Kombinatorische Methoden in der Informatik - Diskrete Mathematik

Kombinatorische Methoden in der InformatikProf. Dr. Peter HauckWilhelm-Schickard-Institut für InformatikAB Diskrete MathematikSkript einer 4-stündigen Vorlesung im Sommersemester 2004(Korrigierte Version vom 22.12.2005)http://www-dm.informatik.uni-tuebingen.deErstellung des Skripts:Daniel Raible

Inhaltsverzeichnis1 Elementare kombinatorische Techniken 52 Abzählen von Mengen und Abbildungen 133 Rekursionen 214 Wachstum von Rekursionsfolgen 375 Erzeugende Funktionen 446 Geordnete Mengen 547 Der Satz von Dilworth und Folgerungen 682

KombinatorikAnordnung von Objekten mit gewissen Eigenschaften: Fragen bezüglich Existenz,Anzahl und Optimalität.Teilgebiete der Kombinatorik- abzählende Kombinatorik- Graphen, Netzwerke- Ramsey - Theorie- Designs, endliche Geometrien- Matroidtheorie- Topologische KombinatorikAnwendungen in der Informatik- Abzählende Kombinatorik: Analyse ( u. Entwurf) von Algorithmen.- Graphen (speziell Bäume): Eine der wichtigsten Datenstrukturen.- Kombinatorische Methoden bei der Untersuchung formaler Sprachen.- Algorithmische Geometrie.Hauptthemen der Vorlesung- Abzählende Kombinatorik (Rekursionen, erzeugende Funktionen).- Kombinatorik auf geordneten Mengen.- Netzwerke.3

INHALTSVERZEICHNIS 4Literatur1. M. Aigner Diskrete Mathematik, Vieweg, 3. Auflage 1999(Abzählende Kombinatorik, Graphen, Algebraische Systeme)2. N.M. Biggs Discrete Mathematics, Glarendon Press, 1989(Abzählende Kombinatorik, Graphen, algebraische Methoden)3. P. Cameron: Combinatorics - Topics, Techniques, Algorithms, CambridgeUniversity Press, 3. Auflage 1998(Breites Spektrum, guter Überblick)4. R.L. Graham, D. Knuth, O. Patashnik: Concrete Mathematics, Addison-Wesley, 1998(Abzählende Kombinatorik, diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung)5. R.P. Grimaldi Discrete and Combinatorial Mathematics, Addison-Wesley,1994(Abzählende Kombinatorik, Graphen, algebraische Methoden)6. J.M. Harris, J.L. Hirst, M.J. Mossinghoff Combinatorics and GraphTheory, Springer, 2000(Abzählende Kombinatorik, Graphen)7. T. Ihringer Diskrete Mathematik, Heldermann, 2000(Graphen, Optimierung, Abzähltheorie, Codierungstheorie, Kryptographie)8. K. Jacobs, D. Jungnickel Einführung in die Kombinatorik, de Gruyter,2004(Einblick in alle Gebiete der Kombinatorik)9. G.E. Martin Counting: The Art of Enumerative Combinatorics, Springer,2001(v.a. abzählende Kombinatorik)10. J. Matousek, J. Nesetril Diskrete Mathematik, Springer, 2002(v.a. abzählende Kombinatorik, Graphen)11. K.H. Rosen (Ed.): Handbook of Discrete and Combinatorial Mathematics,CRC Press, 2000(Sehr ausführliche Darstellung der relevanten Gebiete)12. P. Tittmann: Einführung in die Kombinatorik, Spektrum, 2000(Abzählende Kombinatorik, Graphen, geordnete Mengen)13. A. Tucker: Applied Combinatorics, Wiley, 2002(Graphen, abzählende Kombinatorik)14. J.H. van Lint, R.M. Wilson: A Course in Combinatorics, CambridgeUniversity Press, 5. Auflage, 1999(Breites Spektrum, gut für Überblick)

Kapitel 1Elementarekombinatorische Techniken1.1 Additionsprinzip (Summenregel)Seien S 1 , .., S m paarweise disjunkte endliche Mengen. Dann ist|S 1 ∪ · · · ∪ S m | =m∑i=1|S i |.In den Anwendungen tritt das Additionsprinzip in folgender Form auf:Wir klassifizieren die Elemente von S nach gewissen EigenschaftenE 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)|S 1 × . . . × S m | =In den Anwendungen:Kann eine Prozedur in m aufeinanderfolgende Schritte aufgeteilt werden undhat man n 1 viele Optionen für Schritt 1, und hat man nach Durchführung vonSchritt i−1 (i = 2, . . .,m) genau n i viele Optionen, Schritt i durchzuführen, sohat man insgesamt n 1 · n 2 · . . . · n m viele Möglichkeiten, die Gesamtprozedurdurchzuführen.m∏i=1|S i |5

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 6Zum Verdeutlichen ein Baumdiagramm:← n 1} {{ }n 2BeispieleAbbildung 1.1: Baumdiagramma) Es gibt 2 n viele 0-1-Wörter der Länge n. Allgemein gibt es m n viele Wörterder Länge n über einem Alphabet der Größe m. (Multiplikationsprinzip)b) Für einen aussagenlogischen Ausdruck mit n Variablen gibt es 2 n vieleBelegungen. (Multiplikationsprinzip)c) 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, 4eine Stelle: (26 Buchstaben):|S 1 | = 26zwei Stellen: (2.Stelle: 26 Buchstaben + 10 Ziffern):|S 2 | = 26 · 36drei Stellen: (3.Stelle: 26 Buchstaben + 10 Ziffern):vier Stelle: (4. Stelle:3 Buchstaben):|S 3 | = 26 · 36 2|S 4 | = 26 · 36 2 · 3Bei |S 2 |, |S 3 | und |S 4 | wurde die Produktregel angewandt.

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 7Gesamtzahl aller Kennzeichnungen (Summenregel):|S 1 | + |S 2 | + |S 3 | + |S 4 | = 135746 Möglichkeitend) Wieviele Wörter der Länge 3 aus a,b,c,d,e,f , die mindestens ein e enthalten,gibt es?1.Möglichkeit:S 1 = {x : erstes e an 1. Stelle}S 2 = {x : erstes e an 2. Stelle}S 3 = {x : erstes e an 3. Stelle}|S 1 | = 6 · 6, |S 2 | = 5 · 6, |S 3 | = 5 · 5 (Multiplikationsprinzip)Additionsprinzip: 36 + 30 + 25 = 912.Möglichkeit:S i = {x : x enthält e genau i mal}, i = 1, 2, 3S 1 = S 1 1 ∪ S2 1 ∪ S3 1 , Sj 1 = {x ∈ S 1 : e steht an Stelle j}|S j 1 | = 5 · 5 (Multiplikationsprinzip), |S 1| = 75 (Additionsprinzip)S 2 = S 1 2 ∪ S2 2 ∪ S3 2 , Sj 2 = {x ∈ S 1 : an Stelle j steht kein e}|S j 2 | = 5, |S 2| = 15 (Additionsprinzip)|S 3 | = 1Additionsprinzip: 75 + 15 + 1 = 91 Möglichkeiten3.Möglichkeit:Gesuchte Anzahl = Anzahl der Wörter über a,b,c,d,e,fder Länge 3 − Anzahl der Wörter über a,b,c,d,f der Länge 3a)= 6 3 − 5 3 = 216 − 125 = 91e) Wieviele Wörter mit a,b,c,(,) der Länge 5 gibt es, wenn gleich viele öffnendewie schließende Klammern vorkommen, die Anzahl der schließendenKlammern in jedem Präfix des Wortes nicht größer sein darf als die Anzahlder öffnenden Klammern und zwischen einer öffnenden und einer schließendenKlammer mindestens ein Symbol a,b oder c stehen muss?S 1 = {x : x enthält keine Klammer}S 2 = {x : x enthält eine öffnende Klammer}S 3 = {x : x enthält zwei öffnende Klammern}S 1 = 3 5 (Multiplikationsprinzip)S 2 = S 1,32 ∪ S 1,42 ∪ S 1,52 ∪ S 2,42 ∪ S 2,52 ∪ S 3,52 ,wobei S i,j2 = {x : öffnende Klammer an Stelle i, schließende Klammer an Stelle j}|S i,j2 | = 33 (Multiplikationsprinzip), |S 2 | = 6 · 3 3 (Additionsprinzip)|S 3 | = 3, S 3 = {((a)), ((b)), ((c))}.Additionsprinzip: Gesamtzahl= 3 5 + 6 · 3 3 + 3 = 408Das Additionsprinzip erfordert, dass die betrachteten Mengen paarweise disjunktsind. Das ist im Allgemeinen nicht der Fall.Allgemeiner Fall:m=2: |S 1 ∪ S 2 | = |S 1 | + |S 2 | − |S 1 ∩ S 2 |m=3: |S 1 ∪S 2 ∪S 3 | = |S 1 |+|S 2 |+|S 3 |−|S 1 ∩S 2 |−|S 1 ∩S 3 |−|S 2 ∩S 3 |+|S 1 ∩S 2 ∩S 3 |

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 8Abbildung 1.2: Einschl.-Ausschl.-PrinzipAllgemein gilt:1.3 Einschließungs-Ausschließungs-PrinzipSind S 1 , . . . , S m endliche Mengen, so ist|S 1 ∪ · · · ∪ S m | =m∑ ∑(−1) k+1 ·k=1Beweis:Induktion nach m: m = 1, 2 √1≤i 1

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 91.4 Prinzip des doppelten AbzählensSeien A, B endliche Mengen, S ⊆ A × B (S ist eine Relation zwischen A undB).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:∑a =a∈An ∑ m b = |S|b∈BInsbesondere: Ist n = n a unabhängig von der Wahl von a und ist m = m bunabhängig der Wahl von b, so ist n · |A| = m · |B|.(Anwendung: |A|, |B|, n bekannt, bestimme m.)Begründung:b 1 b 2 . . . b j . . . b s ← Ba 1 0a 2 0... .. 1a i 0 0 1 . . . 0 1 1 . . . 1 00... ..0a r 0↑AAbbildung 1.3: InzidenzmatrixSei 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 j ) ∈ S0 : falls (a i , b j ) ∉ SInsgesamt stehen |S| viele Einsen in der Matrix. In Zeile i stehen n aiEinsen, in der Spalte j stehen m bj viele Einsen.Durch zeilenweises Abzählen erhält manvieler∑n ai = ∑ n a = |S|i=1 a∈Aund durch spaltenweises Abzählens∑m bj = ∑ m b = |S|.j=1 b∈B

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 10Beispielea) Handshaking LemmaDie Anzahl der Teilnehmer einer Tagung, die eine ungerade Anzahl vonTeilnehmern per Handschlag begrüßen, ist gerade.Beweis.Seien {T 1 , . . .,T n } die Teilnehmer der Tagung. Wir bilden einen Graphen:Knoten = Menge der Teilnehmer2 Knoten sind durch eine Kante verbunden, wenn sich die Teilnehmerdurch Handschlag begrüssen. Die beiden Knoten heissen dann Endknotender Kante.Wir zählen S = {(T, k) | T ist Endknoten von k}Teilnehmer T begrüße v T viele andere Teilnehmer per Handschlag. Danngehen von T genau v T viele Kanten aus.Also: |S| = ∑ T v T.Umgekehrt: Jede Kante hat zwei Endknoten.Also: |S| = 2·#Kanten.Also: ∑ T v T = 2·#Kanten. Daher muss die Anzahl der ungeraden v T geradesein.b) 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) sehrfreundlich verhält.Sei A = {1, . . .,n} S ⊆ A × A : (i, j) ∈ S ⇔ i teilt jDoppeltes Abzählen: Sei i ∈ A gegeben. Wieviele j ∈ A gibt es mit i|j ?⌊ n⌋i, 2i, . . ., · iiAnzahl: ⌊ ⌋ni , die größte ganze Zahl ≤nii=1Sei j ∈ A. Wieviele i ∈ A gibt es mit i|j ?Anzahl: t(j)1.4)n∑ ⌊ n⌋ n∑= t(j)ii=1 j=1t(n) = 1 nn∑t(j) = 1 nj=1n∑ ⌊ n⌋≤ 1 i ni=1n∑i=1nni = ∑ 1ii=1(n-te harmonische Zahl)

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 11Abbildung 1.4: Ober- / Untersummen der Funktion 1 xDer Fehler, den wir bei jeder Abschätzung in jedem Summanden gemachthaben, ist kleiner 1, also weicht t(n) von ∑ ni=1 1 ium weniger als 1 ab.Analysis: log(n) + 1 n < ∑ n 1i < log(n) + 1n−1∑Obersumme:Untersumme:i=1n∑i=2i=1∫n1i >11dt = log(n)t∫n1i < 1dt = log(n)t1Also: ∑ ni=1 1 iweicht von log(n) um weniger als 1 ab. Daher t(n) ≈ log(n),Fehler ist kleiner als 2.1.5 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 ∈ Bx i =0 : i ∉ BDiese Zuordnung liefert Bijektion zwischen der Menge aller Teilmengen von Aund der Menge aller 0-1-Folgen der Länge n. Nach 1.2 gibt es davon 2 n viele.|℘(A)| = 2 n

KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 121.6 Schubfachprinzipa) Werden mehr als n viele Objekte auf n ”Schubfächer“ verteilt, so enthältmindestens ein Schubfach mehr als ein Objekt.b) (Verallgemeinert) Werden m Objekte auf n Schubfächer“ verteilt, so”enthält ein Schubfach mindestens ⌈ m n⌉ viele Objekte.Begründung: ⌈ mn⌉− 1 < m nAngenommen Behauptung b) ist falsch, dann:(⌈ m⌉ )m ≤ n · − 1 < n · mn n = m,Widerspruch.Beispiel:Gegeben seien 6 Punkte in der Ebene, keine 3 auf einer Gerade. Je zwei Punktewerden durch eine Gerade verbunden, die entweder rot oder grün ist.Dann gibt es ein einfarbiges Dreieck: Sei P ein Punkt. Von den 5 Kanten, dievon ihm abgehen, müssen nach dem Schubfachprinzip mindestens 3 die gleicheFarbe haben (z.B. rot). Diese 3 rote Kanten führen zu Punkten Q, R, S. Ist eineder Kanten QR, RS, QS rot, so haben wir ein rotes Dreieck. Sind alle grün, sohaben wir ein grünes Dreieck Q, R, S.QRPSDieses Beispiel ist ein Spezialfall des Satzes von Ramsey. Er besagt z.B. auch:Färbt man in einem vollständigen Graphen (alle Ecken sind durch Kanten verbunden)alle Kanten mit f vielen Farben und wählt man irgendein r ∈ N, sogilt: Ist die Anzahl der Ecken genügend groß, so gibt es r viele Ecken, so dassderen Verbindungskanten die gleiche Farbe haben. (Allgemeine Version: sieheJacobs, Jungnickel Kapitel V I)

Kapitel 2Abzählen von Mengen undAbbildungenWieviele Möglichkeiten gibt es aus einer Menge mit n vielen Elementen k Elementeauszuwählen ?Die Antwort hängt davon ab, wie die Frage gemeint ist:1. Ist die Reihenfolge (Anordnung), in der die Elemente ausgewählt werden,relevant?2. Darf ein- und dasselbe Element mehrfach ausgewählt werden (Auswählenund Zurücklegen)?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)( nk):= [n] kk!{=0 falls k > nn!k!(n−k)!falls k ≤ nBinomialkoeffizient ( ”n über k“)Insbesondere: ( (n0)=n(n)= 1n(1)= 1n) (k = nn−k)für k ≤ n.Binomische Formel: (a + b) n = ∑ n( n)k=0 k a k b n−k13

KAPITEL 2.ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 14Satz 2.1.n, k ∈ Na) Es gibt n k viele Möglichkeiten, aus einer Menge mit n Elementen k Elementeunter Berücksichtigung der Anordnung mit Wiederholungen ( ”Zurücklegen“)auszuwählen.Dies ist auch die Anzahl der Verteilungen von n Objekten auf k Plätze.b) Es gibt [n] kviele Möglichkeiten, aus einer Menge mit n Elementen k Elementeunter Berücksichtigung der Anordnung ohne Wiederholungen (keinZurücklegen“) auszuwählen.”Beweis:a) Man wähle nacheinander ein Element für die erste Position, dann einesfür die zweite Position, usw. bis zur k-ten Position.Multiplikationsprinzip 1.2: Es gibt n k Möglichkeiten.b) Wie a), nur dass nach der ersten Wahl nur noch n − 1 viele Wahlmöglichkeitenfür das zweite Element verbleiben; allgemein bleiben nach der i-tenWahl noch (n − i) viele Möglichkeiten für das (i + 1)-te Element, i < k.Multiplikationsprinzip 1.2 liefert die Behauptung.(Dies ist nicht in der Form |S 1 × . . . × S k | anwendbar, sondern tatsächlichzählt man {(s 1 , . . .,s k ) | s i ≠ s j für i ≠ j} ⊆ S × . . . × S, |S| = n.)} {{ }kKorollar 2.2.Seien A,B endliche Mengen, |A| = k,|B| = na) Es gibt n k viele Abbildungen α : A → Bb) Es gibt [n] k viele injektive Abbildungen α : A → Bc) Ist |A| = |B| = n, so gibt es n! viele bijektive Abbildungen α : A → B.Insbesondere gibt es n! viele Permutationen einer Menge mit n Elementen.Beweis:a) A = {a 1 , . . . , a n }Jede Abbildung α : A → B lässt sich als Folge (b 1 , . . . , b k ) beschreiben,wobei b i = α(a i ) ∈ B, i = 1, . . .,k. Jede Folge beschreibt eine Auswahlvon k Elementen aus B unter Berücksichtigung der Anordnung und mitmöglichen Wiederholungen. Umgekehrt führt jede solche Auswahl zu genaueiner solchen Folge und damit zu einer Abbildung von A nach B.Fertig mit Bijektionsprinzip 1.5 und 2.1a).b) Folgt aus 2.2b) wie in a).c) Klar.

KAPITEL 2.ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 15Satz 2.3.Sei A endliche Menge, |A| = n ∈ N 0 , k ∈ N 0 .Setze ℘(A) = {B|B ⊆ A}.Setze ℘ k (A) = {B|B ⊆ A und |B| = k}.Es ist( n|℘ k (A)| =k)= Anzahl der Möglichkeiten, k Elemente aus einer Menge mit n Elementen ohneBerücksichtigung der Anordnung und ohne Wiederholungen auszuwählen.Insbesondere |℘(A)| = 2 n ∑= n ( nk)k=0Beweis:Es gibt nach 2.1b) [n] k viele Möglichkeiten, k Elemente aus A mit Berücksichtungder Anordnung und ohne Wiederholung auszuwählen. Nach 2.2c) liefern jek! viele dieser Auswahlen die gleiche Auswahl, wenn man die Anordnung nichtberücksichtigt. Also |℘ k (A)| = [n] kk!= ( nk).Letzter Teil nach Binomialformel oder Beispiel nach 1.5.Satz 2.4.Sei n ∈ N, k ∈ N 0 .Anzahl aller Möglichkeiten aus einer Menge mit n Elementen k Elemente ohneBerücksichtigung der Anordnung mit möglichen Wiederholungen auszuwählen= Anzahl der (geordneten) n-Tupel (x 1 , . . .,x n ) von nicht-negativen ganzenZahlen 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 Einsenenthalten= ( )n+k−1kBeweis:1. Gleichheit: Sei A = {a 1 , . . . , a n }. Jeder Auswahl von k Objekten aus A(mit Wdh.) ordnen wir n-Tupel (x 1 , . . . , x n ) von nichtnegativen Zahlenzu, wobeix 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, ∑ ni=1 x i = k, zu:(0, . . .,0, 1, 0, . . .,0, 1, . . .,1, 0, . . .,0} {{ } } {{ } } {{ }x 1 x 2Länge dieser 0-1-Folge:Liefert Bijektion.n∑i=1x n)x i + (n − 1) = k + n − 1} {{ }Anzahl der Einsen3. Gleichheit: 0-1-Folge der Länge n+k −1 mit n −1 Einsen wird zugeordneteine (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.

