4 Kombinatorik, Partitionen, additive Zahlentheorie

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4
Kombinatorik, Partitionen, additive Zahlentheorie
Eine Partition ist die Zerlegung einer natürlichen Zahl n in eine Summe unter bestimmten Nebenbedingungen. Eine typische kombinatorische Aufgabe ist die Berechnung der Anzahl möglicher solcher Partitionen, also das Bestimmen einer ganzzahligen Folge fn . Im allgemeinen sind
solche kombinatorischen Probleme sehr schwierig und viele sind bis heute ungelöst in dem Sinn,
daß es keine explizite Darstellung von fn für alle n gibt.
Auf den ersten Blick hat Zahlentheorie nichts mit Kombinatorik zu tun. Das täuscht aber.
Viele zahlentheoretische Probleme sind eigentlich kombinatorische, etwa die Bestimmung der
Anzahl der Teiler τ (n) einer Zahl, die Anzahl der zu n teilerfremden kleineren Zahlen ϕ(n)
(Eulerfunktion) und die Summe der Teiler einer Zahl σ(n).
Manchmal ist es einfacher, die erzeugende Funktion der Folge fn
F (x) =
∞
X
fn xn
n=0
zu bestimmen und diese dann in eine Potenzreihe zu zerlegen. Einige kombinatorische Aufgaben
im Zusammenhang mit Partitionen lassen sich auf diese Weise elegant lösen.
4.1
Partitionen mit gegebener endlicher Summandenmenge
Grundaufgabe 1a: Gegeben sind Gewichte a1 , ..., am . Wieviele Möglichkeiten fn gibt es, ein
Gewicht n aus diesen Gewichten zusammenzustellen?
Hierbei müssen die ai nicht verschieden sein (es können Gewichte mehrfach vorhanden sein).
Ist etwa a1 = a2 , so sind es unterschiedliche Möglichkeiten, wenn a1 oder a2 genommen wird.
Diese kombinatorische Aufgabe ist äquivalent zur zahlentheoretischen
Grundaufgabe 1a’: Bestimme die Anzahl von Lösungen der diophantischen Gleichung
ε1 a1 + ε2 a2 + . . . + εm am = n ,
wobei εi ∈ {0, 1} !
Die Lösung fn dieser Aufgabe läßt sich als Koeffizient eines Polynoms F (x) darstellen, nämlich
a1
a2
am
F (x) = (1 + x )(1 + x ) · · · (1 + x
)=
∞
X
fn xn
n=0
Ausmultiplizieren ergibt nämlich gerade den Exponenten
xn = xε1 a1 +ε2 a2 +...+εm am
wobei εi zählt, welcher der beiden Summanden aus dem Faktor (1 + xai ) = (x0·ai + x1·ai )
ausgewählt wurde.
Mit dieser Erklärung läßt sich die Aufgabe leicht verallgemeinern. Wir nehmen an, daß es Töpfe
mit je ki Stück von Gewichten der Größe ai gibt. Das heißt, wir können 0, 1, ..., ki Stück daraus
auswählen. Das führt auf
Grundaufgabe 1b: Gegeben sind k1 , ..., km Gewichte der Größe a1 , ..., am . Wieviele Möglichkeiten fn gibt es, ein Gewicht n aus diesen Gewichten zusammenzustellen?
Diese Aufgabe läßt sich nicht auf Grundaufgabe 1a zurückführen, indem man mehrere gleiche
Gewichte betrachtet. Der Unterschied zwischen 2 Gewichten der Größe a1 und 2 gleichen Gewichten a1 und a2 , ist der, daß es im ersten Fall gleichgültig ist, welches der beiden Gewichte
34
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
aus dem Topf genommen wird, wogegen im zweiten Fall die Gewichte unterschiedlich sind (z.B.
verschiedene Farben haben).
Diese kombinatorische Aufgabe ist wieder äquivalent zu einer zahlentheoretischen
Grundaufgabe 1b’: Bestimme die Anzahl von Lösungen der diophantischen Gleichung
ε1 a1 + ε2 a2 + . . . + εm am = n ,
wobei εi ∈ {0, 1, ..., ki} !
Analog zu oben ist die Lösung dieser Aufgabe der Koeffizient eines Polynoms
a1
k1 a1
F (x) = (1 + x + ... + x
am
) · · · (1 + x
km am
+ ... + x
)=
∞
X
fn xn
n=0
Der Zusammenhang mit der diophantischen Gleichung wird auch bei der folgenden Umformung
deutlich:
F (x) = (1 + xa1 + ... + xk1 a1 ) · · · (1 + xam + ... + xkm am ) =
(1)
=
k1 ,...,km
k1 ,...,km
(2)
X
j1 ,...,jm=1
xj1 a1 · · · xjm am =
X
j1 ,...,jm=1
(3)
xj1 a1 +...+jm am =
ki
m X
Y
xji ai =
i=1 ji =1
∞
X
n=0
X
j1 a1 +...+jm am =n
!
1 xn
Im Schritt (1) wurde das Produkt von m Summen durch eine Summe über einen m-dimensionalen
Indexraum ersetzt. Im Schritt (2) wurde die Eigenschaft der Potenzfunktion, Produkte in Summen von Exponenten zu verwandeln ausgenutzt. Von den Exponenten j1 a1 + . . . + jm am können
einige gleich sein. Diese werden im Schritt (3) zusammengefaßt. Es wird die m-dimensionale
Summe zerlegt in eine eindimensionale über n und eine m − 1 dimensionale, die im m dimensionalen Indexraum durch einen Schnitt mit der Ebene j1 a1 + . . . + jm am = n erzeugt wird.
Diese Summe über 1 zählt die Fälle, für die bei gegebenem n gerade j1 a1 + . . . + jm am = n ist.
Das ist die Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichung aus Grundaufgabe 1b’, also fn .
Der Unterschied zwischen 2 Gewichten der Größe a1 und 2 gleichen Gewichten a1 und a2 , drückt
sich durch die beiden Faktoren (1 + xa1 + x2a1 ) bzw. (1 + xa1 )2 aus.
Als Beispiel zur Grundaufgabe 1a betrachten wir die
Aufgabe: Wieviele Möglichkeiten fn gibt es, mit m Gewichten der Größe 1 ein Gewicht der
Größe n zusammenzustellen.
Die erzeugende Funktion ist
∞ X
m n
m
x .
F (x) = (1 + x) =
n
n=0
Es sind also gerade fn = m
Möglichkeiten. Die Aufgabe ist äquivalent zur Auswahl von n
n
Stück aus m.
Die gleiche Aufgabe als Beispiel zur Grundaufgabe 1b ergibt natürlich
2
m
F (x) = (1 + x + x + ... + x ) =
m
X
xn ,
n=0
also nur eine Möglichkeit, da die Gewichte nicht unterscheidbar sind.
Eine weitere Verallgemeinerung von Grundaufgabe 1a ist
35
4.2 Partitionen mit gegebener unendlicher Summandenmenge
Grundaufgabe 1c: Gegeben sind Gewichte der Größe a1 , ..., am . Wieviele Möglichkeiten
fn gibt es, ein Gewicht n mit diesen Gewichten auf einer Waage mit zwei Waagschalen ins
Gleichgewicht zu bringen?
Ein Gewicht auf der Seite, auf der das n-Gewicht liegt, bedeutet, daß man auf die andere Schale
ein entsprechendes negatives Gewicht legt.
Diese kombinatorische Aufgabe ist wieder äquivalent zu einer zahlentheoretischen
Grundaufgabe 1c’: Bestimme die Anzahl von Lösungen der diophantischen Gleichung
ε1 a1 + ε2 a2 + . . . + εm am = n ,
wobei εi ∈ {−1, 0, 1} !
Die Lösung fn dieser Aufgabe läßt sich wieder als Koeffizient einer Funktion F (x) darstellen,
nämlich
−a1
F (x) = (x
a1
−a2
+ 1 + x )(x
a2
−am
+ 1 + x ) · · · (x
am
+1+x
)=
∞
X
fn xn
n=−∞
Diese Funktion besteht aus positiven und negativen Potenzen. Die Koeffizienten der negativen
Potenzen ergeben die Anzahl von Möglichkeiten, −n als Summe darzustellen bzw. entsprechen
der Situation, wenn man das Gewicht auf die andere Waagschale legt. Es gilt natürlich fn = f−n .
Diese Aufgabe läßt sich wieder auf den Fall mit Töpfen von gleichen Gewichten verallgemeinern.
Insbesondere kann es sein, daß man Gewichte für links und rechts aus verschiedenen Töpfen
nehmen muß. In diesem Fall gilt im allgemeinen fn 6= f−n .
4.2
Partitionen mit gegebener unendlicher Summandenmenge
In allen bisher betrachteten Fällen war F (x) ein Polynom in x oder x1 (also eine Potenzreihe, die
nach endlich vielen Gliedern abbricht). Das ist Ausdruck der Eigenschaft, daß man nur kleine
Zahlen in Summen mit endlich vielen gegebenen Summanden zerlegen kann.
Im weiteren betrachten wir Aufgaben mit unbeschränkter Summandenmenge.
Grundaufgabe 2: Gegeben sind beliebig viele Gewichte der Größen a1 , ..., am . Wieviele
Möglichkeiten fn gibt es, ein Gewicht n aus diesen Gewichten zusammenzustellen?
