Kombinatorische Methoden in der Informatik - Diskrete Mathematik
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<strong>Komb<strong>in</strong>atorische</strong> <strong>Methoden</strong> <strong>in</strong> <strong>der</strong> <strong>Informatik</strong>Prof. Dr. Peter HauckWilhelm-Schickard-Institut für <strong>Informatik</strong>AB <strong>Diskrete</strong> <strong>Mathematik</strong>Skript e<strong>in</strong>er 4-stündigen Vorlesung im Sommersemester 2004(Korrigierte Version vom 22.12.2005)http://www-dm.<strong>in</strong>formatik.uni-tueb<strong>in</strong>gen.deErstellung des Skripts:Daniel Raible
Inhaltsverzeichnis1 Elementare komb<strong>in</strong>atorische 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
Komb<strong>in</strong>atorikAnordnung von Objekten mit gewissen Eigenschaften: Fragen bezüglich Existenz,Anzahl und Optimalität.Teilgebiete <strong>der</strong> Komb<strong>in</strong>atorik- abzählende Komb<strong>in</strong>atorik- Graphen, Netzwerke- Ramsey - Theorie- Designs, endliche Geometrien- Matroidtheorie- Topologische Komb<strong>in</strong>atorikAnwendungen <strong>in</strong> <strong>der</strong> <strong>Informatik</strong>- Abzählende Komb<strong>in</strong>atorik: Analyse ( u. Entwurf) von Algorithmen.- Graphen (speziell Bäume): E<strong>in</strong>e <strong>der</strong> wichtigsten Datenstrukturen.- <strong>Komb<strong>in</strong>atorische</strong> <strong>Methoden</strong> bei <strong>der</strong> Untersuchung formaler Sprachen.- Algorithmische Geometrie.Hauptthemen <strong>der</strong> Vorlesung- Abzählende Komb<strong>in</strong>atorik (Rekursionen, erzeugende Funktionen).- Komb<strong>in</strong>atorik auf geordneten Mengen.- Netzwerke.3
INHALTSVERZEICHNIS 4Literatur1. M. Aigner <strong>Diskrete</strong> <strong>Mathematik</strong>, Vieweg, 3. Auflage 1999(Abzählende Komb<strong>in</strong>atorik, Graphen, Algebraische Systeme)2. N.M. Biggs Discrete Mathematics, Glarendon Press, 1989(Abzählende Komb<strong>in</strong>atorik, Graphen, algebraische <strong>Methoden</strong>)3. P. Cameron: Comb<strong>in</strong>atorics - 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 Komb<strong>in</strong>atorik, diskrete Wahrsche<strong>in</strong>lichkeitsrechnung)5. R.P. Grimaldi Discrete and Comb<strong>in</strong>atorial Mathematics, Addison-Wesley,1994(Abzählende Komb<strong>in</strong>atorik, Graphen, algebraische <strong>Methoden</strong>)6. J.M. Harris, J.L. Hirst, M.J. Moss<strong>in</strong>ghoff Comb<strong>in</strong>atorics and GraphTheory, Spr<strong>in</strong>ger, 2000(Abzählende Komb<strong>in</strong>atorik, Graphen)7. T. Ihr<strong>in</strong>ger <strong>Diskrete</strong> <strong>Mathematik</strong>, Hel<strong>der</strong>mann, 2000(Graphen, Optimierung, Abzähltheorie, Codierungstheorie, Kryptographie)8. K. Jacobs, D. Jungnickel E<strong>in</strong>führung <strong>in</strong> die Komb<strong>in</strong>atorik, de Gruyter,2004(E<strong>in</strong>blick <strong>in</strong> alle Gebiete <strong>der</strong> Komb<strong>in</strong>atorik)9. G.E. Mart<strong>in</strong> Count<strong>in</strong>g: The Art of Enumerative Comb<strong>in</strong>atorics, Spr<strong>in</strong>ger,2001(v.a. abzählende Komb<strong>in</strong>atorik)10. J. Matousek, J. Nesetril <strong>Diskrete</strong> <strong>Mathematik</strong>, Spr<strong>in</strong>ger, 2002(v.a. abzählende Komb<strong>in</strong>atorik, Graphen)11. K.H. Rosen (Ed.): Handbook of Discrete and Comb<strong>in</strong>atorial Mathematics,CRC Press, 2000(Sehr ausführliche Darstellung <strong>der</strong> relevanten Gebiete)12. P. Tittmann: E<strong>in</strong>führung <strong>in</strong> die Komb<strong>in</strong>atorik, Spektrum, 2000(Abzählende Komb<strong>in</strong>atorik, Graphen, geordnete Mengen)13. A. Tucker: Applied Comb<strong>in</strong>atorics, Wiley, 2002(Graphen, abzählende Komb<strong>in</strong>atorik)14. J.H. van L<strong>in</strong>t, R.M. Wilson: A Course <strong>in</strong> Comb<strong>in</strong>atorics, CambridgeUniversity Press, 5. Auflage, 1999(Breites Spektrum, gut für Überblick)
Kapitel 1Elementarekomb<strong>in</strong>atorische Techniken1.1 Additionspr<strong>in</strong>zip (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 Additionspr<strong>in</strong>zip <strong>in</strong> folgen<strong>der</strong> 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 Multiplikationspr<strong>in</strong>zip (Produktregel)|S 1 × . . . × S m | =In den Anwendungen:Kann e<strong>in</strong>e Prozedur <strong>in</strong> m aufe<strong>in</strong>an<strong>der</strong>folgende 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 <strong>in</strong>sgesamt n 1 · n 2 · . . . · n m viele Möglichkeiten, die Gesamtprozedurdurchzuführen.m∏i=1|S i |5
KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 6Zum Verdeutlichen e<strong>in</strong> Baumdiagramm:← n 1} {{ }n 2BeispieleAbbildung 1.1: Baumdiagramma) Es gibt 2 n viele 0-1-Wörter <strong>der</strong> Länge n. Allgeme<strong>in</strong> gibt es m n viele Wörter<strong>der</strong> Länge n über e<strong>in</strong>em Alphabet <strong>der</strong> Größe m. (Multiplikationspr<strong>in</strong>zip)b) Für e<strong>in</strong>en aussagenlogischen Ausdruck mit n Variablen gibt es 2 n vieleBelegungen. (Multiplikationspr<strong>in</strong>zip)c) E<strong>in</strong>e Kennzeichnung aus maximal 4 Symbolen:An <strong>der</strong> ersten Stelle steht immer e<strong>in</strong> Buchstabe,an <strong>der</strong> zweiten und dritten Stelle e<strong>in</strong> Buchstabe o<strong>der</strong> e<strong>in</strong>e Ziffer,an <strong>der</strong> vierten Stelle steht immer x,y o<strong>der</strong> z:Wieviele Möglichkeiten gibt es?S i = Menge aller Kennzeichnungen mit i Symbolen, i = 1, 2, 3, 4e<strong>in</strong>e 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 <strong>der</strong> Länge 3 aus a,b,c,d,e,f , die m<strong>in</strong>destens e<strong>in</strong> 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 (Multiplikationspr<strong>in</strong>zip)Additionspr<strong>in</strong>zip: 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 (Multiplikationspr<strong>in</strong>zip), |S 1| = 75 (Additionspr<strong>in</strong>zip)S 2 = S 1 2 ∪ S2 2 ∪ S3 2 , Sj 2 = {x ∈ S 1 : an Stelle j steht ke<strong>in</strong> e}|S j 2 | = 5, |S 2| = 15 (Additionspr<strong>in</strong>zip)|S 3 | = 1Additionspr<strong>in</strong>zip: 75 + 15 + 1 = 91 Möglichkeiten3.Möglichkeit:Gesuchte Anzahl = Anzahl <strong>der</strong> Wörter über a,b,c,d,e,f<strong>der</strong> Länge 3 − Anzahl <strong>der</strong> Wörter über a,b,c,d,f <strong>der</strong> Länge 3a)= 6 3 − 5 3 = 216 − 125 = 91e) Wieviele Wörter mit a,b,c,(,) <strong>der</strong> Länge 5 gibt es, wenn gleich viele öffnendewie schließende Klammern vorkommen, die Anzahl <strong>der</strong> schließendenKlammern <strong>in</strong> jedem Präfix des Wortes nicht größer se<strong>in</strong> darf als die Anzahl<strong>der</strong> öffnenden Klammern und zwischen e<strong>in</strong>er öffnenden und e<strong>in</strong>er schließendenKlammer m<strong>in</strong>destens e<strong>in</strong> Symbol a,b o<strong>der</strong> c stehen muss?S 1 = {x : x enthält ke<strong>in</strong>e Klammer}S 2 = {x : x enthält e<strong>in</strong>e öffnende Klammer}S 3 = {x : x enthält zwei öffnende Klammern}S 1 = 3 5 (Multiplikationspr<strong>in</strong>zip)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 (Multiplikationspr<strong>in</strong>zip), |S 2 | = 6 · 3 3 (Additionspr<strong>in</strong>zip)|S 3 | = 3, S 3 = {((a)), ((b)), ((c))}.Additionspr<strong>in</strong>zip: Gesamtzahl= 3 5 + 6 · 3 3 + 3 = 408Das Additionspr<strong>in</strong>zip erfor<strong>der</strong>t, dass die betrachteten Mengen paarweise disjunkts<strong>in</strong>d. Das ist im Allgeme<strong>in</strong>en nicht <strong>der</strong> Fall.Allgeme<strong>in</strong>er 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: E<strong>in</strong>schl.-Ausschl.-Pr<strong>in</strong>zipAllgeme<strong>in</strong> gilt:1.3 E<strong>in</strong>schließungs-Ausschließungs-Pr<strong>in</strong>zipS<strong>in</strong>d 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 Pr<strong>in</strong>zip des doppelten AbzählensSeien A, B endliche Mengen, S ⊆ A × B (S ist e<strong>in</strong>e Relation zwischen A undB).Für jedes a ∈ A sei n a die Anzahl <strong>der</strong> Elemente b ∈ B mit (a, b) ∈ S.Für jedes b ∈ B sei m b die Anzahl <strong>der</strong> Elemente a ∈ A mit (a, b) ∈ S.Dann gilt:∑a =a∈An ∑ m b = |S|b∈BInsbeson<strong>der</strong>e: Ist n = n a unabhängig von <strong>der</strong> Wahl von a und ist m = m bunabhängig <strong>der</strong> 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 e<strong>in</strong>e r × s-Matrix mit E<strong>in</strong>trägen aus {0, 1}.Der E<strong>in</strong>trag an <strong>der</strong> Stelle (i, j) ist folgen<strong>der</strong>maßen festgelegt:1 : falls (a i , b j ) ∈ S0 : falls (a i , b j ) ∉ SInsgesamt stehen |S| viele E<strong>in</strong>sen <strong>in</strong> <strong>der</strong> Matrix. In Zeile i stehen n aiE<strong>in</strong>sen, <strong>in</strong> <strong>der</strong> Spalte j stehen m bj viele E<strong>in</strong>sen.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) Handshak<strong>in</strong>g LemmaDie Anzahl <strong>der</strong> Teilnehmer e<strong>in</strong>er Tagung, die e<strong>in</strong>e ungerade Anzahl vonTeilnehmern per Handschlag begrüßen, ist gerade.Beweis.Seien {T 1 , . . .,T n } die Teilnehmer <strong>der</strong> Tagung. Wir bilden e<strong>in</strong>en Graphen:Knoten = Menge <strong>der</strong> Teilnehmer2 Knoten s<strong>in</strong>d durch e<strong>in</strong>e Kante verbunden, wenn sich die Teilnehmerdurch Handschlag begrüssen. Die beiden Knoten heissen dann Endknoten<strong>der</strong> Kante.Wir zählen S = {(T, k) | T ist Endknoten von k}Teilnehmer T begrüße v T viele an<strong>der</strong>e 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 <strong>der</strong> ungeraden v T geradese<strong>in</strong>.b) Für jede natürliche Zahl n sei t(n) die Anzahl <strong>der</strong> positiven (ganzzahligen)Teiler von n. t(n) ist e<strong>in</strong>e wild spr<strong>in</strong>gende Funktion. Betrachte stattdessen:t(n) = 1 n ·n∑t(i)Mit Hilfe e<strong>in</strong>es 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 <strong>der</strong> Funktion 1 xDer Fehler, den wir bei je<strong>der</strong> Abschätzung <strong>in</strong> jedem Summanden gemachthaben, ist kle<strong>in</strong>er 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 kle<strong>in</strong>er als 2.1.5 Bijektionspr<strong>in</strong>zip(Gleichheitsregel)Existiert e<strong>in</strong>e bijektive Abbildung zwischen zwei endlichen Mengen A, B, so ist|A| = |B|.Beispiel:Wieviele Teilmengen hat e<strong>in</strong>e Menge mit n Elementen, z.B. A = {1, . . .,n}?Ordne je<strong>der</strong> Teilmenge B von A e<strong>in</strong>e 0-1-Folge (x 1 , . . . , x n ) <strong>der</strong> Länge n zu:{ 1 : i ∈ Bx i =0 : i ∉ BDiese Zuordnung liefert Bijektion zwischen <strong>der</strong> Menge aller Teilmengen von Aund <strong>der</strong> Menge aller 0-1-Folgen <strong>der</strong> Länge n. Nach 1.2 gibt es davon 2 n viele.|℘(A)| = 2 n