KAPITEL 2.ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 16Nach 2.2: Anzahl der (n − 1)-elementigen Teilmengen von einer Menge mitn + k − 1 vielen Elementen= ( )n+k−1 ∗= ( n+k−1)n−1 k* Symmetrie der BinomialkoeffizientenKorollar 2.5.Seien k, n ∈ N. Die Anzahl der geordneten n-Tupel natürlicher Zahlen (x 1 , . . . , x n )mit x 1 + . . . + x n = k ist ( k−1n−1).Beweis: Ist k < n, so ist die Anzahl = 0 = ( )k−1n−1Sei also k ≥ n.(x 1 , . . . , x n ), x i ∈ N,Umgekehrt:n∑nx i = k, so (x 1 − 1, . . . , x n − 1) ∈ N n 0 mit ∑(x i − 1) = k − n.i=1i=1n(y 1 , . . . , y n ) ∈ N n 0 , ∑y i = k − n, so (y 1 + 1, . . .,y n + 1) ∈ N n miti=1n∑y i + 1 = k.i=1Liefert Bijektion. Nach 2.4 ist die Anzahl( ) ( )n + k − n − 1 k − 1=k − n k − nSymm.=( ) k − 1n − 1Bemerkung: Die Anzahl der Darstellungen in 2.5 ohne Berücksichtigung derAuswahl (Partitionen von k in n Summanden) lässt sich nicht durch eine einfachegeschlossene Formel ausdrücken.Zusammenfassung der Auswahl-Aufgaben:k aus n keine Mehrfachauswahl Mehrfachauswahl möglichAnordnungrelevantAnordnungnicht relevant[n] kk = n : n!(2.1b)( nk)(2.3)n k(2.1a)( n+k−1k(2.4))Wir ergänzen die Aussage von 2.1a) um folgende Erweiterung, die wir zunächstan einem Beispiel klar machen:Wieviele mögliche Anordnungen der 4 Nukleotide der DNA zu den Basen A(Adenin),G(Guanin ), C(Cytorin), T(Thymin) gibt es auf k Plätze. 2.1a): 4 k .Denn Auswahl von k Objekten aus n = 4 (mit Wdh.) unter Berücksichtigungder Anordnung = Anzahl der Verteilung von n = 4 Objekten auf k Plätze (mitWiederholung, wobei nicht alle verwendet werden müssen).

KAPITEL 2.ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 17Wieviele Möglichkeiten gibt es, wenn wir die Anzahlen k A , k B , k C , k T vorgeben,wie oft A,G,C,T auf den k Plätzen auftreten sollen? Dann muss natürlichk A + k G + k C + k T = k gelten.Wir denken uns jede der zur Verfügung stehenden Basen nummeriert, jeweilsvon 1 bis k A (bzw. k G , k C , k T ). Dann haben wir k unterscheidbare Objekte, dieauf k Plätze verteilt werden. Nach 2.1b) gibt es dafür genau k! viele Möglichkeiten.Betrachten wir eine solche Anordnung: Die Adenin-Basen mögen an den Stelleni 1 , . . .,i kA vorkommen. Löschen wir die Nummerierung der Adenin-Basen,können wir nicht unterscheiden, von welcher Belegung unsere Verteilung stammt.Jeder der k A ! vielen ursprünglichen unterscheidbaren Belegungen der Plätzei 1 , . . .,i kA mit den nummerierten Adenin-Basen führt zur gleichen Anordnungder Adenin-Basen, wenn die Nummerierung weggenommen ist.Unabhängig davon erhalten wir k G !, k C !, k T ! viele ununterscheidbare Verteilungenbzgl. G,C,T. k A !·k G !·k C !·k T ! vorher unterscheidbare Verteilungen stimmenalso nach der Entfernung der Nummern überein.Also gibt es genauk!k A ! · k G ! · k C ! · k T !viele Anordnungen der gesuchten Art. Dieses Argument, das z.B. bei der Anzahlbestimmungvon Isomeren eine wichtige Rolle spielt, lässt sich natürlichverallgemeinern:Satz 2.6.Es gebe n verschiedene Sorten von Gegenständen. Von der j-ten Sorte gebe esk j viele ununterscheidbare Exemplare, k j ∈ N, k 1 + · · · + k n = k. Dann gibt esk!k 1 ! · · ·k n !viele Möglichkeiten, diese k Gegenstände auf k Plätze anzuordnen.Beispiel:4 Objekte auf 10 Plätze unter Berücksichtigung der Anordnung:4 10 = 1048576Es gebe 2 Objekte A,G und je 3 Objekte C,T. Wieviele Anordnungen auf 10Plätze:10!2! · 2! · 3! · 3! = 25200Wieviele Möglichkeiten gibt es, n Objekte auf k Plätze anzuordnen (mit Wdh.),wenn jedes der n Objekte mindestens einmal vorkommen soll?Satz 2.7.Es gibt ∑ nj=0 (−1)j( nj)(n − j) k viele Möglichkeiten, n Objekte auf k Plätze anzuordnen(mit Wdh.), wenn jedes der n Objekte mindestens einmal vorkommensoll.Dies ist auch die Anzahl der surjektiven Abbildungen von einer Menge A mit|A| = k auf eine Menge B mit |B| = n.

KAPITEL 2.ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 18Beweis:Die Gleichheit der beiden Anzahlen ist klar.(A = {a 1 , . . .,a k } : a 1 , . . . . . . , a k↓ ↓α(a 1 ), . . . , α(a k ) {α(a 1 ), . . .,α(a k )} = B)Wir beweisen die 2. Aussage mit Hilfe des Ein- und Auschließungsprinzips 1.3.Sei B = {b 1 , . . . , b n }.Setze T i = {α : A → B : b i ∉ α(A)}, i = 1, . . .,n.Sei S = Menge der surjektiven Abbildungen von A auf B,T = Menge aller Abbildungen von A nach B.Dann: |S| = |T | − |T 1 ∪ . . . ∪ T n ||T | = n k nach 2.2a).|T 1 ∪ . . . ∪ T n | mit 1.3 bestimmen.|T i | = (n − 1) k nach 2.2a) mit ( n1)= n vielen Möglichkeiten für i.i < j: |T i ∩ T j | = (n − 2) k nach 2.2a) mit ( n2)vielen Möglichkeiten für i, j (2.3).i < j < k: |T i ∩ T j ∩ T k | = (n − 3) k nach 2.2a) mit ( n3)vielen Möglichkeiten füri, j, k (2.3)..|T 1 ∩ . . . ∩ T n | = (n − n) k = 0 mit ( nn)= 1 Möglichkeiten für {1, . . .,n}.Nach 1.3 :|T 1 ∪ . . . ∪ T n | ==n∑(−1) j+1j=1j=1∑1≤i 1

KAPITEL 2.ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 191.048.576 − 236.196 + 6.140 − 4 = 818.520Diese Anzahl hätte man auch (mühsamer) mit 2.6 bestimmen können, indemman über alle (k A , k G , k C , k T ) summiert wo alle k A , k G , k C , k T ≥ 1 und k A +k G + k C + k T = 10. (Nach 2.5 gibt es genau ( ) (10−14−1 = 93)= 84 viele Möglichkeitenfür (k A , k G , k C , k T ).)Wir fassen die Ergebnisse über die Anzahl der verschiedenen Typen von AbbildungenA → B in folgender Tabelle zusammen.Abb: A → B|A| = k, |B| = nalle injektiv surjektiv bijektivAnzahl n k [n] kn∑j=0(−1) j · (n) k 0 : n ≠ kj · (n − j)n! : n = kDie Anzahl der surjektiven Abbildungen einer Menge in eine andere Mengehängt eng mit der Anzahl gewisser Partitionen einer Menge zusammen.Dies soll jetzt kurz dargestellt werden.Definition 2.8.a) Sei X eine Menge. Eine Partition von X ist eine (nicht-geordnete) ZerlegungX = X 1 ∪ . . . ∪ X k mit X i ≠ ∅ und X i ∩ X j = ∅ für i, j = 1, . . . , ki ≠ j.b) Die Anzahl der Partitionen einer Menge mit n Elementen in k (nichtleere)Teilmengen wird mit S(n, k) bezeichnet.Die Zahlen S(n, k) heißen Stirling-Zahlen 2.Art(S(0, 0) = 1, S(n, 0) = 0 für n > 0 , S(n, k) = 0 für k > n)[James Stirling, 1692-1770, schottischer Mathematiker, studierte in Oxford,lebte in Venedig und London; wurde dann erfolgreicher Verwaltereiner Kohlemine in Schottland. Bekannt neben Stirling-Zahlen vor allemdurch Stirling-Approximation : n! ≈ ( ne) n √2πn.]Bemerkung:S(n, k) = Anzahl der Äquivalenzrelationen auf einer Menge mit n Elementenmit genau k Äquivalenzklassen.Satz 2.9.S(n, k) = 1 ∑ kk! j=1 (−1)k−j( kj)j n (= 1(k!= 1 k! ·∑ k−1j=0 (−1)j( kj)(k − j) n )Anzahl aller surj. Abb. einer Menge mit n Elementenauf eine Menge mit k Elementen).Beweis:Zeige: k! ·S(n, k) = Anzahl der surjektiven Abbildungen A → B, |A| = n, |B| =k.Für k > n richtig, da dann S(n, k) = 0.Sei k ≤ n, B = {b 1 , . . . , b k }.Jede surjektive Abbildung α : A → B definiert Partition von A in k (nicht-leere)

KAPITEL 2.ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 20Teilmengen: α −1 (b 1 ), . . . , α −1 (b k ). Jede Partition von A kommt von genau k!vielen verschiedenen surjektiven Abbildungen her:A 1· · · · · ·A kb π(1)b π(k)für jede Permutation π von {1, . . ., k}.Beispiel:S(n, 2) = 1 2 (2n − 2) = 2 n−1 − 1( 1 2· #Teilmengen ≠ ∅, A).Es gibt eine wichtige Rekursionsformel für die S(n, k) :Satz 2.10.Sei n ∈ N 0 , k ∈ N.S(n + 1, k) = k · S(n, k) + S(n, k − 1) [ vergl. ( ) (n+1k = n(k)+nBeweis:Richtig für n = 0.⎡⎢⎣k = 1 S(1, 1)} {{ }=1k > 1 S(1, k)} {{ }=0= 1 · S(0, 1)} {{ }=0= k · S(0, k)} {{ }=0Sei n > 0. Richtig für k = 1.⎡+ S(0, 0)} {{ }=1+ S(0, k − 1)} {{ }=0⎤⎤⎥⎦k−1)].⎣S(n + 1, 1) = 1 · S(n, 1) + S(n, 0) ⎦.} {{ } } {{ } } {{ }=1=1 =0Sei also k > 1.Betrachte eine Partition von {1, . . .,n + 1} in k Teilmengen ≠ ∅. Ist {n + 1}eine Teilmenge der Partition, so ist {1, . . ., n} in k −1 Teilmengen partitioniert.Oder: n+1 wird einer Teilmenge einer Partition von {1, . . .,n} in k Teilmengenhinzugefügt.Daraus folgt die Behauptung.

Kapitel 3RekursionenDas 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 nur von einem Parameter abhängen (und nicht,wie bei der Stirling-Zahlen, von mehreren).Rekursionen treten in der Informatik immer dann bei Abzählproblemen derKomplexitätsabschätzungen auf, wenn die Lösung eines Problems durch dieLösung von Teilproblemen kleinerer Größe ausgedrückt werden kann.Definition 3.1.a) Eine Rekursion oder Rekurrenz (über C) ist ein unendliches System vonGleichungen der Form(∗) x n = f n (x n−1 , . . . , x 1 ) für alle n ≥ n 0 .Also: Bei Vorgabe von x 1 = a 1 , . . . , x n0−1 = a n0−1 (den Anfangswertender Rekursion) sind x n , x n+1 , . . . eindeutig bestimmt.Jede Folge (x 1 , x 2 , . . .) von komplexen Zahlen, die (∗) erfüllt, heißt Lösungder Rekursion.[Man kann auch allgemeiner Rekursion über beliebigen Körpern K definieren.]Beispiel:x n = nxn−1 n−1 xn−2 n−1 . . . x2 2x + x 1 e x1...xn + 5 für alle n ≥ 2.b) Eine Rekursion ist von k-ter Ordnung, fallsx n = f n (x n−1 , . . . , x n−k )für alle n ≥ k + 1 gilt. (Also: Jedes x n hängt nur von den vorigen kFolgengliedern ab.)Beispiel:x − n = nx n−1 x n−2 + 4x n−4 für alle n ≥ 5 hat Ordnung 4.c) Eine Rekursion heißt linear, fallsx n = g n−1 (n)x n−1 + . . . + g 1 (n)x n + g 0 (n)für alle n ≥ n 0 , g i : N \ {1, . . ., n 0 − 1} → C gilt.Ist g 0 (n) = 0 für alle n ≥ n 0 , so heißt die Rekursion homogen, sonst21

KAPITEL 3. REKURSIONEN 22inhomogen.Beispiel:x n = x n−1 + 2x n−2 + . . . + (n − 1)x 1 + 1, n ≥ 2.g 0 (n) = 1 für alle n ≥ 2,g k (n) ={ n − k : für alle n > k0 : für n ≤ kfür k ≥ 1.c) Eine Rekursionx n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + g(n), n > k mit c i ∈ C, c k ≠ 0 (unabhängigvon n) heißt linear der Ordnung k mit konstanten Koeffizienten.Wir werden uns zunächst vor allem mit Rekursionen des letztgenannten Typsbefassen, aber zuvor einige Beispiele betrachten.Beispiele 3.2.a) Fibonacci-FolgeAuf wieviele Arten kann eine natürliche Zahl als geordnete Summe vonEinsen und Zweien geschrieben werden?Sei F n die Anzahl.F 1 = 1, F 2 = 2, F 3 = 3 (3 = 1 + 1 + 1 = 1 + 2 = 2 + 1).Sei n ≥ 3.Jede Darstellung von n in der obigen Form endet mit 1 oder 2. Die vorausgehendenTerme summieren sich zu n − 1 oder n − 2 auf.Also gilt folgende Rekursionsgleichung für die F n :F n = F n−1 + F n−2 , n ≥ 3.(Lineare homogenen Rekursion mit konstanten Koeffizienten von 2. Ordnung)Bei uns: Anfangsbedingung: F 1 = 1, F 2 = 2 (oft auch F 0 := 1).F 1 , F 2 , . . . heißen Fibonacci-Zahlen.(Fibonacci, Leonardo von Pisa 1175 1250; Liber abaci 1202.Kaninchen-Paare: Das Weibchen eines Kaninchenpaares wirft ab der Vollendungdes 2. Lebensmonats allmonatlich ein Kaninchenpaar. Im Monat 0genau 1 Kaninchenpaar. Wieviele am Ende von Monat n? F n .)Die Fibonacci-Zahlen treten in vielen Zusammenhängen auf. Wir gebenein weiteres Beispiel an:Wieviele 0 − 1-Folgen der Länge n gibt es, in denen keine zwei aufeinanderfolgendeNullen vorkommen ?Anzahl a n .a 1 = 2, a 2 = 3Sei n ≥ 3. Jede solche Folge endet mit 0 oder 1. Endet sie mit 1, stehtdavor eine entsprechende folge der Länge n − 1. Endet sie mit 0, so stehtan Stelle n − 1 eine 1 und an den ersten n − 2 Stellen eine entsprechendeFolge der Länge n − 2.a n = a n−1 + a n−2Aus den Anfangsbedingungen ergibt sich: a n = F n+1 .

KAPITEL 3. REKURSIONEN 23b) Türme von HanoiAbbildung 3.1: Türme von Hanoi- n Scheiben von einem Stab auf einen anderen- in jedem Zug 1 Scheibe umlegen- nie größere auf kleinereMinimalanzahl: a na n =a n−1}{{}Anzahl der Zügeum an untere Scheibezu gelangen+ 1}{{}Umlegenuntere Scheibe+ a n−1}{{}Zurücklegen deranderen Scheibenauf große ScheibeRekursion:a n = 2a n−1 + 1, n ≥ 2. Anfangsbedingung:a 1 = 1.Lineare, inhomogene Rekursion von 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten.c) Zerlegung der Ebene durch GeradenWieviele Gebiete in der Ebene entstehen, wenn n Geraden in allgemeinerLage ( keine zwei parallel, keine drei mit gemeinsamen Schnittpunkt) gezeichnetwerden?Anzahl: g ng 1 = 2; g 2 = 4; g 3 = 7Abbildung 3.2: Drei sich schneidende GeradenWird die n-te Gerade zu (n − 1) Geraden mit g n−1 Gebieten hinzugefügt,so schneidet diese Gerade alle übrigen n−1 Geraden. Diese Schnittpunktezerlegen die n-te Gerade in n Stücke, und jedes dieser Stücke unterteiltein existierendes Gebiet in zwei.Also: g n = g n−1 + n.Lineare, inhomogene Rekursion 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten;Inhomogenitätsterm ist nicht konstant.