Diese kombinatorische Aufgabe ist wieder äquivalent zu einer zahlentheoretischen
Grundaufgabe 2’: Bestimme die Anzahl von Lösungen der diophantischen Gleichung
k1 a1 + k2 a2 + . . . + km am = n ,
wobei die ai > 0 gegebene natürliche Zahlen und die ki ≥ 0 beliebige natürliche Zahlen sind!
Die Aufgabe läßt sich als Verallgemeinerung der Grundaufgabe 1b betrachten. Es ist
F (x) = (1 + xa1 + x2a1 + ...) · · · (1 + xam + x2am + ...) =
m
∞
Y
X
1
1
=
=
=
fn xn
(1 − xa1 )(1 − xa2 ) · · · (1 − xam ) i=1 1 − xai
n=0
Als Beispiel betrachten wir den Fall a1 = ... = am = 1. Das ergibt
∞ ∞ ∞ X
X
m+n−1 n X m+n−1 n
−m
1
n
x
x =
(−x) =
=
F (x) =
m
−
1
n
(1 − x)m
n
n=0
n=0
n=0
36
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
Hierbei wurde verwendet, daß
(−m)(−m − 1)(−m − 2) · · · (−m − n + 1)
−m
=
=
1 · 2···n
n
m(m + 1)(m + 2) · · · (m + n − 1)
= (−1)n
=
1 · 2···n n m+n−1
n m+n−1
= (−1)
= (−1)
m−1
n
Das ist die Lösung folgender äquivalenter Aufgaben:
• Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, einen Preis von n Euro mit m Sorten (verschiedene Länder) von Euromünzen zu zahlen.
• Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n Kugeln auf m Urnen zu verteilen (eine Kugel
in Urne i zu legen bedeutet, einen Euro aus Topf i zu nehmen).
• Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n in eine Summe von m Summanden zu zerlegen,
wobei Summandenvertauschungen als verschiedene Möglichkeiten gezählt werden (z.B.
zählen 3 = 1 + 2 und 3 = 2 + 1 als verschieden).
• Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, ein Wort, bestehend aus n + m Buchstaben, in
m-buchstabige Wörter zu zerlegen (indem man m − 1 Trennungsstriche auf die n + m − 1
Zwischenräume verteilt.
4.3
Partitionen mit gegebener unendlicher Summandenmenge unter
Berücksichtigung von Vertauschungen
In allen bisher betrachteten Fällen war F (x) ein Polynom in x oder x1 (also eine Potenzreihe, die
nach endlich vielen Gliedern abbricht). Das ist Ausdruck der Eigenschaft, daß man nur kleine
Zahlen in Summen mit endlich vielen gegebenen Summanden zerlegen kann.
Im weiteren betrachten wir Aufgaben mit unbeschränkter Summandenmenge.
Grundaufgabe 3: Gegeben sind beliebig viele Briefmarken der Größen a1 , ..., am . Wieviele
Möglichkeiten fn gibt es, einen Preis n durch Nebeneinanderkleben von Marken zu erzeugen?
Im Unterschied zu Grundaufgabe 2 kommt es hier also auf die Reihenfolge an.
Für diese Aufgabe läßt sich wieder einfach die erzeugende Funktion finden. Es ist
F (x) = 1 + (xa1 + ... + xam )1 + (xa1 + ... + xam )2 + (xa1 + ... + xam )3 + ... =
1
=
a
1 − (x 1 + ... + xam )
Das ist auch die erzeugende Funktion der rekursiven Folge
fn = fn−a1 + fn−a2 + ... + fn−am .
Den Zusammenhang der kombinatorischen Aufgabe mit rekursiven Folgen sieht man an folgender Beispielaufgabe: Wieviele Möglichkeiten gibt es, eine Treppe mit n Stufen hochzugehen,
wobei man stets 1 oder 2 Stufen auf einmal nehmen darf. Das ergibt
F (x) =
1
1
=
= 1 + x + 2x2 + 3x3 + 5x4 + 8x5 + 13x6 + ...
1
2
1 − (x + x )
1 − x − x2
37
4.4 Partitionen mit Nebenbedingungen
Die Koeffizienten sind gerade die Fibonaccizahlen. Das kann man sich leicht klarmachen: Es
gibt zwei Möglichkeiten, das Treppensteigen zu beginnen: Man nimmt am Anfang eine oder
zwei Stufen auf einmal. Bei n Stufen bleiben dann noch n − 1 oder n − 2 Stufen übrig. Die
Gesamtzahl ist also die Summe aus den Möglichkeiten, eine n − 1-stufige und eine n − 2stufige Treppe hochzugehen, also fn = fn−1 + fn−2 . Das ergibt die Fibonaccifolge, wenn man
noch Anfangswerte berücksichtigt: Für n = 1 gibt es eine und für n = 2 zwei Möglichkeiten
(2 = 1 + 1 und 2 = 2).
4.4
Partitionen mit Nebenbedingungen
Aufgabe Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe zweier nichtnegativer geordneter Zahlen darzustellen.
Lösung: Die in der Aufgabe gesuchte Zahl an ist die Anzahl der Lösungen der diophantischen
Gleichung
j+i=n
mit den Nebenbedingungen j ≥ i ≥ 0. Wir suchen die erzeugende Funktion
F (x) =
∞
X
an xn .
n=0
1
Ohne die Nebenbedingungen wäre (1−x)
2 die erzeugende Funktion. Der Unterschied zwischen
mit und ohne Nebenbedingungen besteht darin, daß die Wahl der Summanden bei Nebenbedingungen voneinander abhängt. Wenn j festgelegt ist, dann ist i aus [0, j] zu wählen. Für festes
j ist
2
j
j
j
Fj (x) = x (1 + x + x + . . . + x ) = x
j
X
xi
i=0
die erzeugende Funktion. Folglich ist die gesuchte erzeugende Funktion
F (x) =
∞
X
Fj (x) =
j=0
=
1
1−x
∞
X
j=0
j
x
j
X
i
x =
i=0
1
x
−
1 − x 1 − x2
∞
X
j=0
=
j1
x
∞
1 X j
− xj+1
x − x2j+1 =
=
1−x
1 − x j=0
1
1
((1 + x) − x) =
2
(1 − x)(1 − x )
(1 − x)(1 − x2 )
Hieraus lassen sich die Koeffizienten leicht bestimmen.
Eine andere Lösungsvariante ergibt sich, wenn man die kleinere Zahl i als erstes festlegt. Das
ergibt
i ∞
∞
∞
∞
X
X
X
x
1 X 2i
1
i
i
j
x
x
x =
F (x) =
=
x =
1−x
1 − x i=0
(1 − x)(1 − x2 )
i=0
i=0
j=i
Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe dreier nichtnegativer geordneter Zahlen darzustellen.
Lösung: Die in der Aufgabe gesuchte Zahl an ist die Anzahl der Lösungen der diophantischen
Gleichung
k+j+i=n
38
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
mit den Nebenbedingungen k ≥ j ≥ i ≥ 0. Analog zur ersten Aufgabe erhalten wir, indem wir
erst k und dann j fixieren
∞
X
k
X
j
X
∞
X
k
X
∞
k
1 X kX j
− xj+1
=
x
x − x2j+1 =
x
x
F (x) =
x
x
x =
1−x
1−x
j=0
j=0
j=0
i=0
k=0
k=0
k=0
∞
1 X k 1 − xk+1 x − x2k+3
x
=
−
=
1 − x k=0
1−x
1 − x2
k
j
i
k
j1
∞
=
X
1
k
k+1
2k+3
x
(1
−
x
)(1
+
x)
−
(x
−
x
)
=
(1 − x)(1 − x2 ) k=0
∞
X
1
xk xk − x2k+1 − x2k+2 + x2k+3 =
=
2
(1 − x)(1 − x ) k=0
1
1
x
x2
x3
1
=
−
−
+
=
2
2
2
3
(1 − x)(1 − x ) 1 − x 1 − x
1−x
1−x
(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 )
Einfacher zu berechen ist die erzeugende Funktion, wenn man erst die kleineren Zahlen i und
j fixiert, da sich mehr Summen bis ∞ erstrecken. Man erhält
F (x) =
∞
X
xi
i=0
=
1
1−x
∞
X
j=i
∞
X
∞
X
xj
∞
X
xk =
i=0
k=j
2i
xi
∞
X
j=i
∞
xj
∞
1 X i X 2j
xj
x
=
x =
1−x
1 − x i=0 j=i
∞
X
x
1
1
3i
x
=
=
1 − x2
(1 − x)(1 − x2 ) i=0
(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 )
xi
i=0
Grundaufgabe 4a: Bestimme die Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichung ak +
bj + ci = n mit der Nebenbedingung k ≥ j ≥ i ≥ 0.
Lösung: Man erhält als Verallgemeinerung der betrachten Aufgaben
F (x) =
∞
X
i=0
=
ci
x
∞
X
j=i
bj
x
∞
X
k=j
ak
x
∞
∞
1 X ci X (a+b)j
=
x
=
x
1 − xa i=0
j=i
∞
X
1
1
x(a+b+c)i =
a
a+b
a
a+b
(1 − x )(1 − x ) i=0
(1 − x )(1 − x )(1 − xa+b+c )
Das ist die gleiche erzeugende Funktion, die man für die Aufgabe:
Finde die Anzahl von nichtnegativen Lösungen der diophantischen Gleichung ax + (a + b)y +
(a + b + c)z !
erhalten würde. Der Grund ist leicht einzusehen, wenn man die ursprüngliche diophantische
Gleichung umschreibt:
n = ak + bj + ci = a(k − j) + (a + b)(j − i) + (a + b + c)i
Hier sind k − j, j − i und i beliebige nichtnegative Zahlen ohne Nebenbedingungen.
