Wieviele Bäume gibt es?

Proseminar Achilles und die Schildkröte
SS 2008 - Wie viele Bäume gibt es?
Martin Westhoven
15. April 2008
Cayleys Formel für die Anzahl der Bäume
Der Vortrag behandelt Arthur Cayleys Formel für die Anzahl der beschrifteten Bäume,
was in diesem Falle bedeutet, dass die Knoten jeweils eindeutig markiert sind. Die Frage
die man sich stellt ist folgende: Wie viele verschiedene Bäume kann man aus n Knoten
bilden? Für kleine n lässt sich dies noch relativ einfach veranschaulichen. Für n=1 kann
nur ein einzelner Baum existieren n=2 kann auch nur ein Baum gebildet werden, der aus
2 Knoten und der verbindenden Kante besteht. Für n=3 bieten sich schon 3 verschiedene Möglichkeiten einen Baum zu konstruieren, da jeder der 3 Knoten als Vater der
beiden anderen in Frage kommt. Für n=4 und n=5 betrachtet man die nicht-isomorphen
Bäume und berechnet für diese, wie viele unterschiedliche Beschriftungen diese erhalten
können. Für n=4 gibt es 2 nicht-isomorphische Bäume für die einmal 4 und einmal 12
unterschiedliche Beschriftungen existieren, also gibt es 16 Bäume für n=4. n=5 weist 3
nicht-isomorphische Bäume auf, von denen einer 5 Beschriftungen besitzt, und die anderen beiden je 60. Aus 125 = 53 ,16 = 42 ,3 = 31 ,2 = 20 und 1 = 1−1 lässt sich nun
schliessen, dass wir für n Knoten nn−2 Bäume konstruieren können, die Anzahl, die Caley als Theorem aufstellt. Es werden nun 3 Beweise für diese Formel vorgestellt, die auf
verschiedenen mathematischen Methoden basieren.
Bijektionsbeweis
Diese Methode basiert darauf, dass man eine Bijektion von der Menge aller Bäume mit
n Knoten in eine andere Menge sucht, deren Kardinalität nn−2 ist. Joyal verwendet in
seinem Beweis zusätzlich zur Betrachtung von Bäumen t auf 1,...,n, zwei weitere Markierungen Links und Rechts die jeweils auf einem beliebigen Knoten liegen können. Zusammen mit dem Theorem ergibt sich dann, dass |τn | = n2 ∗ Tn , mit τn = (t, Links, Rechts)
, da wir jeweils n Optionen zusätzlich haben, die Markierungen zu setzen. Zusammen
mit dem Theorem ergibt sich nun, dass wir |τn | = nn beweisen müssen. Die Menge aller
Abbildungen von N nach N besitzt nun gerade die Kardinalität nn weswegen der Beweis
erbracht ist, wenn wir eine Bijektion von N N nach τn nden können. Sei f : N → N eine
beliebige Abbildung. Wir stellen f als gerichteten Graphen G dar, indem wir Kanten von
1
i nach f(i) zeichnen. Da von jedem Knoten eine Kante ausgeht, muss es in dem Graphen
mindestens einen Kreis geben. Sei M ⊆ N die Vereinigung der Knotenmengen dieser
Kreise. M ist die gröÿte Untermenge von N für die eine Einschränkung von f auf die
Menge M als Bijektion auf M fungiert. Wir schreiben nun fM als
fM =
a
b
···
f (a) f (b) · · ·
z
f (z)
mit a < b < · · · < z . Wir markieren nun f(a) mit Links und f(z) mit Rechts. Der
zu f korrespondierende Baum t wird nun folgendermaÿen konstruiert: Zeichne f(a), · · ·
, f(z) als Pfad von f(a) nach f(z) ein und füge die übrigen Knoten aus G so ein, wie
in f vorgegeben. Die Kanten im Baum sind ungerichtet. Um vom Baum t zurück zur
Abbildung f zu gelangen, betrachten wir den Pfad P von Links nach Rechts, was uns
sowohl M als auch f |M liefert. Die übrigen i → f (i) werden über ihren Pfad von i nach
P in f eingefügt. qed.
Beweis über Rekursion
Wenn wir eine Rekursion konstruieren und sie per Induktion beweisen können, kann
Caleys Formel ebenfalls bewiesen werden. Die vorgestellte Rekursion geht zurück auf
Riordan und Rényi. Sie behandelt ein allgemeineres Problem welches ebenfalls in Caleys
Papieren auftaucht. Sei A eine Menge von k Knoten. Mit Tn,k bezeichnen wir die Anzahl
der beschrifteten Wälder auf 1, ... ,n bestehend aus k Bäumen, wobei die Knoten aus A
in verschiedenen Bäumen liegen. Es liegt auf der Hand, dass nur die Gröÿe k zählt, nicht
aber welche Knoten in A enthalten sind. Es gilt Tn,1 = Tn da der vorliegende Wald so
nur aus einem Baum auf 1, ..., n besteht. Sei nun F solch ein Wald mit A = 1, 2, ... , k
und der Knoten mit Markierung 1 sei benachbart zu weiteren i Knoten. Löschen wir nun
den Knoten 1, dann ergeben die i Knoten zusammen mit 2, ... , k Tn−1,k−1+i Wälder.
