Kombinatorische Methoden in der Informatik - Diskrete Mathematik

Kombinatorische Methoden in der Informatik
Prof. Dr. Peter Hauck
Wilhelm-Schickard-Institut für Informatik
AB Diskrete Mathematik
Skript einer 2-stündigen Vorlesung im Sommersemester 2002
http://www-dm.informatik.uni-tuebingen.de
2. (korrigierte) Version vom 05.11.2003
Erstellung des Skripts
Lars Hollmann
Bei Fehlern oder Korrekturvorschlägen bitte Mail an: hollmann@informatik.uni-tuebingen.de

Inhaltsverzeichnis
1 Elementare kombinatorische Techniken 5
2 Abzählen von Mengen und Abbildungen 12
3 Rekursionen 20
4 Erzeugende Funktionen 35
5 Rekursionen erster Ordnung und Summationsfaktoren 46
6 Geordnete Mengen 52
2

Übersicht
0.1 Stichworte zur Kombinatorik
• Anordnung von Objekten mit gewissen Eigenschaften
• Existenz ?
• Anzahl ?
• Optimierung ?
0.2 Teilgebiete der Kombinatorik
• abzählende Kombinatorik
• Graphen, Netzwerke
• Ramsey - Theorie
• Designs, endliche Geometrien
• Matroidtheorie
• Topologische Kombinatorik
0.3 Inhalt der Vorlesung
Typische Resultate und Methoden der abzählenden Kombinatorik, die in der
Informatik eine Rolle spielen (z.B. bei der Analyse und dem Entwurf von Algorithmen):
• Einfache Abzählprobleme
• Rekursionen
• erzeugende Funktionen
• Permutationen
• Partitionen
• (teilweise) geordnete Mengen
3

INHALTSVERZEICHNIS 4
0.4 Literatur
1. M. Aigner Diskrete Mathematik, Vieweg, 3. Auflage 1999
2. P. Cameron: Combinatorics - Topics, Techniques, Algorithms, Cambridge
University Press, 3. Auflage 1998
3. D.I.A. Cohen: Basic Techniques of Combinatorial Theory, Wiley, 1. Auflage
1978
4. R.L. Graham, D. Knuth, O. Patashnik: Concrete Mathematics, Addison-
Wesley, 1998
5. D.H. Greene, D.Knuth: Mathematics for the Analysis of Algorithms,
Birkhäuser, 3. Auflage 1990
6. J.H. van Lint, R.M. Wilson: A Course in Combinatorics, Cambridge
University Press, 5. Auflage, 1999
7. K.H. Rosen (Ed.): Handbook of Discrete and Combinatorial Mathematics,
CRC Press, 2000
8. P. Tittmann: Einführung in die Kombinatorik, Spektrum, 2000
9. A. Tucker: Applied Combinatorics, Wiley, 2002

Kapitel 1
Elementare
kombinatorische Techniken
1.1 Additionsprinzip (Summenregel)
Seien S 1 , .., S m paarweise disjunkte endliche Mengen. Dann ist
|S 1 ∪ · · · ∪ S m | =
m∑
i=1
|S i |.
Anwendung:
Man klassifiziert die Elemente einer Menge S nach gewissen Eigenschaften E i ,
i = 1, . . . , m, die sich gegenseitig ausschließen.
Setze S i = {x ∈ S | x hat Eigenschaft E i }.
|S| =
m∑
i=1
|S i |.
1.2 Multiplikationsprinzip(Produktregel)
Kann eine Prozedur in m aufeinanderfolgende Schritte aufgeteilt werden und
hat man n 1 viele Optionen für Schritt 1, und hat man nach Durchführung von
Schritt i−1 (i = 2, . . . , m) genau n i viele Optionen, Schritt i durchzuführen, so
hat man insgesamt n 1 · n 2 · . . . · n m viele Möglichkeiten, die Gesamtprozedur
durchzuführen.
(
)
m∏
Mathematischer Hintergrund: |S 1 × . . . × S m | = |S i |
i=1
5

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 6
Zum Verdeutlichen ein Baumdiagramm:
Abbildung 1.1: Baumdiagramm
Beispiele
a) Eine Kennzeichnung aus maximal 4 Symbolen:
An der ersten Stelle steht immer ein Buchstabe,
an der zweiten und dritten Stelle ein Buchstabe oder eine Ziffer,
an der vierten Stelle steht immer x,y oder z:
Wieviele Möglichkeiten gibt es?
S i = Menge aller Kennzeichnungen mit i Symbolen, i = 1, 2, 3, 4
eine Stelle (26 Buchstaben):
|S 1 | = 26
zwei Stellen (26 Buchstaben + 10 Ziffern):
|S 2 | = 26 · 36
drei Stellen (26 Buchstaben + 10 Ziffern):
vier Stellen (3 Buchstaben):
|S 3 | = 26 · 36 2
|S 4 | = 26 · 36 2 · 3
Bei |S 2 |, |S 3 | und |S 4 | wurde die Produktregel angewandt.
Gesamtzahl aller Kennzeichnungen (Summenregel):
|S 1 | + |S 2 | + |S 3 | + |S 4 | = 135746 Möglichkeiten
b) Wieviele 0-1-Folgen der Länge n gibt es? (Produktregel)
2 n viele.

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 7
A
2x
B
2x
3x
2x
C
Abbildung 1.2: Einschl.-Ausschl.-Prinzip
1.3 Einschließungs-Ausschließungs-Prinzip
Sind A, B Mengen, so ist |A ∪B| = |A| + |B| − |A ∩B|.
Sind A, B, C Mengen, so ist
|A ∪B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩B ∩ C|
Allgemein:
Sind S 1 , . . . , S m endliche Mengen, so ist
m∑ ∑
|S 1 ∪ · · · ∪ S m | = (−1) k+1 ·
k=1
1≤i 1

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 8
|S 2 ∩ S 3 | = Anzahl der Zahlen, die durch 15 teilbar sind
Anzahl der zu 30 teilerfremden Zahlen= 30 − |S 1 ∪ S 2 ∪ S 3 |
|S 1 | = 30
2 = 15
|S 2 | = 30
3 = 10
|S 3 | = 30
5 = 6
|S 1 ∩ S 2 | = 30 6 = 5
|S 1 ∩ S 3 | = 30
10 = 3
|S 2 ∩ S 3 | = 30
15 = 2
|S 1 ∩ S 2 ∩ S 3 | = 1
Mit Einschl.-Ausschl.-Regel:
|S 1 ∪ S 2 ∪ S 3 | = 15 + 10 + 6 − 5 − 3 − 2 + 1 = 22
8 Zahlen zwischen 1 und 30 sind teilerfremd zu 30.
1.4 Prinzip des doppelten Abzählens
Seien A, B endliche Mengen, S ⊆ A × B (S ist eine Relation).
Für jedes a ∈ A sei n a die Anzahl der Elemente b ∈ B mit (a, b) ∈ S.
Für jedes b ∈ B sei m b die Anzahl der Elemente a ∈ A mit (a, b) ∈ S.
Dann gilt:
∑
m b = |S|
a∈A
n a = ∑ b∈B
Insbesondere: Ist n = n a unabhängig von der Wahl von a und ist m = m b unabhängig
der Wahl von b, so ist n · |A| = m · |B|.
Warum gilt 1.4 ?
b 1 b 2 . . . b j . . . b s ← B
a 1 0
a 2 0
.
.
. .. 1
a i 0 0 1 . . . 0 1 1 . . . 1 0
0
.
.
. ..
0
a r 0
↑
A
Abbildung 1.3: Inzidenzmatrix

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 9
Sei A = {a 1 , . . . , a r }, B = {b 1 , . . . , b s }.
Die Inzidenzmatrix ist eine r × s-Matrix mit Einträgen aus {0, 1}.
Der Eintrag an der Stelle (i, j) ist folgendermaßen festgelegt:
1 : falls (a i , b i ) ∈ S
0 : falls (a i , b i ) ∉ S
Insgesamt stehen |S| viele Einsen in der Matrix. In Zeile i stehen n ai
Einsen, in der Spalte j stehen m bj viele Einsen.
Durch zeilenweises Abzählen erhält man
viele
r∑
n ai = ∑ n a = |S|
i=1 a∈A
und durch spaltenweises Abzählen
s∑
m bj = ∑ m b = |S|.
j=1 b∈B
Beispiel
Für jede natürliche Zahl n sei t(n) die Anzahl der positiven (ganzzahligen) Teiler
von n. t(n) ist eine wild springende Funktion. Betrachte stattdessen:
t(n) = 1 n ·
n∑
t(i)
Mit Hilfe eines Doppelabzählungs-Argument zeigen wir, dass sich t(n) sehr
freundlich verhält.
Sei A = {1, . . . , n} S ⊆ A × A : (i, j) ∈ S ⇔ i teilt j
Doppeltes Abzählen: Sei i ∈ A gegeben. Wieviele j ∈ A gibt es mit i|j ?
⌊ n
⌋
i, 2i, . . . , · i
i
Anzahl: ⌊ ⌋
n
i
Sei j ∈ A. Wieviele i ∈ A gibt es mit i|j ?
Anzahl: t(j)
i=1
1.4)
n∑ ⌊ n
⌋ n∑
= t(j)
i
i=1
j=1
t(n) = 1 n
n∑
t(j) = 1 n
j=1
n∑ ⌊ n
⌋
≤ 1 i n
i=1
n∑
i=1
n
n i = ∑ 1
i
i=1
(n-te harmonische Zahl)

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 10
Der Fehler in dieser Abschätzung ist kleiner als 1.
Es gilt: log(n) + 1 n < n ∑
i=1
1
i < log(n) + 1
Also: t(n) ≈ log(n), Fehler ist kleiner als 2.
Abbildung 1.4: Ober- / Untersummen von der Funktion 1 x
n−1
∑
i=1
1
i
} {{ }
Obersumme
>
∫ n
1
x dx
1
} {{ }
=log(n)
>
n∑ 1
i
i=2
} {{ }
Untersumme
1.5 Bijektionsprinzip(Gleichheitsregel)
Existiert eine bijektive Abbildung zwischen zwei endlichen Mengen A, B, so ist
|A| = |B|.
Beispiel
Wieviele Teilmengen hat eine Menge mit n Elementen, z.B. A = {1, . . . , n}?
Ordne jeder Teilmenge B von A eine 0-1-Folge (x 1 , . . . , x n ) der Länge n zu:
{
1 : i ∈ B
x i =
0 : i ∉ B
Diese Zuordnung liefert Bijektion zwischen der Menge aller Teilmengen von A
und der Menge aller 0-1-Folgen der Länge n. Nach 1.2 gibt es davon 2 n viele.
1.6 Schubfachprinzip
|P(A)| = 2 n
a) Werden mehr als n viele Objekte auf n ”
Schubfächer“ verteilt, so enthält
mindestens ein Schubfach mehr als ein Objekt.

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 11
b) (Verallgemeinert) Werden m Objekte auf n Schubfächer“ verteilt, so
”
enthält ein Schubfach mindestens ⌈ m n
⌉ viele Objekte.
Begründung: ⌈ m
n
⌉
− 1 < m n
Angenommen Behauptung b) ist falsch, dann:
(⌈ m
⌉ )
m ≤ n · − 1 < n · m
n n = m Widerspruch !
Beispiel
Jede Folge von n 2 + 1 vielen verschiedenen reellen Zahlen 1 enthält eine aufsteigende
oder eine absteigende Teilfolge der Länge n+1, d.h. a 1 , . . . , a n 2 +1 gegeben,
dann existieren Indizes i 1 < i 2 < . . . < i n+1 , so dass a i1 < a i2 < . . . < a in+1
oder a i1 > a i2 > . . . > a in+1 gilt.
Für jedes a j sei s j die Länge der längsten aufsteigenden Folge, die mit a j beginnt.
Für jedes a j sei f j die Länge der längsten absteigenden Folge, die bei a j beginnt.
z.B.:
( 1
}{{}
a 1
7
}{{}
2 11 13 − 4 8 9 6 3)
a 2
s 1 = 4 (1 2 11 13), (1 7 11 13), . . .
f 1 = 2 (1 − 4)
f 5 = 4 (13 8 6 3), (13 9 6 3)
Auf diese Weise erhält man n 2 +1 viele geordnete Paare (s j , f j ), j = 1, . . . , n 2 +1.
Angenommen die Behauptung ist falsch. Dann ist
1 ≤ s j ≤ n ∧ 1 ≤ f j ≤ n ∀j = 1, . . . , n 2 + 1
Also gibt es höchstens n 2 viele verschiedene Paare unter den (s j , f j ).
Das Schubfachprinzip sagt dann: Es gibt zwei Indizes i < j mit (s i , f i ) = (s j , f j ),
dh.
s i = s j ∧ f i = f j
Ist a i > a j , so ergänze a i > a j durch eine absteigende Folge der Länge f j , die
bei a j beginnt. Das ergibt eine absteigende Folge der Länge f j + 1, die bei a i
beginnt. Also:
Genauso, falls a i < a j .
f i ≥ f j + 1 > f j = f i Widerspruch !
1 gilt auch für beliebige vollständig geordnete Mengen anstelle der reellen Zahlen

Kapitel 2
Abzählen von Mengen und
Abbildungen
Wieviele Möglichkeiten gibt es aus einer Menge mit n vielen Elemente k Elemente
auszuwählen ?
Die Antwort hängt davon ab, wie die Frage gemeint ist:
1. Ist die Anordnung, in der die Elemente ausgewählt werden, relevant?
2. Sind Wiederholungen bei der Auswahl möglich?
Bezeichnungen: n, k ∈ N 0 = {0, 1, 2, . . .}
a) [n] 0
= 1
[n] k+1
= [n] k · (n − k)
Also:
k > 0 [n] k
= n(n − 1) . . . (n − k + 1)
k > n [n] k
= 0
[n] n
= n!
( ”
n Fakultät“)
( ”
n faktoriell k“)
b)
( n
k)
:= [n] k
k!
{
=
0 falls k > n
n!
k!(n−k)!
falls k ≤ n
Binominalkoeffizient ( ”
n über k“)
(a + b) n =
n∑
k=0
( n
k)
a k b n−k
(Binomische Formel)
Wir zeigen in diesem Kapitel:
12

KAPITEL 2.
ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 13
k aus n keine Mehrfachauswahl Mehrfachauswahl möglich
Anordnung
relevant
(k-)Permutationen
(Partielle Permutationen)
Anzahl: [n] k
k = n Permutationen : n!
(k-)Permutationen mit
Wiederholung ( ”
Toto“)
Anzahl:
n k
Anordnung
nicht
relevant
Kombination ohne
Wiederholung
(k-elementige Teilmengen)
Anzahl:
( n
k)
Kombination mit Wiederholung
Anzahl:
)
( n+k−1
k
Diese Anzahlbestimmungen hängen eng mit der Anzahl aller (injektiven/bijektiven)
Abbildungen zweier Mengen zusammen.
Abbildung
α : A → B
• injektiv:
a 1 a 2 ∈ A, a 1 ≠ a 2 ⇒ α(a 1 ) ≠ α(a 2 )
• surjektiv:
Zu jedem b ∈ B gibt es a ∈ A mit b = α(a)
• bijektiv:
injektiv und surjektiv
Abb: A → B
|A| = k, |B| = n
alle injektiv bijektiv surjektiv
Anzahl n k [n] k
0 : n ≠ k
n! : n = k
n∑
j=0
(−1) n · (n) k
j · (n − j)
2.1 Satz
Seien n, k ∈ N
a) Es gibt n k viele Möglichkeiten, aus einer Menge mit n Elementen k Elemente
unter Berücksichtigung der Anordnung mit Wiederholungen ( ”
Zurücklegen“)
auszuwählen.
Dies ist auch die Anzahl aller Abbildungen α : A → B, wobei |A| = k und
|B| = n.
b) Es gibt [n] k
viele Möglichkeiten, aus einer Menge mit n Elementen k Elemente
unter Berücksichtigung der Anordnung ohne Wiederholungen (kein
Zurücklegen“) auszuwählen.
”