Die Verallgemeinerung dieser Aufgabe ist die folgende. Es sei I eine gegebene k-dimensionale
Indexmenge, also eine Teilmenge des k-dimensionalen ganzzahligen nichtnegativen Gitters Zk+ .
Grundaufgabe 4: Bestimme die Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichung a1 i1 +
a2 i2 + . . . + ak ik = n mit der Nebenbedingung (i1 , ..., ik ) ∈ I!
39
4.5 Zusammenfassung einiger Spezialfälle
Lösung: Es sei (fn ) die gesuchte Folge. Ihre erzeugende Funktion F (x) ist offensichtlich
F (x) =
∞
X
X
fn xn =
n=0
X
xa1 i1 +a2 i2 +...+ak ik =
(i1 ,...,ik )∈I
(i1 ,...,ik )∈I
xa1 i1 xa2 i2 · · · xak ik
Im Spezialfall, daß sich die Menge I als Kreuzprodukt I = I1 × I2 × . . . × Ik schreiben läßt, gilt


∞
k
X
X
Y X

F (x) =
fn xn =
xa1 i1 xa2 i2 · · · xak ik =
xaj ij 
n=0
4.5
j=1
(i1 ,...,ik )∈I
ij ∈Ij
Zusammenfassung einiger Spezialfälle
Es folgt eine Übersicht über die erzeugenden Funktionen für einige häufig verwendeten Spezialfälle. Q(n), P (n) und bk (n) sind die üblichen Bezeichnungen für diese Folgen
Koef. fn
m
F (x)
(1 + x)m
Q∞
i
i=1 (1 + x )
Q∞
2i
i=0 (1 + x )
(1 + xa + x2a + ... + xka )m
Q∞ 1
i=1
Q∞
n
Q(n)
4.6.1
von m verschiedenen Einsen
verschiedener natürlicher Zahlen
von Zweierpotenzen
k Stück von m verschiedenen Zahlen a
1−xi
i
(k−1)i
)
i=1 (1 + x + ... + x
1
1
1−x
P
= 1−2x
i = 1− x
1− ∞
i=1 x
1−x
4.6
Anzahl der Partitionen von n als Summe
P (n)
von geordneten natürlichen Zahlen
bk (n)
weniger als k gleicher natürlicher Zahlen
2
n−1
ungeordneter natürlicher Zahlen
Eigenschaften erzeugender Funktionen
Zusammenhang mit rekursiven Folgen
Viele kombinatorische Aufgaben, bei denen eine Folge fn gesucht ist, lassen sich lösen, indem
man eine Rekursionsvorschrift für fn findet (siehe z.B. Aufgabe 13 im nächsten Abschnitt).
Angenommen, die Folge fn ist eine rekursive Folge k-ter Ordnung mit der rekursiven und
expliziten Darstellung
fn = a1 fn−1 + a2 fn−k + . . . + ak fn−k =
= c1 xn1 + c2 xn2 + . . . + ck xnk
wobei die xi die Nullstellen des charakteristischen Polynoms (k-ten Grades)
Pk (x) = xk − a1 xk−1 − a2 xk−2 − . . . − ak−1 x − ak
sind. Dann ist die erzeugende Funktion
F (x) =
∞
X
fn xn =
n=0
k
X
j=1
cj
∞
X
n=0
xnj xn =
k
X
j=1
Qk−1 (x)
cj
=
=
1 − xj x
(1 − x1 x)(1 − x2 x) · · · (1 − xk x)
Qk−1 (x)
Qk−1 (x)
= k
=
1
1
− x1 )( x − x2 ) · · · ( x − xk )
x Pk ( x1 )
Qk−1 (x)
=
2
1 − a1 x − a2 x − . . . − ak−1 xk−1 − ak xk
=
xk ( x1
40
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
wobei Qk−1 (x) ein Polynom höchstens (k − 1)-ten Grades ist.
Umgekehrt gilt, daß fn eine rekursive Folge k-ter Ordnung ist, wenn F (x) eine gebrochen
rationale Funktion mit einem Nenner k-ten Grades ist.
4.6.2
Summen erzeugender Funktionen
Manchmal ist es möglich, die Berechnung einer erzeugenden Funktion auf die Summe einfacherer erzeugender Funktionen zurückzuführen. Angenommen, an und bn sind die Lösungen
kombinatorischer Aufgaben mit den entsprechenden erzeugenden Funktionen
Fa (x) =
∞
X
an xn , Fb (x) =
n=0
∞
X
bn xn ,
n=0
dann ist
F (x) = Fa (x) + Fb (x) =
∞
X
n=0
an xn +
∞
X
n=0
bn xn =
∞
X
(an + bn )xn
n=0
die erzeugende zu einer Aufgabe mit der Lösung fn = an + bn . Das ist nur richtig, wenn an und
bn Elemente aus disjunkten Mengen zählen.
Beispiel: Es sei an die Anzahl von Zerlegungen von n mit geraden Summanden und bn die
Anzahl von Zerlegungen von n mit ungeraden Summanden. Dann ist fn = an + bn die Anzahl
von Zerlegungen von n mit ausschließlich geraden oder ausschließlich ungeraden Summanden,
nicht etwa die Anzahl von Zerlegungen von n mit ausschließlich geraden oder ausschließlich
ungeraden Summanden, nicht etwa die Anzahl von Zerlegungen von n mit irgentwelchen —
geraden oder ungeraden — Summanden.
Ist an die Anzahl von Zerlegungen von n mit geraden Summanden und bn die Anzahl von
Zerlegungen von n mit durch 3 teilbaren Summanden, dann ist fn = an +bn nicht die Anzahl von
Zerlegungen von n mit durch 2 oder 3 teilbaren Summanden, denn die Zerlegung 24 = 12+6+6
wird durch an und durch bn gezählt.
Die Addition von erzeugenden Funktionen läßt sich auf beliebig viele Summanden verallgemeinern (implizit wird stets Konvergenz vorausgesetzt). Als Beispiel sei Fk (x) die erzeugende
Funktion für die Zerlegung der Zahl n in verschiedene Summanden, wobei der größte k sein
soll. Es ist
Fk (x) = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) · · · (1 + xk−1 )xk
Als letzter Faktor darf hier nicht (1 + xk ) stehen, denn dann muß der Summand k nicht unbedingt dazugehören. Das wäre die erzeugende Funktion zur Aufgabe: Zerlegung der Zahl n in
verschiedene Summanden, die nicht größer als k sein dürfen.
Die erzeugende Funktionn für die Zerlegung der Zahl n in beliebige verschiedene Summanden
41
4.6 Eigenschaften erzeugender Funktionen
ist dann
F (x) =
∞
X
k=0
(1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) · · · (1 + xk−1 )xk =
1 + 1 · x + (1 + x)x2 + (1 + x)(1 + x2 )x3 + (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 )x4 + · · · =
(1 + x) + (1 + x)x2 + (1 + x)(1 + x2 )x3 + (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 )x4 + · · · =
(1 + x)(1 + x2 ) + (1 + x)(1 + x2 )x3 + (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 )x4 + · · · =
(1 + x)(1 + x2 ) + (1 + x)(1 + x2 )x3 + (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 )x4 + · · · =
∞
Y
= (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) + (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 )x4 + · · · = · · · =
(1 + xk )
=
=
=
=
k=1
wie bereits bekannt.
4.6.3
Die Faltung
Wir betrachten zwei kombinatorische Aufgaben, die die Lösungen fn und gn haben. D.h., fn sei
die Anzahl von Möglichkeiten einer Aufgabe 1 und gn sei die Anzahl von Möglichkeiten einer
Aufgabe 2. Z.B. könnte fn die Anzahl von Lösungen (x1 , x2 ) der Gleichung a1 x1 + a2 x2 = n und
gn die Anzahl von Lösungen (y1 , y2 ) der Gleichung b1 y1 + b2 y2 = n sein. Die entsprechenden
erzeugenden Funktionen sind
F (x) =
1
(1 −
xa1 )(1
−
xa2 )
und G(x) =
1
(1 −
xb1 )(1
− xb2 )
.
Wir betrachten eine weitere kombinatorische Aufgabe, die die Lösungen hn hat. Das sei die
Anzahl von Möglichkeiten, die Aufgabe 1 mit dem Parameter n1 und die Aufgabe 2 mit dem
Parameter n2 zu lösen, wobei n = n1 + n2 gelten soll. Für das Beispiel wäre hn die Anzahl von
Lösungen (x1 , x2 , y1, y2 ) der Gleichung a1 x1 + a2 x2 + b1 y1 + b2 y2 = n1 + n2 = n. Offenbar ist die
entsprechende erzeugenden Funktion
H(x) =
1
(1 −
xa1 )(1
−
xa2 )(1
− xb1 )(1 − xb2 )
= F (x) · G(x) .