KAPITEL 1. ELEMENTARE KOMBINATORISCHE TECHNIKEN 121.6 Schubfachpr<strong>in</strong>zipa) Werden mehr als n viele Objekte auf n ”Schubfächer“ verteilt, so enthältm<strong>in</strong>destens e<strong>in</strong> Schubfach mehr als e<strong>in</strong> Objekt.b) (Verallgeme<strong>in</strong>ert) Werden m Objekte auf n Schubfächer“ verteilt, so”enthält e<strong>in</strong> Schubfach m<strong>in</strong>destens ⌈ m n⌉ viele Objekte.Begründung: ⌈ mn⌉− 1 < m nAngenommen Behauptung b) ist falsch, dann:(⌈ m⌉ )m ≤ n · − 1 < n · mn n = m,Wi<strong>der</strong>spruch.Beispiel:Gegeben seien 6 Punkte <strong>in</strong> <strong>der</strong> Ebene, ke<strong>in</strong>e 3 auf e<strong>in</strong>er Gerade. Je zwei Punktewerden durch e<strong>in</strong>e Gerade verbunden, die entwe<strong>der</strong> rot o<strong>der</strong> grün ist.Dann gibt es e<strong>in</strong> e<strong>in</strong>farbiges Dreieck: Sei P e<strong>in</strong> Punkt. Von den 5 Kanten, dievon ihm abgehen, müssen nach dem Schubfachpr<strong>in</strong>zip m<strong>in</strong>destens 3 die gleicheFarbe haben (z.B. rot). Diese 3 rote Kanten führen zu Punkten Q, R, S. Ist e<strong>in</strong>e<strong>der</strong> Kanten QR, RS, QS rot, so haben wir e<strong>in</strong> rotes Dreieck. S<strong>in</strong>d alle grün, sohaben wir e<strong>in</strong> grünes Dreieck Q, R, S.QRPSDieses Beispiel ist e<strong>in</strong> Spezialfall des Satzes von Ramsey. Er besagt z.B. auch:Färbt man <strong>in</strong> e<strong>in</strong>em vollständigen Graphen (alle Ecken s<strong>in</strong>d durch Kanten verbunden)alle Kanten mit f vielen Farben und wählt man irgende<strong>in</strong> r ∈ N, sogilt: Ist die Anzahl <strong>der</strong> Ecken genügend groß, so gibt es r viele Ecken, so dass<strong>der</strong>en Verb<strong>in</strong>dungskanten die gleiche Farbe haben. (Allgeme<strong>in</strong>e Version: sieheJacobs, Jungnickel Kapitel V I)
Kapitel 2Abzählen von Mengen undAbbildungenWieviele Möglichkeiten gibt es aus e<strong>in</strong>er Menge mit n vielen Elementen k Elementeauszuwählen ?Die Antwort hängt davon ab, wie die Frage geme<strong>in</strong>t ist:1. Ist die Reihenfolge (Anordnung), <strong>in</strong> <strong>der</strong> die Elemente ausgewählt werden,relevant?2. Darf e<strong>in</strong>- 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 ≤ nB<strong>in</strong>omialkoeffizient ( ”n über k“)Insbeson<strong>der</strong>e: ( (n0)=n(n)= 1n(1)= 1n) (k = nn−k)für k ≤ n.B<strong>in</strong>omische 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 e<strong>in</strong>er Menge mit n Elementen k Elementeunter Berücksichtigung <strong>der</strong> Anordnung mit Wie<strong>der</strong>holungen ( ”Zurücklegen“)auszuwählen.Dies ist auch die Anzahl <strong>der</strong> Verteilungen von n Objekten auf k Plätze.b) Es gibt [n] kviele Möglichkeiten, aus e<strong>in</strong>er Menge mit n Elementen k Elementeunter Berücksichtigung <strong>der</strong> Anordnung ohne Wie<strong>der</strong>holungen (ke<strong>in</strong>Zurücklegen“) auszuwählen.”Beweis:a) Man wähle nache<strong>in</strong>an<strong>der</strong> e<strong>in</strong> Element für die erste Position, dann e<strong>in</strong>esfür die zweite Position, usw. bis zur k-ten Position.Multiplikationspr<strong>in</strong>zip 1.2: Es gibt n k Möglichkeiten.b) Wie a), nur dass nach <strong>der</strong> ersten Wahl nur noch n − 1 viele Wahlmöglichkeitenfür das zweite Element verbleiben; allgeme<strong>in</strong> bleiben nach <strong>der</strong> i-tenWahl noch (n − i) viele Möglichkeiten für das (i + 1)-te Element, i < k.Multiplikationspr<strong>in</strong>zip 1.2 liefert die Behauptung.(Dies ist nicht <strong>in</strong> <strong>der</strong> Form |S 1 × . . . × S k | anwendbar, son<strong>der</strong>n 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 <strong>in</strong>jektive Abbildungen α : A → Bc) Ist |A| = |B| = n, so gibt es n! viele bijektive Abbildungen α : A → B.Insbeson<strong>der</strong>e gibt es n! viele Permutationen e<strong>in</strong>er 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 e<strong>in</strong>e Auswahlvon k Elementen aus B unter Berücksichtigung <strong>der</strong> Anordnung und mitmöglichen Wie<strong>der</strong>holungen. Umgekehrt führt jede solche Auswahl zu genaue<strong>in</strong>er solchen Folge und damit zu e<strong>in</strong>er Abbildung von A nach B.Fertig mit Bijektionspr<strong>in</strong>zip 1.5 und 2.1a).b) Folgt aus 2.2b) wie <strong>in</strong> 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 <strong>der</strong> Möglichkeiten, k Elemente aus e<strong>in</strong>er Menge mit n Elementen ohneBerücksichtigung <strong>der</strong> Anordnung und ohne Wie<strong>der</strong>holungen auszuwählen.Insbeson<strong>der</strong>e |℘(A)| = 2 n ∑= n ( nk)k=0Beweis:Es gibt nach 2.1b) [n] k viele Möglichkeiten, k Elemente aus A mit Berücksichtung<strong>der</strong> Anordnung und ohne Wie<strong>der</strong>holung 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 B<strong>in</strong>omialformel o<strong>der</strong> Beispiel nach 1.5.Satz 2.4.Sei n ∈ N, k ∈ N 0 .Anzahl aller Möglichkeiten aus e<strong>in</strong>er Menge mit n Elementen k Elemente ohneBerücksichtigung <strong>der</strong> Anordnung mit möglichen Wie<strong>der</strong>holungen auszuwählen= Anzahl <strong>der</strong> (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 <strong>der</strong> Länge n + k − 1, die genau n − 1 viele E<strong>in</strong>senenthalten= ( )n+k−1kBeweis:1. Gleichheit: Sei A = {a 1 , . . . , a n }. Je<strong>der</strong> 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 <strong>in</strong> 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 <strong>der</strong> E<strong>in</strong>sen3. Gleichheit: 0-1-Folge <strong>der</strong> Länge n+k −1 mit n −1 E<strong>in</strong>sen wird zugeordnete<strong>in</strong>e (n − 1)-elementige Teilmenge von {1, 2, . . ., n + k − 1}:Wähle genau die Indizes <strong>der</strong> Positionen <strong>der</strong> 0-1-Folge, wo 1 steht.Liefert Bijektion.
KAPITEL 2.ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 16Nach 2.2: Anzahl <strong>der</strong> (n − 1)-elementigen Teilmengen von e<strong>in</strong>er Menge mitn + k − 1 vielen Elementen= ( )n+k−1 ∗= ( n+k−1)n−1 k* Symmetrie <strong>der</strong> B<strong>in</strong>omialkoeffizientenKorollar 2.5.Seien k, n ∈ N. Die Anzahl <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> Darstellungen <strong>in</strong> 2.5 ohne Berücksichtigung <strong>der</strong>Auswahl (Partitionen von k <strong>in</strong> n Summanden) lässt sich nicht durch e<strong>in</strong>e e<strong>in</strong>fachegeschlossene Formel ausdrücken.Zusammenfassung <strong>der</strong> Auswahl-Aufgaben:k aus n ke<strong>in</strong>e 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 e<strong>in</strong>em Beispiel klar machen:Wieviele mögliche Anordnungen <strong>der</strong> 4 Nukleotide <strong>der</strong> DNA zu den Basen A(Aden<strong>in</strong>),G(Guan<strong>in</strong> ), C(Cytor<strong>in</strong>), T(Thym<strong>in</strong>) gibt es auf k Plätze. 2.1a): 4 k .Denn Auswahl von k Objekten aus n = 4 (mit Wdh.) unter Berücksichtigung<strong>der</strong> Anordnung = Anzahl <strong>der</strong> Verteilung von n = 4 Objekten auf k Plätze (mitWie<strong>der</strong>holung, 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 <strong>der</strong> 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 e<strong>in</strong>e solche Anordnung: Die Aden<strong>in</strong>-Basen mögen an den Stelleni 1 , . . .,i kA vorkommen. Löschen wir die Nummerierung <strong>der</strong> Aden<strong>in</strong>-Basen,können wir nicht unterscheiden, von welcher Belegung unsere Verteilung stammt.Je<strong>der</strong> <strong>der</strong> k A ! vielen ursprünglichen unterscheidbaren Belegungen <strong>der</strong> Plätzei 1 , . . .,i kA mit den nummerierten Aden<strong>in</strong>-Basen führt zur gleichen Anordnung<strong>der</strong> Aden<strong>in</strong>-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 <strong>der</strong> Entfernung <strong>der</strong> Nummern übere<strong>in</strong>.Also gibt es genauk!k A ! · k G ! · k C ! · k T !viele Anordnungen <strong>der</strong> gesuchten Art. Dieses Argument, das z.B. bei <strong>der</strong> Anzahlbestimmungvon Isomeren e<strong>in</strong>e wichtige Rolle spielt, lässt sich natürlichverallgeme<strong>in</strong>ern:Satz 2.6.Es gebe n verschiedene Sorten von Gegenständen. Von <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> n Objekte m<strong>in</strong>destens e<strong>in</strong>mal 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 <strong>der</strong> n Objekte m<strong>in</strong>destens e<strong>in</strong>mal vorkommensoll.Dies ist auch die Anzahl <strong>der</strong> surjektiven Abbildungen von e<strong>in</strong>er Menge A mit|A| = k auf e<strong>in</strong>e Menge B mit |B| = n.
