(MA 1501, MA 1503), WiSe 2014/15 Aufgabe - TUM

Technische Universität München, Zentrum Mathematik
Lehrstuhl für Angewandte Geometrie und Diskrete Mathematik
Propädeutikum Diskrete Mathematik
(MA 1501, MA 1503), WiSe 2014/15
Dr. René Brandenberg
Aufgabenblatt 7
Aufgabe 7.1
a) Beweisen Sie mithilfe kombinatorischer Argumente:
m
X
n
l=0
!
l
k
m−l
!
=
n+k
m
!
für alle m, k ∈ N.
b) Wie viele k-elementige Teilmengen von [n] gibt es, die keine zwei aufeinanderfolgenden Zahlen
enthalten?
Hinweis: Es sei {a1 , . . . , ak } so eine solche Teilmenge mit a1 < a2 < . . . < ak . Ordnen Sie dieser
Teilmenge die Menge {a1 , a2 − 1, a3 − 2, . . . , ak − (k − 1)} zu und benutzen Sie Lemma 8.4.
Lösung zu Aufgabe 7.1
MA1501,1503
a)
n+k
m
zählt die Anzahl Möglichkeiten m Elemente aus einer Menge S mit Größe n + k zu wählen.
Wir partitionieren die Menge in zwei Teile, A und B, mit Größe n beziehungsweise k. Um m
S
Elemente aus S zu wählen, machen wir eine Fallunterscheidung über l := |M ∩ A| für M ∈ m
.
n
k
Dann gilt |M ∩ B| = m − l. Die Anzahl Möglichkeiten ist gegeben durch l m−l . Dies gilt
S
für jedes 0 ≤ l ≤ m, und für verschiedene Werte von l werden verschiedene Mengen M ∈ m
P
n k n+k
gezählt. Also ist m
l=0 l m−l =
m .
b) Gesucht ist die Größe der Menge
A := {(a1 , . . . , ak ) : 1 ≤ a1 < . . . < ak ≤ n und ai + 1 < ai+1 für alle i ∈ [k − 1]} .
(Beachte, dass die Elemente von A geordnete Tupel und keine Mengen sind. Das vereinfacht
die Notation. Da sich jede Menge eindeutig als geordnetes Tupel schreiben lässt und umgekehrt
jedes Tupel aus A eine k-elementige Menge ergibt, ist das in Ordnung.)
Zur Bestimmung von |A| definieren wir die Abbildung f : A →
[n−k+1]
k
mit
f : (a1 , . . . , ak ) 7→ {a1 , a2 − 1, . . . , ai − i + 1, . . . , ak − k + 1}.
Im Folgenden werden wir zeigen, dass f eine Bijektion, d.h. wohldefiniert, injektiv und surjektiv
ist. Daraus folgt, dass
!
!
[n − k + 1] n−k+1
|A| = .
=
k
k
Wohldefiniertheit:
Sei (a1 , . . . , ak ) ∈ A. Zu zeigen ist f ((a1 , . . . , ak )) ∈ [n−k+1]
. Nach Definition von A gilt
k
ai + 1 < ai+1 und somit ai − i + 1 < ai+1 − i für alle i ∈ [k − 1]. Es folgt, dass
1 ≤ a1 < a2 − 1 < a3 − 2 < . . . < ak − k + 1 ≤ n − k + 1.
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WiSe 2014
(∗)
Also enthält die Menge f ((a1 , . . . , ak )) genau k verschiedene Elemente aus [n − k + 1].
Injektivität:
Für (a1 , . . . , ak ), (a01 , . . . , a0k ) ∈ A mit (a1 , . . . , ak ) 6= (a01 , . . . , a0k ) gibt es ein kleinstes i ∈ [k], so
dass ai 6= a0i . O.B.d.A. gelte ai < a0i . Dann ist jedoch auch ai − i + 1 < a0i − i + 1. Somit gilt
nach (∗), dass ai − i + 1 6∈ f ((a01 , . . . , a0k )) woraus f ((a1 , . . . , ak )) 6= f ((a01 , . . . , a0k )) folgt.
Surjektivität:
Für {b1 , . . . , bk } ∈ [n−k+1]
mit b1 < . . . < bk sei ai := bi + i − 1 für alle i ∈ [k]. Dann ist
k
ai + 1 = (bi + i − 1) + 1 < (bi+1 + i − 1) + 1 = bi+1 + (i + 1) − 1 = ai+1 ,
also gilt (a1 , . . . , ak ) ∈ A und f ((a1 , . . . , ak )) = {b1 , . . . , bk }.
Alternative ohne Bijektion: Jede k-elementige Teilmenge von k Zahlen aus [n] entspricht
genau einem Vektor {0, 1}n mit genau k Einsen (kanonische Bijektion in Aufgabe 5.4b).
k-elementige Teilmengen, in denen keine zwei aufeinanderfolgenden Zahlen gewählt wurden,
entsprechen Vektoren mit keinen aufeinanderfolgenden Einsen.