Andererseits ist für eine gegebene Zerlegung n = n1 + n2 die Anzahl von Möglichkeiten fn1 gn2 ,
falls die beiden Aufgaben unabhängig voneinander sind (Produktregel). Damit erhält man hn
als Summe über alle Ausdrücke dieser Art, für alle möglichen Zerlegungen n = n1 + n2 also
hn = f0 gn + f1 gn−1 + f2 gn−2 + . . . + fn−2 g2 + fn−1 g1 + fn g0 =
n
X
fk gn−k =
n
X
fn−k gk .
k=0
k=0
Diese Konstruktion wird Faltung genannt und mit h = f ∗g = g∗f bezeichnet (hier sind f , g und
h Folgen). Wie schon aus dem Beispiel ersichtlich, ist das Produkt der erzeugenden Funktionen
zweier Folgen die erzeugende Funktion der Faltung der beiden entsprechenden Folgen. Das sieht
man leicht:
!
! ∞
!
∞
∞
n
∞
X
X
X
X
X
fn gm xn+m =
fk gn−k xn
H(x) = F (x)G(x) =
gm xm =
fn xn
n=0
m=0
n,m=0
n=0
k=0
42
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
Als Beispiel betrachten wir zwei Partitionierungsaufgaben. Es sei an die Anzahl von Zerlegungen
von n mit geraden Summanden und bn die Anzahl von Zerlegungen von n mit ungeraden
Summanden und Fa (x) und Fb (x) die entsprechenden erzeugenden Funktionen. Es ist
1
(1 −
− x4 )(1 − x6 ) · · ·
1
Fb (x) =
(1 − x)(1 − x3 )(1 − x5 ) · · ·
Fa (x) =
x2 )(1
Offenbar ist
F (x) = Fa (x)Fb (x) =
(1 − x)(1 −
x2 )(1
1
− x3 )(1 − x4 )(1 − x5 ) · · ·
die erzeugende Funktion von P (n), der Zerlegungen von n ohne Einschränkungen. Das läßt sich
folgendermaßen erklären: Wir betrachten eine konkrete Partition von n. Sie besteht aus geraden
und ungeraden Summanden. Wir fassen diese zu na und nb mit n = na + nb zusammen. Die
Anzahl von Partitionen p(n, na , nb ), wobei die Summe der geraden und ungeraden Summanden
na bzw. nb sind, sind dann p(n, na , nb ) = ana · bnb . Die Anzahl aller Partitionen P (n) ist dann
die Summe über alle p(n, na , nb ), wobei n = na + nb zu berücksichtigen ist, also
P (n) = a0 bn + a1 bn−1 + a2 bn−2 + . . . + an−1 b1 + an b0 .
Das ist gerade die Faltung (an ) ∗ (bn ).
4.6.4
Das Siebverfahren
4.7
Beispielaufgaben
Aufgabe 1: Beweise, daß man mit Gewichten der Größen 1, 2, 4, 8, 16, ... jedes Gewicht n
genau auf eine Weise darstellen kann!
Lösung: Die Lösung folgt direkt aus der Darstellung für die erzeugende Funktion
1 − x2 1 − x4 1 − x8
·
·
··· =
F (x) = (1 + x)(1 + x )(1 + x )(1 + x ) · · · =
1 − x 1 − x2 1 − x4
1
=
= 1 + x + x2 + x3 + ...
1−x
2
4
8
Aufgabe 2: Beweise, daß es genauso viele Möglichkeiten gibt, n als Summe verschiedener
natürlicher Zahlen oder als Summe ungerader Zahlen (die auch mehrfach auftreten können)
darzustellen!
Lösung: Wir lösen die Aufgabe, indem wir die Identität zweier erzeugender Funktionen zeigen.
Die Darstellung als Summe verschiedener natürlicher Zahlen entspricht der Aufgabe 1a mit
ai = i und führt auf die erzeugende Funktion
F1 (x) = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 )(1 + x4 )(1 + x5 ) · · ·
Die Darstellung als Summe ungerader Zahlen entspricht der Aufgabe 2 mit ai = 2i − 1 und
führt auf die erzeugende Funktion
F2 (x) =
(1 − x)(1 −
x3 )(1
1
− x5 )(1 − x7 )(1 − x9 ) · · ·
43
4.7 Beispielaufgaben
Wir benutzen jetzt die in der letzten Aufgabe gefundene Identität für verschiedene x und
erhalten
1
= (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 )(1 + x8 ) · · ·
1−x
1
= (1 + x3 )(1 + x6 )(1 + x12 )(1 + x24 ) · · ·
3
1−x
1
= (1 + x5 )(1 + x10 )(1 + x20 )(1 + x40 ) · · ·
5
1−x
...
Multipliziert man diese Identitäten, erhält man auf der linken Seite F2 (x) und auf der rechten
Seite F1 (x), da sich jede natürliche Zahl eindeutig als Produkt einer ungeraden Zahl und einer
Zweierpotenz darstellen läßt.
Aufgabe 3: Beweise, daß man beim Wiegen mit Gewichten der Größen 1, 3, 9, 27, ..., 3k , ...
mit einer zweischaligen Waage jedes Gewicht n ∈ Z auf genau eine Weise darstellen kann!
Lösung: Diese Aufgabe entspricht der Aufgabe 1c. Wir betrachten als erstes die Aufgabe für
festes k (d.h. mit einem Maximalgewicht 3k ). Die erzeugende Funktion ist
k
k
F (x) = (x−1 + 1 + x)(x−3 + 1 + x3 )(x−9 + 1 + x9 )(x−27 + 1 + x27 ) · · · (x−3 + 1 + x3 ) =
k+1
1 1 − x3 1 1 − x9 1 1 − x27
1 1 − x3
=
·
=
·
· 3·
·
·
·
·
·
x 1 − x x 1 − x3 x9 1 − x9
x3k 1 − x3k
k+1
1 − x3
1
1
k+1
= 1+3+9+···+3k ·
= 3k+1 −1 · 1 + x + x2 + x3 + . . . + x3 −1 =
1−x
x
x 2
= x−
3k+1 −1
2
+ x−
3k+1 −1
+1
2
+ . . . + x−1 + 1 + x + . . . + x
3k+1 −1
−1
2
k+1
+x
3k+1 −1
2
k+1
Das bedeutet, es lassen sich alle Zahlen von n = − 3 2 −1 bis n = 3 2 −1 auf eine Weise
darstellen. Die Behauptung folgt für k −
→ ∞.
Aufgabe 4: Beweise, daß sich jede natürliche Zahl eindeutig im Zahlensystem zur Basis q
darstellen läßt.
Lösung: Diese Aufgabe entspricht der Aufgabe 1b und führt auf die erzeugende Funktion
2
2
F (x) = (1 + x + x2 + . . . + xq−1 )(1 + xq + x2q + . . . + x(q−1)q )(1 + xq + . . . + x(q−1)q ) · · · =
2
3
1 − xq 1 − xq 1 − xq
1
=
·
·
= 1 + x + x2 + x3 + . . .
2 ··· =
q
q
1−x 1−x 1−x
1−x
Aufgabe 5: Beweise, daß die erzeugende Funktion der Folge τ (n) der Anzahl der Teiler einer
Zahl n
F (x) =
X∞
n=1
ist.
Lösung: Es gilt
τ (n)xn =
xj
j=1 1 − xj
X∞
xj
= xj (1 + xj + x2j + x3j + . . .) = xj + x2j + x3j + x4j + . . .
j
1−x
44
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
Schreibt man diese Identität für die ersten j untereinander, erhält man
x1
1 − x1
x2
1 − x2
x3
1 − x3
x4
1 − x4
x5
1 − x5
x6
1 − x6
= x1·1 + x2·1 + x3·1 + x4·1 + x5·1 + x6·1 + . . .
= x1·2 + x2·2 + x3·2 + x4·2 + . . .
= x1·3 + x2·3 + x3·3 + x4·3 + . . .
= x1·4 + x2·4 + x3·4 + x4·4 + . . .
= x1·5 + x2·5 + x3·5 + x4·5 + . . .
= x1·6 + x2·6 + x3·6 + x4·6 + . . .
Betrachtet man jetzt welche Summanden alle einen Beitrag zu z.B. x6 liefern, sieht man
x6·1 + x3·2 + x2·3 + x1·6 = 4x6 .
j
x
Allgemein gilt, der Summand xn tritt genau dann in der Reihe für 1−x
j auf, wenn sich n als
n = j · k schreiben läßt. Das ist genau dann der Fall, wenn j ein Teiler von n ist.
Aus diesem Schema kann man gleich die Lösung einer weiteren Aufgabe erhalten. Multipliziert
man die Identitäten jeweils mit j, erhält man als Koeffizient vor x6 den Ausdruck
1 · x6·1 + 2 · x3·2 + 3 · x2·3 + 6 · x1·6 = 12x6 .
Das ist gerade die Summe der Teiler von 6. Folglich erhält man als erzeugende Funktion für die
Summe der Teiler σ(n) einer Zahl n
F (x) =
X∞
n=1
σ(n)xn =
j xj
.
j=1 1 − xj
X∞
Analog erhält man als erzeugende Funktion für die Summe der α-ten Potenzen der Teiler σα (n)
einer Zahl n
F (x) =
X∞
n=1
σα (n)xn =
j α xj
.
j=1 1 − xj
X∞
j
x
Aus dem obigen Schema für 1−x
j erhält man noch eine weitere Identität, in dem man die Summe
aller Glieder auf andere Art berechnet. Faßt man ein Diagonalterm und die rechts und darunter
45
4.7 Beispielaufgaben
stehenden Terme zusammen, erhält man
X∞
xj
1·1
2·1
1·2
3·1
1·3
=
x
+
x
+
x
+
x
+
x
+
...