KAPITEL 2.ABZÄHLEN VON MENGEN UND ABBILDUNGEN 18Beweis:Die Gleichheit <strong>der</strong> 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 E<strong>in</strong>- und Auschließungspr<strong>in</strong>zips 1.3.Sei B = {b 1 , . . . , b n }.Setze T i = {α : A → B : b i ∉ α(A)}, i = 1, . . .,n.Sei S = Menge <strong>der</strong> 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, <strong>in</strong>demman 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 <strong>der</strong> verschiedenen Typen von AbbildungenA → B <strong>in</strong> folgen<strong>der</strong> Tabelle zusammen.Abb: A → B|A| = k, |B| = nalle <strong>in</strong>jektiv surjektiv bijektivAnzahl n k [n] kn∑j=0(−1) j · (n) k 0 : n ≠ kj · (n − j)n! : n = kDie Anzahl <strong>der</strong> surjektiven Abbildungen e<strong>in</strong>er Menge <strong>in</strong> e<strong>in</strong>e an<strong>der</strong>e Mengehängt eng mit <strong>der</strong> Anzahl gewisser Partitionen e<strong>in</strong>er Menge zusammen.Dies soll jetzt kurz dargestellt werden.Def<strong>in</strong>ition 2.8.a) Sei X e<strong>in</strong>e Menge. E<strong>in</strong>e Partition von X ist e<strong>in</strong>e (nicht-geordnete) ZerlegungX = X 1 ∪ . . . ∪ X k mit X i ≠ ∅ und X i ∩ X j = ∅ für i, j = 1, . . . , ki ≠ j.b) Die Anzahl <strong>der</strong> Partitionen e<strong>in</strong>er Menge mit n Elementen <strong>in</strong> k (nichtleere)Teilmengen wird mit S(n, k) bezeichnet.Die Zahlen S(n, k) heißen Stirl<strong>in</strong>g-Zahlen 2.Art(S(0, 0) = 1, S(n, 0) = 0 für n > 0 , S(n, k) = 0 für k > n)[James Stirl<strong>in</strong>g, 1692-1770, schottischer <strong>Mathematik</strong>er, studierte <strong>in</strong> Oxford,lebte <strong>in</strong> Venedig und London; wurde dann erfolgreicher Verwaltere<strong>in</strong>er Kohlem<strong>in</strong>e <strong>in</strong> Schottland. Bekannt neben Stirl<strong>in</strong>g-Zahlen vor allemdurch Stirl<strong>in</strong>g-Approximation : n! ≈ ( ne) n √2πn.]Bemerkung:S(n, k) = Anzahl <strong>der</strong> Äquivalenzrelationen auf e<strong>in</strong>er 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. e<strong>in</strong>er Menge mit n Elementenauf e<strong>in</strong>e Menge mit k Elementen).Beweis:Zeige: k! ·S(n, k) = Anzahl <strong>der</strong> 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 def<strong>in</strong>iert Partition von A <strong>in</strong> 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 e<strong>in</strong>e 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 e<strong>in</strong>e Partition von {1, . . .,n + 1} <strong>in</strong> k Teilmengen ≠ ∅. Ist {n + 1}e<strong>in</strong>e Teilmenge <strong>der</strong> Partition, so ist {1, . . ., n} <strong>in</strong> k −1 Teilmengen partitioniert.O<strong>der</strong>: n+1 wird e<strong>in</strong>er Teilmenge e<strong>in</strong>er Partition von {1, . . .,n} <strong>in</strong> k Teilmengenh<strong>in</strong>zugefügt.Daraus folgt die Behauptung.
Kapitel 3RekursionenDas letzte Resultat <strong>in</strong> Kapitel 2 war e<strong>in</strong>e Rekursionsgleichung für die Stirl<strong>in</strong>g-Zahlen 2.Art. Wir werden uns im Folgenden e<strong>in</strong>gehen<strong>der</strong> mit Rekursionen befassen,vor allem solchen, die nur von e<strong>in</strong>em Parameter abhängen (und nicht,wie bei <strong>der</strong> Stirl<strong>in</strong>g-Zahlen, von mehreren).Rekursionen treten <strong>in</strong> <strong>der</strong> <strong>Informatik</strong> immer dann bei Abzählproblemen <strong>der</strong>Komplexitätsabschätzungen auf, wenn die Lösung e<strong>in</strong>es Problems durch dieLösung von Teilproblemen kle<strong>in</strong>erer Größe ausgedrückt werden kann.Def<strong>in</strong>ition 3.1.a) E<strong>in</strong>e Rekursion o<strong>der</strong> Rekurrenz (über C) ist e<strong>in</strong> unendliches System vonGleichungen <strong>der</strong> 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 Anfangswerten<strong>der</strong> Rekursion) s<strong>in</strong>d x n , x n+1 , . . . e<strong>in</strong>deutig bestimmt.Jede Folge (x 1 , x 2 , . . .) von komplexen Zahlen, die (∗) erfüllt, heißt Lösung<strong>der</strong> Rekursion.[Man kann auch allgeme<strong>in</strong>er Rekursion über beliebigen Körpern K def<strong>in</strong>ieren.]Beispiel:x n = nxn−1 n−1 xn−2 n−1 . . . x2 2x + x 1 e x1...xn + 5 für alle n ≥ 2.b) E<strong>in</strong>e 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 kFolgenglie<strong>der</strong>n ab.)Beispiel:x − n = nx n−1 x n−2 + 4x n−4 für alle n ≥ 5 hat Ordnung 4.c) E<strong>in</strong>e Rekursion heißt l<strong>in</strong>ear, 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 22<strong>in</strong>homogen.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) E<strong>in</strong>e 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 l<strong>in</strong>ear <strong>der</strong> Ordnung k mit konstanten Koeffizienten.Wir werden uns zunächst vor allem mit Rekursionen des letztgenannten Typsbefassen, aber zuvor e<strong>in</strong>ige Beispiele betrachten.Beispiele 3.2.a) Fibonacci-FolgeAuf wieviele Arten kann e<strong>in</strong>e natürliche Zahl als geordnete Summe vonE<strong>in</strong>sen 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 <strong>in</strong> <strong>der</strong> obigen Form endet mit 1 o<strong>der</strong> 2. Die vorausgehendenTerme summieren sich zu n − 1 o<strong>der</strong> n − 2 auf.Also gilt folgende Rekursionsgleichung für die F n :F n = F n−1 + F n−2 , n ≥ 3.(L<strong>in</strong>eare homogenen Rekursion mit konstanten Koeffizienten von 2. Ordnung)Bei uns: Anfangsbed<strong>in</strong>gung: 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.Kan<strong>in</strong>chen-Paare: Das Weibchen e<strong>in</strong>es Kan<strong>in</strong>chenpaares wirft ab <strong>der</strong> Vollendungdes 2. Lebensmonats allmonatlich e<strong>in</strong> Kan<strong>in</strong>chenpaar. Im Monat 0genau 1 Kan<strong>in</strong>chenpaar. Wieviele am Ende von Monat n? F n .)Die Fibonacci-Zahlen treten <strong>in</strong> vielen Zusammenhängen auf. Wir gebene<strong>in</strong> weiteres Beispiel an:Wieviele 0 − 1-Folgen <strong>der</strong> Länge n gibt es, <strong>in</strong> denen ke<strong>in</strong>e zwei aufe<strong>in</strong>an<strong>der</strong>folgendeNullen vorkommen ?Anzahl a n .a 1 = 2, a 2 = 3Sei n ≥ 3. Jede solche Folge endet mit 0 o<strong>der</strong> 1. Endet sie mit 1, stehtdavor e<strong>in</strong>e entsprechende folge <strong>der</strong> Länge n − 1. Endet sie mit 0, so stehtan Stelle n − 1 e<strong>in</strong>e 1 und an den ersten n − 2 Stellen e<strong>in</strong>e entsprechendeFolge <strong>der</strong> Länge n − 2.a n = a n−1 + a n−2Aus den Anfangsbed<strong>in</strong>gungen ergibt sich: a n = F n+1 .
KAPITEL 3. REKURSIONEN 23b) Türme von HanoiAbbildung 3.1: Türme von Hanoi- n Scheiben von e<strong>in</strong>em Stab auf e<strong>in</strong>en an<strong>der</strong>en- <strong>in</strong> jedem Zug 1 Scheibe umlegen- nie größere auf kle<strong>in</strong>ereM<strong>in</strong>imalanzahl: a na n =a n−1}{{}Anzahl <strong>der</strong> Zügeum an untere Scheibezu gelangen+ 1}{{}Umlegenuntere Scheibe+ a n−1}{{}Zurücklegen <strong>der</strong>an<strong>der</strong>en Scheibenauf große ScheibeRekursion:a n = 2a n−1 + 1, n ≥ 2. Anfangsbed<strong>in</strong>gung:a 1 = 1.L<strong>in</strong>eare, <strong>in</strong>homogene Rekursion von 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten.c) Zerlegung <strong>der</strong> Ebene durch GeradenWieviele Gebiete <strong>in</strong> <strong>der</strong> Ebene entstehen, wenn n Geraden <strong>in</strong> allgeme<strong>in</strong>erLage ( ke<strong>in</strong>e zwei parallel, ke<strong>in</strong>e drei mit geme<strong>in</strong>samen 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 h<strong>in</strong>zugefügt,so schneidet diese Gerade alle übrigen n−1 Geraden. Diese Schnittpunktezerlegen die n-te Gerade <strong>in</strong> n Stücke, und jedes dieser Stücke unterteilte<strong>in</strong> existierendes Gebiet <strong>in</strong> zwei.Also: g n = g n−1 + n.L<strong>in</strong>eare, <strong>in</strong>homogene Rekursion 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten;Inhomogenitätsterm ist nicht konstant.
KAPITEL 3. REKURSIONEN 24d) Anzahl <strong>der</strong> Partitionen e<strong>in</strong>er MengeAnzahl aller Partitionen e<strong>in</strong>er 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 e<strong>in</strong>e direkte Rekursion für die Bell’schen Zahlen.Sei X = {1, . . .,n}.Jede Partition <strong>in</strong> X enthält Teilmenge Y mit n ∈ Y . Sei Y = {n} ∪ Y 0 ,Y 0 ⊆ {1, . . ., n−1}. Die übrigen Teilmengen <strong>der</strong> Partition bilden e<strong>in</strong>e Partitionvon {1, . . .,n − 1} \ Y 0 .Durch Y 0 und die Partition von {1, . . ., n − 1} \ Y 0 ist die ursprünglichePartition e<strong>in</strong>deutig 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 <strong>der</strong> Restmenge {1, . . .,n − 1} \ Y 0Also gilt:B n =n∑j=1( ) n − 1B n−j , n ≥ 1; B 0 = 1j − 1L<strong>in</strong>eare homogene Rekursion; Koeffizienten nicht konstant; unbeschränkteOrdnunge) Catalan-ZahlenAuf wieviele Weisen kann e<strong>in</strong> 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 <strong>der</strong> Klammerungen: C nC n heißen Catalan-Zahlen.(Eugene Cahrles Catalan, 1814-1894, belgischer <strong>Mathematik</strong>er, behandeltediese Frage 1838)Klar: C 1 = 1C 2 = 1Je<strong>der</strong> geklammerte Ausdruck mit n Termen, n ≥ 2, ist von <strong>der</strong> Form(E 1 · E 2 ),wobei E 1 und E 2 geklammerte Ausrücke mit j und n − j vielen Termens<strong>in</strong>d.Damit folgt:n−1∑C n = C j C n−j , n ≥ 2, C 1 = C 2 = 1 (Konvention: C 0 = 0)j=1Nicht-l<strong>in</strong>eare Rekursion
KAPITEL 3. REKURSIONEN 25Auch die Catalan-Zahlen treten <strong>in</strong> vielen Zusammenhänge auf.Beispiel:– Auf wieviele Arten kann e<strong>in</strong> konvexes n-Gon durch nicht-schneidendeDiagonalen ((n−3) Stück) <strong>in</strong> Dreiecke zerlegt werden? Antwort:C n−1 .Wurde schon von Euler und Segner im 18. Jahrhun<strong>der</strong>t betrachtet.– Anzahl <strong>der</strong> b<strong>in</strong>ären Bäume mit Wurzel; Wurzel hat Grad 2, alle an<strong>der</strong>enKnoten Grad 1 o<strong>der</strong> 3. Wieviele b<strong>in</strong>ären Bäume gibt es mit nKnoten von Grad 1 (Blätter): C n (siehe Rekursion oben).verschiedenf) Aufwandsabschätzung bei Divide-and-Conquer-Algorithmen1. Zerlegung e<strong>in</strong>er Menge <strong>in</strong> a etwa gleichgroße Teilmengen <strong>der</strong> Größenb(i.d.R. a = b), Lösung des Problems auf je<strong>der</strong> Teilmenge, Zusammenführen<strong>der</strong> Lösung zu Gesamtlösung des Problems.(Beispiel: SortieralgorithmenO<strong>der</strong>: 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).)Allgeme<strong>in</strong> führen solche Algorithmen zu Aufwand:T(n) = aT( n b ) + f(n)f(n) ist <strong>der</strong> Aufwand für die Zerlegung und die Zusammensetzung<strong>der</strong> Gesamtlösung aus den Teillösungen.2. Zerlegung e<strong>in</strong>es Problems <strong>der</strong> Größe n <strong>in</strong> a Teilprobleme <strong>der</strong> Größen − 1.Aufwand ist T(n).