Zwischen n − k Nullen gibt es genau n − k + 1 Plätze, um die k Einsen platzieren (Ränder!). Es
gibt n−k+1
Möglichkeiten, k solche Plätze zu wählen, also gibt es genau so viele Vektoren, und
k
damit genau n−k+1
k-elementige Teilmengen von [n] ohne aufeinanderfolgende Zahlen.
k
Aufgabe 7.2
Bestimmen Sie die folgenden Anzahlen: (Begründung nicht vergessen!)
a) Wir werfen n nicht unterscheidbare Bälle in k nicht unterscheidbare Körbe, wobei höchstens l
der Körbe leer bleiben dürfen. Wie viele Verteilungsmöglichkeiten gibt es?
b) Wie viele Möglichkeiten gibt es, 7 nicht-unterscheidbare Bälle auf 5 unterscheidbare Körbe zu
verteilen, sodass genau ein Korb leer bleibt?
Lösung zu Aufgabe 7.2
a)
Pk
i=k−l Pn,i (addiere genau i Körbe werden benutzt, mit k − l ≤ i ≤ k. Da die Körbe und Bälle
nicht unterscheidbar sind, ist das dann für festes i genau Pn,i .
b) Nach Wahl des leeren Korbs: 7−1
4−1 = 20 (Anzahl der Möglichkeiten 7 nicht-unterscheidbare
Bälle auf 4 unterscheidbare Körbe zu verteilen). Da es 5 mögliche Wahlen des leeren Korbs gibt
also insgesamt also 5 · 20 = 100.
Aufgabe 7.3
MA1501,1503
a) Nach dem Fotoshooting in Aufgabe 6.xx geben die 11 Fußballer Interviews an 4 unterscheidbare
Fernsehsender. Wieviele Möglichkeiten gibt es, die 11 Fußballer den 4 Fernsehsendern zuzuteilen,
wenn jeder Sender mindestens einen Spieler interviewen will, und jeder Fußballer nur ein
Interview gibt?
b) Die 99 Einwohner eines Dorfes wählen einen von 3 Kandidaten zum Bürgermeister. Jeder Einwohner wählt korrekt, d.h. es gibt keine Enthaltungen oder ungültige Stimmen. Ein Wahlausgang
ist beispielsweise 33 Stimmen für Kandidat 1, 50 Stimmen für Kandidat 2 und 16 Stimmen für
Kandidat 3.
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(i) Wieviele verschiedene Wahlausgänge sind möglich?
(ii) Ein Kandidat gewinnt die Wahl genau dann, wenn er mehr Stimmen als jeder seiner
Mitbewerber erhält. Wieviele Wahlausgänge sind möglich, bei denen es keinen eindeutigen
Gewinner gibt?
Lösung zu Aufgabe 7.3
a) Die Zuteilung der Fußballspieler entspricht einer geordneten Partitionierung in 4 Mengen. Nach
VL gibt es dafür T11,4 Möglichkeiten.
b)
(i) 99 nicht unterscheidbare Bälle, 3 unterscheidbare Körbe, beliebig: also
Wahlausgänge.
99+3−1
99
mögliche
(ii) Sei i die Anzahl der Stimmen, die jeweils einer der beiden führenden Kandidaten erhält.
Dann erhält der letzte Kandidat 99 − 2i Stimmen. Also, haben wir 3 Möglichkeiten den
Verlierer zu wählen und dann 16 Möglichkeiten 34 ≤ i ≤ 49 zu wählen oder 1 Möglichkeit,
dass alle Kandidaten je 333 Stimmen bekommen. Insgesamt sind es also 3 · 16 + 1 = 49
Möglichkeiten.
Aufgabe 7.4
Gegeben sei die Folge (an )n∈N0 , die durch a0 = −2 und an+1 = an + n · 2n für n ∈ N0 definiert ist.
Zeigen Sie:
a) Für |x| <
1
2
gilt:
∞
X
n(2x)n−1 =
n=1
b) Für |x| <
1
2
1
(1 − 2x)2
gilt:
∞
X
an xn =
n=0
1
3
−
(1 − 2x)2 1 − 2x
c) Geben Sie eine explizite Formel für an an.
Lösung zu Aufgabe 7.4
MA1501,1503
a) Es gilt für |x| < 21 :
∞
X
n(2x)
n−1
n=1
b) Wir setzen A(x) =
P∞
n=0 an x
n
1
=
2
∞
X
!0
n
(2x)
n=0
1
=
2
1
1 − 2x
0
=
1
(1 − 2x)2
und erhalten:
A(x) = a0 +
∞
X
(an + n2n )xn+1
n=0
∞
X
= a0 + x
an xn + 2x2
n=0
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∞
X
n=0
n(2x)n−1
MA1501,1503
Damit folgt mit Teilaufgabe a):
∞
X
2
(1 − x)A(x) = a0 + x
!0
(2x)
n
n=0
= a0 + x
2
1
1 − 2x
0
= a0 +
2
x2 .
(1 − 2x)2
Und schließlich:
a0
2x2
+
1 − x (1 − 2x)2 (1 − x)
β
a0
α
γ
+
=
+
+
2
1 − x (1 − 2x)
1 − 2x 1 − x
A(x) =
Wir lösen das Gleichungssystem für die Koeffizienten und erhalten α = 1, β = −3, γ = 2.
c) Damit ergibt sich:
A(x) =
=
=
=
1
−3
+
2
(1 − 2x)
1 − 2x
∞
X
n
(n + 1)(2x) − 3
n=0
∞
X
n=0
∞
X
∞
X
(2x)n
n=0
((n + 1)2n − 3 · 2n ) xn
((n − 2)2n ) xn
n=0
Da der Konvergenzradius positiv ist (r = 21 ), folgt damit an = (n − 2)2n für alle n ∈ N0 .
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