Da wir die i Knoten beliebig aus den n-k Knoten auswählen können, die sich von den
Knoten 1, ... , k unterscheiden, können wir für n ≥ k ≥ 1 schlieÿen, dass:
Tn,k =
n−k
X
i=0
n−k
Tn−1,k−1+i
i
wobei wir T0,0 = 1 und Tn,0 = 0 setzen für n ≥ 0. T0,0 = 1 ist notwendig, damit Tn,n = 1
gilt.
Annahme: Tn,k = knn−k−1 im speziellen wäre dann Tn,1 = Tn = nn−2 .
Der Beweis erfolgt über Induktion und wird aus Platzgründen nicht aufgeführt.
Der Double Counting Beweis
Beim Double Counting wird weder Bijektion, noch Induktion angewandt. Vielmehr wird,
wie der Name schon vermuten lässt, auf zwei wegen gleichzeitig gezählt. Der Beweis
stammt von Jim Pitman und arbeitet auf verwurzelten Wäldern, ähnlich zu denen im
Rekursionsbeweis, jedoch mit einem Knoten je Baum, der zusätzlich als Wurzel markiert
2
r die Menge aller verwurzelten Wälder auf 1, . . . , n die aus k Bäumen
ist. Sei also Fn,k
r die Menge aller verwurzelten Bäume. Da in jedem Baum n Mögbestehen. Dann ist Fn,1
r | = nT .
lichkeiten existieren eine Wurzel zu wählen, gilt oensichtlich |Fn,1
n
r
Wir betrachten nun Fn,k ∈ Fn,k als einen gerichteten Graphen, auf dem alle Kanten
von der Wurzel weg führen. Ein Wald F enthält einen anderen Wald F', falls F' in F
als gerichteter Graph vorkommt. Da F' in F enthalten ist, muss F aus weniger Bäumen
bestehen als F'.
Dem Beweis zugrunde liegt folgende Idee: Eine Folge F1 , . . . , Fk ist eine verfeinernde
r und F enthält F
r
Folge, wenn für alle i gilt: Fi ∈ Fn,i
i
i+1 . Sei Fk ein Wald in Fn,k und
schreibe als N(Fk ) die Anzahl der verwurzelten Bäume die Fk enthalten und als N*(Fk )
die Anzahl der verfeinernden Folgen die in Fk enden.
Wir zählen N*(Fk ) auf zwei Wegen, zuerst indem wir mit einem Baum starten und dar enthält F . Wir können nun
nach, indem wir bei Fk starten. Angenommen F1 ∈ Fn,1
k
die k-1 Kanten aus F1 in jeder möglichen Reihenfolge entfernen um unsere verfeinernde
Folge von F1 nach Fk zu erhalten. Daraus folgt N*(Fk ) = N (Fk )(k − 1)!.
Um nun aus einem Fk ein Fk−1 zu bilden, müssen wir eine gerichtete Kante von einem
beliebigen Knoten a zu einer der k-1 Wurzeln einfügen, die zu einem Baum gehören, der
a nicht enthält. Dazu haben wir n Möglichkeiten a zu wählen, weshalb wir n(k-1) Möglichkeiten haben diesen Schritt durchzuführen. Mit derselben Prozedur können wir nun
für Fk−1 eine gerichtete Kante zu einer der verbleibenden k-2 Wurzeln einfügen. Führen
wir dies fort, so erhalten wir N*(Fk ) = nk−1 (k − 1)!.
Da wir N*(Fk ) bereits oben berechnet haben, können wir diese beiden Ergebnisse zur . Für k = n besteht
sammenfügen und erhalten N (Fk ) = nk−1 für jeden Wald Fk ∈ Fn,k
Fn lediglich aus den n einzelnen Knoten, weshalb N(Fn ) die Anzahl aller verwurzelten
r | = nn−1 = nT , qed.
Bäume zählt. Wir erhalten |Fn,k
n
Auf dieser Beweisstruktur lässt sich ab dieser Stelle auch noch relativ einfach eine
Bestätigung des Rekursionsbeweises aufbauen, die ohne Induktion abläuft. Allerdings
wird dies hier aufgrund von Platzmangel nicht aufgeführt.
Literatur
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3
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[Prüfer] H. Prüfer Neuer Beweis eines
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