KAPITEL 3. REKURSIONEN 26Führt auf Rekursion: T(n) = aT(n − 1) + f(n).Bedeutung von f(n) wie <strong>in</strong> 1) (Z.B.– Turm von Hanoi– Algorithmen, bei denen <strong>der</strong> Umfang n durch die Höhe e<strong>in</strong>esb<strong>in</strong>ären Baumes charakterisiert ist, so dass bei <strong>der</strong> Zerlegung<strong>in</strong> Teilbäume a = 2 wird, und die Höhe um 1 abnimmt.)Wir betrachten jetzt l<strong>in</strong>eare 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 e<strong>in</strong>e 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 e<strong>in</strong>e homogene l<strong>in</strong>eare 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 e<strong>in</strong>en Unterraum L von C N <strong>der</strong> Dimensionk und die Abbildung R : C k → C N , a → R(a) ist e<strong>in</strong> Isomorphismus aufL.b) Gegeben sei e<strong>in</strong>e <strong>in</strong>homogene l<strong>in</strong>eare 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 , . . .) irgende<strong>in</strong>e 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 <strong>der</strong> Raum <strong>der</strong> Lösungen von (R h ) ist.a) Lösungen von R h bilden Unterraum von C N : klar. Ebenso: R : C k → Ll<strong>in</strong>ear und bijektiv. Behauptung folgt.b) Wie für l<strong>in</strong>eare GleichungssystemeZunächst homogenen l<strong>in</strong>eare Rekursionen:R(e 1 ), . . . , R(e k ) bilden Basis von L, aber ke<strong>in</strong>e schöneR(e 1 ) = (1, 0, . . .,0, c} {{ } k , c 1 c k , c 2 1c k + c 2 c k , . . .)←k→Wir suchen e<strong>in</strong>e schöne Basis von L, die es auch gestattet, jede Lösung bei
KAPITEL 3. REKURSIONEN 27gegebenen Anfangswerten a 1 , . . .,a k <strong>in</strong> geschlossener Form anzugeben.Dazu: Interpretation l<strong>in</strong>earer homogener Rekursion x n = c 1 x n−1 +...+c k x n−kals l<strong>in</strong>eares Schieberegister:x+nx n−1·c 1x n−2·c k−1 ·c kAusgabex n−kAm+<strong>der</strong> RekursionsfolgeE<strong>in</strong> l<strong>in</strong>eares Schieberegister lässt sich durch e<strong>in</strong>e l<strong>in</strong>eare 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(Determ<strong>in</strong>antenberechnung durch Entwicklung nach <strong>der</strong> ersten Zeile + Induktion).⎛ ⎞v 1⎜ ⎟Sei d e<strong>in</strong> 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⎟ e<strong>in</strong>e 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 <strong>der</strong> 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−1L<strong>in</strong>eares 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 l<strong>in</strong>eare Rekursion(R h ) x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k , n > k, c k ≠ 0.a) Ist d ∈ C e<strong>in</strong>e 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 , . . .) e<strong>in</strong>e Lösung von (R h ). (f(t) = 0 heißt auchcharakteristische Gleichung <strong>der</strong> Rekursion).b) Besitzt f sogar k verschiedene Nullstellen d 1 , . . . , d k , so bilden die Folgenw i = (1, d i , d 2 i , . . .) e<strong>in</strong>e Basis des Lösungsraumes von (R h).c) Sei a = (a 1 , . . .,a k ) ∈ C k e<strong>in</strong> 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 def<strong>in</strong>iert; dann F n = √(1+ 1√ ) n ) n.)55−12√5(1− √ 52Geschlossener Ausdruck <strong>der</strong> 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 <strong>in</strong> Teilstrecken M > m, so dass M+mM = M m .Dann: M m = 1+√ 52.√(1+ √ 55 2Wenn die charakteristische Gleichung <strong>der</strong> Rekursion nicht paarweise verschiedeneNullstellen hat, so kann man dennoch e<strong>in</strong>e Basis des Lösungsraumes f<strong>in</strong>den,mit <strong>der</strong> man bei gegebenen Anfangsbed<strong>in</strong>gungen e<strong>in</strong>en geschlossenen Ausdruckfür die Rekursionsfolge gew<strong>in</strong>nt.Satz 3.6.Sei x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k , n ≥ k + 1, c k ≠ 0,e<strong>in</strong>e homogene l<strong>in</strong>eareRekursion. 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 ie<strong>in</strong>e Basis des Lösungsraumes L.(Beweis: Aigner Satz 3.1)Wie man damit geschlossene Formeln für e<strong>in</strong>e Rekursionsfolge bei gegebenenAnfangswerten erhält, zeigen wir an e<strong>in</strong>em 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 l<strong>in</strong>ear <strong>der</strong> 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 <strong>in</strong>homogenen l<strong>in</strong>earen Rekursionen. Nach Satz 3.3müssen wir nur angeben, wie man e<strong>in</strong>e spezielle Lösung f<strong>in</strong>det. Das hängt von<strong>der</strong> 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 <strong>in</strong>homogene l<strong>in</strong>eare 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 ke<strong>in</strong>e Nullstelle <strong>der</strong> charakteristischen Gleichung des zugehörigen homogenenSystems.[Das bedeutet, dass (r, r 2 , r 3 , . . .) ke<strong>in</strong>e Lösung des zugehörigen homogenen Systemsist.]Setze d := a b rk .Dann ist (dr, dr 2 , dr 3 , . . .) e<strong>in</strong>e Lösung von (R).Mit Hilfe von 3.8 kann man für <strong>in</strong>homogene Rekursionen vom angegebenen Typbei gegebenen Anfangswerten wie<strong>der</strong> e<strong>in</strong>e geschlossene Form <strong>der</strong> Rekursionsglie<strong>der</strong>gew<strong>in</strong>nen 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.Allgeme<strong>in</strong>e Lösung des homogenen Systems: (2 0 c, 2 1 c, 2 2 c, . . .), c ∈ C.a = r = 1 <strong>in</strong> 3.8. Es ist 1 ke<strong>in</strong>e Nullstelle von t − 2.b = −1, d = −1.(−1, −1, −1, . . .) ist spezielle Lösung des <strong>in</strong>homogenen Systems.Allgeme<strong>in</strong>e Lösung des <strong>in</strong>homogenen Systems: (c − 1, 2c − 1, 2 2 c − 1, . . .)Anfangsbed<strong>in</strong>gung: 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 <strong>in</strong> 3.8 nicht erfüllt ist?Satz 3.10.Sei (R) wie <strong>in</strong> 3.8, f(t) = t k − c 1 t k−1 − . . . − c k .Sei r e<strong>in</strong>e 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 iste<strong>in</strong>e 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).Insbeson<strong>der</strong>e ist˜f (s) (r) = s!˜g(r) = s!r m g(r). (3.1)An<strong>der</strong>erseits 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 bei<strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> rechten Seite gerade das <strong>in</strong> <strong>der</strong> Aussagedes Satzes def<strong>in</strong>ierte 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 , . . .) e<strong>in</strong>e 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 Def<strong>in</strong>ition 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 Anfangsbed<strong>in</strong>gung a 1 = 1.(c · 2, c · 2 2 , . . . , c · 2 n , . . .) allgeme<strong>in</strong>e Lösung <strong>der</strong> zugehörigen homogenenRekursion.(c ·2+2, c ·2 2 +2·2 2 , c ·2 3 +3·2 3 , . . . , c ·2 n +n2 n , . . .) allgeme<strong>in</strong>e 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 ]Allgeme<strong>in</strong>e 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.Allgeme<strong>in</strong>e 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 e<strong>in</strong>en weiteren wichtigen Fall von <strong>in</strong>homogenenl<strong>in</strong>earen Rekursionen, die geschlossen lösbar s<strong>in</strong>d.Satz 3.12.Gegeben sei die <strong>in</strong>homogene 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 ke<strong>in</strong>e Nullstelle von f(t).)Dann gibt es e<strong>in</strong> 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), . . .) e<strong>in</strong>e Lösung von (R) ist.Die Koeffizienten lassen sich folgen<strong>der</strong>massen bestimmen:Man setzt p(n), p(n − 1), . . . , p(n − k) für x n , . . .,x n−k <strong>in</strong> (R) e<strong>in</strong>, multipliziertaus, ordnet nach Potenzen von n und bestimmt b s , . . . , b s+l durch Koeffizientenvergleich<strong>der</strong> Potenzen von n.(Bemerkung: Das ergibt l+s+1 viele l<strong>in</strong>eare Gleichungen für l+1 Unbekannte;dass dieses System lösbar ist, liegt daran, dass jedes Polynom <strong>in</strong> n vom Grad< s Lösung des zugehörigen homogenen Systems ist. vgl. 3.6)Beispiel 3.13.Zerlegung <strong>der</strong> Ebene durch Geraden (3.2c)(∗) g n = g n−1 + n, n ≥ 2, g 1 = 2.Ordnung k = 1. Fall l = 1, a = 1 <strong>in</strong> 3.12f(t) = t − 1.Allgeme<strong>in</strong>e 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 35E<strong>in</strong>setzen: 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 ), . . .) e<strong>in</strong>e spezielle Lösung von (∗).Allgeme<strong>in</strong>e Lösung von (∗): (c + 1 2 (1 + 1), c + 1 2 (2 + 22 ), . . . , c + 1 2 (n + n2 ), . . .)Anfangsbed<strong>in</strong>gung: 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 l<strong>in</strong>eare Rekursionen:x n = c 1 x n−1 + . . . + c k x n−k + g(n)g(n)}spezielle Lösung von x ns<strong>in</strong> αn a s<strong>in</strong> αn + b cosαn, a, b geeignet (falls s<strong>in</strong>αn und cosαncosαn ke<strong>in</strong>e Lösung <strong>der</strong> 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 ke<strong>in</strong> r n n i , 0 ≤ i ≤ l, Lösung <strong>der</strong> zug. homogenen Rekursion)r n s<strong>in</strong> αn r n (a s<strong>in</strong> αn + b cosαn), a, b geeignet (falls r n s<strong>in</strong> αn, r n cosαnr n cosαn ke<strong>in</strong>e Lösung <strong>der</strong> zugehörigen homogenen Rekursion)Literatur: J. Sandefur: Discrete Dynamical Modell<strong>in</strong>g,Oxford University Press, 1993E.S. Page, B. Wilson, An Introduction to Computational Comb<strong>in</strong>atorics,Cambridge Comp. Sc. Texts 9, 1979Bemerkung:L<strong>in</strong>eare Rekursionen lassen sich auch mit <strong>der</strong> Theorie <strong>der</strong> 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 .Allgeme<strong>in</strong>: ∆ 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 <strong>in</strong> <strong>der</strong> 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 e<strong>in</strong>e Differenzengleichung.Die Theorie <strong>der</strong> Differenzengleichungen ähnelt <strong>in</strong> den Anfangsgründen <strong>der</strong> Theorie<strong>der</strong> l<strong>in</strong>earen Differentialgleichungen (beachte formelle Ähnlichkeit) und liefertauch die <strong>in</strong> diesem Kapitel angegebenen Aussagen.