+
j=1 1 − xj
+
+
=
=
=
=
x2·2 + x3·2 + x2·3 + x4·2 + x2·4 + ... +
x3·3 + x4·3 + x3·4 + x5·3 + x3·5 + ... + ... =
X∞ 2
X∞ 2
X∞
X∞
k
k
k·j
k·(j+k+1)
x +2
=
x
x +2
=
x
k=1
j=k+1
k=1
j=0
X∞
X∞
X∞ 2
1
k2
k·(k+1)
k·j
k·(k+1)
k
x + 2x
x
=
x + 2x
=
k=1
j=0
k=1
1 − xk
X∞ xk2 − xk2 +k + 2xk·(k+1) X∞
xk
k2
x
=
=
k=1
k=1
1 − xk
1 − xk
x
x2
x3
x4
9
16
x1
+ x4
+
x
+
x
+ ...
1−x
1 − x2
1 − x3
1 − x4
Aufgabe 6: Bestimme die Gesamtzahl der nichtnegativen ganzzahligen Lösungen (x, y) der
Gleichungen
x + 2y
2x + 3y
3x + 4y
...
nx + (n + 1)y
(n + 1)x + (n + 2)y
= n
= n−1
= n−2
= 1
= 0
Lösung: Wir nummerieren die Gleichungen mit j nach der rechten Seite mit n − j, wobei
j = 0, ..., n läuft. Die Anzahl der Lösungen der j-ten Gleichung ist dann der n − j-te Koeffizient
1
der erzeugenden Funktion (1−xj+1 )(1−x
j+2 ) , also der n-te Koeffizient der Funktion
Fj (x) =
xj
.
(1 − xj+1 )(1 − xj+2 )
Die Gesamtzahl der Lösungen ist also der n-te Koeffizient der Summe über j. Man erhält
∞
∞
X
X
xj
1
1
1
F (x) =
=
−
=
(1 − xj+1 )(1 − xj+2 )
x(1 − x) 1 − xj+1 1 − xj+2
j=0
j=0
∞
X
1
1
1
−1 =
=
(n + 1)xn
=
x(1 − x) 1 − x
(1 − x)2
n=0
Aufgabe 7: Bestimme die Gesamtzahl der nichtnegativen ganzzahligen Lösungen (x, y) der
Gleichungen
x + 2y = n − 1
2x + 3y = n − 3
3x + 4y = n − 5
...
46
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
Lösung: Wir nummerieren die Gleichungen mit j nach der rechten Seite n − (2j + 1), mit
j = 0, ..., n−1
. Die Anzahl der Lösungen der j-ten Gleichung ist dann der n − (2j + 1)-te
2
1
Koeffizient der erzeugenden Funktion (1−xj+1 )(1−x
j+2 ) , also der n-te Koeffizient der Funktion
Fj (x) =
x2j+1
.
(1 − xj+1 )(1 − xj+2 )
Die Gesamtzahl der Lösungen ist also der n-te Koeffizient der Summe über j. Man erhält
F (x) =
∞
X
j=0
∞
X xj
x2j+1
=
(1 − xj+1 )(1 − xj+2 )
1−x
j=0
∞
1
1
−
j+1
1−x
1 − xj+2
=
∞
X xj−2
X xj−2
1
1
1
=
−
=
+
−
=
(1 − x)2 j=2 1 − xj
(1 − x)2 x(1 − x) j=1 1 − xj
∞
∞ X
1 X xj
1
(n + 2) − τ (n + 2) xn
− 2
=
=
2
j
x(1 − x)
x j=1 1 − x
n=0
wobei für die letzte Umformung die erzeugende Funktion der Folge der Teilerzahlen benutzt
wurde (Aufgabe 6).
Aufgabe 8: Beweise, daß die Anzahl der nichtnegativen ganzzahligen Lösungen (x, y, z) der
1
Gleichung x + 2y + 3z = n rund 12
(n + 3)2 ist !
Lösung: Die erzeugende Funktion für diese Aufgabe ist (es ist ω = e
2πi
3
)
1
=
(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 )
1
1
17
1
1
1
=
+
+
+
+
+
=
3
2
6(1 − x)
4(1 − x)
72(1 − x) 8(1 + x) 9(1 − ωx) 9(1 − ω 2x)
∞ X
7
(−1)n 2
2πi
1
2
xn
(n + 3) −
+
+ cos
=
12
72
8
9
3
n=0
F (x) =
Die Behauptung folg aus
n
7
− + (−1) + 2 cos 2nπ ≤ 7 + 1 + 2 = 32 < 1
72
8
9
3
72 8 9 72
2
Aufgabe 9: Bestimme die Anzahl von nichtkongruenten Dreiecken mit ganzzahligen Seitenlängen
und gegebenem Umfang n.
Lösung: Die in der Aufgabe gesuchte Zahl ist die Anzahl der Lösungen der diophantischen
Gleichung k + j + i = n mit mehreren Nebenbedingungen. Da es sich um Dreiecke handelt,
müssen die Seitenlängen positiv sein. Die Forderung, daß nur nichtkongruente Dreiecke als
verschiedene gelten, kann man mit k ≥ j ≥ i ≥ 1 erfüllen. Die Seitenlängen eines Dreiecks
müssen außerdem die Dreiecksungleichung erfüllen. Das bedeutet, es muß i + j > k gelten (die
beiden anderen Dreiecksungleichungen sind automatisch mit der Forderung k ≥ j ≥ i ≥ 1
erfüllt). Das ergibt folgende erzeugende Funktion (wegen der Ungleichung i + j > k bietet es
47
4.7 Beispielaufgaben
sich an, als erstes die kleineren Zahlen festzulegen).
∞
X
∞
X
i+j−1
∞
X
∞
X
xj − xi+j
=
x =
x
F (x) =
x
x
x
1−x
i=1
i=1
j=i
j=i
k=j
2i
∞
∞
∞
1 X i X 2j
1 X i
x
x3i
2j+i
=
x
x −x
=
x
=
−
1 − x i=1 j=i
1 − x i=1
1 − x2 1 − x2
∞
X
1
x3
1
x4
3i
4i
x −x =
=
−
=
(1 − x)(1 − x2 ) i=1
(1 − x)(1 − x2 ) 1 − x3 1 − x4
=
i
j
X
k
i
j
x3 − x4
x3
=
(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 )(1 − x4 )
(1 − x2 )(1 − x3 )(1 − x4 )
Die Anzahl solcher Dreiecke für kleine n ist übrigens nicht groß. Der Anfang der Folge an ist
(an )∞
n=0 = 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 4, 3, 5, 4, 7, 5, 8, 7, 10, 8, 12, 10, 14, 12, 16, 14, 19, 16, 21, 19, ...
Aus der erzeugenden Funktion läßt sich leicht eine rekursive Darstellung von an finden. Es ist
(1 − x2 )(1 − x3 )(1 − x4 ) = (1 − x2 − x3 − x4 + x5 + x6 + x7 − x9 ) und folglich
an = an−2 + an−3 + an−4 − an−5 − an−6 − an−7 + an−9 .
an ist auch die Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichung 2x + 3y + 4z = n − 3.
Aufgabe 10: Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe der Zahlen 1, 2, ..., k mit
Vertauschungen darzustellen.
Lösung: Angenommen, wir stellen n als Summe von genau m Summanden dar, dann ist die
entsprechende erzeugende Funktion
Fm (x) = (x + x2 + ... + xk )m .
Es gilt also
F (x) =
∞
X
m=0
Fm (x) =
∞
X
m=0
1−x
=
1 − 2x + xk+1
(x + x2 + ... + xk )m =
1
1 − (x +
x2
+ ... +
xk )
=
1
1−
x−xk+1
1−x
=
Aufgabe 11: Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe von genau m natürlichen
Zahlen mit Vertauschungen darzustellen.
Lösung: Analog zur eben gefundenen Funktion Fm (x) für beliebig große k erhält man
m
∞ X
−m
x
m
−m
m
2
k
m
(−x)n =
= x (1 − x) = x
Fm (x) = (x + x + ... + x + ...) =
1−x
n
n=0
∞ ∞ X
X
n−1 n
m + n − 1 m+n
x
x
=
=
m−1
m−1
n=0
n=0
Zu deisem Ergebnis kann man auch rein kombinatorisch gelangen: Schreibt man n als Summe
von n Einsen n = 1 + ... + 1, dann entspricht die Zerlegung in m Summanden gerade der
Ersetzung von Pluszeichen durch Kommas. Z.B. bedeutet für m = 3 und n = 7: 7 = 3 + 1 + 3,
7−
→ (3, 1, 3), (1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1) −
→ (1 + 1 + 1, 1, 1 + 1 + 1). Um so eine Zerlegung
48
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
zu erzeugen, muß man n − 1 Pluszeichen durch m − 1 Kommas ersetzen. Die Abzahl ist also
gleich der Anzahl
von Möglichkeiten aus n − 1 Pluszeichen durch m − 1 Kommas auszuwählen,
n−1
nämlich m−1
.
