Diskrete Mathematik (D-ITET) - Cadmo

ETH Zürich
Institut für Theoretische Informatik
Prof. Dr. Angelika Steger
Dr. Uli Wagner
HS 2011
Lösungsvorschlag zu Übungsblatt 2
Diskrete Mathematik (D-ITET)
Aufgabe 1
(a) Die rechte Seite der Gleichung beschreibt die Anzahl Möglichkeiten, n Elemente aus einer 2nelementigen Menge auszuwählen. Wir unterteilen die möglichen Wahlen in zwei (disjunkte)
Klassen, solche, die das
erste Element enthalten, und solche, die es nicht enthalten. Die erste
Klasse enthält 2n−1
Wahlen (=die Anzahl Möglichkeiten, aus den verbleibenden 2n − 1
n−1
Elementen noch n − 1 auszuwählen). Die zweite Klasse enthält 2n−1
Wahlen (=die Anzahl
n
Möglichkeiten, aus den verbleibenden 2n−1 Elementen n auszuwählen).
Wir
wissen ausserdem,
n
dass für alle natürlichen Zahlen n und k ≤ n die Beziehung nk = n−k
gilt (statt k Elemente
aus n auszuwählen, können auch die n−k Elemente bestimmt werden, die nicht in der Auswahl
enthalten sein sollen). Insgesamt erhalten wir also
2n
2n − 1
2n − 1
2n − 1
2n − 1
2n − 1
=
+
=
+
=2
.
n
n−1
n
n
n
n
(b) Die Anzahl Handschläge, die n + 1 Personen austauschen, wenn jeder jedem genau einmal die
Hand schüttelt, ist durch n+1
gegeben (jeder Handschlag entspricht einer möglichen Wahl
2
von 2 Personen aus n + 1). Eine andere Möglichkeit, die Handschläge zu zählen, ist wenn
man annimmt, dass alle Personen einzeln ankommen und jeweils allen bereits Anwesenden die
Hand schütteln (sobald alle n + 1 Personen angekommen sind, hat bei diesem Vorgehen dann
offensichtlich jeder jedem die Hand gegeben). Die erste Person, die ankommt, schüttelt keinem
die Hand. Die zweite Person reicht der ersten die Hand, es ergibt sich also ein Handschlag.
Die dritte Person schüttelt zwei Hände, die vierte Person drei Hände usw.
Pnbis zur (n + 1)-ten
Person, welche n andere begrüssen darf. Aufsummiert ergibt das genau i=1 i.
(c) Die rechte Seite der Gleichung beschreibt die Anzahl Möglichkeiten, 3 Elemente aus der Menge
{1, . . . , n + 1} auszuwählen. Eine andere Möglichkeit, diese Elemente zu wählen, ist zuerst das
mittlere Element festzulegen, dann das kleinere und das grössere der drei. Wählt man i + 1
als mittleres Element, so gibt es i Möglichkeiten für die Wahl des kleineren und n − i für die
Wahl des grösseren. Aufsummiert über alle Möglichkeiten für die Wahl des mittleren Elements
erhalten wir
n−1
n
X
X
i(n − i) =
i(n − i).
i=1
i=1
Aufgabe 2
(a) Für n = 1 gibt es keine fixpunktfreien Permutationen (da nur ein Element vorhanden ist,
muss es auf sich selbst abgebildet werden). Für n = 2 gibt es eine fixpunktfreie Permutation,
nämlich die, welche die zwei Elemente vertauscht. Für n = 3 sind genau die Permutationen
(231) und (312) fixpunktfrei.
1
(b) Man kann die Anzahl Dn der fixpunktfreien Permutationen von [n] berechnen, indem man
von der Anzahl aller möglichen Permutationen (dies sind n! viele) die Anzahl Permutationen
abzieht, welche mindestens einen Fixpunkt haben. Für jede Teilmenge A ⊆ [n] bezeichnen wir
mit FA die Anzahl Permutationen, die an (mindestens) den Stellen in A Fixpunkte haben.
Wir wollen an den Stellen 1 bis n keine Fixpunkte, also ziehen wir diese von n! ab:
n! − F{1} + F{2} + · · · + F{n} .
Aus Symmetriegründen sind alle F{i} gleich gross, und zwar genau (n − 1)!. Der Grund dafür
ist, dass die Zahl an der i-ten Stelle i sein muss (dies ist ein Fixpunkt!) und die restlichen
n − 1 Stellen beliebig permutiert werden dürfen. Das obige Zwischenergebnis lässt sich also zu
n
n! −
(n − 1)!