KAPITEL 3. REKURSIONEN 36Wir wollen zum Abschluss dieses Kapitels noch e<strong>in</strong>en e<strong>in</strong>fachen Typ l<strong>in</strong>earerRekursionen 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 <strong>der</strong> Größenordnung von n! und n n ?Es ist log n! = ∑ nk=1log k.Durch Ober- und Untersummenbildung <strong>der</strong> 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 )Insbeson<strong>der</strong>e: Ist b < 1, so limn→∞ x n = 0.Beweis: Sei O.B.d.A m = m 1 .S<strong>in</strong>d 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 l<strong>in</strong>eare Rekursionen <strong>der</strong> Ordnung 1, auch <strong>in</strong>homogene, 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 e<strong>in</strong> 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 e<strong>in</strong> 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 <strong>der</strong> Fall g(n) = Θ(a n ). Natürlich s<strong>in</strong>dmit 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 e<strong>in</strong> Divide-and-Conquer-Algorithmus vorliegt, dessen KomplexitätdurchT(n) = aT(n − 1) + g(n)
KAPITEL 4. WACHSTUM VON REKURSIONSFOLGEN 42Beispiele:beschrieben wird, also Zerlegung <strong>in</strong> a Teilprobleme <strong>der</strong> Größe n−1 und Beschreibungdes Zerlegungs- und Zusammensetzungsaufwandes durch g(n),so zeigt 4.3, dass die Komplexität durch die Komplexität <strong>der</strong> Teilproblemebestimmt wird, wenn g(n) nicht zu groß, d.h. O(a n(1−ɛ) ) ist, und dass dieKomplexität von g(n) dom<strong>in</strong>iert 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, allgeme<strong>in</strong>eLösung(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 Stirl<strong>in</strong>gFormel 4.1.Wir betrachten nun den an<strong>der</strong>en Typ von Rekursionen, <strong>der</strong> 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 o<strong>der</strong> 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 e<strong>in</strong> 0 < c < 1 mit a g (⌈ nb⌉)≤ c g(n) für alle n ≥ n0 , so istx(n) = Θ(g(n)).BemerkungÄhnlich wie <strong>in</strong> 4.3c) kann man zeigen, dass die Bed<strong>in</strong>gung <strong>in</strong> 4.4c) impliziert,dass g(n) = Ω(n (log b a)+ɛ ), wobei ɛ = − log b c.Beweisidee:Ist n = b m e<strong>in</strong>e 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 <strong>in</strong> 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 e<strong>in</strong>igen Abschätzungen die allgeme<strong>in</strong>e 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 e<strong>in</strong>er Liste <strong>der</strong> Länge n: Aufteilen <strong>in</strong> zwei Listen<strong>der</strong> Länge n 2. Beide rekursiv sortieren, dann durch maximal n−1 Vergleichezusammenfügen. Aufwand (gemessen <strong>in</strong> <strong>der</strong> Anzahl <strong>der</strong> 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 <strong>in</strong> diesem Kapitel je<strong>der</strong> Folge a 0 , a 1 , . . . von komplexen Zahlen e<strong>in</strong>algebraisches Objekt, nämlich die formale Potenzreihe φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i , zuordnen.Diese Potenzreihen kann man addieren und multiplizieren, so dass man e<strong>in</strong>eschöne algebraische Struktur, nämlich e<strong>in</strong>en kommutativen R<strong>in</strong>g mit E<strong>in</strong>s,erhält. Diese algebraische Struktur lässt dann Schlüsse über die Koeffizientene<strong>in</strong>er Potenzreihe zu, an denen wir eigentlich <strong>in</strong>teressiert s<strong>in</strong>d (z.B. um geschlosseneFormeln für rekursiv def<strong>in</strong>ierte Folgen zu erhalten.)Man kann Potenzreihen auch als Funktionen von C → C auffassen. Dann mussman sich allerd<strong>in</strong>gs über die Konvergenz Gedanken machen. Für die Komb<strong>in</strong>atorikist <strong>in</strong> <strong>der</strong> Regel <strong>der</strong> Gesichtspunkt <strong>der</strong> formalen Potenzreihe ausreichend.Def<strong>in</strong>ition 5.1.a) E<strong>in</strong>e formale Potenzreihe ist e<strong>in</strong> Ausdruck <strong>der</strong> 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 e<strong>in</strong> n ∈ N mit a k = 0 für alle k > n, so istφ(t) = a 0 + a 1 t + . . . + a n t n e<strong>in</strong> (formales) Polynom.b) Zwei formale Potenzreihen φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i und ψ(t) = ∑ ∞i=0 b it i s<strong>in</strong>dgleich genau dann, wenn a i = b i für alle i ∈ N 0 .c) S<strong>in</strong>d φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i und ψ(t) = ∑ ∞i=0 b it i , so def<strong>in</strong>iert 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 <strong>der</strong> formalen Potenzreihen e<strong>in</strong> kommutativerR<strong>in</strong>g mit E<strong>in</strong>s: C [[t]]. Der Polynomr<strong>in</strong>g C [t] ist e<strong>in</strong> Unterr<strong>in</strong>g.(Entsprechend K [[t]] , K [t] für an<strong>der</strong>e Körper K).i=044
KAPITEL 5. ERZEUGENDE FUNKTIONEN 45b) Mathematisch exakt def<strong>in</strong>iert 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, . . .) E<strong>in</strong>selement.Ist t = (0, 1, 0, . . .), so ist t i = (0, 0, . . .,1, 0, . . .).↑iDef<strong>in</strong>iert 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 , . . .) def<strong>in</strong>iert), 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 def<strong>in</strong>ierte Addition undMultiplikation gerade <strong>der</strong> Addition und Multiplikation von Funktionen.Wann ist e<strong>in</strong>e formale Potenzreihe φ(t) <strong>in</strong>vertierbar 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 o<strong>der</strong> ψ(t) = 0 (C [[t]] ist nullteilerfrei).b) φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i ist genau dann <strong>in</strong>vertierbar, falls a 0 ≠ 0.(Schreibweise für das Inverse: φ(t) −1 1o<strong>der</strong>Beweis:φ(t) .)a) 0 ≠ φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i , 0 ≠ ψ(t) = ∑ ∞i=0 b it i , n, m m<strong>in</strong>imal 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 Def<strong>in</strong>ition 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=0Def<strong>in</strong>ition 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 e<strong>in</strong> r ∈ R, n ∈ N ist <strong>der</strong> verallgeme<strong>in</strong>erte B<strong>in</strong>omialkoeffizient( ( r r(r − 1)...(r − n + 1) r:= und := 1n)n!0)(Stimmt für r ∈ N mit Def<strong>in</strong>ition aus Kapitel 2 übere<strong>in</strong>.)b) (1 + αt) r := ∑ ∞i=0( ri)α i t i für r ∈ R.Ist r ∈ N, so stimmt dies mit <strong>der</strong> normalen b<strong>in</strong>omischen Formel übere<strong>in</strong>.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 Def<strong>in</strong>ition für r ∈ Z \ N mit 5.4b) übere<strong>in</strong>.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 e<strong>in</strong>e Wurzel aus 1+αt. Ebenso − ∑ ∞)i=0 α i t i .An<strong>der</strong>e 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.Allgeme<strong>in</strong> gilt∑ ∞i=0 tni = 11−t n für alle n ∈ N.Nach diesen Vorbereitungen def<strong>in</strong>ieren wir:Def<strong>in</strong>ition 5.8. Die erzeugende Funktion e<strong>in</strong>er Folge a 0 , a 1 , . . . komplexer Zahlenist die formale Potenzreihe φ(t) = ∑ ∞i=0 a it i .(Beachte: φ(t) ist ke<strong>in</strong>e Funktion; Begriff ist historisch bed<strong>in</strong>gt.)Beispiele 5.9.a) Sei r ∈ NSei a i = Anzahl <strong>der</strong> Möglichkeiten, aus e<strong>in</strong>er 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 <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> 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 <strong>in</strong> (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 verallgeme<strong>in</strong>ern:Satz 5.10.Seien r.s ∈ N. Für i ∈ N 0 seia i = Anzahl <strong>der</strong> geordneten r-Tupel (e 1 , . . . , e r ), e j ∈ N 0 mit 0 ≤ e j ≤ s, sodass i = e 1 + . . . + e r= Anzahl <strong>der</strong> Auswahlen von i Elementen aus r vielen (mit Wdh., ohne Berücksichtigung<strong>der</strong> 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 Wie<strong>der</strong>holungen2.4= ( )r+s−1sKorollar 5.11.Sei r ∈ N.Für i ∈ N 0 seib i = Anzahl <strong>der</strong> 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=0Insbeson<strong>der</strong>e ist b i = ( )r+i−1i (vgl. 2.4)Beweis:Koeffizient von t s <strong>in</strong> (∑ ∞i=0 ti) rist <strong>der</strong> gleiche wie <strong>der</strong> Koeffizient vont s <strong>in</strong> (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 <strong>der</strong> Spezialfall φ 1 (t) = . . . = φ r (t), a µ,i = 1 für alle i, µ.In diesem Fall zählt b i die Anzahl <strong>der</strong> 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 E<strong>in</strong>schränkungen unterworfen s<strong>in</strong>d.Wenn z.B. e 1 nicht alle Werte aus N 0 , son<strong>der</strong>n nur Werte aus e<strong>in</strong>er TeilmengeM ⊆ N 0 annehmen darf, dann setzt man <strong>in</strong> 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 allgeme<strong>in</strong>:Satz 5.13.Sei r ∈ N, M 1 , . . . , M r ⊆ N 0 . Für i ∈ N 0 seib i = Anzahl <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> 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 , . . .) <strong>in</strong> <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> Möglichkeiten aus e<strong>in</strong>er Menge von4 Elementen {a 1 , a 2 , a 3 , a 4 } i Elemente auszuwählen (mit Wie<strong>der</strong>holung, ohneBerücksichtigung <strong>der</strong> Anordnung), wobei a 2 m<strong>in</strong>destens zweimal gewählt werdenmuss, a 3 nur <strong>in</strong> e<strong>in</strong>er geraden Anzahl und a 4 höchstens 3-mal.Beispiel 5.15.Auf wie viele Weisen lässt sich e<strong>in</strong> 1-Euro-Stück <strong>in</strong> 1-,2-,5-,10-,20- und 50-Cent-Münzen wechseln (wenn von je<strong>der</strong> Sorte unbegrenzt viele zur Verfügung stehen)?Allgeme<strong>in</strong>: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 <strong>der</strong> Betrag, <strong>der</strong> 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 ke<strong>in</strong> Problem durch Ausmultiplizieren <strong>der</strong> jeweils ersten 100 Terme<strong>in</strong> <strong>der</strong> l<strong>in</strong>ken Seite von <strong>in</strong> (∗), per Hand schwierig.Daher e<strong>in</strong> eleganterer Weg mittels <strong>der</strong> Darstellung auf <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> Theorie <strong>der</strong> l<strong>in</strong>earen Rekursionen <strong>in</strong> 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 folgen<strong>der</strong> 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 gew<strong>in</strong>nen. Die von unsschon untersuchten l<strong>in</strong>earen Rekursionen lassen sich damit ebenso behandelnwie auch an<strong>der</strong>e 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 , . . . übere<strong>in</strong>.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 l<strong>in</strong>eare Rekursion <strong>der</strong> Ordnung kmit konstanten Koeffizienten verallgeme<strong>in</strong>ern. Man muss dann die Nullstellendes Nennerpolynoms bestimmen (das s<strong>in</strong>d genau die Nullstellen <strong>der</strong> 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 e<strong>in</strong>gesetzt werdenkönnen, um e<strong>in</strong>e 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 , . . . <strong>in</strong> Φ(t) stimmen mit den entsprechenden Koeffizienten<strong>in</strong> Φ(t) 2 übere<strong>in</strong>.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 M<strong>in</strong>uszeichen.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 <strong>der</strong> üblichen erzeugenden Funktion für e<strong>in</strong>e 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 E<strong>in</strong>satz, wenn man Auswahlenmit Berücksichtigung <strong>der</strong> Anordnung zählt (vgl. 5.10, 5.11, 5.13: Auswahlenohne Berücksichtigung <strong>der</strong> Anordnung). Näheres hierzu z.B. im Buchvon P. Tittmann.