KAPITEL 2.
ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 14
Dies ist auch die Anzahl aller injektiven Abbildungen α : A → B, wobei
|A| = k und |B| = n.
c) Es gibt n! viele bijektive Abbildungen α : A → B, falls |A| = |B| = n
(n! viele Permutationen einer Menge mit n Elementen).
Beweis:
a) Man wähle nacheinander ein Element für die erste Position, dann eines
für die zweite Position, usw. bis zur k-ten Position.
Multiplikationsprinzip 1.2: Es gibt n k Möglichkeiten.
Sei A = {a 1 , . . . , a k }.
Jede Abbildung α : A → B lässt sich eindeutig als Folge (b 1 , . . . , b k ) beschreiben,
wobei b i = α(a i ) ∈ B, i = 1, . . . , k.
Umgekehrt beschreibt jede solche Folge von k vielen Elementen aus B
(ggf. mit Wdh.) eine Abbildung α : A → B. Also:
Anzahl Abb. α : A → B
= Anzahl aller geordneten k-tupel von Elementen aus B (ggf. mit Wdh)
= n k
b) wie a), nur dass nach der ersten Wahl nur noch n − 1 viele Wahlmöglichkeiten
für das zweite Element verbleiben; allgemein bleiben nach der i-ten
Wahl noch (n − i) viele Möglichkeiten für das (i + 1)-te Element, i < k.
Multiplikationsprinzip: n(n − 1) . . . (n − k + 1) = [n] k
viele Möglichkeiten.
Rest wie a)
c) klar
2.2 Satz
Sei A endliche Menge, |A| = n ∈ N 0 , k ∈ N 0
Setze P(A) = {B|B ⊆ A}
Setze P k (A) = {B|B ⊆ A und |B| = k}
Es ist
( n
|P k (A)| =
k)
[ ( n
k)
ist also die Anzahl der Möglichkeiten, k Elemente aus einer Menge mit
n Elementen ohne Berücksichtigung der Anordnung und ohne Wiederholungen
auszuwählen.]
Insbesondere |P(A)| = 2 n ∑
= n ( n
k)
k=0
Beweis: Beweis der ersten Behauptung durch Induktion nach n = |A|.
Induktionsanfang:
n = 0, A = ∅, k = 0 :
P k (A) = {∅} |P k (A)| = 1 = ( )
0
0

KAPITEL 2.
ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 15
n = 0, A = ∅, k > 0 :
P k (A) = ∅ |P k (A)| = 0 = ( )
0
k
Induktionsschritt:
Sei n > 0, Beh. gelte für n − 1.
Ist k = 0, P k (A) = {∅}, |P k (A)| = 1 = ( )
n
0
Sei k > 0.
A = A ′ ·∪ {a}, |A ′ | = n − 1
P k (A) = P k (A ′ ·
) ∪ {B ∪ {a}|B ∈ P k−1 (A ′ )}
|P k (A)| = |P k (A ′ )| + |P k−1 (A ′ )| IV = ( ) (
n−1
k + n−1 ∗= ( n
)
k−1)
k
⎧
⎨
∗
⎩
k > n : 0 + 0 = 0
k = n : 0 + 1 = 1
k < n :
(n−1)!
k!(n−k−1)! +
(n−1)!
(k−1)!(n−k)! = n!
k!(n−k)!
|P(A)| =
n ∑
k=0
|P k (A)| = n ∑
2 n = (1 + 1) bin.Formel
=
k=0
( n
k
n∑
k=0
( n
k)
)
· 1 · 1
Andere Möglichkeit:
B ⊆ A = {a 1 , . . . , a n } wird zugeordnet eine 0-1-Folge der Länge n, X B (charakteristischer
Vektor zu B). Eintrag an der Stelle i von
X B =
{
0 : ai ∉ B
1 : a i ∈ B
|P(A)| = Anzahl der 0-1-Folgen der Länge n 2.1
= 2 n .
2.3 Satz
Sei n ∈ N, k ∈ N 0 .
Anzahl aller Möglichkeiten aus einer Menge mit n Elementen k Elemente ohne
Berücksichtigung der Anordnung mit möglichen Wiederholungen auszuwählen
= Anzahl der (geordneten) n-Tupel (x 1 , . . . , x n ) von nicht-negativen ganzen
Zahlen x 1 , . . . , x n mit x 1 + . . . + x n = k
= Anzahl aller 0-1-Folgen der Länge n + k − 1, die genau n − 1 viele Einsen
enthalten
= ( )
n+k−1
k

KAPITEL 2.
ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 16
Beweis:
1. Gleichheit: Sei A = {a 1 , . . . , a n }
Ordne jeder Auswahl von k Elementen aus A (mit Wdh.) (x 1 , . . . , x n ) zu:
x i = Anzahl, wie oft a i in dieser Auswahl vorkommt, i = 1, . . . , n
Liefert Bijektion.
2. Gleichheit: Ordne (x 1 , . . . , x n ), x i ≥ 0, ∑ k
i=1 x i = k zu
(0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, 1, . . . , 1, 0, . . . , 0
} {{ } } {{ } } {{ }
x 1 x 2
Länge dieser 0-1-Folge:
Liefert Bijektion.
n∑
i=1
x n
)
x i + (n − 1) = k + n − 1
} {{ }
Anzahl der Einsen
3. Gleichheit: 0-1-Folge der Länge n + k − 1 mit n − 1 Einsen wird zugeordnet
eine (n − 1)-elementige Teilmenge von {1, 2, . . . , n + k − 1}.
Wähle genau die Indizes der Positionen der 0-1-Folge, wo 1 steht.
Liefert Bijektion.
Nach 2.2: Anzahl der (n − 1)-elementigen Teilmengen von einer Menge mit
n + k − 1 vielen Elementen
= ( )
n+k−1 ∗= ( n+k−1
)
n−1
k
* Symmetrie der Binominalkoeffizienten
2.4 Folgerung
Seien k, n ∈ N. Die Anzahl der geordneten n-tupel positiver ganzer Zahlen
(x 1 , . . . , x n ) mit x 1 + . . . + x n = k ist
( ) k − 1
.
n − 1
Beweis:
Ist k < n, so ist die Anzahl = 0 = ( )
k−1
n−1
Sei also k ≥ n.
(x 1 , . . . , x n ), x i ∈ N,
Umgekehrt:
n∑
x i = k −→ (x 1 −1, . . . , x n −1), x i −1 ∈ N 0 ,
i=1
(y 1 +1, . . . , y n +1), y i +1 ∈ N,
n∑
(x i −1) = k−n
i=1
n∑
(y i +1) = k ←− (y 1 , . . . , y n ), y i ∈ N 0 ,
i=1
Liefert Bijektion. Nach 2.3 ist die Anzahl
( ) ( )
n + k − n − 1 k − 1
=
k − n k − n
Symm.
=
( ) k − 1
n − 1
n∑
y i = k−n
i=1

KAPITEL 2.
ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 17
2.5 Satz
Es gibt
n∑
(−1) j( n
j)
(n − j) k viele surjektive Abbildungen von einer Menge A
j=0
mit |A| = k auf eine Menge B mit |B| = n.
Beweis: mit dem Einschließungs-Ausschließungs-Prinzip (1.3):
Sei B = {b 1 , . . . , b n }.
Setze S i = {α|α : A → B mit b i ∉ α(A)}, i = 1, . . . , n, wobei
α(A) = {α(a)|a ∈ A}.
S 1 ∪ . . . ∪ S n = Menge aller nicht-surjektiven Abb. von A → B,
T = Menge aller Abb. von A → B.
|Menge der surj. Abb. von A → B| = |T |−|S 1 ∪. . .∪S n | 2.1a
= n k −|S 1 ∪. . . ∪S n |
|S 1 ∪ . . . ∪ S n | mit 1.3 bestimmen:
|S i | = |Menge aller Abb. von A → B \ {b i }| 2.1a
= (n − 1) k mit ( n
1)
= n vielen
Möglichkeiten für i
i < j : |S i ∩ S j | = |Menge aller Abb. von A → B \ {b i , b j }| 2.1a
= (n − 2) k
mit ( n
2)
vielen Möglichkeiten für {i, j} (2.2)
i < j < k : |S i ∩ S j ∩ S k | = |Menge aller Abb. von A → B \ {b i , b j , b k }| =
(n − 3) k
mit ( n
3)
vielen Möglichkeiten für {i, j, k} etc.
Schließlich:
|S 1 ∩ S 2 ∩ . . . ∩ S n | = |Menge aller Abb. von A → B \ B| = 0 = (n − n) k
mit ( n
n)
= 1 vielen Möglichkeiten für {1, 2, . . . , n}
Nach 1.3: |S 1 ∪ . . . ∪ S n | = ∑ n
j=1 (−1)j+1( )
n
j (n − j)
k
n k −
n∑
( ) n
(−1) j+1 (n−j) k = n k +
j
j=1
Bemerkung:
Aus 2.5 folgt:
Ist k < n,
Ist k = n,
so ist
so ist
n∑
( n
(−1) j j
j=1
)
(n−j) k =
n∑
( ) n
(−1) j (n−j) k
j
j=0
n∑
(−1) j( n
j)
(n − j) k = 0
n∑
(−1) j( n
j)
(n − j) n = n!
j=0
j=0
Die Anzahl der surjektiven Abbildungen einer Menge in eine andere hängt eng
mit der Anzahl gewisser Partitionen einer Menge zusammen.

¤£
KAPITEL 2.
ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 18
Dies soll jetzt kurz dargestellt werden.
Definition: Sei X eine Menge. Eine Partition von X ist eine (nicht-geordnete)
Zerlegung
X = X 1 ∪ . . . ∪ X k mit X i ≠ ∅ und X i ∩ X j = ∅
∀i, j, i ≠ j
Die Anzahl der Partitionen einer Menge mit n Elementen in genau k viele (nichtleere)
Teilmengen heißt Stirling 1 -Zahl 2.Art.
Einschub
S(n, k) := 0 für k > n, S(0, 0) := 1, S(n, 0) := 0 für n > 0
Relation R ”
auf einer Menge A“
R ⊆ A × A
R heißt Äquivalenzrelation, falls
a 1 Ra 2 steht für (a 1 , a 2 ) ∈ R
(1) aRa ∀a ∈ A Reflexivität
(2) wenn a 1 Ra 2 , so auch a 2 Ra 1 Symmetrie
(3) wenn a 1 Ra 2 , a 2 Ra 3 , so auch a 1 Ra 3 Transitivität
Ordnungsrelationen sind keine Äquivalenzrelationen! (Ausnahme: =)
A
§¡§ ¨¡¨ a’
a
a’Ra ¥¦
a’’
¢¡¢
b
Abbildung 2.1: Mengenrelationen
Eine Partition definiert eine Äquivalenzrelation ( die Teilmengen in der Partition
sind genau die Äquivalenzklassen) und umgekehrt.
1 James Stirling, 1692 - 1770, Stirling Approximation n! ≈ ( n
e
) n √ 2πn

KAPITEL 2.
ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 19
2.6 Satz
Beweis:
S(n, k) = 1 k∑
( ) k
k! · (−1) k−j j n
j
j=1
} {{ }
Anzahl aller surj. Abb. einer Menge
mit n Elementen auf eine Menge mit
k Elementen
k∑
j=1
(−1) k−j·
( k−1
k ∑
j
j)
n = (−1) j·
( k
·(k−j)
j)
n 2.5
=
j=0
Anzahl der surj. Abb. von einer
Menge A mit|A| = n auf
eine Menge B mit |B| = k
Zu zeigen: k! · S(n, k) ist die gleiche Anzahl.
Richtig, falls k > n, da dann S(n, k) = 0.
Sei also k ≤ n, B = {b 1 , . . . , b k }. Jede surjektive Abbildung α : A → B definiert
Partition von A in k (nicht-leere) Teilmengen durch α −1 (b 1 ) = {a ∈ A|α(a) =
b 1 }, . . . , α −1 (b k ) .
Jede Permutation π von {1, . . . , k} liefert zu gegebener Partition A = A 1 ∪. . .∪
A k eine surjektive Abbildung α : A → B : α(a i ) = b π(i) für a i ∈ A i , i = 1, . . . , k.
Also: Jede Partition liefert genau k! viele surjektive Abbildungen.
2.7 Satz
Sei k ∈ N, n ∈ N 0
Dann gilt:
S(n + 1, k) = k · S(n, k) + S(n, k − 1)
Beweis:
Richtig für n = 0. Sei n > 0. Richtig für k = 1. Sei also k > 1. Menge:
{1, . . . , n + 1}
Bestimmung der Anzahl der Partitionen in k Teilmengen.
X 1 ∪ . . . ∪ X k Partition von {1, . . . , n}
Hinzufügen von n + 1 zu einer der k Mengen X 1 , . . . , X k liefert k · S(n, k) viele
Partitionen von {1, . . . , n + 1}.
Es fehlen noch alle Partitionen von {1, . . . , n + 1}, wo {n + 1} eine Teilmenge
der Partition ist. Dies entspricht genau allen Partitionen von {1, . . . , n} in k − 1
vielen Teilmengen.
Davon gibt es genau S(n, k − 1) viele. Daraus folgt die Behauptung.

Kapitel 3
Rekursionen
Das letzte Resultat in Kapitel 2 war eine Rekursionsgleichung für die Stirling-
Zahlen 2. Art. Wir werden uns im Folgenden eingehender mit Rekursionen befassen,
vor allem solchen, die (anders als bei Stirling-Zahlen) nur von einem
Parameter abhängen. Rekursionen sind deshalb von großer Bedeutung, weil in
vielen Abzählproblemen die Lösung des Problems durch die Lösungen von entsprechenden
Problemen kleinerer Größe ausgedrückt werden kann.
Definitionen:
a) Eine Rekursion (Rekurrenz) für eine Folge a 1 , a 2 , . . . (von reellen oder,
allgemeiner, komplexen Zahlen) ist eine Gleichung, die jedes a n (für n ≥
n 0 ) als Funktion der vorangehenden Terme a i (i < n) ausdrückt.
b) Eine Rekursion ist von k-ter Ordnung, falls a n durch a n−1 , . . . , a n−k ausgedrückt
wird (n ≥ n 0 ).
c) Eine Rekursion heißt linear, falls a n = f n−1 (n)·a n−1 +. . .+f 1 (n)·a 1 +f 0 (n),
wobei f i : N → R, C
Ist f 0 (n) = 0 ∀n, so heißt die lineare Rekursion homogen, sonst inhomogen.
Sind alle f i konstant, so heißt die Rekursion linear mit konstanten Koeffizienten.
3.1 Beispiele
3.1 a) Fibonacci - Folge
Auf wieviele Weisen kann eine natürliche Zahl n als geordnete Summe von Einsen
und Zweien geschrieben werden ?
Anzahl F n (Fibonacci 1 -Zahlen)
F 1 = 1
F 2 = 2 (1 + 1, 2)
F 3 = 3 (1 + 1 + 1, 1 + 2, 2 + 1)
Sei n ≥ 3. Jede solche Darstellung von n endet mit 1 oder 2. Die vorangehenden
Terme summieren sich zu n − 1 oder n − 2 auf. Das liefert:
1 Fibonacci, Leonardo von Pisa, 1175 - 1250, ”
Liber abaci“
20

KAPITEL 3. REKURSIONEN 21
F n = F n−1 + F n−2 , n ≥ 3
Lineare, homogene Rekursion 2.Ordnung mit konstanten Koeffizienten. (Man
setzt in der Regel F 0 := 1)
Fibonacci-Zahlen treten in vielen Zusammenhängen auf. Wir geben ein weiteres
Beispiel an:
Wieviele 0 − 1-Folgen der Länge n gibt es, in denen keine zwei aufeinanderfolgende
Nullen vorkommen ?
Anzahl a n .
a 1 = 2
a 2 = 3
Sei n ≥ 3.
a n =? · · · · ·
} {{ }
n−1
· · · ·
} {{ }
n−2
}{{}
1
n−1
1
}{{}
n
}{{}
0
n
(a n−1 − viele)
(a n−2 − viele)
⇒
a n = a n−1 + a n−2
Aus den Anfangsbedingungen ergibt sich: a n = F n+1 .
3.1 b) Türme von Hanoi
Abbildung 3.1: Türme von Hanoi
- n Scheiben von einem Stab auf einen anderen
- in jedem Zug 1 Scheibe umlegen
- nie größere auf kleinere
Minimalanzahl: a n
⇒ a n = a n−1 + 1 + a n−1 = 2 · a n−1 + 1
} {{ }
lineare, inhomogene Rekursion von 1. Ordnung mit konst. Koeff.

