§3 Ein wenig Kombinatorik

§3 Ein wenig Kombinatorik
Definition
i)
Zu jedem n ∈ N definiere
n! = 1 · 2 · 3 · · · n
Saubere Definition ist induktiv
1! = 1 (Konvention: 0! = 1)
(n + 1)! = n!(n + 1)
ii)
Für n ∈ N und k ∈ (N ∪ {0}) mit 0 ≤ k ≤ n setze
n!
n
1 · 2···n
(n − k + 1) · (n − k + 2) · · · n
=
=
=
k
k!(n − k)!
(1 · 2 · · · k)(1 · 2 · · · (n − k)
1 · 2···k
Beachte
n
n
n
n
=
= 1,
= 1,
n−k
k
n
0
Satz 1
i)
Es gibt 2n Teilmengen der Menge {1,2,....,n}
ii)
Es gibt n! Anordnungen der Elemente von {1,2,....,n}
iii)
Es gibt
iv)
Es gibt
n!
(n−k)!
n
k
Anordnungen von k Elementen aus {1,2,....,n}
k-elementige Teilmengen von {1,2,....,n}
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§3 Ein wenig Kombinatorik
Bemerkung
Teilmengen sind ungeordnet, demnach
{1, 4} = {4, 1}
Anordnungen sind geordnet, also
a, b = b, a
{1, 2, ...., n} kann durch eine beliebige n-elementige Menge ersetzt werden.
Die zwei Seiten von N
• Ordinalzahlen : durchzählen
• Kardinalzahlen : Mächtigkeit von endlichen Mengen (Anzahl der Elemente = Mächtigkeit)
Beweis von Satz 1
i) - iii)
zu i)
Sind anschaulich/heuristisch zu verstehen
Wir werden die heuristischen und die auf der vollständigen Induktion basierenden
rigorosen Argumente geben.
Heuristisch: Bei jedem Element von {1, 2, ...., n} ist eine Entscheidung zu treffen:
•
in der Teilmenge
•
nicht in der Teilmenge
z.B. bei n = 4
1
2
3
4
drin aus aus drin
Wie viele Entscheidungen (Kombinationmöglichkeiten)?
2 · 2 · 2 · 2 = 24
Rigoros: Setze zur Abkürzung Z(n) = Anzahl der Teilmengen von {1, 2, ...., n}. Wir
werden zeigen:
•
Z(1) = 2
•
Z(n + 1) = 2 · Z(n)
Gemäß des Prinzipes der vollständigen Induktion liefert das i).
Zur Induktionsverankerung, die Teilmengen der Menge {1} sind und {1}, also
Z(1) = 2
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§3 Ein wenig Kombinatorik
Zum Induktionsschritt, sei M eine Teilmenge von {1, 2, ...., n}, dann sind
M, M ∪ {n + 1}
(1)
Teilmengen von {1, 2, ...., n + 1}. Sei M eine von M verschiedene Teilmenge von
{1, 2, ...., n}, dann sind
M , M ∪ {n + 1}
(2)
Teilmengen von {1,2,....,n+1} und die 4 Teilmengen in (1) und (2) sind paarweise
verschieden. Daraus folgt
Z(n + 1) ≥ 2 · Z(n)
Jede Teilmenge M̃ von {1, 2, ...., n + 1} ist von der Form M oder M ∪{n + 1}, wobei
M eine Teilmenge von {1, 2, ...., n} Daher gilt
Z(n + 1) ≤ 2 · Z(n)
zu ii)
Dies ist Spezialfall von iii) für k = n
zu iii)
Heuristisch: Wie bekommen wir eine Anordnung von k Elementen aus {1, 2, ...., n}?
Man wählt sukzessive Elemente aus der Menge. Beim ersten Glied hat man n Wahlmöglichkeiten, beim zweiten n − 1, etc. Insgesamt hat man
n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) =
n · (n − 1) · . . . · 1
n!
=
(n − k) · . . . · 1
(n − k)!
Kombinationen.
Rigoros: Z(n, k) = Anzahl der Anordnungen von k Elementen aus {1, 2, ...., n}, unser
Ziel lautet:
Z(n, k) =
n!
für n ∈ N , k ∈ N , k ≤ n
(n − k)!
Dies folgt aus Prinzip der vollständigen Induktion nach k ≤ n aus:
•
Z(n, 1) = n
•
Z(n, k + 1) = (n − k) · Z(n, k)
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§3 Ein wenig Kombinatorik
zu iv)
Anzahl der k-elementigen Teilmengen von {1, 2, ...., n}
n
Z̄(n, k) =
k
Anzahl der Anordnungen von k Elementen aus {1, 2, ...., n}
Z(n, k) =
n!
(n − k)!
gemäß iii)
Anzahl der Anordnungen einer k-elementigen Menge
Z(k) = k!
gemäß ii) für n = k
Es gilt
Z(n, k) = Z̄(n, k) · Z(k)
(∗)
und daher
Z̄(n, k) =
n!