Kapitel 6Geordnete MengenDef<strong>in</strong>ition 6.1.a) E<strong>in</strong>e b<strong>in</strong>äre Relation R auf e<strong>in</strong>er Menge M ist e<strong>in</strong>e Teilmenge vonM × M. Ist (a, b) ∈ R, so schreibt man aRb.b) E<strong>in</strong>e b<strong>in</strong>äre 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 <strong>der</strong> 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 fallske<strong>in</strong> c ∈ M existiert mit a < c < b. Schreibweise a ⋖ b.e) Ist (M, ≤) geordnete Menge und gilt(iv) ∀a, b ∈ M : a ≤ b o<strong>der</strong> b ≤ a,so heißt (M, ≤) total geordnet o<strong>der</strong> e<strong>in</strong>e Kette.Beispiele 6.2.a) (R, ≤) mit üblicher kle<strong>in</strong>er/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 <strong>der</strong> Länge n. (a 1 , . . . , a n ) ≤ (b 1 . . .,b n ) ⇐⇒ (a 1 , . . .,a n ) =(b 1 , . . .,b n ) o<strong>der</strong> ∃ 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 e<strong>in</strong>en gerichteten Graphveranschaulichen (Hasse-Diagramm):Die Ecken des Graphen s<strong>in</strong>d die Punkte von M. Zwei Ecken a und b s<strong>in</strong>d verbunden,falls a Vorgänger von b ist bzgl. ≤.Darstellung: Größere Elemente oberhalb von den kle<strong>in</strong>eren. Dann ke<strong>in</strong>e Pfeilean den Kanten erfor<strong>der</strong>lich. Hasse-Diagramme s<strong>in</strong>d 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 ke<strong>in</strong> 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 kle<strong>in</strong>ste Elemente.Def<strong>in</strong>ition 6.4.x ∈ (M, ≤) heißt größtes Element, falls ke<strong>in</strong> y ∈ M, y ≠ x, existiert mitx ≤ y. Analog kle<strong>in</strong>stes ElementBemerkung 6.5.E<strong>in</strong>e endliche geordnete Menge besitzt größte und kle<strong>in</strong>ste Elemente.Beispiel 6.6.Seien S 1 , . . . , S n die Schritte, die zur Herstellung e<strong>in</strong>es Produktes notwendigs<strong>in</strong>d.Setze S i ≤ S j , falls Schritt S i vor Schritt S j abgeschlossen se<strong>in</strong> muss.Das liefert geordnete Menge ({S 1 , . . .,S n }, ≤).Wenn die Durchführung <strong>der</strong> Schritte S 1 , . . . , S n seriell geschehen muss (z.B. nure<strong>in</strong>e Person, die Schritte S 1 , . . . , S n durchführen muss), so sucht man e<strong>in</strong>e totaleOrdnung ≼ auf {S 1 , . . . , S n } mit <strong>der</strong> Eigenschaft: Falls S i ≤ S j , so auchS i ≼ S j .E<strong>in</strong>e solche totale Ordnung, die die gegebene Ordnung erweitert, f<strong>in</strong>det 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 wie<strong>der</strong>hole:(a) Wähle maximales Element S k <strong>in</strong> 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 <strong>der</strong> 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 e<strong>in</strong>deutig).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.Def<strong>in</strong>ition 6.7.Sei (M, ≤) e<strong>in</strong>e geordnete Menge a, b ∈ M. E<strong>in</strong>e obere Schranke von a, b iste<strong>in</strong> c ∈ M mit a ≤ c und b ≤ c. Das Supremum (kle<strong>in</strong>ste obere Schranke) füra, b ∈ M ist e<strong>in</strong>e 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 e<strong>in</strong>e obere Schranke von a und b existiert, muss ke<strong>in</strong> Supremumexistieren.Beispiel 6.8.01d01e01f• d und e s<strong>in</strong>d obere Schranken von aund b, a ∨ b existiert nicht.01 01 01abAbbildung 6.6:c• b und c haben ke<strong>in</strong>e obere Schranke.• a ∨ c = f.
KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 58Def<strong>in</strong>ition 6.9.E<strong>in</strong>e geordnete Menge (M, ≤), <strong>in</strong> <strong>der</strong> je zwei Elemente e<strong>in</strong> Supremum und e<strong>in</strong>Infimum besitzen, heißt Verband.Ist (M, ≤) endlicher Verband, so besitzt M genau e<strong>in</strong> größtes Element (E<strong>in</strong>selement1) und genau e<strong>in</strong> kle<strong>in</strong>stes Element (Nullelement 0).Bemerkung:In Verbänden gilt: a ≤ b ⇔ a ∨ b = b ⇔ a ∧ b = a(Aus ∨ und ∧ lässt sich die Ordnung wie<strong>der</strong>gew<strong>in</strong>nen!)Beispiele 6.10.a) Jede total-geordnete Menge ist trivialerweise e<strong>in</strong> Verband.b) Ist A e<strong>in</strong>e Menge, so ist (℘(A), ⊆) e<strong>in</strong> Verband.Er heißt Boole’scher Verband.∧ entspricht ∩ und ∨ entspricht ∪.Nullelement: ∅, E<strong>in</strong>selement: Ac) (N, |) ist e<strong>in</strong> 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 ke<strong>in</strong> Verband.Ist Hasse-Diagramm e<strong>in</strong> gerichteter Baum und ke<strong>in</strong>e Kette, so ist die zugehörigegeordnete Menge ke<strong>in</strong> Verband, aber das Infimum zweier Elementeexistiert immer.Def<strong>in</strong>ition 6.11.Sei (M, ≤) e<strong>in</strong>e geordnete Menge.A(M, ≤) ist die Menge aller Funktionen f : M × M → C (statt C kann manauch e<strong>in</strong>en beliebigen an<strong>der</strong>en Körper nehmen) mit <strong>der</strong> 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 <strong>in</strong>diziert s<strong>in</strong>d und an<strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> Multiplikation, die sich aus <strong>der</strong> 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 o<strong>der</strong> c ≰ b (wegen <strong>der</strong> Transitivitätvon ≤), als f(a, c) = 0 o<strong>der</strong> 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. <strong>der</strong> Multiplikation entspricht <strong>der</strong> E<strong>in</strong>heitsmatrix,d.h.{1 , falls a = bδ(a, b) =0 , falls a ≠ bE<strong>in</strong>e beson<strong>der</strong>s e<strong>in</strong>fache, aber wichtige Funktion <strong>in</strong> A(M, ≤) ist die Zeta-Funktion:Def<strong>in</strong>ition 6.13.Die Zeta-Funktion ζ ∈ A(M, ≤) ist def<strong>in</strong>iert 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 Def<strong>in</strong>ition).Sei (M, ≤) e<strong>in</strong>e endliche geordnete Menge.a) Die Zeta-Funktion ist bzgl. <strong>der</strong> Multiplikation <strong>in</strong>vertierbar, 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 def<strong>in</strong>iert 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 ≠ bInsbeson<strong>der</strong>e 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 e<strong>in</strong>e quadratische Matrix genau dann e<strong>in</strong>e Rechts<strong>in</strong>verse besitzt, wennsie e<strong>in</strong>e L<strong>in</strong>ks<strong>in</strong>verse besitzt, { muss man nur zeigen, dass e<strong>in</strong> µ ∈ A(M, ≤)∑ 1 , falls a = bexistiert mit µ(a, c) =0 , falls a ≠ b .c∈[a,b]Man sieht sofort, dass die rekursive Def<strong>in</strong>ition <strong>in</strong> b) e<strong>in</strong> 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 <strong>der</strong> 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, ≤) e<strong>in</strong>e geordnete Menge, so dass das Hasse-Diagramm e<strong>in</strong> (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 iste<strong>in</strong>e total geordnete Menge, da (M, ≤) e<strong>in</strong> Baum ist. Also genügt es dieAussage für total-geordnete Mengen zu beweisen.Sei a < b, a ke<strong>in</strong> 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 <strong>in</strong>vertierbar ist,falls f(a, a) ≠ 0 für alle a ∈ M.(Beweis z.B. Cameron, Comb<strong>in</strong>atorics, Prop 12.7.1.)Zur Berechnung <strong>der</strong> Möbiusfunktion <strong>in</strong> endlichen Verbänden ist <strong>der</strong> folgendeSatz sehr nützlich.Satz 6.16 (Weisner,1935).Sei (L, ≤) e<strong>in</strong> 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)An<strong>der</strong>erseits 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 e<strong>in</strong>e endliche Menge, L = (P(A), ⊆) <strong>der</strong> Verband <strong>der</strong> Teilmengenvon A. S<strong>in</strong>d B, C ⊆ A, so ist{(−1)µ(B, C) =|C|−|B| , falls B ⊆ C0 , sonst
KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 62b) Sei L = (T n , |) <strong>der</strong> 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 o<strong>der</strong> b aist durch das Quadrat e<strong>in</strong>er 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 <strong>der</strong> Zahlentheorie.]Beweis:a) Wir müssen nur den Fall B ⊆ C betrachten.Es ist µ(B, C) = µ(∅, C \ B), da <strong>der</strong> Verband [B, C] isomorph zum Verband℘(C \ B) ist.(Isomorphie: es existiert e<strong>in</strong>e 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 E<strong>in</strong>selement des Verbandes (℘(D), ⊆).Daher folgt mit 6.16:∑µ(∅, D ′ ) = 0.D ′ ⊆ DD ′ ∪ {d} = DDie e<strong>in</strong>zigen D ′ , die <strong>in</strong> dieser Summe auftreten, s<strong>in</strong>d 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 e<strong>in</strong>e Primzahl, p|m. Es ist 1 das Nullelement und m das E<strong>in</strong>selementvon 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 ke<strong>in</strong> 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 <strong>der</strong> Möbiusfunktion liegt <strong>in</strong> folgendem Satz begründet, <strong>der</strong> diesogenannte Möbius<strong>in</strong>version beschreibt.
KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 63Satz 6.18 (Möbius<strong>in</strong>version).Sei (M, ≤) e<strong>in</strong>e endliche geordnete Menge,f : M → C e<strong>in</strong>e 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 e<strong>in</strong> 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 e<strong>in</strong>getragen,wenn X das eigene und das all ihrer Tochterfirmen und <strong>der</strong>en Tochterfirmen,...zusammennimmt.Über wieviel eigenes Kapital verfügt jede e<strong>in</strong>zelne 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 Möbius<strong>in</strong>version <strong>der</strong> Zahlentheorie).Sei µ die klassische Möbiusfunktion auf N (vgl. 6.17b)).Ist f : N → C e<strong>in</strong>e 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 Möbius<strong>in</strong>version ist e<strong>in</strong> wichtiges Hilfsmittel für zahlreiche Abzählprobleme.Wir geben e<strong>in</strong> Beispiel an, bei dem die Möbius<strong>in</strong>version auf dem Verband(℘(I), ⊆) aller Teilmengen e<strong>in</strong>er endlichen Menge I angewandt wird.