KAPITEL 3. REKURSIONEN 22
3.1 c) Zerlegung der Ebene durch Geraden
Wieviele Gebiete in der Ebene entstehen, wenn n Geraden in allgemeiner Lage
( keine zwei parallel, keine drei mit gemeinsamen Schnittpunkt) gezeichnet werden?
Anzahl: g n
g 1 = 2; g 2 = 4; g 3 = 7
1.
6.
7.
5.
4.
2.
3.
Abbildung 3.2: Drei sich schneidende Geraden
n-te Gerade schneidet alle n − 1 vorige Geraden, und wird damit in n Teilstücke
zerlegt. Jedes dieser Teilstücke zerlegt ein existierendes Gebiet in zwei neue.
⇒
g n = g n−1 + n
} {{ }
lin., inhom., 1. Ord., alle Koeff. bis auf f 0(n)=n konstant
3.1 d) Anzahl der Partitionen einer Menge
Wieviele Partitionen hat eine Menge mit n vielen Elementen ?
Anzahl: B n
B n heißen Bell’schen Zahlen 2
Klar: B 1 = 1, B 2 = 2, B 3 = 5
Konvention: B 0 = 1.
Direkte Rekursion für B n :
B n =
n∑
k=1
S(n, k)
X = {1, . . . , n}
Jede Partition von X enthält (genau) eine Teilmenge Y mit n ∈ Y .
Sei Y = Y 0 ˙∪{n}, Y 0 ⊆ {1, . . . , n − 1}
2 E.T.Bell, 1883 - 1960

KAPITEL 3. REKURSIONEN 23
Die übrigen Teilmengen der Partition bilden Partition von {1, . . . , n − 1} \ Y 0 .
Ursprüngliche Partition ist eindeutig bestimmt durch Y 0 und die Partition auf
{1, . . . , n − 1} \ Y 0 .
Sei |Y 0 | = j − 1. Dann gibt es ( n−1
j−1)
viele Möglichkeiten für Y0 (2.2) und B n−j
viele Partitionen auf {1, . . . , n − 1} \ Y 0 .
Also:
n∑
( ) n − 1
B n =
· B n−j
j − 1
j=1
} {{ }
, n ≥ 1; B 0 = 1.
lin., homogen, keine konst. Koeff., unbeschr. Ord.
3.1 e) Quicksort
Sei (z 1 , . . . , z n ) Liste von Zahlen, die der Größe nach sortiert werden sollen. Wir
untersuchen hier den Quicksort-Algorithmus (Hoare 3 , 1962).
Wähle ein Element der Liste, z.B. z 1 . Führe n − 1 Vergleiche durch:
i = 2, . . . , n : z i > z 1 oder z i < z 1 . Das liefert 2 Teillisten L 1 , L 2 : Für alle
z j ∈ L 1 und alle z k ∈ L 2 : z j < z k .
Wende dieses Verfahren auf L 1 , L 2 an: Rekursion.
Worst-Case-Komplexität: O(n 2 ).
Wie sieht die durchschnittliche Komplexität aus ?
Annahme: Alle Permutationen der Liste sind als Input gleich wahrscheinlich.
(Alle z i seien paarweise verschieden.)
Sei Q n die durchschnittliche Anzahl von Vergleichen (Liste der Länge n). Mit
Wahrscheinlichkeit 1 n sind s − 1 viele Elemente der Liste kleiner z 1 und n − s
viele größer als z 1 (d.h. mit Wahrscheinlichkeit 1 n ist s die richtige Stelle für z 1),
Q n = (n − 1) + 1 n∑
(Q s−1 + Q n−s )
n
s=1
} {{ }
lin., inhomogene Rek., Koeff. nicht konst, unbeschr. Ord.
d.h. Q n = n − 1 + 2 n
∑
n−1
Q k
k=0
Q 0 := 0
3.1 f) Catalan-Zahlen
Auf wieviele Weisen kann ein Produkt von n vielen Termen geklammert werden,
so dass es durch iterierte Produktbildung von je 2 Termen berechnet werden
kann ?
Beispiel: n = 4 ergibt 5 Möglichkeiten
(((ab)c)d) ((a(bc))d) ((ab)(cd)) (a((bc)d)) (a(b(cd)))
3 Professor Sir Charles Anthony Richard Hoare entwichelte den Quicksort-Algorithmus

KAPITEL 3. REKURSIONEN 24
Anzahl der Klammerungen: C n
C n heißen Catalan 4 -Zahlen.
Klar: C 1 = 1
C 2 = 1
Jeder geklammerte Ausdruck mit n Termen, n ≥ 2, ist von der Form
(E 1 · E 2 ),
wobei E 1 und E 2 geklammerte Ausrücke mit j und n − j vielen Termen sind.
Damit folgt:
n−1
∑
C n = C j C n−j ,
j=1
} {{ }
nicht-lin. Rek. von unbeschr. Ordn.
n ≥ 2, C 1 = C 2 = 1 (Konvention:C 0 = 0)
Auch die Catalan-Zahlen treten in vielen Zusammenhängen auf, z.B.:
Abbildung 3.4: Fünfeck mit nicht schneidenden Diagonalen
Anzahl der Möglichkeiten ein konvexes n-Eck durch (n − 3) viele sich nicht
schneidende Diagonalen in Dreiecke zu zerlegen. → Catalan-Zahl C n−1 .
4 Eugene Charles Catalan, 1814 - 1894, belgischer Mathematiker

KAPITEL 3. REKURSIONEN 25
Lineare Rekursionen k-ter Ordnung mit konst. Koeffizienten
Zunächst: Homogene Rekursion
a n = c 1 a n−1 + . . . + c k a n−k , c i ∈ R, n ≥ k + 1, c k ≠ 0, a 1 , a 2 , . . . , a k gegeben.
Frage: Gibt es eine geschlossene Form für die a n , die nur von n abhängt und
nicht von a n−1 , . . . , a n−k ? - Ja!
(a 1 , a 2 , a 3 , . . .) ist eine Lösung der unendlich vielen linearen Gleichungen.
(∗) x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k , n = k + 1, k + 2, . . .
Wir betrachten alle Lösungen (f 1 , f 2 , f 3 , . . .) von (∗), d.h. alle Gleichungen sind
erfüllt, wenn man f i für x i einsetzt, i = 1, 2, . . . Sind (f 1 , f 2 , f 3 , . . .), (f ′ 1 , f ′ 2 , f ′ 3 , . . .)
Lösungen von (∗), a, b ∈ R (C), so ist
a · (f 1 , f 2 , f 3 , . . .) + b · (f ′ 1, f ′ 2, f ′ 3, . . .) = (af 1 + bf ′ 1, af 2 + bf ′ 2, af 3 + bf ′ 3, . . .)
eine Lösung von (∗).
Also: Die Lösungen bilden einen Vektorraum über R (bzw. C). Dieser Vektorraum
hat die Dimension k, denn man erhält jede Lösung auf folgende Art
und Weise:
Wähle f 1 , . . . , f k beliebig. Dann liegen
f k+1 = c 1 f k + . . . + c k f 1 ,
} {{ }
1.Gleichung
f k+2 = c 1 f k+1 + . . . + c k f 1 ,
} {{ }
2.Gleichung
f k+3 = . . .
fest.
Jede Lösung ist Linearkombination der folgenden Lösungen (Basis):
(1, 0, . . . , c k , c 1 c k , c 2 1c k + c 2 c k , . . .)
↑ ↑ ↑ ↑ ↑
1 2 k k + 1 k + 2
(0, 1, . . . , 0, ∗, ∗, . . .)
(0, 0, . . . , 1, ∗, ∗, . . .)
Um eine geschlossene Form für die f n zu finden, ist eine andere Basis besser
geeignet.
Ansatz:
(f 1 , f 2 , f 3 , f 4 , . . .) = (α, α 2 , α 3 , α 4 , . . .), α ∈ C.
Für welche α ist das eine Lösung?
Klar: α = 0 führt zu Lösung. Sei α ≠ 0: Damit (α, α 2 , α 3 , α 4 , . . .) eine Lösung
von (∗) ist, muss für alle n = k + 1, k + 2, . . . gelten:
α n = c 1 α n−1 + . . . + c k α n−k

KAPITEL 3. REKURSIONEN 26
Nach einer Division durch α n−k ergibt sich die charakteristische Gleichung der
Rekursion:
α k − c 1 α k−1 − . . . − c k−1 α − c k = 0.
(α, α 2 , α 3 , α 4 , . . .) ist Lösung von (∗) genau dann, wenn α Nullstelle des Polynomes
t k − c 1 t k−1 − . . . − c k−1 t − c k ist.
Dieses Polynom hat k viele Nullstellen (inkl. Vielfachheit)
α 1 , α 2 , . . . , α k (alle ≠ 0, da c k ≠ 0)
Annahme:
Die α 1 , α 2 , . . . , α k seien paarweise verschieden.
⎧
⎪⎨ (α 1 , α 2 1 , α3 1 , . . .)
Die k vielen Lösungen .
.
⎪⎩
(α k , α 2 k , α3 k , . . .)
bilden eine Basis des Lösungsraums von (∗).
Denn:
⎛
⎜
det ⎝
α 1 ,α 2 1, . . . ,α k 1
. , , , . .
α k ,α 2 k ,. . . αk k ,
Jede Lösung von (∗) ist also von der Form
⎞
⎟
⎠ = α 1 · . . . · α k · ∏
(α i − α j ) ≠ 0.
i 4 im Allgemeinen nur Näherungsverfahren.
Wir fassen zusammen:
3.2 Satz
Sei a n = c 1 a n−1 + . . . + c k a n−k , c k ≠ 0 eine homogene lineare Rekursion mit
konstanten Koeffizienten c 1 , . . . , c k .
a 1 , . . . , a k seien gegeben.
Sind die Nullstellen α 1 , . . . , α k des Polynoms t k − c 1 t k−1 − . . . − c k−1 t − c k
paarweise verschieden, so gilt:
i=1
a n = b 1 α n 1 + . . . + b kα n k , n = 1, 2, . . .

KAPITEL 3. REKURSIONEN 27
mit geeigneten (von n unabhängigen) b 1 , . . . , b k ∈ C.
Diese lassen sich aus den ersten k Gleichungen für a 1 , . . . , a k durch Lösung eines
linearen Gleichungssystems bestimmen (k Gl., k Unbekannte b 1 , . . . , b k )
3.3 Beispiel
Fibonacci - Zahlen F n (3.1a): F n = F n−1 +F n−2 für n ≥ 3; F 1 = 1, F 2 = 2
(k = 2, c 1 = 1, c 2 = 1)
Charakteristische Gleichung: t 2 − t − 1 = 0.
Nullstellen:
α 1/2 = 1 √
2 ± 1
4 + 1 = 1 ± √ 5
2
Bestimmung von b 1 , b 2 :
Ausrechnen:
Also:
(
F n = √ 1 · 5
1 = F 1 = b 1 ·
2 = F 2 = b 1 ·
(
(
b 1 =
1 + √ ) (
5
2
1 + √ ) (
5 1 − √ 5
+ b 2 ·
2
2
) 2 (
+ b 2 ·
1 + √ 5
2
(
1
√ · 5
(
b 2 = − 1 √
5 ·
1 + √ )
5
2
)
1 − √ 5
2
1 + √ ) n (
5
− √ 1 ·
2 5
⇒ Geschlossene Form für Fibonacci-Zahlen:
(
F n = √ 1 ·
5
1 + √ ) n+1 (
5
− √ 1 ·
2
5
1 − √ 5
2
)
) 2
1 − √ ) (
5
2
1 − √ ) n+1
5
2
1 − √ ) n
5
2
Bemerkung:
1 + √ 5
tritt beim goldenen Schnitt auf:
2
M
m
Abbildung 3.4: Der goldene Schnitt
M + m
M = M m = 1 + √ 5
2
(Zahl des goldenen Schnitts)

KAPITEL 3. REKURSIONEN 28
Es gilt für alle n:
(
F n ist die nächste ganze Zahl zu √ 1 5 ·
1+ √ ) n+1.
5
2
Was macht man, wenn nicht alle Nullstellen der darstellenden Gleichung paarweise
verschieden sind?
3.4 Satz
Sei a n = c 1 a n−1 + . . . + c k a n−k , n ≥ k + 1, c k ≠ 0, eine homogene lineare Rekursion
mit konstanten Koeffizienten c 1 , . . . , c k . a 1 , . . . , a k seien gegeben.
Seien α 1 , . . . , α s die paarweise verschiedenen Nullstellen von t k − c 1 t k−1 − . . . −
c k−1 t − c k , mit Vielfachheiten m 1 , . . . , m s , d.h.
t k − c 1 t k−1 − . . . − c k = (t − α 1 ) m1 · . . . · (t − α s ) ms , m 1 + . . . + m s = k.
Dann ist
a n = p 1 (n)α n 1 + . . . + p s (n)α n s ∀n = 1, 2, . . . ,
wobei p i (n) Polynome in n vom Grad < m i sind, d.h.
p i (n) = b 0 +b 1 n+. . . +b mi−1n mi−1 , b 0 , . . . , b mi−1 ∈ C (abh. von i = 1, . . . , s)
Die m 1 + m 2 + . . . + m s = k vielen Koeffizienten von p 1 (n), . . . , p s (n) lassen
sich aus den ersten k Gleichungen für a 1 , . . . , a t durch Lösung eines linearen
Gleichungssystems bestimmen.
Aus 3.4 folgt: Das Wachstum der a n in homogenen lin. Rek. endlicher Ordnung
(mit konst. Koeff.) ist höchstens exponentiell.
Wir beweisen 3.4 hier nicht, sondern verdeutlichen den Satz an einem Beispiel.
3.5 Beispiel
Sei a n = 5a n−1 − 8a n−2 + 4a n−3 für n ≥ 4, a 1 = 1, a 2 = 5, a 3 = 17.
⇒ Homogen, linear 3. Ordnung.
t 3 − 5t 2 + 8t − 4 Nullstellen?
α 1 = 1 ist eine Nullstelle.
⇒ Weiter mit Polynomdivision:

KAPITEL 3. REKURSIONEN 29
⇒ α 2 = α 3 = 2; m 2 = 2
Nach 3.4:
Bestimme b, c, d:
(t 3 −5t 2 +8t−4):(t − 1) = t 2 − 4t + 4
t 3 − t 2
−4t 2 +8t−4
−4t 2 +4t
4t−4
4t−4
0
a n = bα n 1 + (c + dn)α n 2 = b + c · 2 n + dn2 n , n = 1, 2, . . .
(n = 1) : 1 = b+2c+ 2d
(n = 2) : 5 = b+4c+ 8d
(n = 3) : 17 = b+8c+24d
Ausrechnen:
⎛
⎝ 1 2 2 1 ⎞ ⎛
1 4 8 5 ⎠ → ⎝ 1 2 2 1 ⎞ ⎛
0 2 6 4 ⎠ → ⎝ 1 2 2 1 ⎞ ⎛
0 1 3 2 ⎠ → ⎝ 1 2 2 1 ⎞ ⎛
0 1 3 2 ⎠ → ⎝ 1 2 2 1 ⎞
0 1 3 2 ⎠
1 8 24 17 0 6 22 16 0 6 22 16 0 0 4 4 0 0 1 1
Die errechneten Werte b = 1, c = −1, d = 1 in a n einsetzen:
a n = (n − 1) · 2 n + 1
Wie behandelt man inhomogene lineare Rekursionen endlicher Ordnung?
Gegeben: a n = c 1 a n−1 + . . . + c k a n−k + f(n), n ≥ k + 1, a 1 , . . . , a k gegeben
Wir betrachten die unendlich vielen Gleichungen:
⎧
⎫
x k+1 = c 1 x k +. . .+c k x 1 +f(k + 1)
⎪⎨ x k+2 = c 1 x k+1 +. . .+c k x 2 +f(k + 2)
⎪⎬
inhomogenes System (∗∗)
.
⎪⎩
⎪⎭
x n = c 1 x n−1 +. . .+c t x n−t +f(n) , n ≥ k + 1
Das zugehörige homogene System erhält man, wenn man alle f(n) = 0 setzt.
3.6 Satz
Ist (s 1 , s 2 , . . .) eine (spezielle) Lösung von (∗∗), so erhält man jede Lösung von
(∗∗) in der Form (s 1 + f 1 , s 2 + f 2 , . . .), wobei (f 1 , f 2 , . . .) eine beliebige Lösung
des zugehörigen homogenen Systems ist.