1
vereinfachen. Damit haben wir aber Permutationen, die an genau zwei Stellen einen Fixpunkt
haben, doppelt abgezogen. Da wir sie aber nur einmal abziehen
wollen, müssen wir solche
Permutationen wieder einmal dazuzählen. Wieder sind alle n2 der Zahlen F{i,j} gleich gross,
und zwar genau (n − 2)! (zwei Stellen sind fixiert, die anderen dürfen beliebig permutiert
werden). Der Zwischenstand ist nun bei
n
n
n! −
(n − 1)! +
(n − 2)!.
1
2
Permutationen mit genau drei Fixpunkten haben wir jetzt dreimal abgezogen (mit den F{i} ),
dann aber wieder dreimal dazugezählt (mit den F{i,j} ) Wir müssen sie also wieder einmal
abziehen. Führt man diesen Gedankengang fort (Anwendung des Prinzips von Inklusion und
Exklusion) so erhält man
n
X
n
n
n
i n
Dn = n! −
(n − 1)! +
(n − 2)! −
(n − 3)! + · · · =
(−1)
(n − i)!.
1
2
3
i
i=0
Die Summe auf der rechten Seite lässt sich weiter vereinfachen zu
n
n
n
X
X
X
(−1)i
n!
i n
i
(−1)
(n − i)! =
(−1)
(n − i)! = n!
.
i
(n − i)!i!
i!
i=0
i=0
i=0
(c) Aus der Lösung zu (b) lässt sich der asymptotische Anteil der fixpunktfreien Permutationen
leicht berechnen:
∞
1
Dn X (−1)i
lim
=
=
n→∞ n!
i!
e
i=0
Hier bezeichnet e die Euler-Konstante. Dass die Reihe tatsächlich gegen 1/e konvergiert, kann
bewiesen werden, indem man z.B. die Taylor-Entwicklung der Funktion e−x an der Stelle 0
für x = 1 betrachtet.
Aufgabe 3
Wir wählen eine der n Personen am Tisch aus, die wir Person 1 nennen. Wir numerieren nun die
Personen im Uhrzeigersinn. Sei Cn die Anzahl der Möglichkeiten die Paare zu wählen, wenn 2n
Personen am Tisch sitzen. Für n = 1 ist C1 = 1. Wenn n ≥ 2, und Person 1 Person k die Hand
gibt, muss k gerade sein und es gibt noch C(k−2)/2 C(2n−k)/2 Möglichkeiten die restlichen Paare zu
wählen. Also gilt
2n
n
X
X
Cn =
C(k−2)/2 C(2n−k)/2 =
Ck−1 Cn−k
k=1
k=1
kgerade
was genau der Rekursion für die Catalan-Zahlen entspricht und es gilt Cn =
2
2n
1
n+1 n
.
Aufgabe 4
(a)
T1
T2
T3
T4
(b) Die Anzahl der Bäume in Tn für n = 1, . . . , 4 ist 1, 1, 2 und 5. Das entspricht genau den
Catalan-Zahlen C0 bis C3 . Wir vermuten deshalb, dass |Tn | = Cn−1 gilt. Um das zu beweisen, verwenden wir Induktion über n. Für n = 1, . . . , 4 stimmt die Aussage, wie wir bereits
beobachtet haben. Die Basis der Induktion ist also gelegt. Wir nehmen nun an, die Aussage
sei für alle Zahlen kleiner/gleich n für ein festes n ≥ 1 richtig. Betrachten wir nun den Fall
n + 1. Der Wurzelknoten eines Baumes aus Tn+1 hat sicher einen ersten Kindknoten. Dieser
ist seinerseits Wurzel eines Baums auf k Knoten (1 ≤ k ≤ n) aus der Klasse Tk . Entfernt man
diesen Teilbaum zusammen mit dem ersten Kindknoten, so verbleibt ein Baum auf n + 1 − k
vielen Knoten aus der Klasse Tn+1−k . Aus der Induktionsannahme wissen wir bereits, wieviele
Bäume es in Tk und Tn+1−k gibt, nämlich Ck−1 und Cn−k viele. Die Anzahl der Bäume auf
n + 1 Knoten mit genau k Knoten am ersten Kindknoten ist also Ck−1 Cn−k . Nun müssen wir
nur noch über alle Werte von k aufsummieren und erhalten
|Tn+1 | =
n
X
Ck−1 Cn−k = Cn .
k=1
Die letzte Gleichung ist dabei die Rekursionsvorschrift für die n-te Catalan-Zahl, was wir
beweisen wollten.
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