1
Z(n, k)
=
· =
Z(k)
(n − k)! k
n
k
Warum gilt (∗)? Wie kann man zu einer Anordnung von k Elementen aus {1, 2, ...., n}
gelangen? Durch zwei Schritte:
•
Auswahl einer k-elementigen Teilmenge M von {1, 2, ...., n}
Auswahlmöglichleiten: Z̄(n, k)
•
Anordnung der Elemente von M
Auswahlmöglichkeiten: Z(k)
Daher
Z(n, k) = Z̄(n, k) · Z(k)
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§3 Ein wenig Kombinatorik
Korollar 1
n
i)
k ∈N
ii)
n
n
n
+ ... +
+
= 2n
n
1
0
n n
k
k=o
Beweis von Korollar 1
zu ii)
Es gilt
n
= Anzahl k-elementige Teilmengen von {1, 2, ...., n} gemäß Satz1
k
und
2n = Anzahl Teilmengen von {1, 2, ...., n}
Daher
n n
k=0
k
= 2n
Satz 2 (Binomischer Satz)
(a + b)3 = (a + b)(a + b)(a + b)
= aaa + aab + aba + abb + baa + bab + bba + bbb
= a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
Wir erkennen
(a + b)n =
n
Z(n, k)an−k bk
k=0
wobei
Z(n, k) = Anzahl der Worte aus {a,b} der Länge n, die genau k-mal b enthalten
Wir bemerken nun
Z(n, k) = Anzahl der k-elementigen Teilmengen von {1, 2, ...., n}
Satz1
=
n
k
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§3 Ein wenig Kombinatorik
Diese eineindeutige Beziehung ist gegeben durch: Sei M eine k-elementige Teilmenge von {1, 2, ..., n},
betrachte das Wort mit
i-ter Buchstabe =
b wenn i ∈ M
a sonst
mit i = 1, 2, ..., n
Das Pascal’sche Dreieck ist ein Algorithmus zur Berechnung der Binomialkoeffizienten:
0
1 0 1
2 0 2 1 2
3 0 3 1 3 2 3 0
1
2
1
⇒
3
1
1
1
1
2
3
Das Funktionieren dieses Algorithmus drückt sich in folgendem Lemma aus:
Lemma 1
Es gilt
n+1
n
n
=
+
k+1
k+1
k
Beweis von Lemma 1
n
n
+
k+1
k
=
n!
n!
+
k! · (n − k)! (k+1)!·(n−k−1)!
=
(k + 1) · n! + (n − k) · n!
(k + 1)! · (n − k)!
=
(n + 1) · n!
(k + 1)! · (n − k)!
=
(n + 1)!
(k + 1)! · ((n + 1) − (k + 1))!
=
20
n + 1
k+1
1
3
1
§4 Teilbarkeit und Rationale Zahlen
Definition 1
i)
Die ganzen Zahlen Z sind definiert als
Z = N ∪ {0} ∪ {−n|n ∈ N} = {..., −2, −1, 0, 1, 2, ...} ⊂ R
ii)
Die Rationalen Zahlen Q sind definiert als
Q={
m
|m ∈ Z, n ∈ N} ⊂ R
n
Satz 1
Q ausgestattet mit +, · aus R genügt den Körperaxiomen und den Anordnungsaxiomen
Korollar 1 (aus Satz 2)
Es existiert kein r ∈ Q mit r2 = 2
Satz 2
Seien a, b ∈ N. Dann gilt
a n
b
∈N⇒
a
∈N
b
Beweis Korollar 1
Angenommen, es gäbe ein
r ∈ Q mit r2 = 2
Nach Definition 1ii) existieren daher b ∈ N, a ∈ Z mit
r=
a
a
, also ( )2 = 2
b
b
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei a > 0 (a = 0 ist ausgeschlossen. Im Falle a < 0 setze
ã = −a). Also
a∈N
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§4 Teilbarkeit und Rationale Zahlen
Gemäß Satz 2 folgt aus ( ab )2 = 2
a
∈N
b
Das ist ein Widerspruch, da es kein m ∈ N gibt mit
m2 = 2
Für m = 1 gilt
12 = 1 < 2
Für m > 1 gilt
m ≥ 2, m2 ≥ 22 = 4 > 2
Bemerkung
Aufgrund von Korollar 1 ist Q eine unbefriedigende Beschreibung der Zahlengerade, mit der wir
messen wollen. Betrachte ein rechtwinkliges, gleichschenkliges Dreieck mit der Kantenlänge 1. Der
Satz von Pythagoras liefert dann
a2 = 12 + 12 = 2
Aber nach Korollar 1 gibt es kein solches a in Q
Definition 2
Seien a, b ∈ N. Dann heißt b Teiler (T) von a, falls es ein q ∈ N gibt mit
a=q·b
Lemma 1
Seien a, b ∈ N. Dann existieren q, r ∈ N ∪ {0} mit
a = q · b + r und 0 ≤ r < b
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