KAPITEL 3. REKURSIONEN 30
Beweis:
(spezielle Lösung des inhomogenen Systems)
+(allgemeine Lösung des zugehörigen homogenen Systems)
=(allgemeine Lösung des inhomogenen Systems)
s n = c 1 s n−1 +. . .+c k s n−k +f(n)
+ f n = c 1 f n−1 +. . .+c k f n−k
(s n + f n ) = c 1 (s n−1 + f n−1 )+. . .+c k (s n−k + f n−k )+f(n) ∀n ≥ k + 1
Ist (s ′ 1 , s′ 2 , . . .) irgendeine Lösung von (∗∗), dann ist (s′ 1 − s 1, s ′ 2 − s 2, . . .) eine
Lösung des zugehörigen homogenen Systems und
3.7 Korollar
(s ′ 1 , s′ 2 , . . .) = (s 1 + (s ′ 1 − s 1), s 2 + (s ′ 2 − s 2), . . .).
Sei a n = c 1 a n−1 + . . . + c k a n−k + f(n), n ≥ k + 1, c i ∈ C, i = 1, . . . , k eine
inhomogene lineare Rekursion k-ter Ordnung.
Ist (s 1 , s 2 , . . .) eine spezielle Lösung des inhomogenen Gleichungssystems
x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + f(n), n ≥ k + 1,
so bestimme wie in 3.4 die Nullstellen α 1 , . . . , α s (mit Vielfachheiten m 1 , . . . , m s )
von t k − c 1 t k−1 − . . . − c k−1 t − c k = (t − α 1 ) m1 · . . . · (t − α s ) ms . Dann ist
a n =
s ∑
i=1
p i (n)α n i + s n für alle n ∈ N, wobei p i (n) ein Ausdruck der Form
b 0 + b 1 n + . . . + b mi−1n mi−1 ist. Die Koeffizienten von p 1 (n), . . . , p s (n) lassen
sich aus den ersten k Gleichungen für a 1 , . . . , a k durch Lösung eines linearen
Gleichungssystems bestimmen (C.F. Gauß).
Die Frage bleibt: Wie kommt man an eine spezielle Lösung von (∗∗)?
Dies hängt ab von der Form von f(n)! Es gibt kein allgemeingültiges Rezept. Für
gewisse Typen von f(n) kann man jedoch angeben, wie man zu einer speziellen
Lösung von (∗∗) gelangt. Wir demonstrieren dies für einen wichtigen Fall:
Wir betrachten folgendes System:
x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + ar n , c i , a, r ∈ C(a, r ≠ 0), n ≥ k + 1.
}{{}
f(n)
Ansatz für spezielle Lösung:(dr, dr 2 , dr 3 , . . . , dr n , . . .). Klar: d ≠ 0.
Lösung genau dann, wenn:
dr n = c 1 dr n−1 +. . .+c k dr n−k +ar n ∀n ≥ k + 1
⇔ dr k = c 1 dr k−1 +. . .+c k−1 dr +c k d+ar k Div. durch r n−k
⇔
d−a
d
· r k = c 1 r k−1 +. . .+c k−1 r +c k
⇔ − a d rk = c 1 r k−1 +. . .+c k−1 r +c k −r k =: −b .
Falls b ≠ 0, so setze d := a b rk . Dann ist (dr, dr 2 , . . .) eine spezielle Lösung. Damit
gilt:

KAPITEL 3. REKURSIONEN 31
3.8 Satz
Gegeben: Das System
⊚ x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + ar n , n ≥ k + 1, c i , a, r ∈ R; a, r ≠ 0.
Es sei b := r k − c n r k−1 − . . . − c k ≠ 0. (Dies bedeutet gerade, dass (r, r 2 , r 3 , . . .)
keine Lösung des zugehörigen homogenen Systems ist; vgl. 3.2).
Setze d := a b rk . Dann ist (dr, dr 2 , dr 3 , . . .) eine Lösung von ⊚.
3.9 Beispiel
Türme von Hanoi (3.1b):
a n = 2a n−1 + 1, n ≥ 2, a 1 = 1
• Ordnung k = 1.
• Gleichungssystem:
x n = 2x n−1 + 1, n ≥ 2 ⊛
• Zugehöriges homogenes System:
x n = 2x n−1 , n ≥ 2
• Betrachte Polynom (t − 2), Nullstelle: 2
• Allgemeine Lösung des homogenen Systems:
(2c, 2 2 c, 2 3 c, . . .), c ∈ C
• Spezielle Lösung des inhomogenen Systems ⊛ nach 3.8: a = r = 1
Gut: r ist keine Nullstelle von t − 2
b =1−2=−1, d =−1, also ist (−1,−1,−1, . . .) spezielle Lösung
• Allgemeine Lösung von ⊛:
(2c − 1, 2 2 c − 1, 2 3 c − 1, . . .).
• Bestimme c:
a 1 = 1 = 2c − 1 ⇒ c = 1
• Geschlossene Form:
a n = 2 n − 1
∀n ∈ N
3.10 Bemerkung
Was ist in 3.8, wenn r k − c 1 r k−1 − . . . − c k doch Null ist?
Sei f(t) = t k − c 1 t k−1 − ... − c k . Sei r eine s-fache Nullstelle von f, d.h.
f(t) = (t − r) s g(t), g(r) ≠ 0.

KAPITEL 3. REKURSIONEN 32
Dann ist b := ( k+s
s
)
r k − c 1
( k+s−1
) (
r k−1 − ... − c s+1
)
k−1 s − ck ≠ 0.
)
s r 2 , d ( )
s+2
s r 3 , ..., d ( )
s+n+1
s r n , ...) eine (spe-
Setzt man d = a b rk , so ist (dr, d ( s+1
zielle) Lösung der Rekursion ⊚ aus 3.8.
s
Wir beschreiben ohne Beweis noch einen wichtigen Fall von inhomogenen linearen
Rekursionen, die geschlossen lösbar sind.
3.11 Satz
Gegeben: Das System
⊖ x n = c 1 x n−1 + . . . + c t x n−k + an l , n ≥ k + 1, a, c i ∈ C, a ≠ 0, l ∈ N 0 .
Das Polynom t k −c 1 t k−1 −. . .−c k−1 t−c k habe die Nullstelle 1 mit Vielfachheit
v, d.h. t k − c 1 t k−1 − . . . − c k−1 t − c k = (t − 1) v · h(t), h(1) ≠ 0, v ∈ N 0
(v = 0 → 1 keine Nullstelle)
Dann gibt es ein Polynom p(t) = b v t v + . . . + b l+v t l+v ; b v , . . . , b v+l ∈ C, so dass
(p(1), p(2), p(3), . . .) eine spezielle Lösung von ⊖ ist. Setzt man p(n), . . . , p(n−k)
für x n , . . . , x n−k in ⊖ ein, multipliziert die (n − i) j aus (j = v, . . . , l + v; i =
0, . . . , k) und ordnet nach Potenzen von n, so kann man b v , . . . , b l+v durch Koeffizientenvergleich
der Potenzen von n erhalten.
3.12 Beispiel
Zerlegung der Ebene durch Geraden (3.1c):
g n = g n−1 + n, n ≥ 2, g 1 = 2
• Ordnung k = 1
• Fall: l = 1, a = 1 in 3.11
• Inhomogenes System:
x n = x n−1 + n, n ≥ 2
• Homogenes System:
x n = x n−1 , n ≥ 2
• Allgemeine Lösung:
(c, c, c, . . .), c ∈ C
• Bestimme nach 3.11 spezielle Lösung des inhomogenen Systems:
t − 1 (Polynom mit Nullstelle 1 und v = 1)
p(t) = b 1 t + b 2 t 2 (l = 1, v = 1 Ansatz für Lösung (p(1), p(2), . . .))
p(n) = p(n − 1) + n
b 1 n+b 2 n 2 = b 1 (n−1)+b 2 (n−1) 2 +n = b 1 n−b 1 +b 2 n 2 −2b 2 n+b 2 +n
⇒ b 1 n + b 2 n 2 = (−b 1 + b 2 ) + (b 1 − 2b 2 + 1)n + b 2 n 2

KAPITEL 3. REKURSIONEN 33
• Koeffizientenvergleich:
0 = −b 1 + b 2
b 1 = b 1 − 2b 1 + 1
b 1 = b 2 = 1 2
⇒ p(t) = 1 2 (t + t2 ).
• Spezielle Lösung des inhom. Systems:
x n = x n−1 + n, n ≥ 2 : ( 1 2 (1 + 12 ), 1 2 (2 + 22 ), . . .)
• Allg. Lösung:
(c + 1 2 (1 + 1), c + 1 2 (2 + 22 ), . . . , c + 1 2 (n + n2 ), . . .)
• Bestimme c:
g 1 = 2 = c + 1 2 2, c = 1
• Geschlossene Form: g n = 1 2 (n2 + n + 2)
∀n ∈ N
• Überprüfung:
g n−1 + n = 1 2 ((n − 1)2 + (n − 1) + 2) + n
= 1 2 (n2 − 2n + 1 + n + 1 + 2n)
= 1 2 (n2 + n + 2) = g n , g 1 = 2.
3.13 Bemerkung
Wir haben geschlossene Formen für die Glieder gewisser linearer Rekursionen
erhalten durch Lösung unendlicher linearer Gleichungssysteme.
Anderer Ansatz: Differenzengleichungen
Differenzoperator ∆:
Jeder Folge von (reellen) Zahlen (a 1 , a 2 , a 3 , . . .) ordnet ∆
die Folge (a 2 − a 1 , a 3 − a 2 , a 4 − a 3 , . . .) zu.
∆a n = a n+1 − a n .
∆ 2 a n = ∆(∆a n ) = ∆(a n+1 −a n ) = a n+2 −a n+1 −(a n+1 −a n ) = a n+2 −2a n+1 +a n
Allgemein gilt:
( ( k k
∆ k a n = a n+k − a n+k−1 + a n+k−2 − . . . + (−1)
1)
2)
k a n
Jede Gleichung x n+k + d 1 x n+k−1 + . . . + d k x n = f(n + k),
sich schreiben in der Form
n = 1, 2, . . . lässt
∆ k x n + ˜d 1 ∆ k−1 x n + . . . + ˜d k−1 ∆x n + ˜d k x n = f(n + k).
Dies nennt man Differenzengleichung.
Es existieren formale Ähnlichkeiten zu Differentialgleichungen.

KAPITEL 3. REKURSIONEN 34
Die Theorie der Differenzengleichungen ähnelt in den Anfangsgründen der Theorie
der linearen Differentialgleichungen und liefert auch die in diesem Kapitel
angegebenen Aussagen.
Näheres dazu z.B. in:
J. Sandefur: Discrete Dynamical Modelling, Oxford University Press,
1993
E.S. Page, L.B. Wilson: An Introduction to Computational Combinatorics,
Cambridge Comp. Sc. Texts 9, 1979

Kapitel 4
Erzeugende Funktionen
Jeder Folge a 0 , a 1 , a 2 , . . . von reellen Zahlen ordnen wir ein algebraisches Objekt
zu, nämlich die formale Potenzreihe a 0 + a 1 t + a 2 t 2 ∑
+ . . . = ∞ a i t i .
Was sind formale Potenzreihen?
Definition:
a) Eine formale Potenzreihe über K = R oder C ist ein Ausdruck der Form
Φ(t) =
∞∑
a i t i , a i ∈ K
i=0
Falls ein n existiert mit a k = 0 für alle k > n, so schreibt man auch
Φ(t) =
n∑
a i t i
i=0
b) Zwei formale Potenzreihen
i=0
(formales) Polynom
∑
Φ(t) = ∞ a i t i ,
i=0
∑
Ψ(t) = ∞ b i t i
sind gleich, falls a i = b i ∀i ∈ N 0 .
c) Die Menge aller formalen Potenzreihen wird mit K [[t]] (Menge aller Polynome
K[t]) bezeichnet.
Auf K [[t]] lässt sich Addition und Multiplikation definieren:
(Φ + Ψ) (t) = Φ(t) + Ψ(t)
∑
= ∞ (a i + b i )t i
i=0
i=0
und
(Φ · Ψ)(t) = Φ(t) · Ψ(t)
= a 0 b 0 + (a 1 b 0 + a 0 b 1 )t + (a 2 b 0 + a 1 b 1 + a 0 b 2 )t 2 + . . .
∑
= ∞ c i t i ,
i=0
35

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 36
wobei c i =
i ∑
j=0
a j b i−j , i = 0, 1, 2, . . . (Faltung).
(Ausmultiplizieren und nach Potenzen von t umsortieren).
4.1 Bemerkung
a) Mit + und · wird K[[t]] ein kommutativer Ring mit Eins.
Bzgl. + ist K[[t]] kommutative Gruppe, Nullelement 0 (a i = 0, ∀i ∈ N 0 )
Bzgl. · gilt Assoziativgesetz, Kommutativgesetz, neutrales Element 1
(a 0 = 1, a i = 0, ∀i ≥ 1). Ferner gilt das Distributivgesetz.
b) Mathematisch exakte Definition von K[[t]]:
K[[t]] ist die Menge aller Folgen (a 0 , a 1 , a 2 , . . .), a i ∈ R mit Verknüpfungen
+ und ·.
(a 0 , a 1 , a 2 , . . .)+(b 0 , b 1 , b 2 , . . .) := (a 0 + b 0 , a 1 + b 1 , a 2 + b 2 , . . .)
(a 0 , a 1 , a 2 , . . .) · (b 0 , b 1 , b 2 , . . .) := (c 0 , c 1 , c 2 , . . .),
wobei c i =
i ∑
j=0
a j b i−j .
Setzt man t := (0, 1, 0, . . .), so ist t 2 = (0, 0, 1, . . .), . . . , t i = (0, 0, . . . , 0,
}{{}
1 , 0, . . .)
i
Definiert man t 0 := (1, 0, 0, . . .) und a · (a 0 , a 1 , a 2 , . . .) = (a · a 0 , a · a 1 , a ·
a 2 , . . .), a ∈ K, so ist
(a 0 , a 1 , a 2 , . . . , a n , 0, . . .) = a 0 (1, 0, 0, . . .) + a 1 (0, 1, 0, . . .) + . . . + a n (0, 0, . . . , 0, 1
= t 0 + a 1 t + a 2 t 2 + . . . + a n t n
⊛
∑
= n a i t i Polynom
i=0
Man schreibt dann abkürzungsweise:
∑
(a 0 , a 1 , a 2 , . . .) = ∞ a i t i
i=0
Wann ist die formale Potenzreihe Φ(t) invertierbar (bzgl. ·)?
D.h. wann existiert Ψ(t) mit Φ(t) · Ψ(t) = 1(+0t + 0t 2 + . . .)?
4.2 Satz
a) Φ(t) · Ψ(t) = 0 ⇔ Φ(t) = 0 oder Ψ(t) = 0. (K[[t]] ist nullteilerfrei)
∑
b) Φ(t) = ∞ a i t i ist genau dann invertierbar, falls a 0 ≠ 0.
( i=0
Schreibweise in diesem Fall für die Inverse: Φ(t) −1 bzw.
)
1
.
Φ(t)
}{{}
n
, 0, . . .)