Aufgabe 12: Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe natürlicher Zahlen mit
Vertauschungen darzustellen.
Lösung: Die erzeugende Funktion ergibt sich aus der Aufgabe 10 im Grenzübergang k −
→ ∞.
Man erhält (|x| < 1 wird angenommen)
∞
X
1−x
x
F (x) =
=1+
=1+
2n−1 xn .
1 − 2x
1 − 2x
n=1
Das gleiche Ergebnis erhält man durch Summation der erzeugende Funktionen aus Aufgabe 11
über m.
!
∞
∞
∞ ∞ X
∞ X
X
n−1 n X X n−1
n
x =
2n−1xn ,
x =
F (x) =
m
−
1
m
−
1
n=1
n=1
m=0
m=0 n=1
wobei der Unterschied in der Definition des 0-ten Gliedes F0 (x) = 1 besteht.
Aufgabe 13: Beweise, daß die Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe ungerader natürlicher
Zahlen mit Vertauschungen darzustellen gleich ist zur der Anzahl von Möglichkeiten, n − 1 als
Summe der Zahlen 1 und 2 darzustellen.
Lösung: Die Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe der Zahlen 1 und 2 darzustellen bildet
gerade die Fibonaccizahlen (siehe die Lösung zur Grundaufgabe 3).
F (x) =
∞
X
Fn xn =
n=0
1
.
1 − x − x2
Der Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe ungerader natürlicher Zahlen mit Vertauschungen
darzustellen entspricht die erzeugende Funktion
G(x) =
1
1 − (x + x3 + x5 + ...)
=
1
1−
x
1−x2
∞
X
1 − x2
x
=
= 1+
=1+
Fn−1 xn .
2
2
1−x−x
1−x−x
n=1
Die Lösungsfolge hat die gleiche Rekursionsvorschrift wie die Fibonaccifolge. Ihre Herleitung
auf direktem Weg scheint aber wesentlich schwerer zu sein.
4.8
Ferrer–Diagramme
Aufgabe 2 hat die gleiche erzeugende Funktion wie Aufgabe 9 aus Abschnitt 4.7. Das heißt, die
beiden Aufgaben: Anzahl der Lösungen von
1) x + 2y + 3z = n mit x, y, z ≥ 0
2) x + y + z = n mit x ≥ y ≥ z ≥ 0
sind äquivalent. Die erste dieser Aufgaben kann man noch als folgende Partitionsaufgabe interpretieren:
Zerlege die Zahl n in eine Summe aus durch 1, 2, und 3 teilbaren Zahlen!
Man sieht leicht, daß beide Aufgaben äquivalent sind, wenn man sich ein Beispiel graphisch in
einem Ferrer-Diagramm darstellt.
Es sei n = λm + λm−1 + ... + λ1 mit λm ≥ λm−1 ≥ ... ≥ λ1 eine geordnete Zerlegung von
n. Ordnete man jetzt spaltenweise nebeneinader λm , λm−1 , ..., λ1 Objekte (z.B. Kreise) an,
49
4.8 Ferrer–Diagramme
erhält man ein Ferrer-Diagramm. Es sei n = 19. Dann ist 19 = 9 + 6 + 4, eine Zerlegung, die
der zweiten Aufgabe entspricht (siehge linkes Bild). Spiegelt man das Ferrer-Diagramm an der
Diagonalen, erhält man wieder ein Ferrer-Diagramm. Im Beispiel ist es 19 = 3 · 4 + 2 · 2 + 3 · 1 =
3 + 3 + 3 + 3 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 eine geordnete Zerlegung, die der ersten Aufgabe entspricht.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
Das kann man mit jeder geordneten Partition machen. Die Partition, die dem gespiegelten
Diagramm entspricht ist stets wieder eine geordneten Partition. Sie wird konjugierte Partition genannt und die Spieglung Konjugation. Eine Konjugation ist in der Mathematik eine
Abbildung einer Menge auf sich selbst, die die Eigenschaft hat, daß zweimalige Konjugation
die Identität ergibt. Weitere Beispiele für Konjugationen in der Mathematik sind die komplexe
Konjugation und die Inversion am Kreis.
Von besonderem Interesse sind selbstkonjugierte Objekte, d.h. Objekte, die bei Konjugation
auf sich selbst abgebildet werden. Das sind bei der komplexe Konjugation die reellen Zahlen
und bei der Inversion am Kreis Punkte auf dem Inversionskreis.
Partitionen sind selbstkonjugiert, wenn die entsprechenden Ferrer-Diagramme symmetrisch
sind. Hier ist ein Beispiel:
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x x x x x
x x x
x
x
Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n durch selbstkonjugierte Partitionen darzustellen!
Lösung: Zur Lösung muß als erstes versucht werden, diese Partitionen zu charakterisieren. Die
entscheidende Idee ist, zu erkennen, daß sich jede solche Partition als Partition verschiedener
ungerader Zahlen darstellen läßt indem man sie entfaltet“. Dem obigen Bild entspricht dann
”
x x x x x x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x
x x x
x
Es ist leicht einzusehen, daß die Abbildung der selbstkonjugierten Partitionen auf die durch
verschiedene ungerade Zahlen eineindeutig ist. Die Verschiedenheit der ungerade Zahlen ist
50
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
notwendig, weil die Partitionen bei der Faltung sonst nicht geordnet sind.
Mit dieser Erkenntnis ist es leicht die erzeugende Funktion zu bestimmen. Bezeichnet man die
Anzahl der selbstkonjugierte Partitionen mit an , so ist
F (x) =
∞
X
n
an x =
n=0
∞
Y
(1 + x2k+1 ) ,
k=0
wobei a0 = 1 festgelegt wurde. Die ersten Glieder dieser Folge sind
(an )∞
n=0 = (1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 5, 5, 5, 6, 7, 8, 8, 9, 11, 12, 12, 14, 16, 17, 18, ...)
Rechteckige Ferrer-Diagramme ergeben bei Konjugation wieder rechteckige Ferrer-Diagramme,
allerdings nicht unbedingt dieselben (das wären nur quadratische).
Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n durch Partitionen mit rechteckigen FerrerDiagrammen darzustellen!
Lösung: Diese Aufgabe ist äquivalent zur Aufgabe, n als Summe von gleichen Summanden
darzustellen. Wieviele Möglichkeiten gibt es, eine Zahl in die Summe gleicher Summanden zu
zerlegen. Für 6 ist das z.B.
6 =
=
=
=
1+1+1+1+1+1
2+2+2
3+3
6
Offenbar ist so eine Zerlegung genau dann möglich, wenn man n = i · j schreiben kann mit
natürlichen i und j. Dabei müssen i und j zueinander konjugierte Teiler sein. Also erhält man
für die erzeugende Funktion (siehe Aufgabe 5 aus dem letzten Abschnitt)
F (x) =
∞
X
n=1
n
τ (n)x =
∞
X
k=1
xk
1 − xk
k
x
mit der Teilerzahlfunktion τ (n). Hier ist 1−x
k die erzeugende Funktion zur Aufgabe: Anzahl
der Möglichkeiten, n als Summe gleicher Zahl k darzustellen.
Konjugationen können manche — auf den ersten Blick völlig unverständliche — Identitäten
offensichtlich machen. Es ist (siehe Aufgabe 2 aus dem letzten Abschnitt)
F (x) = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 )(1 + x4 )(1 + x5 ) · · ·
die erzeugende Funktion zur Partition von n durch verschiedene natürliche Zahlen. Eine solche
Partition ist z.B. 7 = 4 + 2 + 1. Die konjuguerte Partition ist 7 = 3 + 2 + 1 + 1. Wie lassen sich
diese konjuguerten Partitionen charakterisieren? Das sind Partitionen, bei denen mit jedem
Summand auch alle kleineren Zahlen als Summanden vorkommen müssen.
Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe der Zahlen 1, 2, ..., k ohne
Auslassung darzustellen!
Diese Aufagbe ist äquivalent zur
Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Lösungen der diophantischen Gleichung
n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + kik
mit der Bedingung ij ≥ 1!
51
4.8 Ferrer–Diagramme
Lösung: Für die erzeugende Funktion erhält man
Fk (x) = (x + x2 + x3 + ...)(x2 + x4 + x6 + ...) · · · (xk + x2k + x3k + ...) =
k(k+1)
k
Y
xj
x2
xk
x 2
x
·
···
=
=
.
=
1 − x 1 − x2
1 − xk j=1 1 − xj
(1 − x)(1 − x2 ) · · · (1 − xk )
Die konjugierte zur letzten Aufgabe ist die
Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Möglichkeiten, n als Summe von genau k verschiedenen
Summanden darzustellen!
Das folgt aus der äquivalenten, dazugehörenden diophantischen Gleichung
n = (i1 + i2 + i3 + ... + ik ) + (i2 + i3 + ... + ik ) + (i3 + ... + ik ) + ... + (ik−1 + ik ) + ik
Damit erhält man abschließend folgende Identität
∞
Y
n
(1 + x ) =
n=1
∞ Y
k
X
xj
.