KAPITEL 3. REKURSIONEN 24d) Anzahl der Partitionen einer MengeAnzahl aller Partitionen einer Menge mit n Elementen wird mit B n bezeichnet.B n heißen Bell’schen Zahlen (Eric Temple Bell, 1883-1960).Klar B 1 = 1, B 2 = 2, B 3 = 5,. . . Konvention: B 0 = 1.Klar: B n = ∑ nk=0S(n, k).Es gibt eine direkte Rekursion für die Bell’schen Zahlen.Sei X = {1, . . .,n}.Jede Partition in X enthält Teilmenge Y mit n ∈ Y . Sei Y = {n} ∪ Y 0 ,Y 0 ⊆ {1, . . ., n−1}. Die übrigen Teilmengen der Partition bilden eine Partitionvon {1, . . .,n − 1} \ Y 0 .Durch Y 0 und die Partition von {1, . . ., n − 1} \ Y 0 ist die ursprünglichePartition eindeutig bestimmt.Ist |Y 0 | = j − 1 (j ≥ 1), so gibt es ( n−1j−1)viele Wahlen für Y0 nach 2.3 undB n−j Partitionen der Restmenge {1, . . .,n − 1} \ Y 0Also gilt:B n =n∑j=1( ) n − 1B n−j , n ≥ 1; B 0 = 1j − 1Lineare homogene Rekursion; Koeffizienten nicht konstant; unbeschränkteOrdnunge) Catalan-ZahlenAuf wieviele Weisen kann ein Produkt von n vielen Termen geklammertwerden, so dass es durch iterierte Produktbildung von je 2 Termen berechnetwerden kann ?Beispiel: n = 4 ergibt 5 Möglichkeiten(((ab)c)d) ((a(bc))d) ((ab)(cd)) (a((bc)d)) (a(b(cd)))(Im nicht-assoziativen Systemen können all dieses Ausdrücke verschiedeneErgebnisse liefern, z.B. Potenzierung)Anzahl der Klammerungen: C nC n heißen Catalan-Zahlen.(Eugene Cahrles Catalan, 1814-1894, belgischer Mathematiker, behandeltediese Frage 1838)Klar: C 1 = 1C 2 = 1Jeder 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 Termensind.Damit folgt:n−1∑C n = C j C n−j , n ≥ 2, C 1 = C 2 = 1 (Konvention: C 0 = 0)j=1Nicht-lineare Rekursion

KAPITEL 3. REKURSIONEN 25Auch die Catalan-Zahlen treten in vielen Zusammenhänge auf.Beispiel:– Auf wieviele Arten kann ein konvexes n-Gon durch nicht-schneidendeDiagonalen ((n−3) Stück) in Dreiecke zerlegt werden? Antwort:C n−1 .Wurde schon von Euler und Segner im 18. Jahrhundert betrachtet.– Anzahl der binären Bäume mit Wurzel; Wurzel hat Grad 2, alle anderenKnoten Grad 1 oder 3. Wieviele binären Bäume gibt es mit nKnoten von Grad 1 (Blätter): C n (siehe Rekursion oben).verschiedenf) Aufwandsabschätzung bei Divide-and-Conquer-Algorithmen1. Zerlegung einer Menge in a etwa gleichgroße Teilmengen der Größenb(i.d.R. a = b), Lösung des Problems auf jeder Teilmenge, Zusammenführender Lösung zu Gesamtlösung des Problems.(Beispiel: SortieralgorithmenOder: Multiplikation von Zahlen:Übliches Verfahren:x = x 1 · 2 n 2 + x 2 , y = y 1 · 2 n 2 + y 2 ,Aufwand ist T(n).T(n) = 4T( n 2 ) + O(n)Besser:u = (x 1 + x 2 ) · (y 1 + y 2 ), v = x 1 y 1 , w = x 2 y 2xy = v · 2 n + (u − v − w) · 2 n/2 + wT(n) = 3T( n 2 ) + O(n).)Allgemein führen solche Algorithmen zu Aufwand:T(n) = aT( n b ) + f(n)f(n) ist der Aufwand für die Zerlegung und die Zusammensetzungder Gesamtlösung aus den Teillösungen.2. Zerlegung eines Problems der Größe n in a Teilprobleme der Größen − 1.Aufwand ist T(n).

KAPITEL 3. REKURSIONEN 26Führt auf Rekursion: T(n) = aT(n − 1) + f(n).Bedeutung von f(n) wie in 1) (Z.B.– Turm von Hanoi– Algorithmen, bei denen der Umfang n durch die Höhe einesbinären Baumes charakterisiert ist, so dass bei der Zerlegungin Teilbäume a = 2 wird, und die Höhe um 1 abnimmt.)Wir betrachten jetzt lineare Rekursionen k-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten:x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + g(n), n > k. (c k ≠ 0)Zu gegebenen (a 1 , . . . , a k ) ∈ C k existiert genau eine Lösung mit(x 1 , x 2 , . . .) ∈ C N mit x i = a i , i = 1, . . . , k.{CR :k → C Na = (a 1 , . . .,a k ) → R(a) = Lösung mit Anfangswerten a 1 , . . . , a k .Satz 3.3.a) Gegeben sei eine homogene lineare Rekursion k-ter Ordnung mit konstantenKoeffizienten.(R h ) x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k , n > k (c k ≠ 0)Die Lösungen von (R h ) bilden einen Unterraum L von C N der Dimensionk und die Abbildung R : C k → C N , a → R(a) ist ein Isomorphismus aufL.b) Gegeben sei eine inhomogene lineare Rekursion k-ter Ordnung mit konstantenKoeffizienten.Beweis:(R) x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + f(n), n > k (c k ≠ 0).Sei (R h ) x n = c 1 x n−1 +...+c k x n−k die zugehörige homogene Rekursion.Ist w = (x 1 , x 2 , . . .) irgendeine spezielle Lösung von (R), so ist die Mengealler Lösungen von (R) gegeben durchw + L = {(x 1 + y 1 , x 2 + y 2 , . . .) | (y 1 , y 2 , . . .) ∈ L},wobei L der Raum der Lösungen von (R h ) ist.a) Lösungen von R h bilden Unterraum von C N : klar. Ebenso: R : C k → Llinear und bijektiv. Behauptung folgt.b) Wie für lineare GleichungssystemeZunächst homogenen lineare Rekursionen:R(e 1 ), . . . , R(e k ) bilden Basis von L, aber keine schöneR(e 1 ) = (1, 0, . . .,0, c} {{ } k , c 1 c k , c 2 1c k + c 2 c k , . . .)←k→Wir suchen eine schöne Basis von L, die es auch gestattet, jede Lösung bei

KAPITEL 3. REKURSIONEN 27gegebenen Anfangswerten a 1 , . . .,a k in geschlossener Form anzugeben.Dazu: Interpretation linearer homogener Rekursion x n = c 1 x n−1 +...+c k x n−kals lineares Schieberegister:x+nx n−1·c 1x n−2·c k−1 ·c kAusgabex n−kAm+der RekursionsfolgeEin lineares Schieberegister lässt sich durch eine lineare Abbildung beschreiben.⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎛ ⎞x 1x 2x 2⎜α ⎝⎟. ⎠ = ⎜ . . .⎟⎝ x k⎠ = ⎜ . . .⎟⎝ x k⎠x k c 1 x k + . . . + c k x 1 x k+1n-fache Anwendung:⎛ ⎞x 1α n ⎜⎝.x k⎟⎠ =⎛⎜⎝⎞x n+1⎟. ⎠x n+kBezüglich kanonischer Basis B = (e 1 , . . . , e k ) ist α die Matrix A = A B α mit⎛A =⎜⎝⎞0 1 · · · 0 0.0 0 .. 0 0. . .. . ... .. .⎟0 0 0 1 ⎠c k c k−1 · · · c 2 c 1⎛ ⎞ ⎛ ⎞x 1 x 2⎜zugeordnet, also A . ⎟ ⎜⎝ . ⎠ = . ⎟⎝ . ⎠.x k x k+1Es wäre schön, wenn A diagonalisierbar wäre (schöne Basis aus Eigenvektoren).Bestimme die Eigenvektoren von A:

KAPITEL 3. REKURSIONEN 28⎛det(tE k − A) = det⎜⎝⎞t −1 0 · · · 0 00 t −1 · · · 0 0. .. 0 .. . ... .. .. .⎟. . t −1 ⎠−c k −c k−1 −c 2 t − c 1= t k − c 1 t k−1 − · · · − c k−1 t − c k = ! 0(Determinantenberechnung durch Entwicklung nach der ersten Zeile + Induktion).⎛ ⎞v 1⎜ ⎟Sei d ein Eigenwert von A, Eigenvektor v = ⎝ . ⎠.v kAv = dv⎛⎞ ⎛ ⎞v 2dv 1Av = ⎜ .⎟⎝ v k⎠ = dv 2⎜⎝⎟. ⎠c 1 v k + · · · + c k v 1 dv k⇒ v j = d j−1 v 1 , j = 1, . . .,k.v ist durch v 1 festgelegt, Eigenraum 1-dimensional. Wähle v 1 = 1.⎛ ⎞1d⎜⎝⎟ ist Eigenvektor zum Eigenwert d von A.. ⎠d k−1 ⎛ ⎛ ⎞⎞1dR(v) k+n = ⎜⎝ An ⎜⎝⎟⎟= d k+n−1 , R(v) = (1, d, d 2 , d 3 , . . .). ⎠⎠d k−1 kHat A k verschiedene Eigenwerte (d.h. das charakteristische Polynom von A hatk verschiedenen Nullstellen) d 1 , . . .,d k , so bilden⎛1⎞ ⎛ ⎞d 1⎟ ⎜ ⎟v 1 = ⎜⎝.d k−11⎟⎠ , . . . , v k = ⎜⎝1d k.d k−1k⎟ eine Basis von Ck⎠und R(v i ) = (1, d i , d 2 i , d3 i , . . .) =: w i bilden Basis von L (i = 1, . . .,k).

KAPITEL 3. REKURSIONEN 29Seien Anfangswerte a 1 , . . .,a k der Rekursion gegeben.Dann für a = (a 1 , . . .,a k ):R(a) = (a 1 , . . .,a k , a k+1 , . . .)k∑= s j w j = (s 1 + . . . + s k , s 1 d 1 + . . . + s k d k , s 1 d 2 1 + . . . + s kd 2 k , . . .)j=1Koeffizientenvergleich:s 1 + . . . + s k = a 1d 1 s 1 + . . . + d k s k = a 2..1 s 1 + . . . + d k−1 s k = a kd k−1Lineares Gleichungssystem für s 1 , . . .,s k .Dann a n = s 1 d1 n−1 + . . . + s k d n−1kfür alle n.Wir haben damit gezeigt:Satz 3.4.Gegeben sei die homogene lineare Rekursion(R h ) x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k , n > k, c k ≠ 0.a) Ist d ∈ C eine Nullstelle des Polynoms f(t) = t k − c 1 t k−1 − . . . − c k−1 t −c k , so ist w = (1, d, d 2 , . . .) eine Lösung von (R h ). (f(t) = 0 heißt auchcharakteristische Gleichung der Rekursion).b) Besitzt f sogar k verschiedene Nullstellen d 1 , . . . , d k , so bilden die Folgenw i = (1, d i , d 2 i , . . .) eine Basis des Lösungsraumes von (R h).c) Sei a = (a 1 , . . .,a k ) ∈ C k ein beliebiger Vektor von Anfangswerten unds 1 , . . .,s k die Lösung des Gleichungssystemss 1 + . . . + s k = a 1d 1 s 1 + . . . + d k s k = a 2.1 s 1 + . . . + d k−1 s k = a kd k−1kkso ist R(a) = (s 1 + . . . + s k , s 1 d 1 + . . . + s k d k , . . .,s 1 d n 1 + . . . + s kd n k , . . .)die Lösung von (R h ) mit den Anfangswerten a 1 , . . .,a k .Beispiel 3.5.Fibonacci-Folge aus 3.2a).F n = F n−1 + F n−2 für n ≥ 3, F 1 = 1, F 2 = 2.F(t) = t 2 − t − 1.Nullstellen: d 1,2 = 1±√ 52Bestimme s 1 und s 2 mits 1 + s 2 = 1s 1(1+ √ 52)+ s 2()= 2)1− √ 52(1+⇒ s √ 5 1 2− 1−√ 52⇒ s 1√5 =3+ √ 52= 2 − 1−√ 52

KAPITEL 3. REKURSIONEN 30⇒ s 1 = √(3+ 1 √ (55 2), s 2 = √ 1 −3+ √ )55 2⇒ F n = √(3+ 1√ )(5 1+ √ ) n−1 (55+ √5 1⇒ F n = 12√(1+ √ 55 22) n+1−1√5(1− √ 52−3+ √ 52) n+1) (1− √ ) n−152(Gelegentlich wird die Fibonacci-Folge auch mit den AnfangswertenF 1 = F 2 = 1 definiert; dann F n = √(1+ 1√ ) n ) n.)55−12√5(1− √ 52Geschlossener Ausdruck der ganzzahligen Fibonacci-Zahlen durch Summe irrationalerZahlen.Es ist −1 < 1−√ 52< 1.Damit kann man zeigen: F n ist die nächste ganze Zahl zu 1) n+1.(ExponentiellesWachstum)Zusammenhang zum goldenen Schnitt:Teile Strecke in Teilstrecken M > m, so dass M+mM = M m .Dann: M m = 1+√ 52.√(1+ √ 55 2Wenn die charakteristische Gleichung der Rekursion nicht paarweise verschiedeneNullstellen hat, so kann man dennoch eine Basis des Lösungsraumes finden,mit der man bei gegebenen Anfangsbedingungen einen geschlossenen Ausdruckfür die Rekursionsfolge gewinnt.Satz 3.6.Sei x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k , n ≥ k + 1, c k ≠ 0,eine homogene lineareRekursion. Seien d 1 , . . .,d s ∈ C die paarweise verschiedenen Nullstellen desPolynoms 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−1 t−c k = (t−d 1 ) m1 . . . (t−d s ) ms , m 1 +. . .+m s = k.)Dann bilden w 1,1 , . . .,w 1,m1 , . . .,w s,1 , . . . , w s,ms mitw i,j = (1 j−1 d i , 2 j−1 d 2 i , . . .,nj−1 d n i , . . .), i = 1, . . .,s, j = 1, . . .,m ieine Basis des Lösungsraumes L.(Beweis: Aigner Satz 3.1)Wie man damit geschlossene Formeln für eine Rekursionsfolge bei gegebenenAnfangswerten erhält, zeigen wir an einem Beispiel:Beispiel 3.7.Sei a n = 5a n−1 − 8a n−2 + 4a n−3 für n ≥ 4, a 1 = 1, a 2 = 5, a 3 = 17.Rekursion ist homogen linear der Ordnung 3.Charakteristische Gleichung: t 3 − 5t 2 + 8t − 4 = 0d 1 = 1 Nullstelle;t 3 − 5t 2 + 8t − 4 = (t − 1)(t 2 − 4t + 4) = (t − 1)(t − 2) 2 .d 2 = 2 doppelte Nullstelle.Basis:w 1,1 = (1, 1, . . .)w 2.1 = (2, 2 2 , 2 3 , . . .)w 2,2 = (2, 2 · 2 2 , 3 · 2 3 , 4 · 2 4 , 5 · 2 5 , . . .)(a n ) = s 1 w 1,1 + s 2 w 2,1 + s 3 w 2,2

KAPITEL 3. REKURSIONEN 31⎛s 1 +2s 2 + 2s 3 = 1s 1 +4s 2 + 8s 3 = 5s 1 +8s 2 +24s 3 = 17⎝ 1 2 2 11 4 8 51 8 24 17⎞⎠ →⎛⎝ 1 2 2 10 2 6 40 6 22 16⎞⎠ →s 3 = 1, s 2 = −1, s 1 = 1a n = 1 − 2 n + n2 n ⇒ a n = (n − 1)2 n + 1.⎛⎝ 1 2 2 10 1 3 20 6 22 16⎞⎠ →⎛⎝ 1 2 2 10 1 3 20 0 4 4⎞⎠ →⎛⎝ 1 2 2 10 1 3 20 0 1 1Wir befassen uns nun mit inhomogenen linearen Rekursionen. Nach Satz 3.3müssen wir nur angeben, wie man eine spezielle Lösung findet. Das hängt vonder speziellen Form des Inhomogenitätsterms g(n) ab. Wir werden zwei wichtigeFälle betrachten.Zunächst:(+) x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + ar n , n ≥ k + 1, c k ≠ 0, a, r ≠ 0Wenn c 1 = . . . = c k = 0, so x n = ar n .Daher Ansatz für spezielle Lösung:Dann muss gelten:⇒ d−a}{{}=g(n)(dr, dr 2 , dr 3 , . . .) für geeignetes d ∈ C, d ≠ 0dr n = c 1 dr n−1 + . . . + c k dr n−k + ar nd rn = c 1 r n−1 + . . . + c k r n−k⇒ d−ad rk = c 1 r k−1 + . . . + c k⇒ − a d rk = −r k + c 1 r k−1 + . . . + c} {{ k}=:−bIst b ≠ 0, so setze d = a b rk .Damit:Satz 3.8.Gegeben sei die inhomogene lineare RekursionDivision durch r n−k(R) x n = c 1 x n−1 + . . . + c k c n−k + ar n , n ≥ k + 1 (c k , a, r ≠ 0).Es sei b := r k − c 1 r k−1 − . . . − c k ≠ 0.D.h. r ist keine Nullstelle der charakteristischen Gleichung des zugehörigen homogenenSystems.[Das bedeutet, dass (r, r 2 , r 3 , . . .) keine Lösung des zugehörigen homogenen Systemsist.]Setze d := a b rk .Dann ist (dr, dr 2 , dr 3 , . . .) eine Lösung von (R).Mit Hilfe von 3.8 kann man für inhomogene Rekursionen vom angegebenen Typbei gegebenen Anfangswerten wieder eine geschlossene Form der Rekursionsgliedergewinnen wie im Fall homogener Rekursionen.⎞⎠

KAPITEL 3. REKURSIONEN 32Beispiel 3.9.Turm von Hanoi (3.2b)a n = 2a n−1 + 1, n ≥ 2, a 1 = 1.Ordnung k = 1. Homogenes System: x n = 2x n−1 , n ≥ 2.t − 2 hat Nullstelle 2.Allgemeine Lösung des homogenen Systems: (2 0 c, 2 1 c, 2 2 c, . . .), c ∈ C.a = r = 1 in 3.8. Es ist 1 keine Nullstelle von t − 2.b = −1, d = −1.(−1, −1, −1, . . .) ist spezielle Lösung des inhomogenen Systems.Allgemeine Lösung des inhomogenen Systems: (c − 1, 2c − 1, 2 2 c − 1, . . .)Anfangsbedingung: c − 1 = 1, c = 2.a n = 2 n−1 · 2 − 1 = 2 n − 1 für alle n ∈ N.Was macht man, wenn die Voraussetzung b ≠ 0 in 3.8 nicht erfüllt ist?Satz 3.10.Sei (R) wie in 3.8, 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.Dann ist b := ( ) (k+ss r k − c k+s−1) (1 s r k−1 − . . . − c s+1)k−1 s r − ck ≠ 0.Setzt man d = a b rk so isteine Lösung von (R).Beweis:( ) ( )s + 1 s + 2(dr, d r 2 , d r 3 , . . .,ds s( s + n − 1s)r n , . . .)a) Sei m ∈ N, m ≥ s, beliebig. Wir halten m fest.Setze ˜f(t) = t m f(t) = (t − r) s˜g(t) mit ˜g(t) = t m g(t). Da r ≠ 0, ist˜g(r) ≠ 0, das heißt r ist s-fache Nullstelle von ˜f.Sei ˜f(s) (t) die s-te Ableitung von ˜f. Durch Produktregel sieht man, dass˜f (s) (t) = s!˜g(t) + ∑ sj=1 a j(t − r) j˜g (j) (t), wobei a j ∈ N und ˜g (j) die j-teAbleitung von ˜g(t).Insbesondere ist˜f (s) (r) = s!˜g(r) = s!r m g(r). (3.1)Andererseits ist ˜f(t) = t m f(t) = t k+m − c 1 t k+m−1 − . . . − c k t m .Daher ist ˜f (s) (t) = [k + m] s t k+m−s − c 1 [k + m − 1] s t k+m−1−s − . . . −c k [m] s t m−s , wobei [u] s = u(u − 1)...(u − s + 1).Daher ist˜f (s) (r) = [k + m] s r k+m−s − c 1 [k + m − 1] s r k+m−1−s − . . . − c k [m] s r m−s .(3.2)Aus 3.1 und 3.2 ergibt sich:s!r m g(r) = [k +m] s r k+m−s −c 1 [k +m−1] s r k+m−1−s −...−c k [m] s r m−s .Division beider Seiten durch s!r m−s ergibt( ) ( )( ) ( k + m k + m − 1m + 1 m0 ≠ r s g(r) = r k −c 1 r k−1 −. . .−c k−1 r−c ksss s).