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 37
Beweis:
∑
a) Zu zeigen: Ist Φ(t) = ∞ a i t i ∑
≠ 0 und Ψ(t) = ∞ b i t i ≠ 0, so ist
Φ(t) · Ψ(t) ≠ 0.
i=0
i=0
Sei n minimal mit a n ≠ 0, m minimal mit b m ≠ 0.
Koeffizient von t n+m in Φ(t) · Ψ(t) :
n+m
∑
i=0
a i
}{{}
= 0,
falls i < n
b n+m−i
} {{ }
= 0,
falls i > n
= a n b m ≠ 0.
∑
b) Gesucht ist Inverse Ψ(t) = ∞ b i t i zu Φ(t)
Ψ(t) existiert
⇔ Φ(t) · Ψ(t) = 1
⇔ 1 =
∑ ∞
wobei c i =
i ∑
j=0
a j b i−j .
i=0
i=0
c i t i ,
⇔ 1 = c 0 = a 0 b 0
∑
0 = c i = i a j b i−j für i ≥ 1
⇔ b 0 = a −1
0
b i = −a −1
0
j=0
i∑
a j b i−j für i ≥ 1
j=1
(Rekursive Definition für die b i )
4.3 Beispiele
a) (1 − αt) −1 ∑
= ∞ α i t i ,
i=0
α ∈ R, denn
(1 − αt)(1 + αt + α 2 t 2 + . . .) = 1 + 0t + 0t 2 + . . .
1 ∑
α= 1: = ∞ t i
1 − t i=0
1 ∑
α=−1: = ∞ (−1) i t i
1 + t
i=0
b) k ∈ N
(1 − αt) −k := ( (1 − αt) −1) k
(
−k
a) ∞∑
) k
(1 − αt) = α i t i
⎛ i=0 ⎞
α
= infty ∑
∑
{ }} i
{
⎜ α i1 α i2 . . . α i1 ⎟
i=0 ⎝
⎠
(i 1, . . . , i k )
i 1 + . . . + i k = i,
i j ≥ 0
2.3) ∑
ti = ∞
i=0
( k+i−1
)
i α i t i .

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 38
Definition:
a) Für r ∈ R, n ∈ N ist der verallgemeinerte Binomialkoeffizient
( ( r r(r − 1) . . . (r − n + 1) r
:= und := 1
n)
n!
0)
(Falls r ∈ N stimmt diese Definition mit der von Kap. 2 überein!)
b) Definiere (1 + αt) r := ∞ ∑
i=0
( r
)
i α i t i
Ist r ∈ N, so stimmt dies mit der normalen binomischen Formel überein.
Ist r = −k, k ∈ N, so ist nach 4.3b) (1 + αt) −k ∑
= ∞ )
(−1) i α i t i
i=0
( k+i−1
i
( −k
) (−k)(−k − 1) . . . (−k − i + 1)
i =
i
k(k + 1) . . . (k + i − 1)
= (−1)
i!
i!
(−1) i( )
k+i−1
i
Also stimmt diese Definition für r ∈ Z \ N 0 mit 4.3b) überein.
4.4 Proposition
a) (1 + αt) r (1 + αt) s = (1 + αt) r+s , ∀α, r, s ∈ R
b) ((1 + αt) r ) −1 = (1 + αt) −r
Beweis: etwas mühsames Nachrechnen [Teil b) folgt aus a)]
4.5 Bemerkung
Nach 4.4a) gilt
(1 + αt) 1 2 · (1 + αt) 1 2 = (1 + αt), d.h. (1 + αt) 1 2
∑
= ∞ ( 1 )
2
i
α i t i ist tatsächlich
i=0
∑
Wurzel aus (1 + αt); die andere Lösung ist − ∞ ( 1 )
2
i
α i t i .
Weitere gibt es nicht.
Φ(t) 2 = Ψ(t) 2 ⇒ 0 = Φ(t) 2 − Ψ(t) 2 = (Φ(t) − Ψ(t)) · (Φ(t) + Ψ(t)).
K[[t]] nullteilerfrei, (4.2a), also Φ(t) = Ψ(t) oder Φ(t) = −Ψ(t).
i=0
=
Jetzt benötigen wir noch eine weitere Operation mit formalen Potenzreihen,
nämlich die Komposition von Potenzreihen. Sie ist allerdings nur in Spezialfällen
möglich.
∞∑
∞∑
Φ(t) = a i t i , Ψ(t) = b i t i
i=0
i=0
Wir wollen definieren: (Φ ◦ Ψ)(t) = Φ(Ψ(t)) = !? ∑ ∞ a i Ψ(t) i
i=0

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 39
Problem: Jedes der Ψ(t) i ∑
= ( ∞ b j t j ) i kann von Null verschiedene konstante
j=0
Terme haben, diese müssten alle addiert werden!
Dieses Problem tritt in 2 Fällen nicht auf:
1.Fall: Ist Φ(t) ein Polynom (d.h. a m = 0 für alle m ≥ n, n geeignet), dann
∑
ist ∞ a i Ψ(t) i = n−1 ∑
a i Ψ(t) i √
i=0
i=0
2.Fall: b 0 = 0
Dann sind die Koeffizienten von t 0 , . . . , t i−1 in
∞∑
∞∑
Ψ(t) i = ( b j t j ) i = c j t j , c j = ∑
b l1 . . . b li
j=0
j=0
(l 1, . . . , l i)
l 1 + . . . + l i = j
alle gleich Null, denn in b l1 . . . b li tritt mindestens einmal b 0 auf.
Um den Koeffizienten von t k ∑
in ∞ a i Ψ(t) i zu bestimmen, muss man nur
i=0
die Koeffizienten von t k der endlich vielen Potenzreihen a 0 Ψ(t) 0 , a 1 Ψ(t) 1 , . . . , a k Ψ(t) k
addieren.
Zusammenfassend
4.6 Definition
∑
Sind Φ(t) = ∞ a i t i ∑
und Ψ(t) = ∞ b i t i Potenzreihen, so ist die Komposition
i=0
i=0
(Φ ◦ Ψ)(t) = Ψ(Φ(t)) :=
falls Φ(t) ein Polynom oder b 0 = 0 ist.
4.7 Proposition
∞∑
a i (Ψ(t)) i wohldefiniert,
∑
Ist Φ(t) = ∞ a i t i ∑
und Ψ(t) = ∞ b i t i mit a 0 ≠ 0 und b 0 = 0, so ist
i=0
i=0
i=0
(Φ ◦ Ψ)(t) −1 = (Φ −1 (Ψ(t))).
Beweis:
Nachrechnen.
Beispiel:
• Φ(t) = 1 − t

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 40
• Φ −1 (t) = 1 + t + t 2 + t 3 + . . .
(4.3a)
• Ψ(t) = t 2
• (Φ ◦ Ψ)(t) = 1 − t 2
• (Φ ◦ Ψ) −1 (t) = 1
1−t 2
= 1 + t 2 + t 4 + t 6 + . . . = ∞ ∑
t 2i
i=0
Definition:
Die erzeugende Funktion einer Folge a 0 , a 1 , a 2 , . . . von reellen Zahlen ist die formale
Potenzreihe ∞ a i t i ∑
.
i=0
Achtung: Die Potenzreihe ist keine Funktion; Begriff ist historisch bedingt!
4.8 Beispiele
a) Sei n ∈ N. Sei a i die Anzahl der Möglichkeiten aus einer Menge mit n
Elementen i verschiedene Elemente (ohne Wdh.) auszuwählen.
2.2) a i = ( n
i)
(also ai = 0 für i > n).
Erzeugende Funktion für a 0 , a 1 , . . .
Φ(t) =
∞∑
a i t i =
i=0
b) Betrachte (1 + t + t 2 ) 4 ∑
= 8 a i t i .
i=0
Was ist die Bedeutung der a i ?
n∑
i=0
( n
i
)
t i = (1 + t) n
(1 + t + t 2 )(1 + t + t 2 )(1 + t + t 2 )(1 + t + t 2 )
Koeffizient von t 2 : ( 1
}
+ 1
{{
+ 1 + 1
}
+ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)
t 2 aus einem der 4 Faktoren
} {{ }
zwei t aus 2 Faktoren
a i ist die Anzahl der geordneten Produkte t e1 t e2 t e3 t e4 , 0 ≤ e j ≤ 2, e 1 +
e 2 + e 3 + e 4 = i. Also:
a i = Anzahl der geordneten Tupel (e 1 , e 2 , e 3 , e 4 ), 0 ≤ e j ≤ 2 mit e 1 + e 2 +
e 3 + e 4 = i
Z.B.:
Auf wieviele Arten lässt sich 5 als geordnete Summe von 4 ganzen Zahlen
e i , 0 ≤ e i ≤ 2, schreiben?
Antwort: Koeffizienten von t 5 in (1 + t + t 2 ) 4 .
• (1 + t + t 2 ) 2 = 1 + 2t + 3t 2 + 2t 3 + t 4
• (1 + t + t 2 ) 4 = (1 + 2t + 3t 2 + 2t 3 + t 4 )(1 + 2t + 3t 2 + 2t 3 + t 4 )
• Koeff. von t 5 : (2 + 6 + 6 + 2)t 5 = 16t 5

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 41
• Also: 16 Möglichkeiten.
4.8b) lässt sich verallgemeinern:
4.9 Proposition
Seien r, s ∈ N. Für i ∈ N 0 sei a i die Anzahl der geordneten r-Tupel (e 1 , . . . , e r ), e j ∈
N 0 , 0 ≤ e j ≤ s, j = 1, . . . , r mit e 1 + . . . + e r = i.
Dann ist die erzeugende Funktion für a 0 , a 1 , . . . gerade
(1 + t + t 2 + . . . + t s ) r
(a i ist gleichzeitig die Anzahl der Auswahlen von i Elementen aus r vielen (mit
Wiederholungen), wobei jedes Element höchstens s mal ausgewählt werden darf.
Speziell: a s = Anzahl aller Auswahlen von s Elementen aus r vielen mit Wiederholung
2.3
= ( )
r+s−1 ).
s
4.10 Korollar
Sei r ∈ N. Für i ∈ N 0 sei a i die Anzahl der geordneten r-Tupel (e 1 , . . . , e r ) mit
e i ∈ N 0 , so dass i = e 1 + . . . + e r .
Dann ist die erzeugende Funktion für a 0 , a 1 , . . . gerade die Potenzreihe
(
∑ ∞
) r ∞∑
( ) r + i − 1
t i =
t i 1
=
i (1 − t) r .
i=0
i=0
Insbesondere ist a i = ( )
r+i−1
i
(vgl. 2.3)
( ∞
)
Beweis: Sei s ∈ N 0 . Der Koeffizient von t s ∑ r
in t i ist der gleiche wie der
i=0
Koeffizient von t s in (1+t+. . .+t s ) r , also ( )
r+s−1
s nach 4.9. Rest der Behauptung
folgt aus 4.3b).
4.11 Bemerkung
Entscheidend für 4.10 ist folgendes:
Ist
∞∑
Φ v (t) = a v,i t i , v = 1, . . . , r,
i=0
so
∞∑
Φ 1 (t) · . . . · Φ r (t) = b i t i
i=0

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 42
mit
b i =
∑
(e 1, . . . , e r)
e i ∈ N 0
e 1 + . . . + e r = i
a 1,e1 · . . . · a r,er
4.10 ist der Spezialfall Φ 1 (t) = . . . = Φ r (t), a v,i = 1 ∀v, i.
Dann zählt b i die Anzahl der r-Tupel (e 1 , . . . , e r ), e j ∈ N 0 , mit e 1 +. . .+e r = i.
Solche Zählprobleme lassen sich auch dann mit diesem Ansatz lösen, wenn die
e i gewissen Einschränkungen unterworfen sind.
Wenn z.B. e 1 nicht alle Werte aus N 0 , sondern nur Werte aus einer Teilmenge
M ⊆ N 0 annehmen darf, dann setzt man in Φ 1 (t) die Koeffizienten a 1,j = 0, falls
j ∈ N 0 \ M und a 1,j = 1, falls j ∈ M. b i zählt dann nur die r-Tupel (e 1 , . . . , e r ),
wo e 1 ∈ M. Wir verdeutlichen dies an zwei Beispielen.
4.12 Beispiel
Sei k ∈ N 0 . Wie groß ist die Anzahl b i der 4-Tupel (e 1 , e 2 , e 3 , e 4 ) mit e 1 + . . . +
e 4 = k, e i ∈ N 0 , wobei e 2 ≥ 2, e 3 gerade, e 4 ≤ 3?
Nach 4.11 erhält man die erzeugende Funktion von (b 0 , b 1 , b 2 , . . .) in der folgenden
Form:
(1 + t + t 2 + . . .) · (t 2 + t 3 + . . .) · (1 + t 2 + t 4 + t 6 + . . .) · (1 + t + t 2 + t 3 )
4.7
= 1
1 − t · t 2
1 − t · 1
1 − t 2 · (1 + t + t2 + t 3 t 2 · (1 + t + t 2 + t 3 )
) =
(1 − t) 3 (1 + t)
= t2 (1 + t 2 )
4.3b)
(1 − t) 3 = (t 2 + t 4 ) · ∞∑ ( i+2
)
i t
i
i=0
= t 2 + 3t 3 ∑
+ ∞ ( (i−2 ) (
i−4 + i
i−2) ) ∞∑
t i = (i 2 − 3i + 3)t i
i=4
Bsp. k = 7. Koeffizient von t 7 : 7 2 − 3 · 7 + 3 = 31.
Beachte: b i ist auch genau die Anzahl der Möglichkeiten aus einer Menge von
4 Elementen {a 1 , a 2 , a 3 , a 4 } i Elemente auszuwählen (mit Wiederholung, ohne
Berücksichtigung der Anordnung), wobei a 2 mindestens zweimal gewählt werden
muss, a 3 nur in einer geraden Anzahl und a 4 höchstens 3-mal.
4.13 Beispiel
Auf wieviele Weisen lässt sich ein 1-Euro-Stück in 1-,2-,5-,10-,20- und 50-Cent-
Münzen wechseln (wenn von jeder Sorte unbegrenzt viele zur Verfügung stehen)?
Allgemein:
Gegeben: k ∈ N 0 (bei uns k = 100).
Gesucht: Anzahl f k aller 6-Tupel (e 1 , . . . , e 6 ) mit e 1 + . . . + e 6 = k, e i ∈ N 0 , e 2
gerade, e 3 durch 5 teilbar, e 4 durch 10 teilbar, e 5 durch 20 teilbar, e 6 durch 50
teilbar.
i=2