1 − xj
j=0 j=1
(12)
Diese Identität läßt sich auch analytisch zeigen. Wie in Aufgabe 20.3 gezeigt, gilt
F (x) = (1 − qx)(1 − q 2 x)(1 − q 3 x) · · · =
!
n(n+1)
∞
n
∞
k
X
Y
X
q
q 2
xn
xn =
=
2 − 1)(q 3 − 1) · · · (q n − 1)
k −1
(q
−
1)(q
q
n=0
n=0
k=1
wobei das Produkt 1 gesetzt wird, wenn die Differenz der Grenzen negativ ist. Setzt man hier
x = −1 und dann x für q ein, erhält man Identität (12).
Analog kann man die Identität
1
1
=
=
F (x)
(1 − qx)(1 − q 2 x)(1 − q 3 x) · · ·
∞
X
qn
xn
=
2 )(1 − q 3 ) · · · (1 − q n )
(1
−
q)(1
−
q
n=0
G(x) =
kombinatorisch interpretieren. Setzt man x = 1 und dann x für q ein, erhält man
∞
X
1
xk
=
(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) · · · k=0 (1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) · · · (1 − xk )
(13)
Die Funktion auf der linken Seite ist die erzeugende Funktion von P (n), der Anzahl der geordneten Partitionen von n.
Für festes k ist die Funktion
Fk (x) =
(1 − x)(1 −
1
− x3 ) · · · (1 − xk )
x2 )(1
die erzeugende Funktion der Aufgabe
Zerlegung von n in Summanden ≤ k
oder
52
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
Anzahl von Lösungen der Gleichung n = zk + zk−1 + ... + z2 + z1 mit der Nebenbedingung
n = zk ≥ zk−1 ≥ ... ≥ z2 ≥ z1 ≥ 0.
oder
Anzahl von nichtnegativen Lösungen der Gleichung n = kzk + (k − 1)zk−1 + ... + 2z2 + z1 .
Der Faktor xk im Zähler der rechten Seite von (13) verschiebt n um k.
Damit erhält man kombinatorische Interpretation der rechten Seite von (13)
Die Gesamtzahl von nichtnegativen Lösungen der Gleichungen
n = 0
n − 1 = z1
n − 2 = 2z2 + z1
..
.
n − k = kzk + (k − 1)zk−1 + ... + 2z2 + z1
..
.
4.9
Einige Grundpartitionen und ihre Eigenschaften
Prinzipiell unterscheidet man zwischen Partitionen mit und ohne Vertauschungen. Als erstes
betrachten wir Partitionen ohne Vertauschungen. Die Summanden für solche Partitionen kann
man als der Größe nach geordnet annehmen. Ist z.B. n = λ1 + ... + λk eine solche Partition, sei
λ1 ≥ λ2 ≥ ... ≥ λk .
4.9.1
Partitionen ohne Einschränkungen
p(n) ist die Anzahl von (geordneten) Zerlegungen von n. Das ist äquivalent zur Anzahl der
Lösungen der diophantischen Gleichung
n = j1 + j2 + j3 + ...,
j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ 0
(14)
und zur Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichung
n = i1 + 2i2 + 3i3 + ...,
i1 , i2 , i3 , ... ≥ 0
(15)
Die Zahl ik gibt an, wie oft der Summand k in der Zerlegung vorkommt. Die Äquivalenz beider
Aufgaben folgt aus
i1 + 2i2 + 3i3 + ... = (i1 + i2 + i3 + ...) + (i2 + i3 + ...) + (i3 + ...) + ... = j1 + j2 + j3 + ...
Aus der Einschränkung i1 , i2 , i3 , ... ≥ 0 folgt die Einschränkung j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ 0.
Die Aufgaben (14) und (15) sind zueinander konjugiert. j1 = i1 + i2 + i3 + ... gibt die Anzahl
der Summanden in (15) an und ist der größte Summand in (14). Da n beschränkt ist, gibt es
53
4.9 Einige Grundpartitionen und ihre Eigenschaften
ein kmax , sodaß ik = 0 für k > kmax . Dieses kmax ist der größte Summand in (15) und gibt die
Anzahl der Summanden in (14) an.
Erzeugende Funktion
F (x) =
∞
X
p(n)xn =
n=0
= ···
=
∞
∞ X
∞ X
X
x
=
j3 =j4 j2 =j3 j1 =j2
∞ X
∞ X
∞
X
i1 =0 i2 =0 i3 =0
=
j1 +j2 +j3 +...
· · · xi1 +2i2 +3i3 +... =
1
=
(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) · · ·
j2
j1
∞ X
X
X
j1 =0 j2 =0 j3 =0
∞
X
xi1
i1 =0
∞
Y
i=1
!
1
1 − xi
· · · xj1 +j2 +j3 +... =
∞
X
i2 =0
x2i2
!
∞
X
i3 =0
x3i3
!
··· =
Rekursive Darstellungen:
n−1
1X
p(n) =
p(k)σ(n − k)
n
k=0
Zum Beweis siehe Abschnitt 4.10.
Asymptotik:
√
1
π 2n
3 , n−
p(n) ≈ √ e
→∞
4n 3
Weitere Eigenschaften:
p(n) ≤
1
p(n + 1) + p(n − 1)
2
∞
∞
X
Y
j(3j+1)
1
j
k
2
(−1)
x
(1
−
x
)
=
=
n
p(n)x
n=0
j=−∞
P∞
k=1
Das ist auch die erzeugende Funktion von an − bn , wobei
an die Anzahl von Partitionen von n in eine gerade Anzahl von verschiedenen Summanden
bn die Anzahl von Partitionen von n in eine ungerade Anzahl von verschiedenen Summanden
p(n) − p(n − 1) ist die Anzahl von Partitionen von n, wobei jeder Summand ≥ 2 ist.
p(1) + p(2) + ... + p(n) < p(2n)
4.9.2
Partitionen mit eingeschränkter Summandenzahl I
Es sei p(n, k) die Anzahl von Partitionen von n mit höchstens k Summanden. Das ist äquivalent
zur Anzahl von Partitionen von n, wobei der größte Summand nicht größer als k ist. Diese beiden
Aufgaben sind zueinander konjugiert. Ihnen entsprechen die Anzahlen der Lösungen folgender
diophantischer Gleichungen:
54
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
n = j1 + j2 + j3 + ... + jk ,
j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jk ≥ 0
(16)
und zur Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichung
n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + kik ,
i1 , i2 , i3 , ..., ik ≥ 0
(17)
Die Äquivalenz beider Aufgaben folgt aus
i1 + 2i2 + ... + kik = (i1 + i2 + ... + ik ) + (i2 + ... + ik ) + ... + ik = j1 + j2 + ... + jk
Aus der Einschränkung i1 , i2 , i3 , ..., ik ≥ 0 folgt die Einschränkung j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jk ≥ 0.
Die Aufgaben (16) und (17) sind zueinander konjugiert. k ist der größte Summand in (17) (er
entfällt für ik = 0). j1 = i1 + i2 + i3 + ... + ik gibt die Anzahl der Summanden in (17) an. Sie
ist automatisch nicht größer als k.
Offenbar ist p(n) = lim p(n, k).
k→∞
Erzeugende Funktion
Fk (x) =
∞
X
p(n, k)xn =
n=0
=
∞
∞
X
X
jk =0 jk−1 =jk
=
···
∞
∞ X
∞ X
X
i1 =0 i2 =0 i3 =0
=
∞
∞ X
X
x
j2 =j3 j1 =j2
···
(1 − x)(1 −
j1 +j2 +j3 +...+jk
∞
X
xi1 +2i2 +3i3 +...+kik =
ik =0
=
j2
j1
∞ X
X
X
j1 =0 j2 =0 j3 =0
∞
X
xi1
i1 =0
1
=
− x3 ) · · · (1 − xk )
x2 )(1
k
Y
i=1
!
jk−1
···
∞
X
i2 =0
X
xj1 +j2 +j3 +...+jk =
jk =0
x2i2
!
···
∞
X
ik =0
xkik
!
=
1
1 − xi
Rekursive Darstellungen:
p(n, k) = p(n − 1, k − 1) + p(n − k, k)
Anfangswerte
p(n, 0) = 0; p(n, 1) = 1; p(n, n) = 1
Asymptotik:
Weitere Eigenschaften:
4.9.3
Partitionen mit eingeschränkter Summandenzahl II
Es sei p∗ (n, k) die Anzahl von Partitionen von n mit genau k Summanden. Das ist äquivalent
zur Anzahl von Partitionen von n, wobei der größte Summand genau k ist. Der Unterschied zu
p(n, k) ist, daß hier keine obere Schranke k gefordert wird. Es muß diese Schranke tatsächlich
angenommen werden. Diese beiden Aufgaben sind zueinander konjugiert. Ihnen entsprechen
die Anzahlen der Lösungen folgender diophantischer Gleichungen:
n = j1 + j2 + j3 + ... + jk ,
j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jk ≥ 1
(18)
55
4.9 Einige Grundpartitionen und ihre Eigenschaften
und zur Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichung
n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + kik ,
i1 , i2 , i3 , ..., ik−1 ≥ 0, ik ≥ 1
(19)
Die Einschränkung ja ≥ 1 bewirkt, daß tatsächlich k Summanden vorkommen. Die Einschränkung ik ≥ 1 bewirkt, daß tatsächlich der Summand k vorkommt.
