Lösung Klausur 1 - Leibniz Universität Hannover

Leibniz Universität Hannover
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné, apl.Prof. Dr. T. Holm
16. Juli 2010
Lösungen zur Klausur “Diskrete Strukturen”
Sommersemester 2010
1. (a) Die Folge (Fn )n∈N sei definiert durch F1 = F2 = 1 und Fn+1 = Fn + Fn−1 für
n ≥ 2. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion für alle n ∈ N
n X
n−k
= Fn+1 .
k
k=0
(b) Beweisen Sie mit einem kombinatorischen Argument (durch Festhalten eines
Elements von Teilmengen einer n-Menge) folgende Identität für alle k, n ∈ N:
n
n−1
k·
=n·
.
k
k− 1
n
X
n
k·
= n · 2n−1 (n ∈ N).
(c) Folgern Sie aus der Identität in (b):
k
k=1
1
Lösung: (a) Für n = 1 ergibt sich 0 = 1 = F2 und für n = 2 haben wir 20 + 11 =
1 + 1 = F3 .
Sei die Formel für n bewiesen. Dann ist
n+1 n X
X
n+1−k
n+1−k
0
=
+
k
k
n+1
k=0
k=0
n
n
X n − k
X n−k
+
=
k−1
k
k=0
k=0
n−1 X
n−1−k
= Fn+1 +
= Fn+1 + Fn = Fn+2
k
k=0
und der Induktionsschluss ist gelungen.
(b) Wir zählen auf zwei Arten die Anzahl der k-elementigen Teilmengen M in n mit
einem ausgezeichneten Element x ∈ M .
Wir wählen zuerst die Teilmenge M , danach wählen wir darin das Element x aus.
Für die Wahl der k-elementigen Teilmenge M gibt es nk , für die Wahl von x aus
M dann k Möglichkeiten. Insgesamt also k · nk .
Jetzt wählen wir zuerst x und ergänzen zur Menge M . Für die Wahl von x gibt es n
Möglichkeiten;
für die Ergänzung zu einer k-elementigen
Teilmenge M gibt es dann
n−1
n−1
Möglichkeiten.
Insgesamt
also
n
·
.
k−1
k−1
(c) Nach Teil (b) ist
X
n
n
n−1 X
X
n
n−1
n−1
k·
=
n·
=n·
= n · 2n−1
k
k
−
1
k
k=1
k=1
k=0
wobei wir bei der vorletzten Gleichung eine Indexverschiebung gemacht haben und
in der letzten Gleichung die binomische Formel benutzt haben.
2. (a) Wieviele Worte der Länge 9 über dem Alphabet {a, b, c, d} gibt es mit genau
drei a’s, genau zwei c’s und genau drei d’s? (Ergebnis in Dezimaldarstellung.)
(b) Für natürliche Zahlen k, n betrachten wir 0-1-Folgen der Länge k +n mit genau
k Nullen und genau n Einsen, in denen nie zwei Nullen hintereinander stehen.
Zeigen Sie, dass die Anzahl dieser Folgen gleich n+1
ist.
k
(c) Für natürliche Zahlen k und n sei dn,k die Anzahl der Permutationen der
Menge
n
n mit genau k Fixpunkten. Begründen Sie kurz die Formel dn,k = k dn−k,0 .
Wieviele Permutationen der Menge 7 gibt es mit genau zwei Fixpunkten?
(Ergebnis in Dezimaldarstellung.)
Lösung: (a) Die gesuchte Anzahl ist gegeben durch den Multinomialkoeffizienten
9
9!
=
= 5040.
3, 2, 3, 1
3! 2! 3! 1!
(b) Jede solche Folge entsteht auf eindeutige Weise wie folgt: Schreibe eine Folge
von n Einsen; aus den n + 1 ’Zwischenräumen’ (inklusive vor der ersten und nach
der letzten Eins) wähle k aus zur Platzierung der k Nullen. Daher gibt es n+1
k
solche Folgen.
(c) Wir begründen zunächst die Formel dn,k = nk dn−k,0 : für eine beliebige Permuation mit
genau k Fixpunkten wählen man zunächst die k Fixpunkte aus; dafür
n
gibt es k Möglichkeiten. Auf den restlichen n − k Zahlen wird eine fixpunktfreie
Permutation induziert, dafür gibt es dn−k,0 Möglichkeiten.
Die Anzahl
der Permutationen von 7 mit genau zwei Fixpunkten ist gegeben durch
7
d7,2 = 2 d5,0 . Wir bestimmen also d5,0 . Für eine fixpunktfreie Permutation gibt es
zwei
mögliche Zykeltypen: (∗ ∗)(∗ ∗ ∗) und (∗ ∗ ∗ ∗ ∗). Vom ersten Typ gibt es
5
· 2! = 20 Permutationen,
vom zweiten Typ 4! = 24. Insgesamt also d5,0 = 44 und
2
7
damit d7,2 = 2 d5,0 = 21 · 44 = 924.