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 43
Nach 4.11 ist die erzeugende Funktion für (f 0 , f 1 , . . .) gegeben durch (1 + t +
t 2 + . . .) · (1 + t 2 + t 4 + . . .) · (1 + t 5 + t 10 + . . .) · (1 + t 10 + t 20 + . . .) · (1 + t 20 +
t 40 + . . .) · (1 + t 50 + t 100 + . . .)
= 1
1 − t ·
Es ist
1
1 − t 2 ·
1
1 − t 5 ·
1
1 − t 10 ·
1
1 − t 20 ·
1
1 − t 50 .
1
1 − t
1
(1 − t)(1 − t 2 )
1
(1 − t)(1 − t 2 )(1 − t 5 )
1
(1 − t)(1 − t 2 )(1 − t 5 )(1 − t 10 )
1
(1 − t)(1 − t 2 )(1 − t 5 )(1 − t 10 )(1 − t 20 )
1
(1 − t)(1 − t 2 )(1 − t 5 )(1 − t 10 )(1 − t 20 )(1 − t 50 )
Wir wollen f 100 bestimmen!
= ∞ ∑
t n
n=0
∑
= ∞ b n t n
n=0
∑
= ∞ c n t n
n=0
∑
= ∞ d n t n
n=0
∑
= ∞ e n t n
n=0
∑
= ∞ f n t n
n=0
1
1 − t = (1 − t2 )
∞∑
∞∑
b n t n = b 0 + b 1 t + (b n − b n−2 )t n
n=0
n=2
Also:
b 0 = b 1 = 1
b n = b n−2 + 1 für n ≥ 2
∞∑
b n t n = (1 − t 5 ∑
) ∞ c n t n
n=0
n=0
= c 0 + c 1 t + c 2 t 2 + c 3 t 3 + c 4 t 4 ∑
+ ∞ (c n − c n−5 )t n
n=5
c n = b n 0 ≤ n ≤ 4
c n = b n + c n−5 n ≥ 5
d n = c n 0 ≤ n ≤ 9
d n = c n + d n−10 n ≥ 10
e n = d n 0 ≤ n ≤ 19
e n = d n + e n−20 n ≥ 20
f n = e n 0 ≤ n ≤ 49
f n = e n + f n−50 n ≥ 50

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 44
Dazu beachten wir, dass b n = ⌊ n n−2
2
⌋ + 1, denn richtig für n = 0, 1 und ⌊
2 ⌋ +
1 + 1 = ⌊ n 2 ⌋ + 1, also: c n = ⌊ n 2 ⌋ + 1, 0 ≤ n ≤ 4, c n = ⌊ n 2 ⌋ + 1 + c n−5, n ≥ 5.
n 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80 85 90 95 100
c n 1 4 10 18 29 42 58 76 97 120 146 174 205 238 274 312 353 396 442 490 541
d n 1 11 40 98 195 341 546 820 1173 1615 2156
e n 1 11 41 109 236 450 782 1955 4111
f n 1 451 4562
Es gibt 4562 Möglichkeiten.
Wir wollen jetzt zeigen, wie erzeugende Funktionen eingesetzt werden können,
um eine geschlossene Form für die Catalan-Zahlen zu erhalten.
4.14 Beispiel
Catalan-Zahlen (vgl. 3.1f)
Rekursionsgleichung: C n = n ∑
i=0
∑
Sei Φ(t) = ∞ C n t n erzeugende Funktion.
n=0
C i C n−i , n > 1, C 0 = 0, C 1 = 1.
Die Rekursionsgleichung zeigt sofort:
Koeffizienten von t 2 , t 3 , . . . in Φ(t) stimmen mit den entsprechenden Koeffizienten
in Φ(t) 2 überein.
Aber: Φ(t) 2 hat Koeffizient 0 bei t, da C 0 = 0.
Also: Φ(t) = Φ(t) 2 + t.
Es folgt: (Φ(t) − 1 2 )2 = 1 4 − t = 1 − 4t .
4
Nach 4.5 ist
Φ(t) − 1 = ±( 1 − 4t ) 1 2 = ± 1 ( ∞∑
)
( 1 )
2
2
4
2 n (−4) n t n
n=0
Φ(t) = 1 (
)
∑
1 ± ∞ ( 1 )
2
2
n (−1) n 4 n t n
n=0
Koeffizientenvergleich
(
bei t 0 : 0
)
= 1 2
(1 ± 1), also Minuszeichen.
Φ(t) = 1 ∑
2
1 − ∞ ( 1 )
2 n (−1) n 4 n t n .
n=0
n ≥ 1 :
C n = − 1 ( 1 )
2
2 n (−1) n 4 n = (− 1 2 ) · (1 2 ) · (−1 2 ) · (−3 2 ) · . . . · (−2n − 3 )
} {{
2
}
n Terme
=
1 · 3 · . . . · (2n − 3)4n
2 n+1 n!
·(−1) n 4n
n!

KAPITEL 4. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 45
Was ist 1 · 3 · . . . · (2n − 3)?
(2n − 2)! = 1 · 3 · . . . · (2n − 3) · 2 · 4 · . . . · (2n − 2) .
} {{ }
=2 n−1 (n−1)!
(2n − 2)!
Also: 1 · 3 · . . . · (2n − 3) =
2 n−1 (n − 1)! .
(2n − 2)!2 2n (2n − 2)!
Daher: C n =
2 n+1 2 n−1 =
(n − 1)!n! (n − 1)!n! = 1 ( 2n−2
)
n
n−1
4.15 Bemerkung
Anstelle der üblichen erzeugenden Funktion für Folge (a n ),
oft die exponentiell erzeugende Funktion ∞ ∑
(
Bezeichnung:
∞∑
n=0
n=0
∞∑
a n t n , wird auch
n=0
a n
t n
n!
betrachtet.
)
t n
n! =: exp(t)
Die werden verwendet, wenn es um Anzahlaussagen für Auswahlen mit Berücksichtigung
der Anordnung geht (vgl. 4.10-4.13: Auswahl ohne Berücksichtigung
der Anordnung).
Näheres hierzu z.B. im Buch von P. Tittmann.

Kapitel 5
Rekursionen erster
Ordnung und die Methode
der Summationsfaktoren
In diesem kurzen Abschnitt sollen Rekursionen der Form
⊛ a n = f(n) · a n−1 + g(n), n ∈ N (a 0 gegeben)
behandelt werden.
Diese Relationen 1. Ordnung sind linear, aber die Koeffizienten f(n) sind (ebenso
wie die ”
Inhomogenitäts-Terme“ g(n)) nicht notwendigerweise konstant, sondern
von n abhängig. Daher sind die Methoden aus Abschnitt 3 nicht anwendbar.
Wir setzen für das Folgende voraus, dass
f(n) ≠ 0 für alle n ∈ N.
Wir zeigen, dass sich die Rekursionsglieder a n dann als Summe schreiben lassen,
die sich in vielen Fällen einfach auswerten lässt.
Dazu bestimmt man sog. Summationsfaktoren s n , die die Gleichungen
⊛ ⊛
f(n) · s n = s n−1 , n ∈ N
erfüllen.
Es ist klar, dass bei Wahl von s 0 die s n , n ∈ N, dann eindeutig bestimmt sind.
Wir setzen s 0 = 1 und erhalten dann
.
⊛ ⊛ ⊛ s n =
1
f(1) · . . . · f(n)
Wozu dient die Wahl der Summationsfaktoren mit der Eigenschaft ⊛⊛?
Multipliziert man ⊛ mit s n , so erhält man
46

KAPITEL 5. REKURSIONEN ERSTER ORDNUNG UND SUMMATIONSFAKTOREN47
Setzt man S n = s n a n , so gilt also
s n a n = s n f(n)a n−1 + s n g(n), d.h.
s n a n = s n−1 a n−1 + s n g(n) für n ∈ N...
⊛ ⊛ ⊛ ⊛ S n = S n−1 + s n g(n) für n ∈ N
S 0 = s 0 a 0 = a 0
.
Diese Rekursion für die S n führt unmittelbar zu einer Summendarstellung für
die S n :
S n = S n−1 + s n g(n) = S n−2 + s n−1 g(n − 1) + s n g(n) = . . .
= S 0 + s 1 g(1) + . . . + s n g(n), d.h. wegen S 0 = a 0
∑
S n = a 0 + n s i g(i)
i=1
Wegen S n = a n s n ergibt sich hieraus
Wir fassen zusammen:
5.1 Satz
a n = a 0
s n
+
n∑
i=1
s i
s n
g(i), n ∈ N.
Für eine Rekursion a n = f(n)a n−1 + g(n) für n ≥ 1, a 0 gegeben, gilt unter der
Voraussetzung f(n) ≠ 0 für alle n ∈ N:
a n = a0
s n
+ n−1 ∑
i=1
wobei s i =
1
f(1)·...·f(i)
s i
s n
g(i)
(für alle n ∈ N),
.
Oft lassen sich Rekursionen auf die in 5.1 behandelte Form bringen. Wir beschreiben
einen solchen Fall:
5.2 Satz
Sei a n = c(n) + d(n) · n−1 ∑
ist
i=1
a i , n ∈ N, a 0 gegeben. Ist d(n) ≠ 0 für alle n ∈ N, so
a 1 = d(1) · a 0 + c(1)
und
( )
d(n)(1 + d(n − 1)) c(n)d(n − 1) − c(n − 1)d(n)
a n =
a n−1 +
d(n − 1)
d(n − 1)
für alle n ≥ 2.

KAPITEL 5. REKURSIONEN ERSTER ORDNUNG UND SUMMATIONSFAKTOREN48
Ist also zusätzlich d(n) ≠ −1 für alle n ∈ N, so sind mit
und
f(1) = d(1), f(n) =
g(1) = c(1), g(n) =
d(n)(1 + d(n − 1))
d(n − 1)
c(n)d(n − 1) − c(n − 1)d(n)
d(n − 1)
für n ≥ 2
für n ≥ 2
die Voraussetzungen von 5.1 erfüllt, und die a n lassen sich entsprechend der in
5.1 angegebenen Summenformel bestimmen.
Beweis:
Sei n ≥ 2. Dann ist wegen d(n) ≠ 0 ≠ d(n − 1)
und
a n
d(n) = c(n)
n−1
d(n) + ∑
i=0
a i
n−2
a n−1 c(n − 1)
=
d(n − 1) d(n − 1) + ∑
Subtraktion der 2. Gleichung von der ersten liefert
i=0
a n
d(n) − a n−1
d(n − 1) = c(n) c(n − 1)
−
d(n) d(n − 1) + a n−1.
Durch Umformung folgt die Behauptung des Satzes.
5.3 Beispiel
Durchschnittliche Komplexität von Quicksort (vgl. 3.1e). In 3.1e) hatten wir
die durchschnittliche Anzahl von Vergleichen, die beim Algorithmus Quicksort
zum Sortieren einer Liste der Länge n benötigt werden, mit Q n bezeichnet und
folgende Rekursion hergeleitet:
a i
Q n = n − 1 + 2 n−1
∑
Q i , n ≥ 1, Q 0 = 0.
n
i=0
Diese Rekursion hat also die in 5.2 behandelte Form mit c(n) = n − 1 und
d(n) = 2 n
für n ∈ N. Es gilt also d(n) ≠ 0, −1 für alle n ∈ N. Daher ist 5.2 und
dann 5.1 anwendbar. Es ist
und
d(n)(1 + d(n − 1))
d(n − 1)
=
c(n)d(n − 1) − c(n − 1)d(n)
d(n − 1)
2
n (1 + 2
n−1 ) (n − 1)(n + 1)
2
= = n + 1
n(n − 1) n
n−1
2
(n − 1)
=
n−1 − 2 n
2
n−1
(n − 2)
=
2(n − 1)
.
n

KAPITEL 5. REKURSIONEN ERSTER ORDNUNG UND SUMMATIONSFAKTOREN49
Da auch d(1) = 2 = 1 + 1
1
und c(1) = 0 =
Q n = n + 1
n · Q 2(n − 1)
n−1 +
n
2(1 − 1)
, gilt also nach 5.2
1
für alle n ∈ N, Q 0 = 0.
Wir wenden jetzt 5.1 an mit f(n) = n + 1 und g(n) =
n
Summationsfaktoren s n ergibt sich dann
2(n − 1)
. Für die
n
1
s n =
f(1) · . . . · f(n) = 1
2
1 · 3
2 · . . . · n+1
n
Mit Q 0 = 0 folgt dann aus 5.1
=
n!
(n + 1)! = 1
n + 1
Q n =
n∑
i=1
n + 1
i + 1
2(i − 1) · , d.h.
i
n−1
∑ k
Q n = 2(n + 1) ·
(k + 2)(k + 1)
k=0
Die hier auftretende Summe lässt sich vereinfachen:
Wegen
n−1 ∑
k=0
1
(k + 2)(k + 1) = 1
(k + 1) − 1
(k + 2) ist
k
(k + 2)(k + 1) = n−1 ∑
wobei H n = n ∑
k=1
1
k
k=0
k
k + 1 − n−1 ∑
k=0
= − n
n + 1 + n−1 ∑
= 1 − n
n + 1 + n ∑
k=1
k=0
k
k + 2 = n−1 ∑
1
k + 2
1
k − 1
k=0
für alle n ∈ N.
k
k + 1 − n−1 ∑
k=0
k + 1
k + 2 + n−1 ∑
k=0
∑
= − n
n + 1 + 1
n + 1 + n−2
= − 2n
n + 1 + H n,
die n-te harmonische Zahl bezeichnet.
k=0
1
k + 2
Es folgt dann Q n = 2(n + 1) · H n − 4n.
Da H n ∼ log n (vgl. Bsp. nach 1.4), ist Q n = O(n · log n). Die durchschnittliche
Komplexität von Quicksort, Q n = (n · log n), ist also deutlich besser als seine
Worst-Case-Komplexität n(n−1)
2
= O(n 2 ).
Im letzten Beispiel dieses Abschnitts zeigen wir, dass auch andere Rekursionen
als die in 5.2 betrachteten durch geeignete Umformungen auf eine Form gebracht
werden können, auf die 5.1 anwendbar ist.
5.4 Beispiel
Anzahl der fixpunktfreien Permutationen.
Zur Erinnerung: Eine Permutation einer (endlichen) Menge M ist eine bijektive
Abbildung von M auf M.
Im folgenden sei M = {1, . . . , n}. Eine Permutation π : M → M beschreiben
wir in der Form
1
k + 2

KAPITEL 5. REKURSIONEN ERSTER ORDNUNG UND SUMMATIONSFAKTOREN50
( 1 2 . . . n
π(1) π(2) . . . π(n)
Nach 2.1c) gibt es genau n! viele Permutationen auf M.
Eine Permutation heißt fixpunktfrei, falls π(i) ≠ i für alle i = 1, . . . , n. Die Anzahl
der fixpunktfreien Permutationen von M bezeichnen wir mit D n . (Die Bezeichnung
kommt daher, dass fixpunktfreie Permutationen auch Derangements
genannt werden.)
Wir wollen eine Rekursionsformel für die D n herleiten.
Klar: D 1 = 0, D 2 = 1. Wir setzen D 0 = 1.
Sei n ≥ 3. Ist π eine fixpunktfreie Permutation auf {1, . . . , n}, so kann π(1)
eines der Elemente 2, . . . , n sein.
Sei π(1) = i.
)
1. Fall: π(i) ( = 1, dh.
)
1 . . . i . . . n
π =
i . . . 1 . . . π(n)
Dann können die Zahlen k ≠ 1, i auf alle Arten fixpunktfrei permutiert werden,
d.h. es gibt D n−2 viele solcher Permutationen.
2. Fall: π(i) ( ≠ 1, dh.
)
1 . . . i . . . n
π =
i . . . π(i) ≠ 1 . . . π(n)
Ersetzen wir in der oberen Zeile i durch 1 und lassen die erste Spalte“
1 weg,
” i
so erhalten wir offenbar eine fixpunktfreie Permutation auf {1, . . . , n}\{i}. Umgekehrt
liefert jede solche fixpunktfreie Permutation ˜π auf {1, . . . , n} \ {i} eine
fixpunktfreie Permutation π auf {1, . . . , n} mit π(1) = i und π(i) ≠ 1, indem
wir π(1) = i, π(i) = ˜π(1) und π(k) = ˜π(k) für k ≠ 1, i setzen. Also gibt es
genau D n−1 viele fixpunktfreie Permutationen, die in Fall 2 betrachtet werden.
Für festes i ∈ {2, . . . , n} gibt es also D n−2 + D n−1 viele fixpunktfreie Permutationen
π auf {1, . . . , n} mit π(1) = i.
Insgesamt ist also
⊛ D n = (n − 1) · (D n−1 + D n−2 ).
Dies gilt auch für n = 2, da wir D 0 = 1 gesetzt haben.
Wir bringen diese Rekursionsformel auf eine Form, auf die 5.1 anwendbar ist.
Aus ⊛ folgt:
⊛
D n − nD n−1 = −(Dn−1 − (n − 1)D n−2 )
⊛
= D n−2 − (n − 2)D n−3
.
.
⊛
= (−1) n−1 (D 1 − D 0 ) = (−1) n

KAPITEL 5. REKURSIONEN ERSTER ORDNUNG UND SUMMATIONSFAKTOREN51
Die letzte Gleichung gilt wegen D 1 = 0 und D 0 = 1. Also ist D n = nD n−1 +
(−1) n für alle n ≥ 2 und sogar für n ≥ 1, wie man sofort sieht. Diese Rekursion
ist jetzt vom Typ, der in 5.1 betrachtet wurde. In den dortigen Bezeichnungen
ist f(n) = n und g(n) = (−1) n . Für die Summationsfaktoren ergibt sich dann
s n = 1 n! .
Wegen D 0 = 1 folgt dann aus 5.1
(
n∑ n!
D n = n! +
i! (−1)i = n! 1 +
also
i=1
D n = n!
n∑ (−1) i
,
i!
i=0
)
n∑ (−1) i
,
i!
i=1
oder
D n
n!
n∑ (−1) i
= .
i!
i=0
Aus der Analysis weiss man, dass n ∑
i=0
(−1) i
i!
Man kann sogar zeigen, dass |D n − n!
e | < 1 2 .
Also ist D n die nächste ganze Zahl zu n!
e .
n→∞
−→ 1 e .
Insbesondere ist (für n > 1) mehr als ein Drittel aller Permutationen auf
{1, . . . , n} fixpunktfrei. Die Wahrscheinlichkeit, bei zufälliger Zuordnung n Briefe
in n adressierte Umschläge zu stecken, dass kein Brief im richtigen Umschlag
steckt, ist also größer als 1 3 .

