = k 2 + 2x1 + · · · + 2xm
mit k ≥ x1 ≥ . . . ≥ xm ≥ 1 in ganzen Zahlen k, x1 , . . . , xm ist.
2
Wir betrachten das Ferrers- Diagramms einer beliebigen selbstkonjugierten Partition:
x x x x x x x
x x x x x
x x x
x x
x x
x
x
Das maximal in diesem Diagramm liegende Quadrat stellt das Durfee- Quadrat dar, daraus
resultiert das k 2 . Die Menge der Punkte in der ersten Spalte rechts neben dem Quadrat habe
dann x1 Punkte. Es gilt k ≥ x1 . Da das Diagramm selbstkonjugiert ist, hat demzufolge die erste
Zeile unterhalb des Durfee- Diagramms ebenfalls x1 Punkte, dies ergibt die 2x1 . Sukzessive
arbeiten wir uns an das rechte respektive an das untere Ende des Diagramms. Die Zeilen bzw.
Spalten werden immer kürzer, so daß auch immer xi ≥ xj für j ≥ i ist. Die letzte, die m- te
Zeile bzw. Spalte hat dann noch xm Punkte, aber mindestens einen, so daß auch xm ≥ 1 gilt.
Zusammen ergeben sich alle Lösungen von
n = k 2 + 2x1 + · · · + 2xm
mit k ≥ x1 ≥ . . . ≥ xm ≥ 1 in ganzen Zahlen k, x1 , . . . , xm .
(c) Zeige die Identität von Euler:
∞
Y
∞
X
1 + x2i−1 = 1 +
i=1
k=1
2
xk
2
(1 − x ) · (1 − x4 ) · · · (1 − x2k )
mit |x| < 1.
Auf der linken Seite haben wir
∞
Y
∞
X
p∗u (n)xn ,
1 + x2i−1 =
n=1
i=1
p∗u (n)xn
wobei
die Anzahl der Partitionen von n in verschiedene ungerade Summanden darstellt.
Auf der rechten Seite läßt sich der Term
2
xk
2
(1 − x ) · (1 − x4 ) · · · (1 − x2k )
umformen zu
2
xk
(1 − x2 ) · (1 − x4 ) · · · (1 − x2k )
2
=
xk · (1 + x2 + x4 + . . .) · (1 + x4 + . . .) · · · (1 + x2k + x4k + . . .)
=
xk · (1 + k1 x2 + k2 x4 + k3 x6 + . . .)
∞
X
2
k(l)xk +l ,
=
2
l=1
3
wobei k(l) die Anzahl der Partitionen von l der Form l = 2x1 + . . . + 2xm mit k ≥ x1 ≥ . . . ≥
xm ≥ 1 ist.
Mit Teilaufgabe b) folgt die Behauptung.
(8 Punkte)
3. Es sei pk (n) die Anzahl der Partitionen von n in genau k Teile. Zeige:
∞
X
pk (n)xn = xk
n=0
k
Y
(1 − xi )−1 .
i=1
Betrachte das Ferrers- Diagramm einer Partition von n in genau k Teile:
x x x x x x x
x x x x x
x x x
x x
x
Das Ferrers- Diagramm hat k Zeilen. Wir wissen aus der Vorlesung, daß daraus folgt, daß die längste
Zeile des Ferrers- Diagramms der dazugehörigen konjugierten Partition hat die Länge k hat. Also
haben wir eine Bijektion zwischen der Menge der Partitionen von n in genau k Teile und der Menge
der Partitionen von n mit höchstem Summand k.
Also ist pk (n) auch die Anzahl der Partitionen mit höchstem Summand k. Also ist
xk ·
k
Y
(1 − xi )−1
i=1
k
Y
1
1 − xi
i=1
1
1
1
k
= x ·
·
···
1 − x 1 − x2
1 − xk
= xk ·
= xk · (1 + x + x2 + . . .) · (1 + x2 + x4 + . . .) · · · (1 + xk + x2k + . . .)
=
(1 + x + x2 + . . .) · (1 + x2 + x4 + . . .) · · · (xk + x2k + x3k + . . .)
= xk + xk+1 + 2xk+2 + 2xk+3 + . . .
Der letzte Faktor (xk + x2k + . . .) ist die erzeugende Funktion der Anzahl der Partitionen von n
mit einem oder mehr Summanden der Größe k. Die anderen Faktoren (1 + xi + x2i + . . .) sind die
erzeugenden Funktionen der Anzahl der Partitionen von n in i Teilen.
Zusammen ergeben sie die erzeugende Funktion von pk (n).
(6 Punkte)
4