3. Eine irreflexive und antisymmetrische Relation R auf einer Menge X mit transitivem
Komplement Rc = (X ×X) \ R heißt schwache Ordnung auf X.
(a) Welche der folgenden Relationen sind schwache Ordnungen auf n?
R = {(x, y) ∈ n×n : x|y}, S = {(x, y) ∈ n×n : x < y}, T = {(x, y) ∈ n×n : x 6= y}.
(b) Zeigen Sie: Jede schwache Ordnung ist transitiv.
(c) Zeigen Sie: R schwache Ordnung ⇐⇒ Rc totale Quasiordnung.
(d) Warum ist die Anzahl der schwachen Ordnungen gleich der Anzahl der totalen
Quasiordnungen auf n? Bestimmen Sie diese Anzahl für n = 4.
Lösung: (a) R ist reflexiv, also keine schwache Ordnung.
S ist irreflexiv und antisymmetrisch, da nie zugleich x < y und y < x gilt. Und
S c = {(x, y) ∈ n×n : x ≥ y} ist transitiv, also ist S eine schwache Ordnung.
T ist für n > 1 nicht antisymmetrisch, also keine schwache Ordnung, da 1 6= 2 6= 1
gilt. Für n = 1 ist T = ∅ allerdings eine schwache Ordnung.
(b) Sei R irreflexiv und antisymmetrisch. Ist außerdem Rc transitiv, so auch R, denn
wäre x R y und y R z, aber nicht x R z, so folgte x Rc z und z Rc y, also x Rc y, im
Widerspruch zu x R y.
(c) R ist irreflexiv und antisymmetrisch ⇔ Rd ⊆ Rc ⇔ Rcc ⊆ Rcd ⇔ Rc ist total.
(d) Die Abbildung R 7→ Rc ist nach (c) eine Bijektion zwischen schwachen
OrdnunPn
gen und totalen Quasiordnungen. Davon gibt es nach Satz 1.22
m=1 m!Sn,m viele,
für n = 4 also 1 · 1 + 2 · 7 + 6 · 6 + 24 · 1 = 75 (siehe Tabelle auf S.21 von Kapitel 1).
4. Sei n ≥ 3. Besitzt ein Rad Wn mit n+1 Knoten und n “Speichen” (d.h. 2n Kanten)...
(a) eine Euler-Tour?
(b) eine Hamilton-Tour?
(c) einen Wald als Komplementärgraph? (Fallunterscheidung!)
(d) einen nicht-isomorphen Graphen mit gleicher Gradfolge?
s
H
Hs
s
@
s @s A s
As @
@ s
H
H s
W8
Lösung: (a) Ein Rad Wn besitzt nie eine Euler-Tour, da alle Ecken bis auf maximal
eine (das “Zentrum”) ungerade Valenz 3 haben.
(b) Eine Rad Wn besitzt stets eine Hamilton-Tour: Starte mit dem Zentrum, durchlaufe danach die Randpunkte einmal im Kreis herum und lande wieder im Zentrum.
(c) Der Graph W3 ist ein vollständiger Graph, der Komplementärgraph W3 hat keine Kanten, ist also ein Wald. Für n = 4 ist Wn disjunkte Vereinigung von einem
isolierten Knoten und zwei Bäumen mit je einer Kante, also ein Wald. Für n = 5
enthält Wn ein Pentagon (“Drudenfuss”), ist also kein Wald. Und für n > 5 enthält
Wn mindestens ein Dreieck (je einen Eckpunkt überspringen), ist also ebenfalls kein
Wald.
(d) Ist G ein Graph mit der gleichen Gradfolge (3, 3, 3, ..., n) wie für Wn , so ist der
Graph G − {x} für den einzigen Knoten x vom Grad n eine disjunkte Vereinigung
von Kreisen (da alle Knoten im Restgraph Valenz 2 haben). Für n ≤ 5 gibt es
nur einen Kreis. Da x mit allen Punkten des Restgraphs verbunden ist, muss G
für n ∈ {3, 4, 5} isomorph zu Wn sein. Es gibt dann also keinen nicht-isomorphen
Graphen mit gleicher Gradfolge. Für n ≥ 6 existieren allerdings zu Wn nicht isomorphe Graphen mit der gleichen Gradfolge, zum Beispiel die “Zweiräder”, die durch
Verbinden aller Knoten von zwei disjunkten Kreisen mit x entstehen.
t
t
,c
,
,
,
t hhc
t
h
hc
h
t h
h
h
hht
t c
c
,
,
c,
,
t
t
Z8 6' W8