KAPITEL 3. REKURSIONEN 33Da r s g(r) nicht von m abhängt, liefert die rechte Seite für jedes m ≥ s denselbenWert. Für m = s erhält man auf der rechten Seite gerade das in der Aussagedes Satzes definierte b.Es ist also b = ( ) (us r k − c u−1) (1 s r k−1 − . . . − c u−k)k s für alle u ≥ s + k.b) Wir zeigen jetzt, dass (dr, d ( )s+1 r 2 , . . . , d ( )s+n−1 r n , . . .) eine Lösung von (R)sist. Sei n ≥ k + 1.( ) ( )( s + n − 1 s + n − 2s + n − k − 1d r n = c 1 d r n−1 + · · · + c k dsss( (ds+n−1) ) ( ) ( )s − a s + n − 2s + n − k − 1⇐⇒r n = c 1 r n−1 + · · · + c kdss( (ds+n−1) ) ( ) ( )s − a s + n − 2s + n − k − 1⇐⇒r k = c 1 r k−1 + · · · + c kdss⇐⇒ a ( ) ( ) ( )s + n − 1 s + n − 2s + n − k − 1d rk = r k − c 1 r k−1 − · · · − c k .sssDa s + n − 1 ≥ s + (k + 1) − 1 = s + k, ist die rechte Seite nach (a) gleich b. Dieletzte Gleichheit gilt also nach Definition von d.Beispiele 3.11.a) (R) a n = 2a n−1 + 2 n a = 1, r = 2, k = 1f(t) = t − 2 s = 1b = 2 · 2 − 2 = 2, d = 1 2 · 2 = 1(2, 2 · 2 2 , 2 · 2 3 , . . .,n2 n , . . .) ist Lösung von (R)n2 n = 2(n − 1)2 n−1 + 2 nAngenommene Anfangsbedingung a 1 = 1.(c · 2, c · 2 2 , . . . , c · 2 n , . . .) allgemeine Lösung der zugehörigen homogenenRekursion.(c ·2+2, c ·2 2 +2·2 2 , c ·2 3 +3·2 3 , . . . , c ·2 n +n2 n , . . .) allgemeine Lösungvon (R).2(c + 1) = a 1 = 1, c = − 1 2a n = 2 n (n − 1 2) für alle n ∈ N.b) a n = 6a n−1 − 12a n−2 + 8a n−3 + 2 n , a 1 = 4, a 2 = 8, a 3 = 24(R) x n = 6x n−1 − 12x n−2 + 8x n−3 + 2 n , k = 3, r = 2, a = 1f(t) = t 3 − 6t 2 + 12t − 8 = (t − 2) 3r = 2 ist 3-fache Nullstelle von f, s = 33.10: b = ( )63 2 3 − 6 ( )53 2 2 + 12 ( 43)2 1 − 8 = 20 · 8 − 6 · 10 · 4 + 12 · 4 · 2 − 8 =256 − 248 = 8d = 1 8 23 = 1v = (2, ( )43 2 2 , . . . , ( )n+23 2 n , . . .) ist spezielle Lösung von (R)[ ( )n+23 2 n = 6 ( )n+13 2 n−1 − 12 ( )n3 2 n−2 + 8 ( )n−13 2 n−3 + 2 n ]Allgemeine Lösung von x n = 6x n−1 − 12x n−2 + 8x n−3 :3.6 : w 1 = (2, 2 2 , 2 3 , . . .,2 n , . . .)w 2 = (2, 2 · 2 2 , 3 · 2 3 , . . .,n · 2 n , . . .)w 3 = (2, 2 2 · 2 2 , 3 2 · 2 3 , . . . , n 2 · 2 n , . . .)s√)r n−k + ar nr n−k

KAPITEL 3. REKURSIONEN 34Basis des Lösungsraumes.Allgemeine Lösung von (R): v + s 1 w 1 + s 2 w 2 + s 3 w 32 + 2s 1 + 2s 2 + 2s 3 = 4 s 1 + s 2 + s 3 = 116 + 4s 1 + 8s 2 + 16s 3 = 8 s 1 + 2s 2 + 4s 3 = −280 + 8s 1 + 24s 2 + 72s 3 = 24 s 1 + 3s 2 + 9s 3 = −71 1 1 | 7 1 1 1 | 10 1 3 | −3 → 0 1 3 | −30 2 8 | −8 0 0 2 | −2s 3 = −1, s 2 = 0, s 1 = 2a n = ( )n+23 2 n + 2 n+1 − n 2 2 n = 1 3 2n−1 (n 3 − 3n 2 + 2n + 12)Wir beschreiben ohne Beweis noch einen weiteren wichtigen Fall von inhomogenenlinearen Rekursionen, die geschlossen lösbar sind.Satz 3.12.Gegeben sei die inhomogene Rekursion(R) x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + an l , n ≥ k + 1, (c k ≠ 0, a ≠ 0, l ∈ N 0 ).Das Polynom f(t) = t k −c 1 t k−1 −... −c k habe die Nullstelle 1 mit Vielfachheits, d.h. f(t) = (t − 1) s g(t), g(1) ≠ 0.(s = 0 ist möglich, d.h. 1 ist keine Nullstelle von f(t).)Dann gibt es ein Polynomp(t) = b s t s + . . . + b s+l t s+l , b s , . . . , b s+l ∈ C,so dass (p(1), p(2), p(3), . . .,p(n), . . .) eine Lösung von (R) ist.Die Koeffizienten lassen sich folgendermassen bestimmen:Man setzt p(n), p(n − 1), . . . , p(n − k) für x n , . . .,x n−k in (R) ein, multipliziertaus, ordnet nach Potenzen von n und bestimmt b s , . . . , b s+l durch Koeffizientenvergleichder Potenzen von n.(Bemerkung: Das ergibt l+s+1 viele lineare Gleichungen für l+1 Unbekannte;dass dieses System lösbar ist, liegt daran, dass jedes Polynom in n vom Grad< s Lösung des zugehörigen homogenen Systems ist. vgl. 3.6)Beispiel 3.13.Zerlegung der Ebene durch Geraden (3.2c)(∗) g n = g n−1 + n, n ≥ 2, g 1 = 2.Ordnung k = 1. Fall l = 1, a = 1 in 3.12f(t) = t − 1.Allgemeine Lösung des homogenen Systems: (c, c, . . .,), c ∈ C.Bestimme nach 3.12 spezielle Lösung von (∗).f(t) hat Nullstelle 1 mit Vielfachheit s = 1.Ansatz: p(t) = b 1 t + b 2 t 2 .

KAPITEL 3. REKURSIONEN 35Einsetzen: p(n) = p(n − 1) + nb 1 n + b 2 n 2 = b 1 (n − 1) + b 2 (n − 1) 2 + n⎫= b 2 n 2 + (b 1 − 2b 2 + 1)n + b 2 − b 1b 1 = b 2 ⎬b 1 − 2b 2 + 1 = b 1⎭ −→ −b 1 + 1 = b 1 , b 1 = 1 2 = b 2.b 2 = b 2p(t) = 1 2 t + 1 2 t2 .Damit ist ( 1 2 (1 + 1), 1 2 (2 + 22 ), . . . , 1 2 (n + n2 ), . . .) eine spezielle Lösung von (∗).Allgemeine Lösung von (∗): (c + 1 2 (1 + 1), c + 1 2 (2 + 22 ), . . . , c + 1 2 (n + n2 ), . . .)Anfangsbedingung: g 1 = 2. 2 = c 1 + 1, c 1 = 1.g n = 1 + 1 2 (n + n2 ) = 1 2 (n2 + n + 2) für alle n ∈ N.Bemerkung 3.14.Weitere spezielle Lösungen für lineare Rekursionen:x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + g(n)g(n)}spezielle Lösung von x nsin αn a sin αn + b cosαn, a, b geeignet (falls sinαn und cosαncosαn keine Lösung der zugehörigen homogenen Rekursion)n l r n r n (b 0 + b 1 n + . . . + b l n l ), b 0 , b 1 , . . . , b l geeignet} (falls kein r n n i , 0 ≤ i ≤ l, Lösung der zug. homogenen Rekursion)r n sin αn r n (a sin αn + b cosαn), a, b geeignet (falls r n sin αn, r n cosαnr n cosαn keine Lösung der zugehörigen homogenen Rekursion)Literatur: J. Sandefur: Discrete Dynamical Modelling,Oxford University Press, 1993E.S. Page, B. Wilson, An Introduction to Computational Combinatorics,Cambridge Comp. Sc. Texts 9, 1979Bemerkung:Lineare Rekursionen lassen sich auch mit der Theorie der Differenzengleichungenbehandeln (siehe auch angegebene Literatur).Wir betrachten Folgen (a 1 , a 2 , . . .) (komplexer) Zahlen.Differenzoperator ∆ : ∆a n = a n+1 − a n .(a 1 , a 2 , . . .) −→ ∆(a 2 − a 1 , a 3 − a 2 , . . .).∆ 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: ∆ k (a n ) = a n+k − ( )k1 an+k−1 + ( k2)an+k−2 − . . . + (−1) k a k .Jede Gleichung x n+k + d 1 x n+k−1 + . . . + d k x n = g(n + k), n = 1, 2, . . .lässt sich schreiben in der Form∆ k (x n ) + ˜d 1 ∆ k−1 (x n ) + . . . + ˜d k−1 ∆(x n ) + ˜d k x n = g(n + k)Dies nennt man eine Differenzengleichung.Die Theorie der Differenzengleichungen ähnelt in den Anfangsgründen der Theorieder linearen Differentialgleichungen (beachte formelle Ähnlichkeit) und liefertauch die in diesem Kapitel angegebenen Aussagen.

KAPITEL 3. REKURSIONEN 36Wir wollen zum Abschluss dieses Kapitels noch einen einfachen Typ linearerRekursionen behandeln, nämlich solche 1. Ordnung aber nicht notwendig mitkonstanten Koeffizienten.Satz 3.15.Sei x n = f(n − 1)x n−1 + g(n), n ≥ 2, x 1 = g(1) (Anfangswert),wobei f, g : N → C.Dann ist x n = ∑ (ni=1g(i) ∏ )n−1j=i f(j) für alle n ∈ N (leeres Produkt = 1).Beweis:Beweis durch Induktion nach n. n = 1:x 1 = g(1) ∏ 0√j=1f(j) = g(1)n −→ n + 1:x n+1 = f(n)x n + g(n + 1)( ∑n)= f(n)i=1 g(i)∏ n−1j=i f(j) + g(n + 1)= ∑ ni=1 g(i)∏ nj=if(j) + g(n + 1)= ∑ n+1i=1 g(i)∏ nj=i f(j) √Beispiel 3.16.x n = (n − 1)x n−1 + (n − 1)!, n ≥ 2, x 1 = 1 = 0!Also: f(n) = n, g(n) = (n − 1)!Nach 3.15:x n = ∑ ni=1 (i − 1)! ∏ n−1j=i j = ∑ ni=1 (i − 1)! i . . .(n − 1) = ∑ nn · (n − 1)! = n!.x n = n! für alle n ∈ N.i=1(n − 1)! =

Kapitel 4Wachstum vonRekursionsfolgen4.1. Wachstum von Funktionenf : N → RO(f(n)) := {g : N → R | ∃c > 0 ∃n 0 ∈ N : |g(n)| ≤ c · |f(n)| ∀n ≥ n 0 }Ω(f(n)) := {g : N → R | ∃c > 0 ∃n 0 ∈ N : c · |f(n)| ≤ |g(n)| ∀n ≥ n 0 }Θ(f(n)) := {g : N → R | ∃c 1 , c 2 > 0 ∃n 0 ∈ N : c 1 · |f(n)| ≤ |g(n)| ≤ c 2 · |f(n)| ∀n ≥ n 0 }(Also: Θ(f(n)) = Ω(f(n)) ∩ O(f(n)).)Man schreibt oft g(n) = O(f(n)) statt g(n) ∈ O(f(n)).40353025log xxx b , 0 < b < 1x b , b > 1a x , a > 120151050-50 2 4 6 8 10 12 14Beachte: log n < n b < a n für alle b > 0, a > 1 für genügend große n.Θ(log a n) = Θ(log b n) für 1 < a < b, denn log a n = log a b log b n.nSogar: limblog nn→∞ a= 0 für b > 0, a > 1, lim = 0 für b > 0.n n→∞ n b37

KAPITEL 4. WACHSTUM VON REKURSIONSFOLGEN 38Was ist mit der Größenordnung von n! und n n ?Es ist log n! = ∑ nk=1log k.Durch Ober- und Untersummenbildung der Logarithmusfunktion log x (nat. Logarithmus)folgt:log(n − 1)! |b r+1 | ≥ . . . ≥ |b l |. Seien m 1 , . . . , m r die Vielfachheitenvon b 1 , . . . , b r als Nullstellen von t k − c 1 t k−1 − . . . − c k , m = max{m 1 , . . . , m r }.Dann ist |x n | = O(n m−1 b n )Insbesondere: Ist b < 1, so limn→∞ x n = 0.Beweis: Sei O.B.d.A m = m 1 .Sind m r+1 , . . . , m l die Vielfachheiten von b r+1 , . . . , b l als Nullstellen von t k −c 1 t k−1 − . . . − c k , so nach 3.6x n = s 11 n m1−1 b n 1 + . . . + s 1,m1 b n 1+ . . ..+s l1 n m l−1 b n l + . . . + s l,ml b n l , s ij ∈ CEs ist n m1−1 |b 1 | n ≥ n j |b i | n für alle i = 1, . . .,l, j = 0, . . .,m i − 1 für genügendgroße n (nach Wahl von ∣|b 1 | und m 1 und da |b 1 | n ≥ n j |b i | n für i ≥ r + 1, n∣∣ngenügend groß, denn ∣ b1b i≥ n j ).

KAPITEL 4. WACHSTUM VON REKURSIONSFOLGEN 39Also:Rest klar.|x n | ≤ |s 11 |n m1−1 |b 1 | n + . . . + |s 1,m1 ||b 1 | n≤≤+ . . . + |s l,ml ||b l | nl∑|s ij |n mi−1 |b 1 | ni=1j=1,...,m iC · n m−1 |b 1 | n , n genügend groß.Das genaue Wachstum von (x n ) hängt von den s ij ab (siehe Beweis 4.2).Ist z.B. |b 1 | > |b 2 | ≥ . . . ≥ |b l |, m 1 = 1, s 11 ≠ 0, so ist |x n | = Θ(|b 1 | n ).Für viele lineare Rekursionen der Ordnung 1, auch inhomogene, lassen sichpräzisere Wachstumsaussagen für die Lösungen treffen. Dies ist deswegen wichtig,weil solche Rekursionen bei Aufwandsabschätzungen gewisser ’Divide-and-Conquer’-Algorithmen auftreten (vgl. 3.2f).Satz 4.3.Sei x n = ax n−1 + g(n) für n ≥ 2, x 1 = g(1), a > 1(homogener Fall: g(n) = 0 für n ≥ 2).a) Ist g(n) = O ( a n(1−ɛ)) für ein ɛ > 0, so istx n = O(a n ).Ist überdies g(n) ≥ 0 für alle n, g nicht die Nullfunktion, so istx n = Θ(a n ).b) Ist g(n) = Θ(n k (log n) l a n ), k, l ∈ N 0 , so ist x n = O(n k+1 (log n) l a n ).Ist überdies g(n) ≥ 0 für alle n ≥ n 1 (n 1 geeignet), so ist x n = Θ(n k+1 (log n) l a n ).c) Existieren 0 < c < 1, n 2 ∈ N, so dass 0 < a · g(n − 1) ≤ c · g(n) für allen ≥ n 2 , so ist x n = Θ(g(n)).Bemerkung:( a) n−n1 ( a) n ( c) n1In Fall c) gilt g(n) ≥ g(n1 ) =g(n1 )cc( a= a n(1+ɛ) c) n1g(n1 ) für n ≥ n 1amit ɛ = − log a c > 0.Also ist g(n) = Ω(a n(1+ɛ) ) für ein ɛ > 0. (Vgl. Fall a)).Beweis:Nach 3.15 ist x n = ∑ ni=1 g(i)an−i .a) Sei |g(n)| ≤ Ca n(1−ɛ) für alle n ≥ m 0 .

KAPITEL 4. WACHSTUM VON REKURSIONSFOLGEN 40Dann:|x n | ≤≤=a > 1≤ɛ > 0a > 1m∑0−1i=1|g(i)|a n−i + Ca nD · a n−1 + Ca n n ∑i=0Also x n = O(a n )Ist g(n) ≥ 0 für alle n ∈ N, g(n 1 ) > 0, sox n = ∑ ni=1 g(i)an−i ≥ g(n 1 )a n−n1 =Also x n = Θ(a n ).a −iɛn ∑i=m 0a i(1−ɛ) a −iD · a n−1 + Ca n 1 − a−(n+1)ɛ1 − a −ɛ( )Da + C 11 − a} {{ −ɛ a n für alle n ≥ m 0 .}Konstanteg(n 1 )}a{{ n1}·a n für alle n ≥ n 1 .Konstante>0b) Sei |g(n)| ≤ C · n k (log n) l a n für alle n ≥ m 1 .Dann:m∑1−1n∑|x n | ≤ |g(i)|a n−i + C · i k (log i) l a i a n−ii=1i=m 1also x n = O(n k+1 (log n) l a n ).≤ D · a n−1 + C · a n n · (n k (log n) l )≤ ˜D · n k+1 (log n) l a n für alle n ≥ m 1 ,Sei jetzt g(n) ≥ 0 für alle n ≥ n 1 , und O.B.d.A g(n) ≥ ˜Cn k (log) l a n füralle n ≥ n 1 . Sei ferner n 1 ≥ 2Dann für n ≥ 2n 1 , d.h. n 2 ≥ n 1:x n =≥≥n 1 ≤ n 2≥n∑1−1i=1n∑1−1a ng(i)a n−i +i=1n∑1−1a ni=1n∑1−1a ni=1n∑g(i)a −i + ˜Ca ni=n 1g(i)a n−ig(i)a −i + ˜Ca n n 2} {{ }=:Dn∑i=n 1i k (log i) l( n2) k( log n/2} {{ }) llog n−log 2≥12 log n (n≥2n1≥4)g(i)a −i + ˜C 1·}2{{ k+1+l n k+1 (log n) l a n}=: ˜DFertig, falls D ≥ 0: x n ≥ ˜Dn k+1 (log n) l a n für alle n ≥ 2n 1 .Sei D < 0.