Erzeugende Funktion
Fk (x) =
∞
X
p∗ (n, k)xn =
n=0
=
∞
∞
X
X
jk =1 jk−1 =jk
=
···
∞ X
∞ X
∞
X
i1 =0 i2 =0 i3 =0
=
∞
∞ X
X
j1 +j2 +j3 +...+jk
j2
j1
∞ X
X
X
=
x
j1 =1 j2 =0 j3 =0
j2 =j3 j1 =j2
···
∞
X
∞
X
xi1 +2i2 +3i3 +...+kik =
ik =1
xi1
i1 =0
!
jk−1
···
∞
X
X
jk =0
x2i2
i2 =0
k
xj1 +j2 +j3 +...+jk =
!
∞
X
···
xkik
ik =1
!
=
Y x
xk
=
(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) · · · (1 − xk ) i=1 1 − xi
Weitere Eigenschaften: Offenbar muß
∞ X
∞
X
n
p∗ (n, k)x =
k=0 n=0
∞
X
p(n)xn
n=0
gelten, woraus die Identität
k
∞ Y
X
k=0 i=1
folgt.
4.9.4
∞
Y 1
x
=
1 − xi
1 − xi
i=1
Partitionen mit eingeschränkter Teilbarkeit der Summanden
Es sei b(n, m) die Anzahl von Partitionen von n, wobei kein Summand durch m teilbar sein
soll. Diese Aufgabe ist äquivalent zur Anzahl von Partitionen von n, wobei jeder Summand
höchstens m − 1 mal vorkommen darf. Die Äquivalenz beider Aufgaben folgt sofort aus der
erzeugenden Funktion. Die letzte Aufgabe ist äquivalent zur Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichung
n = i1 + 2i2 + 3i3 + ...,
m − 1 ≥ i1 , i2 , i3 , ..., ik ≥ 0
(20)
Erzeugende Funktion
Fm (x) =
=
=
∞
X
b(n, m)xn =
n=0
m−1
X m−1
X
X m−1
i1 =0 i2 =0 i3 =0
∞ Y
i
i1 +2i2 +3i3 +...
···x
2i
(m−1)i
1 + x + x + ... + x
i=1
=
m−1
X
i1
x
i1 =0
∞
Y
=
i=1
!
m−1
X
i2 =0
2i2
x
!
m−1
X
3i3
x
i3 =0
∞
Y
1 − xmi
1
=
i
1−x
1 − xi
i=1,m6 | i
!
··· =
56
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
Die letzte Identität beweist den Zusammenhang mit der Teilbarkeit der Summanden.
Weitere Eigenschaften: Aufgaben für spezielle m lassen sich zum Teil äquivalent umformulieren. Der Fall m = 2 entspricht der Partitionierungsaufgabe mit verschiedenen Summanden
(siehe nächsten Punkt). Im Fall m = 4 gilt
∞
X
n
b(n, 4)x =
n=0
∞
Y
1 + x2i
=
1 − xi
1 − x2i−1
i=1
∞
Y
1 − x4i
i=1
Der letzte Ausdruck ist die erzeugende Funktion für die Partitionierungsaufgabe mit verscheidenen geraden und beliebigen ungeraden Summanden.
4.9.5
Partitionen mit verschiedenen Summanden
Es sei q(n) die Anzahl von Partitionen von n mit verschiedenen Summanden. Das ist ein
Spezialfall von (20), nämlich der Fall m = 2. Es folgt
F (x) =
∞
X
n
q(n)x =
n=0
∞
Y
1 − x2i
i=1
1 − xi
=
∞
Y
i=1
∞
Y
1
=
(1 + xi )
1 − x2i−1
i=1
Asymptotik:
√
1
π n
3, n−
e
→∞
q(n) ≈ √
4
4 3n3
Weitere Eigenschaften:
q(n) ≤
4.9.6
1
q(n + 1) + q(n − 1)
2
Partitionen mit verschiedenen Summanden und eingeschränkter Summandenzahl
Es sei q(n, k) die Anzahl von Partitionen von n mit ≤ k verschiedenen Summanden. Sie ist
äquivalent der Anzahl von Partitionen von n mit verschiedenen Summanden ≤ k.
k
,k
q(n, k) = p n −
2
q(n, k) = q(n, k − 1) + q(n − k, k)
Anfangswerte
q(n, 0) = 0; q(1, k) = 1; q(n, k) = p(n), k ≥ n
57
4.9 Einige Grundpartitionen und ihre Eigenschaften
4.9.7
Partitionen mit k Summanden ≤ m
Es sei f (n, k, m) die Anzahl von Partitionen mit nicht mehr als k Summanden, die nicht größer
als m sind. Das entspricht der Anzahl der Lösungen der diophantischen Gleichungen
n = j1 + j2 + j3 + ... + jk ,
m ≥ j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jk ≥ 0
(21)
bzw.
n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + mim ,
i1 , i2 , i3 , ..., im ≥ 0, i1 + i2 + i3 + ... + im ≤ k
(22)
Die letzte Gleichung läßt sich äquivalent zu
i1 + 2i2 + 3i3 + ... + mim = (i1 + i2 + i3 + ... + im ) + (i2 + i3 + ... + im ) + (i3 + ... + im ) + . . . + im
umformen. Das heißt, Aufgabe (22) ist äquivalent zu
n = j1 + j2 + j3 + ... + jm ,
k ≥ j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jm ≥ 0
(23)
Das ist Aufgabe (21) mit vertauschten Parametern k und m. Es ist also
f (n, k, m) = f (n, m, k) .
Diese Gleichheit drückt gerade die Konjugation aus. Hieraus folgt die vierte äquivalente Aufgabe
n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + kik ,
i1 , i2 , i3 , ..., ik ≥ 0, i1 + i2 + i3 + ... + ik ≤ m
(24)
Die vier äquivalenten Aufgaben führen zu vier äquivalenten
Erzeugenden Funktionen
Fk,m(x) =
∞
X
f (n, k, m)xn =
n=0
=
m
m
X
X
jk =0 jk−1 =jk
=
k
X
···
k
Y
1 − xi+m
i=1
1 − xi
j1 +j2 +j3 +...+jk
x
=
im−2 =0
=
k−im −im−1 −...−i2
···
m
Y
1 − xi+k
i=1
j2
j1
m X
X
X
j1 =0 j2 =0 j3 =0
j2 =j3 j1 =j2
−im−1
k−i
Xm k−imX
im =0 im−1 =0
=
m
m X
X
1 − xi
X
jk−1
···
X
xj1 +j2 +j3 +...+jk =
jk =0
xi1 +2i2 +3i3 +...+mim =
i1 =0
m+k
m+k
=
=
k
m
x
x
Hier ist ein verallgemeinerter Binomialkoeffizient
(1 − xn )(1 − xn−1 )(1 − xn−2 ) · · · (1 − xn−k+1 )
n
=
k x
(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) · · · (1 − xk )
definiert
worden.
Er wird oft Gaußscher Binomialkoeffizient genannt. Man erhält als Grenzwert
n
n
=
.
Eine
Eigenschaft,
die man als Analogie zur Eigenschaft der gewöhnlichen Binomik 1
k
alkoeffizienten, stets eine natürliche Zahl darzustellen, verstehen kann, ist, daß nk x stets ein
Polynom ist. Weitere Eigenschaften werden im Abschnitt 4.11 besprochen.
58
4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE
Der Beweis der Darstellungen der erzeugenden Funktionen wird an Beispielen demonstriert: Es
sei k = 1, dann ist
F1,m (x) =
m
X
xj1 =
j1 =0
1 − xm+1
1−x
Für k = 2 erhält man
m X
m
X
m
X
m
xj2 − xm+1
1 X 2j2
x − xm+1+j2 =
=
1−x
1 − x j =0
j2 =0
j2 =0 j1 =j2
2
2m+2
m+1
2m+2
1−x
x
−x
1
=
−
=
2
1−x
1−x
1−x
(1 − xm+1 )(1 − xm+2 )
1
2m+2
m+1
2m+2
=
1
−
x
−
(1
+
x)(x
−
x
)
=
(1 − x)(1 − x2 )
(1 − x)(1 − x2 )
F2,m (x) =
xj1 +j2 =
xj2
Umgekehrt kann man auch m fixieren. Man erhält für m = 1
Fk,1(x) =
k
X
i1
1 − xk+1
x =
1−x
=0
i1
und für m = 2
k k−i
X
X2
k
X
k
− xk−i2 +1
1 X 2i2
k+i2 +1
F2,m (x) =
x
=
x
=
x −x
=
1−x
1 − x i =0
i2 =0 i1 =0
i2 =0
2
1
1 − x2k+2 xk+1 − x2k+2
(1 − xk+1 )(1 − xk+2 )
=
=
−
1−x
1 − x2
1−x
(1 − x)(1 − x2 )
4.9.8
i1 +2i2
2i2 1
Ungeordnete Partitionen mit k Summanden ≤ m − 1
n = j1 + j2 + j3 + ... + jk ,
Fk,m (x) =
∞
X
m − 1 ≥ j1 , j2 , j3 , ..., jk ≥ 0
n
f (n, k, m)x =
jk =0 jk−1 =0
n=0
=
m−1
X
j1 =0
m−1
X
X m−1
j1
x
!
m−1
X
j2 =0
j2
x
!
···
···
m−1
X
jk =0
m−1
X
X m−1
(25)
xj1 +j2 +...+jk =
j2 =0 j1 =0
jk
x
!
=
m−1
X
j=0
j
x
!k
=
1 − xm
1−x
k