Kapitel 6
Geordnete Mengen
Definitionen:
a) Eine binäre Relation R auf einer Menge M ist eine Teilmenge von M×M.
Ist (a, b) ∈ R, so schreibt man aRb
b) Eine Relation R auf M heißt
• reflexiv, falls aRa ∀a ∈ M
(enthält alle Paare (a, a) ∈ M)
• antisymmetrisch, falls ∀a, b ∈ M gilt:
ist aRb und bRa, so ist a = b
• transitiv, falls ∀a, b, c ∈ M gilt:
ist aRb und bRc, so ist aRc.
c) Eine reflexive, antisymmetrische, transitive Relation heißt Ordnungsrelation
(Ordnung) auf M.
Eine Menge M mit Ordnungsrelation R heißt geordnete Menge (M, R).
(In der Regel schreibt man ≤ statt R).
Ist a ≤ b und a ≠ b, so schreibt man a < b.
d) Ist (M, ≤) geordnete Menge, a ≤ b, so ist [a, b] = {c ∈ M|a ≤ c und
c ≤ b}
e) Ist (M, ≤) geordnete Menge und gilt ∀a, b ∈ M : a ≤ b oder b ≤ a,
so nennt man (M, ≤) eine total (oder vollständig) geordnete Menge, oder
eine Kette.
6.1 Beispiele
a) (Z, ≤) ist total geordnete Menge
b) (N, |) mit Teilerrelation | ist geordnete Menge (nicht total geordnet!)
c) Sei A Menge, (P(A), ⊆) geordnete Menge (nicht total geordnet, falls |A| ≥
2)
52

¡¡
¥¥¤¤
££¢¢
KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 53
d) Sei A eine Menge. Eine Partition von A ist {A 1 , . . . , A r },
A i ⊆ A, A i ≠ ∅, A i ∩ A j = ∅
∀i, j = 1, . . . , r, A 1 ∪ . . . ∪ A r = A
(A i heißen die Blöcke der Partition).
Eine Partition π = {A 1 , . . . , A r } heißt Verfeinerung der Partition σ =
{B 1 , . . . , B s }, falls jedes A i in einem B j enthalten ist. D.h. jedes B j ist
Vereinigung einiger A i . Schreibweise: π ≼ σ.
B 1 B 2 B 3 B 4
A 2 A 1 A 5 A 3 A 6 A 4
Menge aller Partitionen von A : P (A)
(P (A), ≼) geordnete Menge.
Jede endliche geordnete Menge (M, ≤) lässt sich durch einen gerichteten Graph
veranschaulichen (Hasse-Diagramm):
• Ecken des Graphen sind die Punkte von M
• Ecke a ist mit Ecke b verbunden, falls a Vorgänger von b ist bzgl. ≤
(a ist Vorgänger von b: a < b und es gibt kein c < b mit a < c < b;
Schreibweise: a ⋖ b)
Darstellung: Größere Elemente oberhalb von den Kleineren. Dann kann man
Pfeile an den Kanten weglassen.
6.2 Beispiele
a) M = {a, b, c, d, e, f}
a < c < e; b < d < e ; b < f; d < f ; a ⋖ c
a < e ; b < d < f; b < e ; c < e
a ≰ f [b, f] = {b, d, f}, . . .
b) M = {1, 2, 3, 4, 5}, übliche ≤-Relation
c
a
e
©§©
§
§
§
d
b
¦§¦
¨§¨
Abbildung 6.2a
f
5
4
3
2
1
Abbildung 6.2b
c) M = {1, 2, . . . , 12}, {M, |}
Vorgänger: a ≠ b, a|b und es gibt kein c ≠ a, b
a|c, c|b
d) A = {1, 2, 3}{P(A), ⊆}
e) A = {1, 2, 3, 4}{P (A), ≼}. Statt {{1, 2}, {3}, {4}} schreibe 1, 2/3/4

A@
©¨
?>
GF
=<
ED
CB
QP
;:
ON
98
76
%$
'&
KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 54
{1,2,3}
8
12
{1,2}
{2,3}
{1,3}
10
4 6
9
{2}
5 2 3 7
¡ ¢£ ¤¥ ¦§
11
{1}
! "#
{3}
1
Abbildung 6.2c
{ }
Abbildung 6.2d
1,2,3,4
1,2,3/4 1,2/3,4 1,2,4/3 1,4/2,3 1,3,4/2 1,3/2,4 2,3,4/1
,-./ 01 23
54
()*+
1,2/3/4 1,3/2/4 1,4/2/3 2,3/1/4 2,4/1/3 3,4/1/2
1/2/3/4
Abbildung 6.2e
Definition: Sei (M, ≤) eine geordnete Menge a, b ∈ M. Eine obere Schranke von
a, b ist ein c ∈ M mit a ≤ c und b ≤ c. Das Supremum (kleinste obere Schranke)
für a, b ∈ M ist eine obere Schranke c ∈ M von a und b, so dass für jede weitere
obere Schranke d von a und b gilt: c ≤ d
Bezeichung: a ∨ b.
Analog: Untere Schranke, Infimum (größte untere Schranke): a ∧ b.
Beachte:
Bsp:
• obere/untere Schranken brauchen nicht zu existieren
• selbst wenn obere Schranken von a und b existieren, muss a ∨ b nicht
existieren!
d
e
f
LM
HIJK
a b
Abbildung 6.3
c
• d und e sind obere Schranken von a und b

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 55
• a ∨ b existiert nicht
• b und c haben keine obere Schranke
• a ∨ c = f
Definition: Eine geordnete Menge (M, ≤), in der je zwei Elemente ein Supremum
und ein Infimum besitzen, heißt Verband.
Ist (M, ≤) ein endlicher Verband, so existiert ein eindeutig bestimmtes kleinstes
Element (Nullelement), und es existiert ein eindeutig bestimmtes größtes
Element (Einselement).
Beachte: In Verbänden gilt: a ≤ b ⇔ a ∨ b = b ⇔ a ∧ b = a
(In Verbänden lässt sich aus ∧ bzw. aus ∨ die Ordnung ablesen.)
6.3 Beispiele
a) Jede total-geordnete Menge ist ein Verband (trivialerweise).
b) Ist A eine Menge, so ist (P(A), ⊆) ein Verband.
Er heißt Boole’scher Verband.
∧ entspricht ∩ und ∨ entspricht ∪.
Nullelement: ∅, Einselement: A
c) (N, |) ist ein Verband, ebenso für jedes n ∈ N
(T n , |), wobei T n = {a ∈ N|a|n}.
∧ entspricht ggT, ∨ entspricht kgV.
d) Ist A eine endliche Menge, so ist (P (A), ≼) ein Verband, der Partitionsverband
von A.
Sind π = {A 1 , . . . , A r } und σ = {B 1 , . . . , B s } Partitionen von A, so ist
π ∧ σ = {A i ∩ B j |i = 1, . . . , r; j = 1, . . . , s; A i ∩ B j ≠ ∅}
π ∨ σ verhält sich folgendermaßen:
Starte mit A 1 . Setze
C 1 = A 1 ∪ ⋃ {B i |B i ∩ A 1 ≠ ∅}
C 2 = C 1 ∪ ⋃ {A j |A j ∩ C 1 ≠ ∅}
C 3 = C 2 ∪ ⋃ {B i |B i ∩ C 1 ≠ ∅}
.
.
solange bis sich keine Vergrößerung mehr ergibt, etwa bei C n .
Setze D 1 = C n .
Gibt es dann noch ein A k , das nicht in D 1 enthalten ist (also per Konstruktion
dann A k ∩ D 1 = ∅), so führe dieselbe Prozedur mit A k anstelle
A 1 durch etc.

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 56
Beispiel:
π = 12|3|45|678
σ = 1|23|4|57|68
π ∧ σ = 1|2|3|4|5|68|7
π ∨ σ = 123|45678
Definition: Sei (M, ≤) eine geordnete Menge. A(M, ≤) ist die Menge aller Funktionen
f : M×M → C (statt C kann man auch einen beliebigen anderen Körper
nehmen) mit der Eigenschaft f(a, b) = 0, falls a ≰ b.
A(M, ≤) heißt die Inzidenzalgebra zu (M, ≤).
Jedes Element f aus A(M, ≤) kann man als (|M| × |M|)-Matrix auffassen,
wobei die Zeilen und Spalten durch Elemente von M indiziert sind und an der
Stelle (a, b) ∈ M × M dann gerade f(a, b) steht.
6.4 Bemerkung
A(M, ≤) ist abgeschlossen unter Addition von Funktionen
(f + g)(a, b) = f(a, b) + g(a, b),
und unter der Multiplikation, die sich aus der Matrizenmultiplikation ergibt,
also
(f · g)(a, b) = ∑
f(a, c) · g(c, b)
c∈M
Ist nämlich a ≰ b und c ∈ M, so ist a ≰ c oder c ≰ b (wegen der Transitivität
von ≤), als f(a, c) = 0 oder g(c, b) = 0; dann ist folglich (f · g)(a, b) = 0.
Da f(a, c) = 0, falls a ≰ c und g(c, b) = 0, falls c ≰ b, muss man die Summe nur
über alle c ∈ [a, b] laufen lassen.
Das Produkt heißt auch Faltungsprodukt.
Das neutrale Element δ bzgl. der Multiplikation entspricht der Einheitsmatrix,
d.h.
{ 1 , falls a = b
δ(a, b) =
0 , falls a ≠ b
Eine besonders einfache Funktion in A(M, ≤) wird durch die folgende Definition
angegeben:
Definition: Die Zeta-Funktion ζ ∈ A(M, ≤) ist definiert durch
{
1 , falls a ≤ b
ζ(a, b) =
0 , falls a ≰ b

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 57
6.5 Satz und Definition
a) Die Zeta-Funktion ist bzgl. der Multiplikation invertierbar, d.h. es existiert
µ ∈ A(M, ≤) mit ζ · µ = µ · ζ = δ.
µ heißt die Möbius-Funktion auf (M, ≤).
Für alle a, b ∈ M gilt:
∑
c∈[a,b]
µ(a, c) =
{
1 , falls a = b
0 , falls a ≠ b
und
∑
c∈[a,b]
µ(c, b) =
b) µ ist rekursiv definiert durch
{
1 , falls a = b
0 , falls a ≠ b
µ(a, a) = 1 für alle a ∈ M
µ(a, b) = 0
∑
für alle a, b ∈ M, a ≰ b
µ(a, b) = − µ(a, c) für alle a, b ∈ M, a < b
c ∈ [a, b]
c ≠ b
Insbesonders hängt µ(a, b) nur von ≤ auf [a, b] (und nicht auf ganz M) ab.
c) Es ist µ(a, b) ∈ Z für alle a, b ∈ M und µ(a, b) = −1, falls a ⋖ b.
Beweis:
a)b) µζ = δ bedeutet, dass für alle a, b ∈ M gilt (vgl Bem. 6.4):
∑
c∈[a,b]
µ(a, c) = ∑
c∈[a,b]
µ(a, c) ζ(c, b) =
} {{ }
=1
{ 1 , falls a = b
0 , falls a ≠ b
Die zweite Gleichung ist (analog) gleichwertig zu ζµ = δ.
Da eine quadratische Matrix genau dann eine Rechtsinverse besitzt, wenn
sie eine Linksinverse besitzt, { muss man nur zeigen, dass ein µ ∈ A(M, ≤)
∑
1 , falls a = b
existiert mit µ(a, c) =
0 , falls a ≠ b .
c∈[a,b]
Man sieht sofort, dass die rekursive Definition in b) ein solches µ beschreibt.
c) Folgt unmittelbar aus b)
6.6 Beispiele
a) Betrachte wir in 6.3c) (T 12 , |), also T 12 = {1, 2, 3, 4, 6, 12}. Dann entspricht
der Zeta-Funktion ζ auf (T 12 , |) die Matrix
1 2 3 4 6 12
1 1 1 1 1 1 1
2 0 1 0 1 1 1
3 0 0 1 0 1 1
4 0 0 0 1 0 1
6 0 0 0 0 1 1
12 0 0 0 0 0 1

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 58
Es ist µ(a, a) = 1 für alle a ∈ T 12 und µ(a, b) = 0, falls a ∤ b.
µ(1, 2) = µ(1, 3) = −1, da 1 Vorgänger von 2 und 3 bzgl. | (6.5c)).
µ(1, 4) = −µ(1, 1) − µ(1, 2) = 0
6.5b)
µ(1, 6) = −µ(1, 1) − µ(1, 2) − µ(1, 3) = 1
µ(1, 12) = −µ(1, 1) − µ(1, 2) − µ(1, 3) − µ(1, 4) − µ(1, 6)= 0
µ(2, 4) = µ(2, 6) =−1 ∗
µ(2, 12) = −µ(2, 2) − µ(2, 4) − µ(2, 6) = 1
µ(3, 6) = µ(4, 12) = µ(6, 12) =−1
µ(3, 12) = −µ(3, 3) − µ(3, 6) = 0
∗ gilt, da 2 Vorgänger von 4 und 6 bzgl. |.
Also entspricht µ der folgenden Matrix
⎛
1 −1 −1 0 1 0
0 1 0 −1 −1 1
0 0 1 0 −1 0
⎜ 0 0 0 1 0 −1
⎝ 0 0 0 0 1 −1
0 0 0 0 0 1
b) Sei (M, ≤) eine endliche total-geordnete Menge. Dann ist
⎧
⎨ 1 , falls a = b
µ(a, b) = −1 , falls a ⋖ b
⎩
0 , sonst
Klar:
⎞
⎟
⎠
µ(a, b) = 1, falls a = b
µ(a, b) = −1, falls a ⋖ b (6.5)
µ(a, b) = 0, falls a ≰ b
Sei also a < b, a kein Vorgänger von b, also a = a 1 ⋖a 2 ⋖. . .⋖a n = b, n > 2.
Dann folgt mit Induktion nach n:
µ(a, b) 6.5b)
n−1
∑
= − µ(a, a i ) = −µ(a, a) − µ(a, a 2 ) = 0.
i=1
Zur Berechnung der Möbiusfunktion in endlichen Verbänden ist der folgende
Satz sehr nützlich.
6.7 Satz (Weissner, 1935)
Sei (L, ≤) ein endlicher Verband, a ∈ L, a > 0 L (0 L bezeichnet das Nullelement
des Verbandes; analog bezeichnet 1 L das Einselement des Verbandes, d.h.
x ≤ 1 L für alle x ∈ L).