KAPITEL 4. WACHSTUM VON REKURSIONSFOLGEN 41˜Dnk+1Wähle n 2 , so dass 2 (log n 2 ) l ≥ 2|D|.Dann D ≥ − 1 k+12˜Dn 2 (log n 2 ) l ≥ − 1 ˜Dn k+1 2(log n) l für n ≥ n 2 .Also gilt für n ≥ max{n 2 , 2n 1 }: x n ≥ 1 ˜Dn k+1 2(log n) l a n .Damit: x n = Θ(n k+1 (log n) l a n ).c) Für n ≥ n 2 giltx n = O(g(n))n ≥ n 2 :|x n | ≤n∑2−1n∑|g(i)|a n−i + g(i)a n−ii=1i=n 2≤n∑ ( c) n−ia n D + g(n)an−iai=n 2n∑2−1x n ≥ a ni=1n−n∑ 2= a n D + g(n)i=0≤ a n 1D + g(n)1 − c≤ ˜Dg(n) ,da g(n) = Ω(a n(1+ɛ) );g(i)a n−i +g(n)a n−n2} {{ }CIst C ≥ 0, so x n ≥ g(n).Ist C < 0, so wähle n 3 ≥ n 2 mit g(n)a n−n2 ≥ −2Ca n für alle n ≥ n 3(Beachte: g(n) streng monoton wachsend).Dann:c iAlso: x n = Ω(g(n)).x n ≥ a n C + g(n)an−n22≥ 1g(n) ≥ −2Ca n 22 g(n)an−n21≥2 g(n).+ 1 2 g(n)an−n2Bemerkunga) Im Teil b) steckt mit k = l = 0 auch der Fall g(n) = Θ(a n ). Natürlich sindmit Teil b) nicht alle Funktionen g(n) abgedeckt, die zwischen O(a n(1−ɛ) )und Ω(a n(1+ɛ) ) liegen, aber die wichtigsten.b) Wenn ein Divide-and-Conquer-Algorithmus vorliegt, dessen KomplexitätdurchT(n) = aT(n − 1) + g(n)

KAPITEL 4. WACHSTUM VON REKURSIONSFOLGEN 42Beispiele:beschrieben wird, also Zerlegung in a Teilprobleme der Größe n−1 und Beschreibungdes Zerlegungs- und Zusammensetzungsaufwandes durch g(n),so zeigt 4.3, dass die Komplexität durch die Komplexität der Teilproblemebestimmt wird, wenn g(n) nicht zu groß, d.h. O(a n(1−ɛ) ) ist, und dass dieKomplexität von g(n) dominiert wird, falls g(n) = Ω(a n(1+ɛ) ).Im Fall b) halten sich die beiden Teilkomplexitäten die Waage.a) x n = ax n−1 + p(n), a > 1, p Polynom, sox n = O(a n ).Denn: |p(n)| ≤ a 1 2 n = ( √ a) n für genügend großes n;dann 4.3a) mit ɛ = 1 2 .b) x n = ax n−1 + a n , so x n = Θ(na n ) nach 4.3b).Das sieht man auch direkt: (a, 2a 2 , . . . , na n , . . .) Lösung nach 3.10, allgemeineLösung(sa + a, sa 2 + 2a 2 , . . . , sa n + na n , . . .), d.h. x n = (s + n)a n , s ∈ C.c) x n = ax n−1 + n!, a > 1Es ist 0 < a · (n − 1)! ≤ 1 2n! für n ≥ 2aAlso ist nach 4.3c) x n = Θ(n!), d.h. x n = Θ (√ n ( )n n )e nach StirlingFormel 4.1.Wir betrachten nun den anderen Typ von Rekursionen, der für Aufwandsabschätzungenbei Divide-and-Conquer-Algorithmen typisch ist. Wir schreibenx(n) statt x n (um die typografisch unschöne Bezeichnung x n zu vermeiden).bSatz 4.4.Seien a, b ∈ R, a ≥ 1, b > 1; k, l ∈ N 0 .nb steht für ⌊ ⌋ ⌈nb oder für n⌉b .Sei x(n) = ax ( )nb + g(n){ n ≥ 2, fallsnfürb = ⌊ ⌋nb , x(1) = g(1)n ≥bb−1 (d.h. n − 1 ≥ n b ), falls n b = ⌈ ⌉nb , x(i) = g(i), i 0, so ist x(n) = Θ(n log b a ).b) Ist g(n) = Θ(n log b a (log n) k (log log n) l ), so ist x(n) = Θ(n log b a (log n) k+1 (log log n) l ).c) Existiert ein 0 < c < 1 mit a g (⌈ nb⌉)≤ c g(n) für alle n ≥ n0 , so istx(n) = Θ(g(n)).BemerkungÄhnlich wie in 4.3c) kann man zeigen, dass die Bedingung in 4.4c) impliziert,dass g(n) = Ω(n (log b a)+ɛ ), wobei ɛ = − log b c.Beweisidee:Ist n = b m eine ganzzahlige Potenz von b, so erhält man mitx ′ m := x(n), g ′ (m) := g(n)x ′ m = a · x ′ m−1 + g ′ (m)

KAPITEL 4. WACHSTUM VON REKURSIONSFOLGEN 43mit x ′ 0 = x(1) = g(1) = g′ (0) den Typ Rekursion aus 4.3.Man erhält dann die Aussagen in 4.4 aus denen von 4.3, wenn n nur die Zahlenb m , m ∈ N 0 , durchläuft.[Beachte: a m = a log b n = a log a n log b a = n log b a ]Für beliebige n benötigt man die Voraussetzung, dass g(n) monoton wächst,um mit einigen Abschätzungen die allgemeine Gültigkeit von 4.4 zu zeigen.Beispiele:a) Wichtigster Fall: a = b > 1.Dann:• g(n) = O(n 1−ɛ ), so x(n) = O(n); g(n) nicht Nullfunktion,so x(n) = Θ(n).• g(n) = Θ(n), so x(n) = Θ(n log n).b) Beispiel für a): Sortieren einer Liste der Länge n: Aufteilen in zwei Listender Länge n 2. Beide rekursiv sortieren, dann durch maximal n−1 Vergleichezusammenfügen. Aufwand (gemessen in der Anzahl der Vergleiche) T(n) =2 · T ( )n2 + n − 1.Nach a) : T(n) = Θ(n log n).c) x(n) = 2 · x ( n2)+ n log n.Nach 4.4b): x(n) = Θ(n(log n) 2 ).d) x(n) = 2 · x ( )n2 + n 2 .2 · ( )n 22 =n 22 < 3 4 n2 , also nach 4.4c) x(n) = Θ(n 2 ).

Kapitel 5Erzeugende FunktionenWir werden in diesem Kapitel jeder Folge a 0 , a 1 , . . . von komplexen Zahlen einalgebraisches Objekt, nämlich die formale Potenzreihe φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i , zuordnen.Diese Potenzreihen kann man addieren und multiplizieren, so dass man eineschöne algebraische Struktur, nämlich einen kommutativen Ring mit Eins,erhält. Diese algebraische Struktur lässt dann Schlüsse über die Koeffizienteneiner Potenzreihe zu, an denen wir eigentlich interessiert sind (z.B. um geschlosseneFormeln für rekursiv definierte Folgen zu erhalten.)Man kann Potenzreihen auch als Funktionen von C → C auffassen. Dann mussman sich allerdings über die Konvergenz Gedanken machen. Für die Kombinatorikist in der Regel der Gesichtspunkt der formalen Potenzreihe ausreichend.Definition 5.1.a) Eine formale Potenzreihe ist ein Ausdruck der Formφ(t) = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 , . . . =∞∑a i t imit a i ∈ C. Terme a i t i mit a i = 0 kann man bei dieser Schreibweise auchweglassen.Existiert ein n ∈ N mit a k = 0 für alle k > n, so istφ(t) = a 0 + a 1 t + . . . + a n t n ein (formales) Polynom.b) Zwei formale Potenzreihen φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i und ψ(t) = ∑ ∞i=0 b it i sindgleich genau dann, wenn a i = b i für alle i ∈ N 0 .c) Sind φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i und ψ(t) = ∑ ∞i=0 b it i , so definiert man die Summe(φ + ψ)(t) (= φ(t) + ψ(t)) := ∑ ∞i=0 (a i + b i )t i und das Produkt(φ · ψ)(t) (= φ(t) · ψ(t)) := ∑ ∞i=0 c it i , wobei c i = ∑ ij=0 a jb i−j (Faltung).(“Ausmultiplizieren und nach Potenzen ordnen”).Bemerkung 5.2.a) Mit + und · aus 5.1c) wird die Menge der formalen Potenzreihen ein kommutativerRing mit Eins: C [[t]]. Der Polynomring C [t] ist ein Unterring.(Entsprechend K [[t]] , K [t] für andere Körper K).i=044

KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 45b) Mathematisch exakt definiert man C [[t]] als Menge aller unendlichen Folgen(a 0 , a 1 , . . .), a i ∈ C, mit komponentenweiser Addition und Multiplikationdurch Faltung.(0, 0, 0, . . .) Nullelement, (1, 0, 0, . . .) Einselement.Ist t = (0, 1, 0, . . .), so ist t i = (0, 0, . . .,1, 0, . . .).↑iDefiniert man t 0 = (1, 0, 0, . . .), so ist(a 0 , a 1 , a 2 , . . . , a n , 0, . . .,0, . . .) = ∑ ni=0 a it i (wenn man a(a 0 , a 1 , . . .) =(a∑a 0 , a a 1 , . . .) definiert), und man schreibt dann abkürzungsweise (a 0 , a 1 , . . .) =∞i=0 a it i .c) Fasst man im Durchschnitt ihrer Konvergenzbereiche (Kreise um 0) φ(t)und ψ(t) als Funktionen auf, so entspricht die oben definierte Addition undMultiplikation gerade der Addition und Multiplikation von Funktionen.Wann ist eine formale Potenzreihe φ(t) invertierbar bezüglich ·, d.h. wann existiertψ(t) ∈ C [[t]] mit φ(t) · ψ(t) = 1?Satz 5.3.a) φ(t) · ψ(t) = 0 ⇐⇒ φ(t) = 0 oder ψ(t) = 0 (C [[t]] ist nullteilerfrei).b) φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i ist genau dann invertierbar, falls a 0 ≠ 0.(Schreibweise für das Inverse: φ(t) −1 1oderBeweis:φ(t) .)a) 0 ≠ φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i , 0 ≠ ψ(t) = ∑ ∞i=0 b it i , n, m minimal mit a n ≠ 0,b m ≠ 0.Dann: Koeffizient von t n+m ist a n b m ≠ 0. Also φ(t) · ψ(t) ≠ 0.b)1 =(∑ ∞) ( ∞)∑∞∑a i t i · b i t i = c i t ii=0i=0i=0⇐⇒ 1 = c 0 = a 0 b 0i∑0 = c i = a j b i−j für i ∈ N⇐⇒ b 0b i= a −10= −a −10j=0i∑a j b i−j für i ∈ Nj=1Rekursive Definition für die b i

KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 46Beispiele 5.4.1a)1−αt = (1 − αt)−1 = ∑ ∞i=0 αi t iDenn: (1 − αt) · (∑ ∞i=0 αi t i) = ∑ ∞i=0 c it imit c 0 = 1 · α 0 = 1c i = 1 · α i − α · α i−1 = 0Speziell:b) k ∈ N∑ ∞i=0 ti = 11−t(α = 1)∑ ∞i=0 (−1)i t i = 11+t(α = −1)(1−αt) −k := ((1−αt) −1 ) k = (∑ ∞i=0 αi t i) k ∑ ∞ =i=0 ⎜⎝2.4= ∑ ∞i=0Definition 5.5.( k+i−1)i α i t i⎛∑alle geord. k-tupel(i 1 ,....i k ),i j ∈{0,...,i}i 1+...+i k =ia) Für ein r ∈ R, n ∈ N ist der verallgemeinerte Binomialkoeffizient( ( r r(r − 1)...(r − n + 1) r:= und := 1n)n!0)(Stimmt für r ∈ N mit Definition aus Kapitel 2 überein.)b) (1 + αt) r := ∑ ∞i=0( ri)α i t i für r ∈ R.Ist r ∈ N, so stimmt dies mit der normalen binomischen Formel überein.Ist r = −k, k ∈ N, so ist nach 5.4b)(1 + αt) −k =( ) −ki∞∑( ) k + i − 1(−1) i α i t iii=0(−k)(−k − 1)...(−k − i + 1)=i!( ) k + i − 1= (−1) i iAlso stimmt die obige Definition für r ∈ Z \ N mit 5.4b) überein.Proposition 5.6.a) (1 + αt) r (1 + αt) s = (1 + αt) r+s für alle α, r, s ∈ R.b) ((1 + αt) r ) −1 = (1 + αt) −rBeweis:a) Kann man nachrechnen. Etwas mühselig.b) Folgt aus a).⎞⎟α i1+...+i k⎟⎠ ti= (−1)ik(k + 1)...(k + i − 1)i!

KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 47Bemerkung 5.7.a) Nach 5.6a) gilt: (1 + αt) 1/2 (1 + αt) 1/2 = 1 + αt, d.h. (1 + αt) 1/2 =∑ ∞( 1/2)i=0 i α i t i ist tatsächlich eine Wurzel aus 1+αt. Ebenso − ∑ ∞)i=0 α i t i .Andere Wurzeln gibt es nicht:φ(t) 2 = ψ(t) 2 ⇒ 0 = φ(t) 2 − ψ(t) 2 = (ψ(t) − φ(t)) · (ψ(t) − φ(t))5.3a): φ(t) = ±ψ(t).1b) Nach 5.4 ist1−t = ∑ ∞i=0 ti =: ψ(t)Was passiert , wenn man ψ(t 2 ) = 1 + t 2 + t 4 + . . . = ∑ ∞i=0 t2i bildet?Es ist ψ(t 2 ) = 11−t, denn 2(1 − t 2 )(1 + t 2 + t 4 + . . .) = 1 + t 2 + t 4 + . . . − t 2 − t 4 − . . . = 1.Allgemein gilt∑ ∞i=0 tni = 11−t n für alle n ∈ N.Nach diesen Vorbereitungen definieren wir:Definition 5.8. Die erzeugende Funktion einer Folge a 0 , a 1 , . . . komplexer Zahlenist die formale Potenzreihe φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i .(Beachte: φ(t) ist keine Funktion; Begriff ist historisch bedingt.)Beispiele 5.9.a) Sei r ∈ NSei a i = Anzahl der Möglichkeiten, aus einer Menge mit r Elementen iverschiedenen Elemente (ohne Wdh.) auszuwählen.2.3: a i = ( )r(also a i = 0 für i > r).iErzeugende Funktion für a 0 , a 1 , . . .:φ(t) = ∑ ∞( r)i=0 i t i = (1 + t) r)t i = ∑ ri=0( rib) Betrachte (1 + t + t 2 ) 4 = ∑ 8i=0 a it i .Was ist a i ?a i = 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 4-Tupel (e 1 , e 2 , e 3 , e 4 ) mit 0 ≤ e j ≤ 2 unde 1 + e 2 + e 3 + e 4 = i.= Anzahl aller Möglichkeiten aus Mengen mit 4 Elementen i viele auswählen(mit Wdh., ohne Berücksichtigung der Anordnung), wobei jedes Elementhöchstens zweimal ausgewählt werden darf.Speziell:Auf wie viele Arten lässt sich 5 als geordnete Summe von vier ganzenZahlen e j , 0 ≤ e j ≤ 2, schreiben.Koeffizient 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 )Koeffizient von t 5 : 2t · t 4 + 3t 2 · 2t 3 + 2t 3 · 3t 2 + t 4 · 2t = 16t 5 .Also: 16 Möglichkeiten.( 1/2i

KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 485.9b) lässt sich verallgemeinern:Satz 5.10.Seien r.s ∈ N. Für i ∈ N 0 seia i = Anzahl der geordneten r-Tupel (e 1 , . . . , e r ), e j ∈ N 0 mit 0 ≤ e j ≤ s, sodass i = e 1 + . . . + e r= Anzahl der Auswahlen von i Elementen aus r vielen (mit Wdh., ohne Berücksichtigungder Anordnung), wobei jedes Element höchstens s mal ausgewähltwerden darf.Dann ist die erzeugende Funktion für a 0 , a 1 , . . . gerade φ(t) = (1+t+. . .+t s ) r .Speziell:1. s = 1: 5.9a)2. a s = Anzahl aller Auswahlen von s Elementen aus r vielen mit Wiederholungen2.4= ( )r+s−1sKorollar 5.11.Sei r ∈ N.Für i ∈ N 0 seib i = Anzahl der geordneten r−Tupel (e 1 , . . . , e r ), e j ∈ N 0 , mit i = e 1 +...+e r .Dann ist die erzeugende Funktion für b 0 , b 1 , . . . gerade die Potenzreihe(∑ ∞) r ∞∑( ) r + i − 1t i =t i 1=i (1 − t) ri=0i=0Insbesondere ist b i = ( )r+i−1i (vgl. 2.4)Beweis:Koeffizient von t s in (∑ ∞i=0 ti) rist der gleiche wie der Koeffizient vont s in (1 + t + . . . + t s ) r , also ( )r+s−1s nach 5.10.Nach 5.4a) ist ∑ ∞i=0 ti = 11−t , also (∑ ∞i=0 ti) r=1(1−t). rBemerkung 5.12.Entscheidend für 5.10 und 5.11 ist Folgendes:Ist φ µ (t) = ∑ ∞i=0 a µ,it i , µ = 1, . . .,r, so istφ 1 (t) · . . . · φ r (t) = ∑ ∞i=0 b it i mit∑b i =a 1,e1 · . . . · a r,er} {{ }Koeff. von t e 1...t er =t e 1 +...+er(e 1, . . . , e r)e i ∈ N 0e 1 + . . . + e r = i5.11 ist der Spezialfall φ 1 (t) = . . . = φ r (t), a µ,i = 1 für alle i, µ.In diesem Fall zählt b i die Anzahl der r−Tupel (e 1 , . . .,e r ), e j ∈ Nmit e 1 + . . . + e r = i.Solche Zählprobleme lassen sich auch dann mit diesem Ansatz lösen, wenn diee i gewissen Einschränkungen unterworfen sind.Wenn z.B. e 1 nicht alle Werte aus N 0 , sondern nur Werte aus einer TeilmengeM ⊆ N 0 annehmen darf, dann setzt man in φ 1 (t) die Koeffizienten a 1,j = 0,

KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 49falls 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.Es gilt also allgemein:Satz 5.13.Sei r ∈ N, M 1 , . . . , M r ⊆ N 0 . Für i ∈ N 0 seib i = Anzahl der geordneten r-Tupel (e 1 , . . . , e r ), e j ∈ M j , mit e 1 + . . . + e r = i.Dann ist die erzeugende Funktion für b 0 , b 1 , . . . gerade⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ∑t j ⎠ ⎝ ∑t j ⎠ . . . ⎝ ∑t j ⎠j∈M 1 j∈M 2 j∈M rBeispiel 5.14.Sei i ∈ 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 =i, e j ∈ N 0 , wobei e 2 ≥ 2, e 3 gerade, e 4 ≤ 3?Nach 5.13 erhält man die erzeugende Funktion von (b 0 , b 1 , b 2 , . . .) in der folgendenForm:(1 + t + t 2 + . . .) · (t 2 + t 3 + . . .) · (1 + t 2 + t 4 + t 6 + . . .) · (1 + t + t 2 + t 3 )5.4a)5.7b)=11 − t ·t 21 − t ·11 − t 2 · (1 + t + t2 + t 3 ) =t 2 · (1 + t + t 2 + t 3 )(1 − t) 3 (1 + t)= t2 (1 + t 2 )5.4a)(1 − t) 3 = (t 2 + t 4 ) (∑ ∞5.11= (t 2 + t 4 ) · ∞∑ ( i+2) ∞∑ )ti= t i+2 ∑+ ∞= t 2 + 3t 3 + ∞ ∑ii=0( (i−2i=4i−4) (+ii−2) ) t i =d.h. b 0 = b 1 = 0, b i = i 2 − 3i + 3 für i ≥ 2.Bsp. i = 7. Koeffizient von t 7 : 7 2 − 3 · 7 + 3 = 31.i=0( i+2ii=0 ti) 3i=0∞∑(i 2 − 3i + 3)t ii=2( i+2)i ti+4Beachte: b i ist auch genau die Anzahl der Möglichkeiten aus einer Menge von4 Elementen {a 1 , a 2 , a 3 , a 4 } i Elemente auszuwählen (mit Wiederholung, ohneBerücksichtigung der Anordnung), wobei a 2 mindestens zweimal gewählt werdenmuss, a 3 nur in einer geraden Anzahl und a 4 höchstens 3-mal.Beispiel 5.15.Auf wie viele 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 2gerade, e 3 durch 5 teilbar, e 4 durch 10 teilbar, e 5 durch 20 teilbar, e 6 durch 50teilbar (e l ist der Betrag, der mit l-Cent-Münzen erreicht wird.).

KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 50Nach 5.13 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 + . . .)5.4a)5.7b)=Es ist11 − t ·11 − t 2 ·11 − t 5 ·11 − t 10 ·11 − t 20 ·11 − t 50 .11 − t1(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 )= ∞ ∑t nn=0∑= ∞ a n t nn=0∑= ∞ b n t nn=0∑= ∞ c n t nn=0∑= ∞ d n t nn=0∑= ∞ f n t nWir wollen f 100 bestimmen!Per Computer kein Problem durch Ausmultiplizieren der jeweils ersten 100 Termein der linken Seite von in (∗), per Hand schwierig.Daher ein eleganterer Weg mittels der Darstellung auf der rechten Seite von (∗).11 − t = (1 − t2 )n=0n=0∞∑∞∑a n t n = a 0 + a 1 t + (a n − a n−2 )t nn=2Also:a 0 = a 1 = 1a n = a n−2 + 1 für n ≥ 2Man sieht: a n = ⌊ ⌋n2 + 1 für alle n ∈ N0(nachprüfen; folgt auch aus der Theorie der linearen Rekursionen in Kapitel 3;sie liefert a n = 1 2 + 3+(−1)n4= ⌊ ⌋n2 + 1)∞∑a n t n = (1 − t 5 ∑) ∞ b n t nn=0n=0= b 0 + b 1 t + b 2 t 2 + b 3 t 3 + b 4 t 4 ∑+ ∞ (b n − b n−5 )t nn=5

KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 51b n = a n = ⌊ ⌋n2 + 1 0 ≤ n ≤ 4b n = a n + b n−5 = ⌊ ⌋n2 + 1 + bn−5 n ≥ 5c n = b n 0 ≤ n ≤ 9c n = b n + c n−10 n ≥ 10d n = c n 0 ≤ n ≤ 19d n = c n + d n−20 n ≥ 20f n = d n 0 ≤ n ≤ 49f n = d n + f n−50 n ≥ 50Zur Berechnung von f 100 benötigen wir d 100 und f 50 .Zur Berechnung von f 50 benötigen wir d 50 und f 0 = 1.Genauso überlegt man, was man zur Berechnung von d 100 , d 50 benötigt, etc.Dies führt zu folgender Berechnungstabelle:n 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80 85 90 95 100b n 1 4 10 18 29 42 58 76 97 120 146 174 205 238 274 312 353 396 442 490 541c n 1 11 40 98 195 341 546 820 1173 1615 2156d n 1 11 41 109 236 450 782 1955 4111f n 1 451 4562Es gibt also 4562 Möglichkeiten.Wir wollen jetzt noch zeigen, wie sich erzeugende Funktionen verwenden lassen,um geschlossene Formeln für gewisse Rekursionen zu gewinnen. Die von unsschon untersuchten linearen Rekursionen lassen sich damit ebenso behandelnwie auch andere Typen von Rekursionen (z.B. die für Catalan-Zahlen).Beispiel 5.16.a n = 3a n−1 − a n−2 , n ≥ 2, a 0 = 1, a 1 = 3.ψ(t) erzeugende Funktion für (a 0 , a 1 , . . .)ψ(t) und 3tψ(t) − t 2 ψ(t) stimmen bei t 2 , t 3 , . . . überein.Also:ψ(t) = a + bt + 3tψ(t) − t 2 ψ(t).Dann a = a 0 = 1 und b + 3a 0 = a 1 ⇒ b = 0. Alsoψ(t) = 1 + 3tψ(t) − t 2 ψ(t)ψ(t) =11 − 3t + t 2 = 1(t − 3+√ 52)(t + 3−√ 52)= √ 1 15 t − 3+√ 52t − √ 1 15 t − 3−√ 52t(Partialbruchzerlegung)= − √ 1 15 3+ √ + 1 1√5 22(1 −3 + √ t) 5 3− √ 5 22(1 −53 − √ t)5} {{ }} {{ }= 3−√ 52= 3+√ 52

KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 52= − 3√ 5 − 5105.4a)= − 3√ 5 − 510Also: a n = − 3√ 5 − 5101·1 − 3−√ 52t + 3√ 5 + 5 1·10 1 − 3+√ 52t(∞∑ 3 − √ ) n (5t n + 3√ 5 + 5∞∑2 10n=0n=0(3 − √ ) n (5+ 3√ 5 + 5 3 + √ ) n52 10 23 + √ ) n5t n2Dieses Beispiel lässt sich auf jede homogene lineare Rekursion der Ordnung kmit konstanten Koeffizienten verallgemeinern. Man muss dann die Nullstellendes Nennerpolynoms bestimmen (das sind genau die Nullstellen der charakteristischenGleichung) und dann Partialbruchzerlegung durchführen: FallsGrad p < Grad q, so:p(t)q(t)==p(t)(t − α 1 ) n1 . . . (t − α r ) nra 1,1+ . . . + a 1,n 1t − α 1 (t − α 1 ) n1+ . . .+ a r,1+ . . . +a r,n rt − α r (t − α r ) nr11Danach die Inversen von(t−α j)= bestimmen (5.4a)).k (−α j) k (1−α −1j t) kWir wollen jetzt noch zeigen, wie erzeugende Funktionen eingesetzt werdenkönnen, um eine geschlossene Form für die Catalan-Zahlen zu erhalten.Beispiel 5.17.Catalan-Zahlen (vgl. 3.2e)Rekursionsgleichung: C n = n−1 ∑C i C n−i , n > 1, C 1 = 1.i=1Setzt man C 0 = 0, so kann man dies auch schreiben alsC n = ∑ ni=0 C iC n−i , n > 1.∑Sei Φ(t) = ∞ C n t n die erzeugende Funktion.n=0Die Rekursionsgleichung zeigt sofort:Koeffizienten von t 2 , t 3 , . . . in Φ(t) stimmen mit den entsprechenden Koeffizientenin 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 .4Nach 5.5 bzw. 5.7a) istΦ(t) − 1 2Φ(t) = 1 2( ) 1/2 1 − 4t= ±= ± 1 (∑ ∞( 42 n=0∑1 ± ∞n=0)( 1/2)n (−1) n 4 n t n)( 1/2)n (−4) n t n

KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 53Koeffizientenvergleich(bei t 0 : 0)= 1 2(1 ± 1), also Minuszeichen.Φ(t) = 1 ∑21 − ∞ ( 1/2)n (−1) n 4 n t n .n ≥ 1 :n=0C n = − 1 2=( 1/2n)(−1) n 4 n = (− 1 2 ) · (1 2 ) · (−1 2 ) · (−3 2 ) · . . . · (−2n − 3 )} {{2}n Terme1 · 3 · . . . · (2n − 3)4n2 n+1 n!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)nn−1Bemerkung 5.18.Anstelle der üblichen erzeugenden Funktion für eine Folge (a n ),auch oft die exponentiell erzeugende Funktion ∞ ∑(Bezeichnung wegen:∞∑n=0n=0∞∑a n t n , wirdn=0a nt nn!betrachtet.)t nn! =: exp(t)·(−1) n 4nn!Exponentiell erzeugende Funktionen kommen z.B. zum Einsatz, wenn man Auswahlenmit Berücksichtigung der Anordnung zählt (vgl. 5.10, 5.11, 5.13: Auswahlenohne Berücksichtigung der Anordnung). Näheres hierzu z.B. im Buchvon P. Tittmann.

Kapitel 6Geordnete MengenDefinition 6.1.a) Eine binäre Relation R auf einer Menge M ist eine Teilmenge vonM × M. Ist (a, b) ∈ R, so schreibt man aRb.b) Eine binäre Relation R auf M heißt Ordnungsrelation, falls gilt:(i) aRa für alle a ∈ M(ii) aRb und bRa, so a = b(iii) Aus aRb und bRc folgt aRc(Reflexivität)(Antisymmetrie)(Transitivität)M mit Ordnungsrelation R heißt dann (partiell) geordnete Menge (M, R).[In der Regel schreibt man ≤ für R. Ist a ≤ b und a ≠ b, so schreibt mana < b. ]c) Ist (M, ≤) geordnete Menge, a ≤ b, so ist [a, b] = {c ∈ M|a ≤ c undc ≤ b} Intervall.d) (M, R) geordnete Menge. a heißt Vorgänger von b, falls a < b und fallskein c ∈ M existiert mit a < c < b. Schreibweise a ⋖ b.e) Ist (M, ≤) geordnete Menge und gilt(iv) ∀a, b ∈ M : a ≤ b oder b ≤ a,so heißt (M, ≤) total geordnet oder eine Kette.Beispiele 6.2.a) (R, ≤) mit üblicher kleiner/gleich-Relation ist total geordnete Menge.b) (N, |) mit Teilerrelation | ist geordnete Menge (nicht total geordnet!).c) Sei A Menge. (℘(A), ⊆) mit Teilmengenbeziehung ist geordnete Menge.d) 0-1-Folgen der Länge n. (a 1 , . . . , a n ) ≤ (b 1 . . .,b n ) ⇐⇒ (a 1 , . . .,a n ) =(b 1 , . . .,b n ) oder ∃ 0 ≤ k < n a 1 = b 1 , . . . , a k = b k und a k+1 = 0, b k+1 =1. Lexikographische Ordnung (totale Ordnung).54

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 55Jede endliche geordnete Menge (M, ≤) lässt sich durch einen gerichteten Graphveranschaulichen (Hasse-Diagramm):Die Ecken des Graphen sind die Punkte von M. Zwei Ecken a und b sind verbunden,falls a Vorgänger von b ist bzgl. ≤.Darstellung: Größere Elemente oberhalb von den kleineren. Dann keine Pfeilean den Kanten erforderlich. Hasse-Diagramme sind also azyklisch gerichteteGraphen (Umkeherung gilt nicht).Beispiele 6.3.a) M = {a, b, c, d, e, f}, Hasse-Diagramm010101e00 1100 1100 11f01010101ca00 1100 1100 1100 11dba ≤ ea ≰ d[b.f] = {b, d, f}.Abbildung 6.1:b) M = {1, 2, 3, 4, 5}, übliche ≤-Relation010101010154321Abbildung 6.2:c) M = {1, 2, . . ., 12}, TeilerrelationVorgänger: a ≠ b, a|b und es gibt kein c ≠ a, b mit a|c, c|b.01 0181201 01 01104 60190101 01 01 015 2 3 711011Abbildung 6.3:

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 56d) M=T 20 = {Teiler von 20} und Teilerrelation.20104521Abbildung 6.4:e) A = {1, 2, 3}, {℘(A), ⊆}{1,2,3}{1,2}{1,3}{2,3}{1}{2}{3}{}Abbildung 6.5:In all diesen Beispielen gibt es größte und kleinste Elemente.Definition 6.4.x ∈ (M, ≤) heißt größtes Element, falls kein y ∈ M, y ≠ x, existiert mitx ≤ y. Analog kleinstes ElementBemerkung 6.5.Eine endliche geordnete Menge besitzt größte und kleinste Elemente.Beispiel 6.6.Seien S 1 , . . . , S n die Schritte, die zur Herstellung eines Produktes notwendigsind.Setze S i ≤ S j , falls Schritt S i vor Schritt S j abgeschlossen sein muss.Das liefert geordnete Menge ({S 1 , . . .,S n }, ≤).Wenn die Durchführung der Schritte S 1 , . . . , S n seriell geschehen muss (z.B. nureine Person, die Schritte S 1 , . . . , S n durchführen muss), so sucht man eine totaleOrdnung ≼ auf {S 1 , . . . , S n } mit der Eigenschaft: Falls S i ≤ S j , so auchS i ≼ S j .Eine solche totale Ordnung, die die gegebene Ordnung erweitert, findet manz.B. durch sogenannte topologische Sortierung (Namensgebung obskur).

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 57Algorithmus (topologisches Sortieren)Input: (M, ≤), |M| = n, gegeben durch Hasse-Diagramm.Output: Totale Ordnung ≼, die ≤ erweitert.1. Sei H 1 Hasse-Diagramm zu (M, ≤).2. Für k = 1, . . .,n − 1 wiederhole:(a) Wähle maximales Element S k in Hasse-Diagramm H k .(b) Entferne aus H k die Ecke S k und alle Kanten, die bei S k enden.Sei H k+1 der so entstandene azyklische gerichtete Graph (= Hasse-Diagramm auf (M \ {S 1 , . . .,S k }, ≤).3. Setze {S n } = M \ {S 1 , . . . , S n−1 }.Totale Ordnung ist S n ≼ S n−1 ≼ . . . ≼ S 1 (nicht eindeutig).Gültigkeit des Algorithmus ist klar.Beispiel: 6.3c): Totale Ordnung, die so erhalten wird, ist z.B.1 ≼ 11 ≼ 7 ≼ 5 ≼ 2 ≼ 3 ≼ 9 ≼ 10 ≼ 4 ≼ 8 ≼ 6 ≼ 12.Definition 6.7.Sei (M, ≤) eine geordnete Menge a, b ∈ M. Eine obere Schranke von a, b istein c ∈ M mit a ≤ c und b ≤ c. Das Supremum (kleinste obere Schranke) füra, b ∈ M ist eine obere Schranke c ∈ M von a und b, so dass für jede weitereobere Schranke d von a und b gilt: c ≤ dBezeichnung: a ∨ bAnalog: untere Schranke, Infimum a ∧ b (größte untere Schranke)Bemerkung:• obere/untere Schranken brauchen nicht zu existieren;• selbst wenn eine obere Schranke von a und b existiert, muss kein Supremumexistieren.Beispiel 6.8.01d01e01f• d und e sind obere Schranken von aund b, a ∨ b existiert nicht.01 01 01abAbbildung 6.6:c• b und c haben keine obere Schranke.• a ∨ c = f.

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 58Definition 6.9.Eine geordnete Menge (M, ≤), in der je zwei Elemente ein Supremum und einInfimum besitzen, heißt Verband.Ist (M, ≤) endlicher Verband, so besitzt M genau ein größtes Element (Einselement1) und genau ein kleinstes Element (Nullelement 0).Bemerkung:In Verbänden gilt: a ≤ b ⇔ a ∨ b = b ⇔ a ∧ b = a(Aus ∨ und ∧ lässt sich die Ordnung wiedergewinnen!)Beispiele 6.10.a) Jede total-geordnete Menge ist trivialerweise ein Verband.b) Ist A eine Menge, so ist (℘(A), ⊆) ein Verband.Er heißt Boole’scher Verband.∧ entspricht ∩ und ∨ entspricht ∪.Nullelement: ∅, Einselement: Ac) (N, |) ist ein Verband, ebenso für jedes n ∈ N(T n , |), wobei T n = {a ∈ N|a teilt n}.∧ entspricht ggT, ∨ entspricht kgV.(wichtig (T n , |) ≠ ({1, . . .,n}, |))d) Beispiel aus 6.3c) ist kein Verband.Ist Hasse-Diagramm ein gerichteter Baum und keine Kette, so ist die zugehörigegeordnete Menge kein Verband, aber das Infimum zweier Elementeexistiert immer.Definition 6.11.Sei (M, ≤) eine geordnete Menge.A(M, ≤) ist die Menge aller Funktionen f : M × M → C (statt C kann manauch 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 die Elemente aus M indiziert sind und ander Stelle (a, b) ∈ M × M dann gerade f(a, b) steht.Bemerkung 6.12.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∈MIst nämlich a ≰ b und c ∈ M, so ist a ≰ c oder c ≰ b (wegen der Transitivitätvon ≤), als f(a, c) = 0 oder g(c, b) = 0; dann ist folglich (f · g)(a, b) = 0.