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 59
Dann gilt: ∑ µ(0 L , x) = 0.
Beweis:
Sei S = ∑
Dann ist
x ∈ L
x ∨ a = 1 L
x,y∈L
µ(0 L , x)ζ(x, y)ζ(a, y)µ(y, 1 L ).
S = ∑ µ(0 L , x) ∑ µ(y, 1 L )
6.5a)
=
=
x∈L
y ∈ L
y ≥ x
y ≥ a
= ∑ µ(0 L , x) ·
x∈L
{ ∑
µ(0 L , x) · 1 , falls x ∨ a = 1 L
x∈L
0
∑
, falls x ∨ a < 1 L
µ(0 L , x).
x ∈ L
x ∨ a = 1 L
∑
y ∈ L
y ≥ x ∨ a
µ(y, 1 L )
Andererseits ist
S =
6.8 Korollar
∑
x ∈ L
y ≥ a
µ(0 L , x)ζ(x, y)µ(y, 1 L )
= ∑ µ(y, 1 L ) · ∑ µ(0 L , x)ζ(x, y)
y≥a
x∈L
= ∑ µ(y, 1 L ) · ∑
µ(0 L , x) = 0
y≥a
x ∈ L
x ≤ y
} {{ }
6.5a)
= 0,da y≥a>0 L
a) Sei A eine endliche Menge, L = (P (A), ⊆) der Verband der Teilmengen
von A. Sind B, C ⊆ A, so ist
{
(−1)
µ(B, C) =
|C|−|B| , falls B ⊆ C
0 , sonst
b) Sei L = (T n , |) der Verband aller positiven Teiler von n ∈ N.
Seien a, b ∈ T n . Dann ist
{ (−1)
µ(a, b) =
r , falls a|b und falls b a
Produkt von r paarweise verschiedene Primzahlen ist
0 , sonst (d.h. a ∤ b oder b a
ist durch das Quadrat einer Primzahl teilbar)
[µ(a, b) hängt also nur von b a ab. Ist b a ∈ N, so ist µ( b a
) := µ(a, b) die
klassische Möbiusfunktion der Zahlentheorie.]
Beweis:
a) Wir müssen nur den Fall B ⊆ C betrachten.
Es ist µ(B, C) = µ(∅, C\B), da der Verband [B, C] isomorph zum Verband

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 60
P(C \ B) ist. (Isomorphie: es existiert eine bijektive Abbildung, die die
Ordnungsrelation { - hier die Teilmengenrelation - erhält;
[B, C] → P(C \ B)
ϕ :
.)
X ↦→ X \ B
Sei D = C \ B. Wir haben also µ(∅, D) = (−1) |D| zu zeigen. Richtig für
D = ∅, da µ(∅, ∅) = 1 = (−1) 0 .
Sei |D| ≥ 1, d ∈ D.
Es ist ∅ das Nullelement und D das Einselement des Verbandes (P(D), ⊆).
Daher folgt mit 6.7: ∑
µ(∅, D ′ ) = 0.
D ′ ⊆ D
D ′ ∪ {d} = D
Die einzigen D ′ , die in dieser Summe auftreten, sind D und D \ {d}.
Also folgt: µ(∅, D) = −µ(∅, D \ {d}). Per Induktion nach |D| können wir
µ(Φ, D\{d}) = (−1) |D|−1 annehmen. Dann folgt µ(∅, D) = −(−1) |D|−1 =
(−1) |D| .
b) Wir haben nur den Fall a|b zu betrachten, wobei wir a ≠ b annehmen
können. Der Verband [a, b] = {c ∈ N| a|c und c|b} ist isomorph zu T b .
a
Setze m = b a > 1. Dann ist µ(a, b) = µ(1, b a
) = µ(1, m).
Sei p eine Primzahl, p|m. Es ist 1 das Nullelement von T m und m das
Einselement von T m . Mit 6.7 folgt daher:
µ(1, m) = − ∑
µ(1, a).
a|m, a < m
kgV (a, p) = m
Ist p 2 |m, so gibt es kein a < m mit kgV (a, p) = m (denn: ist p|a, so
kgV (a, p) = a; ist p ∤ a, so kgV (a, p) = a · p ≠ m, da p 2 ∤ a · p, aber p 2 |m).
Dann ist also µ(1, m) = 0. Ist p 2 ∤ m, so µ(1, m) = −µ(1, m p ).
Die Behauptung folgt nun per Induktion.
6.9 Bemerkung
Für den Verband (P (A), ≼) aller Partitionen der endlichen Menge A kann man
zeigen:
{
(−1)
|π|−|σ| ∏
µ(π, σ) =
B∈σ (n B − 1)! , falls π ≼ σ
0 , sonst
Dabei:
|π| = Anzahl der Blöcke in π, σ analog;
n B = Anzahl der Blöcke von π, die in den Block B von |σ| enthalten sind.
Beweis:
P. Tittmann: Einführung in die Kombinatorik, Spektrum, 2000, S. 182-
184
J.H. van Lint, R.M. Wilson: A Course in Combinatorics, Cambridge
University Press, 1992, S. 309

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 61
Die Bedeutung der Möbiusfunktion liegt in folgendem Satz begründet, der die
sogenannte Möbiusinversion beschreibt.
6.10 Satz über die Möbiusinversion
Sei (M, ≤) eine endliche geordnete Menge, f : M → C eine Funktion. (Statt C
kann man jeden beliebigen Körper wählen.)
Sei g(x) = ∑ f(y) für x ∈ M (also g : M → C).
Dann ist
y ∈ M
y ≤ x
f(x) = ∑
g(y)µ(y, x) für jedes x ∈ M.
y ∈ M
y ≤ x
Analog: Ist h(x) = ∑ f(y) für x ∈ M, so f(x) = ∑ h(y)µ(x, y) für alle x ∈ M.
y ∈ M
y ≥ x
y ∈ M
y ≥ x
Beweis: Wähle ein beliebiges x ∈ M. Dann gilt:
∑
g(y)µ(y, x) = ∑ ∑
f(z)µ(y, x)
y≤x
y≤x z≤y
= ∑ ∑
f(z)ζ(z, y)µ(y, x)
y≤x z∈M
= ∑ ∑
f(z) ζ(z, y)µ(y, x)
z∈M
= f(x).
Die zweite Behauptung folgt analog.
y≤x
} {{ }
{
1 , falls z = x
=
0 , falls z ≠ x (6.5)
6.11 Korollar (Klassische Möbiusinversion der
Zahlentheorie)
Sei µ die klassische Möbiusfunktion auf N (vgl. 6.8b).
Ist f : N → C eine Funktion, g(n) = ∑ k|n
f(k) für n ∈ N, so ist f(n) =
∑
k|n
g(k)µ ( n
k
)
für alle n ∈ N.
Beweis:
Für jedes n ∈ N ergibt sich die Behauptung durch Anwendung von 6.10 auf
(T n , |).
Die Möbiusinversion ist ein wichtiges Hilfsmittel für zahlreiche Abzählprobleme.
Wir geben ein Beispiel an, bei dem die Möbiusinversion auf den Verband
(P(I), ⊆) aller Teilmengen einer endlichen Menge I angewandt wird.

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 62
6.12 Beispiel
a) Sei A eine endliche Menge, A i Teilmengen von A, wobei die i aus einer
endlichen Indexmenge I stammen (d.h. für jedes i ∈ I ist A i definiert).
Für J ⊆ I sei B(J) = {x ∈ A|x ∈ A i für alle j ∈ J, x /∈ A i für alle i ∈
I \ J}.
Klar: B(J) = ⋂ A j \
⋃ A i
j∈J i∈I\J
⋂
(wobei A j = A, falls J = ∅ und
⋃ A i = ∅, falls I \ J = ∅).
j∈J
i∈I\J
Klar ist auch: Ist J 1 ≠ J 2 , so B(J 1 ) ∩ B(J 2 ) = ∅. (∗)
Wir setzen f(J) = |B(J)|.
Sei nun J ⊆ I fest, aber beliebig gewählt. Dann ist ⋃ B(K) = ⋂ A j ,
K
j∈J
J ⊆ K ⊆ I
wie man leicht sieht.
∑
Also gilt nach (∗): f(K) = | ⋂ A j | =: h(J).
K
J ⊆ K ⊆ I
j∈J
Nach dem zweiten Teil von 6.10 (Möbiusinversion) folgt nun:
f(J) = ∑ h(K)µ(J, K) 6.8a)
= ∑
K
K
J ⊆ K ⊆ I
| ⋂
k∈K
J ⊆ K ⊆ I
A k | · (−1) |K|−|J| .
Die Gleichung (∗∗) beschreibt also die Anzahl f(J) = | ⋂
j∈J
A j \
(∗∗)
⋃
i∈I\J
der Elemente von A, die genau in allen A j (j
⋂
∈ J), aber in keinen anderen
A i (i ∈ I \ J) liegen durch die Anzahlen | A k |, J ⊆ K (Elemente, die
mindestens in allen A j (j ∈ J) liegen).
Wählt man speziell J = ∅, so folgt:
|A \ ⋃ i∈I
k∈K
A i | = |B(∅)| = f(∅) = ∑ K⊆I
| ⋂
k∈K
A k |(−1) |K|
Beachtet man, dass auf der rechten Seite für K = ∅ gerade |A| als Summand
auftaucht, so folgt hieraus sofort:
| ⋃ A i | =
∑
(−1) |K|+1 | ⋃
A k |.
i∈I
∅≠K⊆I
k∈K
Dies ist gerade das Einschließungs-Ausschließungs-Prinzip aus 1.3.
b) Wir wenden a) auf folgende Frage an:
Wieviele Permutationen auf {1, . . . , n} haben genau l viele Fixpunkte
(0 ≤ l ≤ n)?
A i |
Sei diese Anzahl f l (n). Wir setzen A = S n = Menge aller Permutationen
auf {1, . . . , n}, und A i = {τ ∈ S n |τ(i) = i} für i = 1, . . . , n.

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 63
Es ist f l (n) =
∑
J ⊆ {1, . . . , n}
|J| = l
f(J), wobei f(J) = Anzahl aller Permutationen, die
genau die Elemente aus J als Fixpunkte, aber sonst keine weiteren Fixpunkte
haben.
Wir wählen ein beliebiges J ⊆ {1, . . . , n} mit |J| = l und berechnen f(J)
mit a):
f(J) = ∑ | ⋂
A k | · (−1) |K|−l .
K⊇J
⋂
k∈K
k∈K
A k sind genau die Permutationen, die die Elemente k ∈ K festlassen
(und vielleicht noch weitere). Daher ist
| ⋂
A k | = (n − |K|)!
k∈K
Also: f(J) =
∑ (n − |K|)!(−1) |K|−l . Die Summanden hängen also nur
K⊇J
von |K| ab. Ist |K| = l + j, j ∈ {0, . . . , n − l}, so gibt es genau ( )
n−l
j viele
Teilmengen K ⊇ J mit |K| = l +j (denn dies entspricht genau der Anzahl
der j-elementigen Teilmengen von {1, . . . , n} \ J).
Also:
∑n−l
( ) n − l
∑n−l
f(J) =
(n − l − j)!(−1) j (−1) j
= (n − l)!
j
j!
j=0
j=0
f(J) hängt also nur von |J| = l ab. Es gibt ( n
l)
viele Teilmengen J ⊆
{1, . . . , n} mit |J| = l.
Also ist f l (n) = ( n
l
) n−l ∑ (−1) j
(n − l)!
j!
j=0
, d.h. f l (n) = n! n−l ∑
l! j=0
(−1) j
.
j!
Für l = 0 erhält man gerade die Anzahl der fixpunktfreien Permutationen
auf {1, . . . , n} in Übereinstimmung mit 5.4.
6.13 Bemerkung
Mit Hilfe der Möbiusinversion bzgl. der Möbiusfunktion auf dem Verband der
Partitionen einer endlichen Menge (vgl. 6.9) kann man z.B. die Anzahl aller
Graphen mit nummerierten Ecken ohne Vielfachkanten bestimmen und auch
die Anzahl der zusammenhängenden unter diesen Graphen.
Näheres dazu in
P. Tittmann (s. 6.9), S. 184-186,
J.H. van Lint, R.M. Wilson (s. 6.9), S. 310-311.

Index
Abzählen von Abbildungen, 12
Abzählen von Mengen, 12
Abzählproblem, 20, 61
Additionsprinzip, 5
antisymmetrisch, 52
Äquivalenzrelation, 18
Auswahlanzahlen, 13
Bell, E.T., 22
Bell’schen Zahlen, 22
Bijektionsprinzip, 10
bijektiv, 13
bijektive Abbildung, 14
binäre Relation, 52
Binominalkoeffizient, 12
Binomische Formel, 12
Boole’scher Verband, 55
Catalan, E.C., 24
Catalan-Zahlen, 23, 44
charakteristische Gleichung, 26
charakteristischer Vektor, 15
Differentialgleichungen, 34
Differenzengleichungen, 33
Differenzoperator, 33
doppeltes Abzählen, 9
Ebenen-Zerlegung, 22
Einschliessungs-Ausschliessungs-Prinzip,
7
Erzeugende Funktionen, 35
Faltungsprodukt, 56
Fibonacci, L.v.P., 20
Fibonacci-Zahlen, 20, 27
fixpunktfreie Permutation, 49
Folgerung, 16
formale Potenzreihe, 35
geordnete Menge, 52
Geordnete Mengen, 52
geschlossene Form, 25
Gleichheitsregel, 10
Goldener Schnitt, 27
Hanoi, 21, 31
harmonische Zahl, 49
Hasse-Diagramm, 53
Hoare, C.A.R., 23
homogen, 20
homogene Rekursion, 25
Infimum, 54
inhomogen, 20
injektiv, 13
injektive Abbildung, 14
Inzidenzalgebra, 56
Isomorphie, 60
Klassische Möbiusinversion, 61
kombinatorische Techniken, 5
Komposition von Potenzreihen, 38
Korollar, 30, 41, 59, 61
linear mit konst. Koeff., 20
Literatur, 4, 34
Möbius-Funktion, 57
Möbiusinversion, 61
Mengenrelation, 18
Methode der Summationsfaktoren,
46
Multiplikationsprinzip, 5, 14
Ordnung, 52
Ordnungsrelation, 18, 52
Partition, 18
Partitionen einer Menge, 22
Partitionsverband, 55
Prinzip des doppelten Abzählens, 8
Produktregel, 5
Quicksort, 23, 48
64

INDEX 65
reflexiv, 52
Reflexivität, 18
Rekursionen, 20
Rekursionen erster Ordnung, 46
Rekursionsformel, 50
Relation, 18
Schubfachprinzip, 10
Stirling-Zahl 2. Art, 18
Summationsfaktoren, 46
Summendarstellung, 47
Summenregel, 5
Supremum, 54
surjektiv, 13
Symmetrie, 18
Türme von Hanoi, 21, 31
Teilgebiete der Kombinatorik, 3
total, 52
transitiv, 52
Transitivität, 18
verallgemeinerter Binominalkoeffizient,
38
Verband, 55
Verfeinerung der Partition, 53
Weissner, Satz von, 58
Zeta-Funktion, 56