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 59Da f(a, c) = 0, falls a ≰ c und g(c, b) = 0, falls c ≰ b, muss man die Summe nurüber 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 = bδ(a, b) =0 , falls a ≠ bEine besonders einfache, aber wichtige Funktion in A(M, ≤) ist die Zeta-Funktion:Definition 6.13.Die Zeta-Funktion ζ ∈ A(M, ≤) ist definiert durch{ 1 , falls a ≤ bζ(a, b) =0 , falls a ≰ bDie Zeta-Funktion beschreibt also genau die Ordnung auf M.Satz 6.14 (Satz und Definition).Sei (M, ≤) eine endliche geordnete Menge.a) Die Zeta-Funktion ist bzgl. der Multiplikation invertierbar, d.h. es existiertµ ∈ A(M, ≤) mit ζ · µ = µ · ζ = δ.µ heißt die Möbius-Funktion auf (M, ≤).Für alle a, b ∈ M gilt:∑µ(a, c) =c∈[a,b]∑µ(c, b) =c∈[a,b]b) µ ist rekursiv definiert durch{ 1 , falls a = b0 , falls a ≠ b{ 1 , falls a = b0 , falls a ≠ bundµ(a, a) = 1 für alle a ∈ Mµ(a, b) = 0∑für alle a, b ∈ M, a ≰ bµ(a, b) = − µ(a, c) für alle a, b ∈ M, a < bc ∈ [a, b]c ≠ bInsbesondere 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. 6.12):∑c∈[a,b]µ(a, c) = ∑c∈[a,b]µ(a, c)ζ(c, b) = δ(a, b) =} {{ }=1{1 , falls a = b0 , falls a ≠ b

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 60Die zweite Gleichung ist gleichwertig mit ζµ = δ.Da eine quadratische Matrix genau dann eine Rechtsinverse besitzt, wennsie eine Linksinverse besitzt, { muss man nur zeigen, dass ein µ ∈ A(M, ≤)∑ 1 , falls a = bexistiert 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).Beispiele 6.15.a) Betrachte (T 12 , |), T 12 = {1, 2, 3, 4, 6, 12}.ζ-Funktion hat folgende Matrix:1 2 3 4 6 121 1 1 1 1 1 12 0 1 0 1 1 13 0 0 1 0 1 14 0 0 0 1 0 16 0 0 0 0 1 112 0 0 0 0 0 1Es 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. | (6.14).µ(1, 4) = −µ(1, 1) − µ(1, 2) = 06.14b)µ(1, 6) = −µ(1, 1) − µ(1, 2) − µ(1, 3) = 1µ(1, 12) = −µ(1, 1) − µ(1, 2) − µ(1, 3) − µ(1, 4) − µ(1, 6)= 0µ(2, 4) = µ(2, 6) =−1 ∗µ(2, 12) = −µ(2, 2) − µ(2, 4) − µ(2, 6) = 1µ(3, 6) = µ(4, 12) = µ(6, 12) =−1µ(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 00 1 0 −1 −1 10 0 1 0 −1 0⎜ 0 0 0 1 0 −1⎝ 0 0 0 0 1 −10 0 0 0 0 1b) Sei (M, ≤) eine geordnete Menge, so dass das Hasse-Diagramm ein (gerichteter)Baum ist (z.B. falls (M, ≤) total geordnet).⎧⎨ 1 , falls a = bDann ist µ(a, b) = −1 , falls a ⋖ b⎩0 , sonst⎞⎟⎠

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 61Nach 6.14b) hängt µ(a, b) (für a ≤ b) nur vom Intervall [a, b] ab. Dies isteine total geordnete Menge, da (M, ≤) ein Baum ist. Also genügt es dieAussage für total-geordnete Mengen zu beweisen.Sei a < b, a kein Vorgänger von b, alsoa = a 1 ⋖ a 2 ⋖ . . . ⋖ a n = b, n > 2.Induktion nach n: µ(a, b) 6.14= − ∑ n−1i=1 µ(a, a i) = −µ(a, a) − µ(a, a 2 ) = 0.Bemerkung:Man kann zeigen, dass f ∈ A(M, ≤), M endlich, genau dann invertierbar ist,falls f(a, a) ≠ 0 für alle a ∈ M.(Beweis z.B. Cameron, Combinatorics, Prop 12.7.1.)Zur Berechnung der Möbiusfunktion in endlichen Verbänden ist der folgendeSatz sehr nützlich.Satz 6.16 (Weisner,1935).Sei (L, ≤) ein endlicher Verband, a ∈ L, a > 0.Dann gilt: ∑ µ(0, x) = 0.Beweis:Sei S = ∑x ∈ Lx ∨ a = 1x,y∈LDann istS =µ(0, x)ζ(x, y)ζ(a, y)µ(y, 1).6.14a)==∑µ(0, x) ∑ µ(y, 1) = ∑ µ(0, x) ·x∈Ly ∈ Ly ≥ xy ≥ ax∈L{ ∑µ(0, x) · 1 , falls x ∨ a = 1x∈L∑0 , falls x ∨ a < 1µ(0, x).x ∈ Lx ∨ a = 1∑y ∈ Ly ≥ x ∨ aµ(y, 1)Andererseits istS =∑x ∈ Ly ≥ aµ(0, x)ζ(x, y)µ(y, 1)= ∑ µ(y, 1) · ∑ µ(0, x)ζ(x, y)y≥a x∈L= ∑ µ(y, 1) · ∑µ(0, x)y≥ax ∈ Lx ≤ y} {{ }6.14a)= 0, da y≥a>0= 0Korollar 6.17.a) Sei A eine endliche Menge, L = (P(A), ⊆) der Verband der Teilmengenvon A. Sind B, C ⊆ A, so ist{(−1)µ(B, C) =|C|−|B| , falls B ⊆ C0 , sonst

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 62b) 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 aProdukt von r paarweise verschiedene Primzahlen ist0 , sonst (d.h. a ∤ b oder b aist durch das Quadrat einer Primzahl teilbar)[µ(a, b) hängt also nur von b a ab. Ist b a= m ∈ N, so ist µ(m) := µ(1, m)(= 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℘(C \ B) ist.(Isomorphie: es existiert eine bijektive Abbildung, die die Ordnungsrelation-{ hier die Teilmengenrelation)- erhält;[B, C] → ℘(C \ B)ϕ :.X ↦→ X \ BSei D = C \ B. Wir haben also µ(∅, D) = (−1) |D| zu zeigen. Richtig fürD = ∅, da µ(∅, ∅) = 1 = (−1) 0 .Sei |D| ≥ 1, d ∈ D.Es ist ∅ das Nullelement und D das Einselement des Verbandes (℘(D), ⊆).Daher folgt mit 6.16:∑µ(∅, D ′ ) = 0.D ′ ⊆ DD ′ ∪ {d} = DDie einzigen D ′ , die in dieser Summe auftreten, sind D und D \ {d}.Also folgt: µ(∅, D) = −µ(∅, D \ {d}). Per Induktion nach |D| können wirµ(∅, 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 annehmenkönnen. Der Verband [a, b] = {c ∈ N| a|c und c|b} ist isomorph zu T b .aSetze 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 und m das Einselementvon T m . Mit 6.16 folgt daher:µ(1, m) = − ∑µ(1, a).a|m, a < mkgV (a, p) = mIst 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, dap 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.Die Bedeutung der Möbiusfunktion liegt in folgendem Satz begründet, der diesogenannte Möbiusinversion beschreibt.

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 63Satz 6.18 (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 isty ∈ My ≤ xf(x) = ∑g(y)µ(y, x) für jedes x ∈ M.y ∈ My ≤ xAnalog: Ist h(x) = ∑ f(y) für x ∈ M, so f(x) = ∑ h(y)µ(x, y) für alle x ∈ M.y ∈ My ≥ xy ∈ My ≥ xBeweis:Wähle ein beliebiges x ∈ M. Dann gilt:∑x) =y≤xg(y)µ(y, ∑ ∑f(z)µ(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} {{ }{= δ(z, x)1 , falls z = x=0 , falls z ≠ xBeispiel 6.19.Geordnete Menge L von Firmen und ihren Tochterfirmen.An jedem Knoten X (= Firma X) ist das verfügbare Kapital von X eingetragen,wenn X das eigene und das all ihrer Tochterfirmen und deren Tochterfirmen,...zusammennimmt.Über wieviel eigenes Kapital verfügt jede einzelne Firma?Hasse-Diagramm ist das von (T 60 , |):Identifiziere: A ←→ 1B ←→ 2C ←→ 3D ←→ 5E ←→ 4F ←→ 6G ←→ 10H ←→ 15I ←→ 12J ←→ 20K ←→ 30L ←→ 60Daher Möbius-Funktion bekannt nach 6.17b). Möbiusfunktion zu (T 60 , |):

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 64L 69I 30J 39K 45E 13F 18G 20H 18B 6C 7D 10A 2Abbildung 6.7: Hasse-Diagrammµ(2, 20) = 1 = µ L (B, J)µ(5, 20) = 0 = µ L (D, J)µ(1, 20) = 0 = µ L (A, J)Wie groß ist z.B. das Kapital von Firma J?f(X) = Kapital von X, g(X) = “aufsummiertes” Kapital (angegeben bei X)f(J)6.18= ∑ Y ≤Jg(Y )µ L (Y, J)= g(J)µ L (J, J) + g(E)µ L (E, J) + g(G)µ L (G, J)+g(B)µ L (B, J) + g(D)µ L (D, J) + g(A)µ L (A, J)= 31 · 1 + 13 · (−1) + 20 · (−1) + 6 · 1 ∗ + 10 · 0 + 2 · 0 ∗ = µ(2, 20)= 4Korollar 6.20 (klassische Möbiusinversion der Zahlentheorie).Sei µ die klassische Möbiusfunktion auf N (vgl. 6.17b)).Ist f : N → C eine Funktion, g(n) = ∑ k|nf(k) für n ∈ N,so ist f(n) = ∑ k|ng(k)µ ( nk)für alle n ∈ N.Beweis:Für jedes n ∈ N ergibt sich die Behauptung durch Anwendung von 6.18 auf(T n , |).Die Möbiusinversion ist ein wichtiges Hilfsmittel für zahlreiche Abzählprobleme.Wir geben ein Beispiel an, bei dem die Möbiusinversion auf dem Verband(℘(I), ⊆) aller Teilmengen einer endlichen Menge I angewandt wird.

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 65Beispiel 6.21.Sei A eine endliche Menge, A i Teilmengen von A, wobei die i aus einer endlichenIndexmenge I stammen (d.h. für jedes i ∈ I ist A i definiert).Für J ⊆ I sei B(J) = {x ∈ A|x ∈ A j für alle j ∈ J, x /∈ A i für alle i ∈ I \ J}.B(J)0000 1111 B(K 1 )B(K 2 ) 0000 11110000 1111❤❤❤❤❤ 0000 11110000 1111 A 1 A 2❆❆❆❆❆❆A 3B(I)I = {1, 2, 3, 4}J = {1, 2}K 1 = {1, 2, 3}K 2 = {1, 2, 4}A 4Klar: B(J) = ⋂(wobei⋂j∈JAbbildung 6.8:j∈JA j \⋃A ii∈I\JA j = A, falls J = ∅ und ⋃i∈I\JKlar 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 , wie man leicht sieht.K j∈JJ ⊆ K ⊆ I∑Also gilt nach (∗): f(K) = | ⋂ A j | =: h(J).KJ ⊆ K ⊆ Ij∈JA i = ∅, falls I \ J = ∅).Nach dem zweiten Teil von 6.18 (Möbiusinversion) folgt nun:f(J) = ∑ h(K)µ(J, K) 6.17a)= ∑ | ⋂A k | · (−1) |K|−|J| .KK k∈KJ ⊆ K ⊆ IJ ⊆ K ⊆ IDie Gleichung (∗∗) beschreibt also die Anzahl f(J) = | ⋂ A j \(∗)j∈J⋃i∈I\J(∗∗)A i | derElemente 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 mindestensin allen A j (j ∈ J) liegen).Wählt man speziell J = ∅, so folgt:|A \ ⋃ i∈Ik∈KA i | = |B(∅)| = f(∅) = ∑ K⊆I| ⋂A k |(−1) |K|k∈K

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 66Beachtet man, dass auf der rechten Seite für K = ∅ gerade |A| als Summandauftaucht, so folgt hieraus sofort:| ⋃ A i | = ∑(−1) |K|+1 | ⋂A k |.i∈Ik∈K∅̸=K⊆IDies ist gerade das Einschließungs-Ausschließungs-Prinzip aus 1.3.Korollar 6.22.Sei 0 ≤ l ≤ n.Die Anzahl der Permutationen auf {1, . . ., n} mit genau l vielenFixpunkten istn! ∑n−l(−1) j.l! j!j=0Insbesondere gibt es n! ∑ n (−1) jj=0 j!viele fixpunktfreie Permutationen.(Zur Erinnerung: π : {1, . . ., n} → {1, . . ., n} Permutation ⇐⇒ π bijektiv.( )1 2 · · · nSchreibweise: π =.π(1) π(2) · · · π(n)i ∈ {1, . . .,n} ist Fixpunkt von π, falls π(i) = i.π ist fixpunktfrei ⇐⇒ π(i) ≠ i für alle i.)Beweis:Es sei f l (n) die gesuchte Anzahl.Wir setzen A = S n = Menge aller Permutationen auf {1, . . .,n}, also |S n | = n!,und A i = {τ ∈ S n |τ(i) = i} für i = 1, . . .,n.Es ist f l (n) =∑ f(J),J ⊆ {1, . . . , n}|J| = lwobei f(J) = Anzahl aller Permutationen, die genau die Elemente aus J alsFixpunkte, aber sonst keine weiteren Fixpunkte haben.Wir wählen ein beliebiges J ⊆ {1, . . ., n} mit |J| = l und berechnen f(J) nachBeispiel 6.21:⋂k∈Kf(J) = ∑ K⊇J| ⋂k∈KA k | · (−1) |K|−l .A k sind genau die Permutationen, die die Elemente k ∈ K festlassen (undvielleicht noch weitere). Daher ist| ⋂k∈KDaher: f(J) = ∑ (n − |K|)!(−1) |K|−l .K⊇JA k | = (n − |K|)!Die Summanden hängen also nur von |K| ab.Ist |K| = l+j, j ∈ {0, . . ., n−l}, so gibt es genau ( )n−lj viele Teilmengen K ⊇ Jmit |K| = l + j (denn dies entspricht genau der Anzahl der j-elementigen Teilmengenvon {1, . . .,n} \ J).

KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 67Also:∑n−l( ) n − l∑n−lf(J) = (n − l − j)!(−1) j (−1) j= (n − l)!jj!j=0j=0f(J) hängt also nur von |J| = l ab. Es gibt ( nl)viele Teilmengen J ⊆ {1, . . .,n}mit |J| = l.Also ist f l (n) = ( nl) n−l ∑ (−1) j(n − l)!j!j=0, d.h. f l (n) = n! n−l ∑l! j=0(−1) j.j!Bemerkung 6.23.Der Anteil der fixpunktfreien Permutationen an allen Permutationen auf {1, . . .,n}ist nach 6.22f 0 (n)n!=n∑ (−1) jj=0Aus der Analysis weiss man, dass ∑ n (−1) jj=0 j!(e ≈ 2, 71 . . . Euler-Zahl).Man kann sogar zeigen, dass |D n − n!e | < 1 2 .j!(übliche Bezeichnung: f 0 (n) = D n ).n→∞−→ 1 eAlso ist D n die nächste ganze Zahl zu n!e. Insbesondere ist für n > 1 mehr alsein Drittel aller Permutationen auf {1, . . .,n} fixpunktfrei. Die Wahrscheinlichkeitbei zufälliger Zuordnung von adressierten Umschlägen, dass kein Brief imrichtigen Briefkasten landet, ist also größer als 1 3 .

Kapitel 7Der Satz von Dilworth undFolgerungenDer Satz von Dilworth ist einer der wichtigsten Sätze über geordnete Mengen,an dem ein Prinzip der Kombinatorik deutlich wird, das in vielen Anwendungeneine Rolle spielt: Maximierung eines Parameters durch Minimierung einesanderen. Typisches Beispiel, das möglicherweise bekannt ist, ist der Satz vonFord-Fulkerson über Flüsse in Netzwerken (der tatsächlich mit dem Satz vonDilworth zusammenhängt).Zur Formulierung des Satzes von Dilworth benötigen wir folgende Definition:Definition 7.1.Sei (M, ≤) eine geordnete Menge.a) K ⊆ M heißt Kette in M wenn (K, ≤), d.h. ≤ eingeschränkt auf K ×K,eine total-geordnete Menge ist.b) A ⊆ M heißt Antikette in M, falls für alle a, a ′ ∈ A gilt: Ist a ≠ a ′ , soist a ≰ a ′ und a ′ ≰ a.Beispiel: (M, ≤)109526874{1, 3, 6, 8, 10} ist Kette{5, 8, 9} ist Antikette31Bemerkung 7.2.Ist K eine Kette und A eine Antikette in (M, ≤), so ist |K ∩ A| ≤ 1. (Trivial).Wir sind im folgenden an folgenden Zahlen interessiert:• Längste Ketten , längste Antiketten.68

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 69• Minimalanzahl von Ketten (Antiketten), die benötigt werden, um M zuüberdecken, d.h.M = ˙∪ r i=1K i , K i Ketten; M = ˙∪ s i=1A i , A i Antikette.Bemerkung 7.3.Sei (M, ≤) eine geordnete Menge.a) Hat M eine Kette K, |K| = r, so kann M nicht mit weniger als r Antikettenüberdeckt werden.b) Hat M eine Antikette A, |A| = r, so kann M nicht mit weniger als rKetten überdeckt werden.Beweis: Folgt direkt aus 7.2Beispiel:Beispiel oben: Längste Kette K: |K| = 5 (z.B. die angegebene)Mit wievielen Antiketten lässt sich M überdecken?{1}, {3}, {2, 6, 4}, {5, 8, 7}, {9, 10}: fünf Antiketten.Längste Antikette A = {5, 8, 9}, |A| = 3.Mit wievielen Ketten lässt sich M überdecken?{1, 3, 2, 5}, {6, 8, 10}, {4, 7, 9}: drei Ketten.Das ist kein Zufall.Es gilt immer: Maximallänge einer Kette (Antikette)=Minimalanzahl von Antiketten(Ketten), die zur Überdeckung von M benötigt werden.Eine dieser beiden Aussagen ist einfach:Satz 7.4.Hat die längste Kette einer endlichen geordneten Menge (M, ≤) Größe r, sokann M von r vielen Antiketten überdeckt werden.Beweis: Definiere die Höhe h(x) eines Elements x ∈ M als die Maximalzahl derElemente ≠ x einer Kette, deren größtes Element x ist. Also h(x) = 0, falls xkeine Vorgänger hat. Sei A i = {x ∈ M | h(x) = i}.Also: A i = ∅ für i ≥ r nach Voraussetzung.Daher M = A 0 ∪ . . . ∪ A r−1 . Jedes A i ist eine Antikette:Angenommen x, y ∈ A i , x ≠ y, x < y. Dann h(y) ≥ i + 1. Widerspruch.xyi Stück(So wurde auch im Beispiel die Überdeckung durch Antiketten konstruiert).Satz 7.5 (Satz von Dilworth).(1950 - vorher schon von Gallai und Milgram gefunden, aber nicht publiziert)Sei (M, ≤) eine endliche geordnete Menge. Hat die größte Antikette von MGröße r, so kann M von r vielen Ketten überdeckt werden.

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 70Beweis:Induktion nach |M|. |M| = 1 √ .|M| > 1. x ein beliebiges minimales Element in M.Fall 1: x ≰ y für alle y ∈ M \ {x}.Dann hat die längste Antikette in M \ {x} Größe r − 1 (denn sie kann durch xverlängert werden).Induktion: M \ {x} = K 1 ˙∪... ˙∪K r−1 Ketten;M = K 1 ˙∪... ˙∪K r−1 ˙∪{x}Fall 2: Es existiert y ∈ M \ {x} mit x ≤ y.Per Induktion: M \ {x} = K 1 ˙∪... ˙∪K r Ketten.i = 1, . . .,r: T i = {z ∈ K i | x ≤ z}, B i = K i \ T i .K iT i✗✎☞✔✉✉✉✍✌✉ ✎☞x ✉✉✉ B i✖✍✌✕Beispiel:T i sitzt oberhalb B i in K i .B := B 1 ∪ . . . ∪ B r = Menge aller Elemente z ∈ M mitx ≰ z.Färbe die Elemente von B mit Farben f 1 , . . .,f r : z ∈ Bhat Farbe f i , falls z ∈ K iNach Fall 1 ist B = K ′ 1 ∪ . . . ∪ K ′ r−1, K i Ketten,i = 1, . . .,r − 1.Jede dieser Ketten besteht aus einer oder mehreren Sequenzenaufeinanderfolgender Elemente gleicher Farbe(“runs”).Wir ordnen jetzt diese Ketten gegebenenfalls mehrfachum. Bei jeder Umordnung verringert sich dieGesamtzahl der “runs”. Daher wird dieser Prozessterminieren nach einer endlichen Anzahl von Schritten.r = 5

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 71Angenommen die größten Elemente zweier oder mehrere K j ′ haben die gleicheFarbe f i .Sei V = Vereinigung aller runs der Farbe f i , die am oberen Ende einer KetteK j ′ liegen. V ist Kette, da V ⊆ K i.Sei y das kleinste Element von V , y ∈ K l ′. Vereinige K′ l mit V zu neuer KetteK l ′′.V ist jetzt ein einzelner run der Farbe f i in der neuen Kette K l ′′.Ändere die anderen Ketten in K j ′′ = K′ j \V . Damit B = K′′ 1 ∪. . .∪K′′ r−1 . Anzahlder runs hat sich verringert.Beispiel:−→Diese Prozedur ist dann nicht mehr durchführbar, wenn die r − 1 Ketten von

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 72B sämtlich verschiedene Farben am oberen Ende haben. Wir nennen dieseKetten ˜K 1 , . . . , ˜K r−1 . Sei f ij die Farbe am oberen Ende der Kette ˜K j . Bilde˜K j = ˜K j ∪ T ij . Alle Elemente von T ij liegen oberhalb von B ij , B ij besteht ausden Elementen der Farbe f ij . Insbesondere sind alle Elemente von T ij größerals das größte Element von ˜K j . Damit ist ˜Kj eine Kette.Sei o.B.d.A. f r die Farbe, die an keinem oberen Ende der ˜K 1 , . . ., ˜K r−1 vorkommt.Setze ˜Kr = {x} ∪ T r , Kette.M = ˜K1 ˙∪... ˙∪ ˜Kr−1 ˙∪ ˜Kr .Beispiel:Ursprünglichletzte Zerlegung von B} {{ }↓Der Satz von Dilworth ist im Wesentlichen äquivalent zu einer Reihe andererwichtiger Sätze der Kombinatorik. Wir zeigen, wie sich ein wichtiger graphentheoretischerSatz, der Satz von König, aus dem Satz von Dilworth ergibt.Dazu benötigen wir folgende Definition:Definition 7.6.Sei G = (E, K) ein Graph, E die Menge der Ecken, K die Menge der Kanten.

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 73(Wir betrachten nur Graphen ohne Mehrfachkanten und Schleifen und identifizierenKanten daher mit 2-elementigen Teilmengen von E).a) G heißt bipartit, falls es eine Zerlegung E = S ˙∪T gibt, so dass jede Kanteeinen Endpunkt in S und einen in T hat.b) Eine überdeckende Punktmenge (Vertex Cover) ist eine TeilmengeV ⊆ E, so dass jede Kante in G mit mindestens einem Punkt aus Vinzident ist.c) Ein Matching ist eine Teilmenge L ⊆ K, so dass keine zwei Kanten in Leinen gemeinsamen Endpunkt haben.ST✈❧ ✎☞❤❤❤❤❤❤❤❤ ❧❧❧❧❧❧❧ ✈✈✍✌❍ ❍❍❍❍❍❍❍✈✈✟ ✟✟✟✟✟✟✟✎☞✎☞❤❤❤❤❤❤❤❤ ✈✈✱ ✟ ✱✱✱✱✱✱✱ ✟✟✟✟✟✟✟ ✍✌✍✌❤❤❤❤❤❤❤❤ ✈✈✟ ✟✟✟✟✟✟✟✎☞✍✌bipartiter Graphüberdeckende PunktmengeMatchingKlar: Ist m die Größe eines Matchings, p die Größe einer überdeckenden Punktmenge,so ist m ≤ p.Satz 7.7 (Satz von König (1916)).Sei G = (E, K) ein endlicher bipartiter Graph. Dann ist die maximale Größem(G) eines Matchings gleich der minimalen Größe p(G) einer überdeckendenPunktmenge.Beweis: Es ist m(G) ≤ p(G). E = S ˙∪ T, so dass G bezüglich S, T bipartit ist.Definiere ≤ auf E durch: e ≤ e für alle e ∈ E und s ≤ t ⇐⇒ es gibt Kantezwischen s und t.≤ ist Ordnung auf E.Sei V ⊆ S ˙∪T eine überdeckende Punktmenge. Dann ist E \ V eine Antiketteund umgekehrt.Also: |S| + |T | − p(G)= maximale Größe einer Antikette7.5= minimale Anzahl von disjunkten Ketten, die E überdecken.In (E, ≤) gibt es nur 1- oder 2-elementige Ketten.Es mögen in der Zerlegung in eine minimale Anzahl von Ketten k 1 1-elementigeund k 2 2-elementige vorkommen.k 1 + k 2 = |S| + |T | − p(G)k 1 + 2k 2 = |S| + |T |Daraus folgt k 2 = p(G). Die zweigliedrigen Ketten bilden ein Matching von G,das aus p(G) vielen Kanten besteht. Daher m(G) ≥ p(G).

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 74Definition 7.8.Sei G = (E, K) ein bipartiter Graph bezüglich E = S ˙∪T.Ein vollständiges Matching von S nach T ist ein Matching L, so dass jede Eckein S Endpunkt einer Kante in L ist.Beispiel:a) Das Matching im obigen Beispiel ist nicht vollständig, weder von S nachT, noch von T nach S.Nach Satz 7.7 kann es in diesem Beispiel auch kein vollständiges Matchinggeben (denn jedes vollständige Matching ist maximal und man benötigtmindestens 4 bzw. 5 Kanten in einem Matching, falls es vollständig von Tnach S bzw. von S nach T ist).b)S T✈✈ ❵❵❵❵❵❵❵❵✈✈✟ ❍ ❤❤❤❤❤❤❤❤✟✟✟✟✟✟✟❍❍❍❍❍❍❍ ✈✧✈✧✧✧✧✧✧✧✈vollständiges Matching von S nach T.Wann gibt es ein vollständiges Matching?Sei a ∈ S. Definiere T(a) = {t ∈ T : {a, t} ∈ K}.Für A ⊆ S setzte T(A) = ⋃ a∈A T(a).Klar: Falls vollständiges Matching von S nach T existiert, so ist |T(A)| ≥ |A|für alle A ⊆ S.Diese Bedingung ist tatsächlich hinreichendSatz 7.9 (Heiratssatz von Philip Hall, 1935).Ist G = (E, K) ein bipartiter Graph bezüglich E = S ˙∪ T, so existiert einvollständiges Matching von S nach T genau dann, wenn |T(A)| ≥ |A| für alleA ⊆ S.(Bezeichnung “Heiratssatz”:S die Frauen, T die Männer einer Gesellschaft.a ∈ S: T(a) sind diejenigen Männer, die a heiraten würde.Vollständiges Matching von S nach T: Auch bei Monogamie (auf Seiten derMänner) kann jede Frau einen Mann heiraten, den sie akzeptieren würde.)Beweis:Es genügt, die Richtung “⇐” zu zeigen.Klar: S ist überdeckende Punktmenge, also p(G) ≤ |S|;p(G)= minimale Größe einer überdeckenden Punktmenge.Wir zeigen: p(G) = |S|.Sei V ⊆ S ˙∪ T eine überdeckende Punktmenge, V 0 = S \ (V ∩ S).

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 75V ∩ SV 0✓ ✏✈.✈✓✒✏✑✈✈✈}.a✈✏✏✏✏✏✏✈T(a)✈✒ ✑Dann gilt T(a) ⊆ V ∩ T für jedes a ∈ V 0 .Es folgt: |S| − |V ∩ S| = |V 0 | Vor.≤ |T(V 0 )| s.o.≤ |V ∩ T |,also |S| ≤ |V ∩ S| + |V ∩ T | = |V |.Daher: p(G) = |S| (und S ist minimale überdeckende Punktmenge).Satz von König: Es gibt ein Matching L ⊆ K mit |L| = |S|. Da jede Kanteeinen Endpunkt in S hat und da zwei Kanten in L keinen Endpunkt gemeinsamhaben, ist L ein vollständiges Matching.Kann man die Größe eines maximalen Matchings auch auf andere Weise alsdurch die Größe einer minimalen überdeckenden Punktmenge bestimmen? Satz 7.9ist ein Spezialfall einer allgemeinen Aussage, die auf obige Frage eine Antwortgibt.Satz 7.10.Bezeichnungen seine wie in 7.9, also insbesondere G = (S ∪ T, K) bipartit.Sei d = max(|A| − |T(A)|) der Defekt von G (von S nach T).A⊆SBeachte: A = ∅, so T(A) = ∅. Also d ≥ 0.Die maximale Größe eines Matchings in G ist |S| − d.Beweis:Sei A 0 ⊆ S mit |A 0 |−|T(A 0 )| = d. In jedem Matching L von G sind mindestensd viele Elemente von A 0 nicht Endpunkte einer Kante in L. Also: |L| ≤ |S| − d.Wir zeigen jetzt, dass es ein Matching der Größe |S| − d gibt. Sei |D| = d,D ∩ E = ∅.ST✛ ✘✛ ✘ ✉✥✥✥✥✥✥✥✉❏❆ ✉✟✉✟✟✟✟✟✟ ❆❆❆❆❆❆❆❆❆❆❆❆ ❏❏❏❏❏❏❏❏ ✉❚❡ ✚✉✚✚✚✚✚❚❚❚❚❚❚❚❚❚❚ ❡❡❡❡❡❡❡ ✉❙❅ ✚✟ ✘✘✘✘✘✘✉✟✟✟✟✟✟ ✚✚✚✚✚❙❙❙❙❙❙❙❙ ❅❅❅❅❅ ✉❜ ✚ ✙✚❅ ❜❜❜❜❜❜ ❅❅❅❅❅❅ ✙✛✘✉D✉✚✙

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 76Bilde neuen Graphen G ∗ = (S ∪ T ∪ D, K ∗ )S ∗ = S, T ∗ = T ∪ D.Kanten zwischen S und T wie in G, Punkte in S mit allen Punkten in DverbindenIst A ⊆ S, so T ∗ (A) = T(A) ∪ D,d.h. |T ∗ (A)| = |T(A)| + |D| ≥ |A| − d + |D| = |A|.7.9: G ∗ hat vollständiges Matching L ∗ von S nach T ∗ . Entferne aus L ∗ alleKanten und Endpunkte in D (maximal d viele). Das liefert Matching L von Gder Kardinalität ≥ |S| − d (also = |S| − d.)Beispiele 7.11.Gegeben sei ein Schaltwerk mit 30 eingehenden und 24 ausgehenden Leitungen,z.B. die Telefonzentrale eines Call-Centers.Es gibt 3 Kategorien eingehender Leitungen, jede umfasst 10 Leitungen:• Kategorie 1: Jede dieser Leitungen kann auf eine von vier ausgehendenLeitungen geschaltet werden.• Kategorie 2: Jede dieser Leitungen kann auf eine von zwei ausgehendenLeitungen geschaltet werden.• Kategorie 3: Jede dieser Leitungen kann mit genau einer ausgehendenLeitung verbunden werden.Auf jede ausgehende Leitung kann jeweils eine von maximal drei eingehendenLeitungen geschaltet werden.Frage:Wenn auf jeder der 30 eingehenden Leitungen ein Anruf ankommt, wievielekönnen in jedem Fall auf ausgehende Leitungen geschaltet werden (gleichgültigwie die Schaltungsverbindungen innerhalb des Schaltwerks realisiert wurden)?Wir beschreiben das Schaltwerk durch einen bipartiten Graphen.G = (S ∪ T, K), |S| = 30, |T | = 24.s ∈ S und t ∈ T sind genau durch eine Kante verbunden, wenn (die eingehendeLeitung) s auf (die ausgehende Leitung) t geschaltet werden kann.Dann gehen von 10 Ecken in S genau 4 Kanten aus (man sagt, diese Eckenhaben Valenz 4), 10 weitere haben Valenz 2 und die übrigen haben Valenz 1.Jede der Ecken von T hat höchstens Valenz 3.Gesucht ist eine möglichst genaue untere Schranke für die maximale Größe einesMatchings in G.Dazu bestimmen wir eine obere Schranke für d aus Satz 7.10Sei dazu A ⊆ S. In A gebe es m Ecken der Valenz 4, n Ecken der Valenz 2 undp Ecken der Valenz 1.Dann ist |A| = m + n + p und 3|T(A)| ≥ 4m + 2n + p.Also ist |A| − |T(A)| ≤ m + n + p − 1 3 (4m + 2n + p) = 1 3(−m + n + 2p).Wann wird 1 3(−m + n + 2p) maximal? Dazu muss m = 0 sein und n = p = 10.Es ist dann |A| − |T(A)| ≤ 10. Da A ⊆ S beliebig war, folgt d ≤ 10.Nach Satz 7.10 gilt also: Unabhängig davon, welche Schaltung realisiert wurde,können immer mindestens 30−10 = 20 der eingehenden Anrufe mit ausgehenden

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 77Leitungen verbunden werden, wenn auf jeder der eingehenden Leitungen einAnruf ankommt. (Es kann passieren, dass z.B. bei nur 20 eingehenden Anrufennur 20 − 10 = 10 auf ausgehende Leitugen vermittelt werden können.)Bemerkung 7.12.7.10 macht keine Aussage, wie man ein maximales Matching finden kann. DerSatz kann auch nicht die Grundlage für eine gute praktische Methode sein, denndazu hätte man alle 2 |S| viele Teilmengen von S zu überprüfen. Daher ist einanderer Ansatz nützlich.Definition 7.13. Sei G = (E, K) ein bipartiter Graph, M ein Matching in G.Seien x 0 , y 1 , x 1 , y 2 , x 2 , . . . , x k−1 , y k ∈ E paarweise verschiedene Ecken, so dass{x i , y i+1 } ∈ K, i = 0, . . .,k − 1 und {y i , x i } ∈ K, i = 1, . . .,k − 1. (Die Punktebilden einen Weg).Dabei gelte: {x i , y i+1 } ∉ M, {y i , x i } ∈ M, x 0 , y k sind nicht Endpunkte einerKante in M.Dann heißt der Weg ein alternierender Weg für M.Matching MalternierenderWeg für MSatz 7.14.Sei M ein Matching im (bipartiten) Graph G = (E, K), das nicht maximaleGröße hat. Dann gibt es einen alternierenden Weg für M. Die Umkehrung giltebenfalls.Beweis:”⇐=”: Sei K die Menge aller Kanten im alternierenden Weg für M, F = K \M.Dann ist F ∪ (M \ K) ein Matching, |F ∪ (M \ K)| = |M| + 1.M∈ M∈ M∈ F∈ F∈ FMM

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 78“=⇒”: Sei M ∗ ein Matching maximaler Größe, also |M ∗ | > |M|.Sei L = (M ∗ ∪ M) \ (M ∗ ∩ M).Der Graph, der von den Ecken und Kanten in L gebildet wird, zerfälltin Wege und Kreise (geschlossene Wege), da jede Ecke dieses Graphenhöchstens Endpunkte von 2 Kanten (einer aus M, einer aus M ∗ ) ist.In jedem Weg und Kreis alternieren Kanten aus M und Kanten die nichtin M liegen. In Kreisen also: #Kanten aus M = #Kanten nicht in M.Da L mehr Kanten aus M ∗ als aus M enthält, muss es einen Weg geben,der mehr Kanten aus M ∗ \ M enthält. Dies ist dann ein alternierenderWeg für M.Bemerkung 7.15.7.14 kann man für einen Algorithmus zur Bestimmung eines Matchings maximalerGröße verwenden.1. Beginne mit Matching M (z.B. 1 Kante),2. Suche alternierenden Weg für M.3. Wird ein alternierender Weg gefunden, so konstruiere größeres MatchingM ′ wie im Beweisteil “⇐” von 7.14. Wiederhole 2) mit M ′ statt M.4. Wird kein alternierender Weg gefunden, so ist M Matching maximalerGröße.Wie geht man bei 2) vor?Nenne Ecke M-saturiert, falls x Endpunkt einer Kante in M ist.Suche Ecke x 0 ∈ S, die nicht M-saturiert ist. Falls keine existiert, so existiertkein alternierender Weg für M (denn ein Endpunkt eines solchen Weges ist einenicht M-saturierte Ecke in S).x 0 nicht M-saturiert existiere.

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 79Jetzt Breitensuche.✈x 0 ∈ S✱✔❜ ✆✱✱ ✔ ✆ ❧❧❧❧ ❜❜❜❜❜❜✱ ✔ ✆✈✱✈✔✈✆❧ ✈ ✈y 1 y 2 . . .......... y k ∈ T∈ M ∈ M ∈ M✈ ✈✈x 1 x 2✂x k ∈ S✂✂✂✂✂✂✂✈✈✂✈y 1 . . ................ y lStufe 1: Alle y i , die mit x 0 verbundensind (also mit Kanten ∉ M).Ist ein y i nicht M-saturiert, so x 0 y ialternierender Weg, fertig.Stufe 2: Verbinde alle y i mit Kantein M (eindeutig) zu x i ∈ S.Stufe 3: Verbinde alle x i mit alleny j ∈ T durch Kanten ∉ M (soweitmöglich).Ein y j nicht M-saturiert, sox 0 y i x i y j alternierender Weg für M.Sonst fahre fort wie in Stufe 2.Entweder erhält man auf diese Wiese eine Kantenfolge von alternierenden Kanten∉ M, ∈ M und nicht-saturierten Endpunkten. Dort wo das zum ersten Malpassiert hat man einen alternierenden Weg für M. Kreise in der Kantenfolgekönnen wegen der Minimalität nicht auftreten.Oder es gibt keinen alternierenden Weg für M mit Startpunkt x 0 . Dann testeneuen nicht M-saturierten Punkt in S, etc.Dies ist in Grundzügen der Hopcroft-Karp-Algorithmus (1978). Bei geeigneterImplementierung erhält man auf diese Weise ein maximales Matching inO( √ n(m + n)) vielen Schritten, n = |E|, m = |K|.Bemerkung 7.16.Die Sätze dieses Kapitels hängen eng zusammen mit dem Satz von Ford undFulkerson über Flüsse in Netzwerken.Netzwerk= gerichteter Graph, Kanten k gewichtet mit Kapazitäten c(k) ∈ R + ,ausgezeichneter Anfangspunkt s, von dem nur Kanten ausgehen, ausgezeichneterEndpunkt t, in dem nur Kanten enden.3Fluss: f : K → R2+1 5 3f(k) ≤ c(k) ∀k ∈ K∀v ∈23 2 5∑E :st f(k) =4652Wieviel kann maximal von s nach t transportiert werden (maximaler Fluss)?Schnitt ist Partition E = X ˙∪ Y mit s ∈ X, t ∈ Y .43v Endpunktvon k∑v Anfangspunktvon kf(k)

KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 80Kapazität des Schnittes = ∑ Kapazitäten der Kanten,die von X nach Y gehenFord-Fulkerson (1956)Maximaler Fluss = Minimale Kapazität eines Schnittes(Max-Flow-Min-Cut-Theorem).Sind alle Kapazitäten ganzzahlig, so existiert ganzzahliger maximaler Fluss.Edmonds-Karp-Algorithmus (1972): Maximaler Fluss in O(m 2 n) vielen Schritten.Idee ist ähnlich wie bei Hopcroft-Karp-Algorithmus.Näheres z.B.Korte, Vygen, Combinatorial Optimization, Springer 2002oderJungnickel,Graphen, Netzwerke und Algorithmen, Springer 1999