KAPITEL 6. GEORDNETE MENGEN 65Beispiel 6.21.Sei A e<strong>in</strong>e endliche Menge, A i Teilmengen von A, wobei die i aus e<strong>in</strong>er endlichenIndexmenge I stammen (d.h. für jedes i ∈ I ist A i def<strong>in</strong>iert).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 (Möbius<strong>in</strong>version) 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 | <strong>der</strong>Elemente von A, die genau <strong>in</strong> allen⋂A j (j ∈ J), aber <strong>in</strong> ke<strong>in</strong>en an<strong>der</strong>en A i (i ∈I \ J) liegen durch die Anzahlen | A k |, J ⊆ K (Elemente, die m<strong>in</strong>destens<strong>in</strong> 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 <strong>der</strong> 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 E<strong>in</strong>schließungs-Ausschließungs-Pr<strong>in</strong>zip aus 1.3.Korollar 6.22.Sei 0 ≤ l ≤ n.Die Anzahl <strong>der</strong> Permutationen auf {1, . . ., n} mit genau l vielenFixpunkten istn! ∑n−l(−1) j.l! j!j=0Insbeson<strong>der</strong>e gibt es n! ∑ n (−1) jj=0 j!viele fixpunktfreie Permutationen.(Zur Er<strong>in</strong>nerung: 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 ke<strong>in</strong>e weiteren Fixpunkte haben.Wir wählen e<strong>in</strong> 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 s<strong>in</strong>d 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 <strong>der</strong> Anzahl <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> fixpunktfreien Permutationen an allen Permutationen auf {1, . . .,n}ist nach 6.22f 0 (n)n!=n∑ (−1) jj=0Aus <strong>der</strong> 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. Insbeson<strong>der</strong>e ist für n > 1 mehr alse<strong>in</strong> Drittel aller Permutationen auf {1, . . .,n} fixpunktfrei. Die Wahrsche<strong>in</strong>lichkeitbei zufälliger Zuordnung von adressierten Umschlägen, dass ke<strong>in</strong> Brief imrichtigen Briefkasten landet, ist also größer als 1 3 .
Kapitel 7Der Satz von Dilworth undFolgerungenDer Satz von Dilworth ist e<strong>in</strong>er <strong>der</strong> wichtigsten Sätze über geordnete Mengen,an dem e<strong>in</strong> Pr<strong>in</strong>zip <strong>der</strong> Komb<strong>in</strong>atorik deutlich wird, das <strong>in</strong> vielen Anwendungene<strong>in</strong>e Rolle spielt: Maximierung e<strong>in</strong>es Parameters durch M<strong>in</strong>imierung e<strong>in</strong>esan<strong>der</strong>en. Typisches Beispiel, das möglicherweise bekannt ist, ist <strong>der</strong> Satz vonFord-Fulkerson über Flüsse <strong>in</strong> Netzwerken (<strong>der</strong> tatsächlich mit dem Satz vonDilworth zusammenhängt).Zur Formulierung des Satzes von Dilworth benötigen wir folgende Def<strong>in</strong>ition:Def<strong>in</strong>ition 7.1.Sei (M, ≤) e<strong>in</strong>e geordnete Menge.a) K ⊆ M heißt Kette <strong>in</strong> M wenn (K, ≤), d.h. ≤ e<strong>in</strong>geschränkt auf K ×K,e<strong>in</strong>e total-geordnete Menge ist.b) A ⊆ M heißt Antikette <strong>in</strong> 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 e<strong>in</strong>e Kette und A e<strong>in</strong>e Antikette <strong>in</strong> (M, ≤), so ist |K ∩ A| ≤ 1. (Trivial).Wir s<strong>in</strong>d im folgenden an folgenden Zahlen <strong>in</strong>teressiert:• Längste Ketten , längste Antiketten.68
KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 69• M<strong>in</strong>imalanzahl 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, ≤) e<strong>in</strong>e geordnete Menge.a) Hat M e<strong>in</strong>e Kette K, |K| = r, so kann M nicht mit weniger als r Antikettenüberdeckt werden.b) Hat M e<strong>in</strong>e 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 ke<strong>in</strong> Zufall.Es gilt immer: Maximallänge e<strong>in</strong>er Kette (Antikette)=M<strong>in</strong>imalanzahl von Antiketten(Ketten), die zur Überdeckung von M benötigt werden.E<strong>in</strong>e dieser beiden Aussagen ist e<strong>in</strong>fach:Satz 7.4.Hat die längste Kette e<strong>in</strong>er endlichen geordneten Menge (M, ≤) Größe r, sokann M von r vielen Antiketten überdeckt werden.Beweis: Def<strong>in</strong>iere die Höhe h(x) e<strong>in</strong>es Elements x ∈ M als die Maximalzahl <strong>der</strong>Elemente ≠ x e<strong>in</strong>er Kette, <strong>der</strong>en größtes Element x ist. Also h(x) = 0, falls xke<strong>in</strong>e 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 e<strong>in</strong>e Antikette:Angenommen x, y ∈ A i , x ≠ y, x < y. Dann h(y) ≥ i + 1. Wi<strong>der</strong>spruch.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, ≤) e<strong>in</strong>e 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 e<strong>in</strong> beliebiges m<strong>in</strong>imales Element <strong>in</strong> M.Fall 1: x ≰ y für alle y ∈ M \ {x}.Dann hat die längste Antikette <strong>in</strong> 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 <strong>in</strong> 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 e<strong>in</strong>er o<strong>der</strong> mehreren Sequenzenaufe<strong>in</strong>an<strong>der</strong>folgen<strong>der</strong> Elemente gleicher Farbe(“runs”).Wir ordnen jetzt diese Ketten gegebenenfalls mehrfachum. Bei je<strong>der</strong> Umordnung verr<strong>in</strong>gert sich dieGesamtzahl <strong>der</strong> “runs”. Daher wird dieser Prozessterm<strong>in</strong>ieren nach e<strong>in</strong>er endlichen Anzahl von Schritten.r = 5
KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 71Angenommen die größten Elemente zweier o<strong>der</strong> mehrere K j ′ haben die gleicheFarbe f i .Sei V = Vere<strong>in</strong>igung aller runs <strong>der</strong> Farbe f i , die am oberen Ende e<strong>in</strong>er KetteK j ′ liegen. V ist Kette, da V ⊆ K i.Sei y das kle<strong>in</strong>ste Element von V , y ∈ K l ′. Vere<strong>in</strong>ige K′ l mit V zu neuer KetteK l ′′.V ist jetzt e<strong>in</strong> e<strong>in</strong>zelner run <strong>der</strong> Farbe f i <strong>in</strong> <strong>der</strong> neuen Kette K l ′′.Än<strong>der</strong>e die an<strong>der</strong>en Ketten <strong>in</strong> K j ′′ = K′ j \V . Damit B = K′′ 1 ∪. . .∪K′′ r−1 . Anzahl<strong>der</strong> runs hat sich verr<strong>in</strong>gert.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 <strong>der</strong> 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 <strong>der</strong> Farbe f ij . Insbeson<strong>der</strong>e s<strong>in</strong>d alle Elemente von T ij größerals das größte Element von ˜K j . Damit ist ˜Kj e<strong>in</strong>e Kette.Sei o.B.d.A. f r die Farbe, die an ke<strong>in</strong>em oberen Ende <strong>der</strong> ˜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 e<strong>in</strong>er Reihe an<strong>der</strong>erwichtiger Sätze <strong>der</strong> Komb<strong>in</strong>atorik. Wir zeigen, wie sich e<strong>in</strong> wichtiger graphentheoretischerSatz, <strong>der</strong> Satz von König, aus dem Satz von Dilworth ergibt.Dazu benötigen wir folgende Def<strong>in</strong>ition:Def<strong>in</strong>ition 7.6.Sei G = (E, K) e<strong>in</strong> Graph, E die Menge <strong>der</strong> Ecken, K die Menge <strong>der</strong> 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 e<strong>in</strong>e Zerlegung E = S ˙∪T gibt, so dass jede Kantee<strong>in</strong>en Endpunkt <strong>in</strong> S und e<strong>in</strong>en <strong>in</strong> T hat.b) E<strong>in</strong>e überdeckende Punktmenge (Vertex Cover) ist e<strong>in</strong>e TeilmengeV ⊆ E, so dass jede Kante <strong>in</strong> G mit m<strong>in</strong>destens e<strong>in</strong>em Punkt aus V<strong>in</strong>zident ist.c) E<strong>in</strong> Match<strong>in</strong>g ist e<strong>in</strong>e Teilmenge L ⊆ K, so dass ke<strong>in</strong>e zwei Kanten <strong>in</strong> Le<strong>in</strong>en geme<strong>in</strong>samen Endpunkt haben.ST✈❧ ✎☞❤❤❤❤❤❤❤❤ ❧❧❧❧❧❧❧ ✈✈✍✌❍ ❍❍❍❍❍❍❍✈✈✟ ✟✟✟✟✟✟✟✎☞✎☞❤❤❤❤❤❤❤❤ ✈✈✱ ✟ ✱✱✱✱✱✱✱ ✟✟✟✟✟✟✟ ✍✌✍✌❤❤❤❤❤❤❤❤ ✈✈✟ ✟✟✟✟✟✟✟✎☞✍✌bipartiter Graphüberdeckende PunktmengeMatch<strong>in</strong>gKlar: Ist m die Größe e<strong>in</strong>es Match<strong>in</strong>gs, p die Größe e<strong>in</strong>er überdeckenden Punktmenge,so ist m ≤ p.Satz 7.7 (Satz von König (1916)).Sei G = (E, K) e<strong>in</strong> endlicher bipartiter Graph. Dann ist die maximale Größem(G) e<strong>in</strong>es Match<strong>in</strong>gs gleich <strong>der</strong> m<strong>in</strong>imalen Größe p(G) e<strong>in</strong>er überdeckendenPunktmenge.Beweis: Es ist m(G) ≤ p(G). E = S ˙∪ T, so dass G bezüglich S, T bipartit ist.Def<strong>in</strong>iere ≤ 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 e<strong>in</strong>e überdeckende Punktmenge. Dann ist E \ V e<strong>in</strong>e Antiketteund umgekehrt.Also: |S| + |T | − p(G)= maximale Größe e<strong>in</strong>er Antikette7.5= m<strong>in</strong>imale Anzahl von disjunkten Ketten, die E überdecken.In (E, ≤) gibt es nur 1- o<strong>der</strong> 2-elementige Ketten.Es mögen <strong>in</strong> <strong>der</strong> Zerlegung <strong>in</strong> e<strong>in</strong>e m<strong>in</strong>imale 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 e<strong>in</strong> Match<strong>in</strong>g von G,das aus p(G) vielen Kanten besteht. Daher m(G) ≥ p(G).
KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 74Def<strong>in</strong>ition 7.8.Sei G = (E, K) e<strong>in</strong> bipartiter Graph bezüglich E = S ˙∪T.E<strong>in</strong> vollständiges Match<strong>in</strong>g von S nach T ist e<strong>in</strong> Match<strong>in</strong>g L, so dass jede Ecke<strong>in</strong> S Endpunkt e<strong>in</strong>er Kante <strong>in</strong> L ist.Beispiel:a) Das Match<strong>in</strong>g im obigen Beispiel ist nicht vollständig, we<strong>der</strong> von S nachT, noch von T nach S.Nach Satz 7.7 kann es <strong>in</strong> diesem Beispiel auch ke<strong>in</strong> vollständiges Match<strong>in</strong>ggeben (denn jedes vollständige Match<strong>in</strong>g ist maximal und man benötigtm<strong>in</strong>destens 4 bzw. 5 Kanten <strong>in</strong> e<strong>in</strong>em Match<strong>in</strong>g, falls es vollständig von Tnach S bzw. von S nach T ist).b)S T✈✈ ❵❵❵❵❵❵❵❵✈✈✟ ❍ ❤❤❤❤❤❤❤❤✟✟✟✟✟✟✟❍❍❍❍❍❍❍ ✈✧✈✧✧✧✧✧✧✧✈vollständiges Match<strong>in</strong>g von S nach T.Wann gibt es e<strong>in</strong> vollständiges Match<strong>in</strong>g?Sei a ∈ S. Def<strong>in</strong>iere T(a) = {t ∈ T : {a, t} ∈ K}.Für A ⊆ S setzte T(A) = ⋃ a∈A T(a).Klar: Falls vollständiges Match<strong>in</strong>g von S nach T existiert, so ist |T(A)| ≥ |A|für alle A ⊆ S.Diese Bed<strong>in</strong>gung ist tatsächlich h<strong>in</strong>reichendSatz 7.9 (Heiratssatz von Philip Hall, 1935).Ist G = (E, K) e<strong>in</strong> bipartiter Graph bezüglich E = S ˙∪ T, so existiert e<strong>in</strong>vollständiges Match<strong>in</strong>g von S nach T genau dann, wenn |T(A)| ≥ |A| für alleA ⊆ S.(Bezeichnung “Heiratssatz”:S die Frauen, T die Männer e<strong>in</strong>er Gesellschaft.a ∈ S: T(a) s<strong>in</strong>d diejenigen Männer, die a heiraten würde.Vollständiges Match<strong>in</strong>g von S nach T: Auch bei Monogamie (auf Seiten <strong>der</strong>Männer) kann jede Frau e<strong>in</strong>en Mann heiraten, den sie akzeptieren würde.)Beweis:Es genügt, die Richtung “⇐” zu zeigen.Klar: S ist überdeckende Punktmenge, also p(G) ≤ |S|;p(G)= m<strong>in</strong>imale Größe e<strong>in</strong>er überdeckenden Punktmenge.Wir zeigen: p(G) = |S|.Sei V ⊆ S ˙∪ T e<strong>in</strong>e 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 m<strong>in</strong>imale überdeckende Punktmenge).Satz von König: Es gibt e<strong>in</strong> Match<strong>in</strong>g L ⊆ K mit |L| = |S|. Da jede Kantee<strong>in</strong>en Endpunkt <strong>in</strong> S hat und da zwei Kanten <strong>in</strong> L ke<strong>in</strong>en Endpunkt geme<strong>in</strong>samhaben, ist L e<strong>in</strong> vollständiges Match<strong>in</strong>g.Kann man die Größe e<strong>in</strong>es maximalen Match<strong>in</strong>gs auch auf an<strong>der</strong>e Weise alsdurch die Größe e<strong>in</strong>er m<strong>in</strong>imalen überdeckenden Punktmenge bestimmen? Satz 7.9ist e<strong>in</strong> Spezialfall e<strong>in</strong>er allgeme<strong>in</strong>en Aussage, die auf obige Frage e<strong>in</strong>e Antwortgibt.Satz 7.10.Bezeichnungen se<strong>in</strong>e wie <strong>in</strong> 7.9, also <strong>in</strong>sbeson<strong>der</strong>e G = (S ∪ T, K) bipartit.Sei d = max(|A| − |T(A)|) <strong>der</strong> Defekt von G (von S nach T).A⊆SBeachte: A = ∅, so T(A) = ∅. Also d ≥ 0.Die maximale Größe e<strong>in</strong>es Match<strong>in</strong>gs <strong>in</strong> G ist |S| − d.Beweis:Sei A 0 ⊆ S mit |A 0 |−|T(A 0 )| = d. In jedem Match<strong>in</strong>g L von G s<strong>in</strong>d m<strong>in</strong>destensd viele Elemente von A 0 nicht Endpunkte e<strong>in</strong>er Kante <strong>in</strong> L. Also: |L| ≤ |S| − d.Wir zeigen jetzt, dass es e<strong>in</strong> Match<strong>in</strong>g <strong>der</strong> 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 <strong>in</strong> G, Punkte <strong>in</strong> S mit allen Punkten <strong>in</strong> Dverb<strong>in</strong>denIst A ⊆ S, so T ∗ (A) = T(A) ∪ D,d.h. |T ∗ (A)| = |T(A)| + |D| ≥ |A| − d + |D| = |A|.7.9: G ∗ hat vollständiges Match<strong>in</strong>g L ∗ von S nach T ∗ . Entferne aus L ∗ alleKanten und Endpunkte <strong>in</strong> D (maximal d viele). Das liefert Match<strong>in</strong>g L von G<strong>der</strong> Kard<strong>in</strong>alität ≥ |S| − d (also = |S| − d.)Beispiele 7.11.Gegeben sei e<strong>in</strong> Schaltwerk mit 30 e<strong>in</strong>gehenden und 24 ausgehenden Leitungen,z.B. die Telefonzentrale e<strong>in</strong>es Call-Centers.Es gibt 3 Kategorien e<strong>in</strong>gehen<strong>der</strong> Leitungen, jede umfasst 10 Leitungen:• Kategorie 1: Jede dieser Leitungen kann auf e<strong>in</strong>e von vier ausgehendenLeitungen geschaltet werden.• Kategorie 2: Jede dieser Leitungen kann auf e<strong>in</strong>e von zwei ausgehendenLeitungen geschaltet werden.• Kategorie 3: Jede dieser Leitungen kann mit genau e<strong>in</strong>er ausgehendenLeitung verbunden werden.Auf jede ausgehende Leitung kann jeweils e<strong>in</strong>e von maximal drei e<strong>in</strong>gehendenLeitungen geschaltet werden.Frage:Wenn auf je<strong>der</strong> <strong>der</strong> 30 e<strong>in</strong>gehenden Leitungen e<strong>in</strong> Anruf ankommt, wievielekönnen <strong>in</strong> jedem Fall auf ausgehende Leitungen geschaltet werden (gleichgültigwie die Schaltungsverb<strong>in</strong>dungen <strong>in</strong>nerhalb des Schaltwerks realisiert wurden)?Wir beschreiben das Schaltwerk durch e<strong>in</strong>en bipartiten Graphen.G = (S ∪ T, K), |S| = 30, |T | = 24.s ∈ S und t ∈ T s<strong>in</strong>d genau durch e<strong>in</strong>e Kante verbunden, wenn (die e<strong>in</strong>gehendeLeitung) s auf (die ausgehende Leitung) t geschaltet werden kann.Dann gehen von 10 Ecken <strong>in</strong> S genau 4 Kanten aus (man sagt, diese Eckenhaben Valenz 4), 10 weitere haben Valenz 2 und die übrigen haben Valenz 1.Jede <strong>der</strong> Ecken von T hat höchstens Valenz 3.Gesucht ist e<strong>in</strong>e möglichst genaue untere Schranke für die maximale Größe e<strong>in</strong>esMatch<strong>in</strong>gs <strong>in</strong> G.Dazu bestimmen wir e<strong>in</strong>e obere Schranke für d aus Satz 7.10Sei dazu A ⊆ S. In A gebe es m Ecken <strong>der</strong> Valenz 4, n Ecken <strong>der</strong> Valenz 2 undp Ecken <strong>der</strong> 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 se<strong>in</strong> 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 m<strong>in</strong>destens 30−10 = 20 <strong>der</strong> e<strong>in</strong>gehenden Anrufe mit ausgehenden
KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 77Leitungen verbunden werden, wenn auf je<strong>der</strong> <strong>der</strong> e<strong>in</strong>gehenden Leitungen e<strong>in</strong>Anruf ankommt. (Es kann passieren, dass z.B. bei nur 20 e<strong>in</strong>gehenden Anrufennur 20 − 10 = 10 auf ausgehende Leitugen vermittelt werden können.)Bemerkung 7.12.7.10 macht ke<strong>in</strong>e Aussage, wie man e<strong>in</strong> maximales Match<strong>in</strong>g f<strong>in</strong>den kann. DerSatz kann auch nicht die Grundlage für e<strong>in</strong>e gute praktische Methode se<strong>in</strong>, denndazu hätte man alle 2 |S| viele Teilmengen von S zu überprüfen. Daher ist e<strong>in</strong>an<strong>der</strong>er Ansatz nützlich.Def<strong>in</strong>ition 7.13. Sei G = (E, K) e<strong>in</strong> bipartiter Graph, M e<strong>in</strong> Match<strong>in</strong>g <strong>in</strong> 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 e<strong>in</strong>en Weg).Dabei gelte: {x i , y i+1 } ∉ M, {y i , x i } ∈ M, x 0 , y k s<strong>in</strong>d nicht Endpunkte e<strong>in</strong>erKante <strong>in</strong> M.Dann heißt <strong>der</strong> Weg e<strong>in</strong> alternieren<strong>der</strong> Weg für M.Match<strong>in</strong>g Malternieren<strong>der</strong>Weg für MSatz 7.14.Sei M e<strong>in</strong> Match<strong>in</strong>g im (bipartiten) Graph G = (E, K), das nicht maximaleGröße hat. Dann gibt es e<strong>in</strong>en 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) e<strong>in</strong> Match<strong>in</strong>g, |F ∪ (M \ K)| = |M| + 1.M∈ M∈ M∈ F∈ F∈ FMM
KAPITEL 7. DER SATZ VON DILWORTH UND FOLGERUNGEN 78“=⇒”: Sei M ∗ e<strong>in</strong> Match<strong>in</strong>g maximaler Größe, also |M ∗ | > |M|.Sei L = (M ∗ ∪ M) \ (M ∗ ∩ M).Der Graph, <strong>der</strong> von den Ecken und Kanten <strong>in</strong> L gebildet wird, zerfällt<strong>in</strong> Wege und Kreise (geschlossene Wege), da jede Ecke dieses Graphenhöchstens Endpunkte von 2 Kanten (e<strong>in</strong>er aus M, e<strong>in</strong>er aus M ∗ ) ist.In jedem Weg und Kreis alternieren Kanten aus M und Kanten die nicht<strong>in</strong> M liegen. In Kreisen also: #Kanten aus M = #Kanten nicht <strong>in</strong> M.Da L mehr Kanten aus M ∗ als aus M enthält, muss es e<strong>in</strong>en Weg geben,<strong>der</strong> mehr Kanten aus M ∗ \ M enthält. Dies ist dann e<strong>in</strong> alternieren<strong>der</strong>Weg für M.Bemerkung 7.15.7.14 kann man für e<strong>in</strong>en Algorithmus zur Bestimmung e<strong>in</strong>es Match<strong>in</strong>gs maximalerGröße verwenden.1. Beg<strong>in</strong>ne mit Match<strong>in</strong>g M (z.B. 1 Kante),2. Suche alternierenden Weg für M.3. Wird e<strong>in</strong> alternieren<strong>der</strong> Weg gefunden, so konstruiere größeres Match<strong>in</strong>gM ′ wie im Beweisteil “⇐” von 7.14. Wie<strong>der</strong>hole 2) mit M ′ statt M.4. Wird ke<strong>in</strong> alternieren<strong>der</strong> Weg gefunden, so ist M Match<strong>in</strong>g maximalerGröße.Wie geht man bei 2) vor?Nenne Ecke M-saturiert, falls x Endpunkt e<strong>in</strong>er Kante <strong>in</strong> M ist.Suche Ecke x 0 ∈ S, die nicht M-saturiert ist. Falls ke<strong>in</strong>e existiert, so existiertke<strong>in</strong> alternieren<strong>der</strong> Weg für M (denn e<strong>in</strong> Endpunkt e<strong>in</strong>es solchen Weges ist e<strong>in</strong>enicht M-saturierte Ecke <strong>in</strong> 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 verbundens<strong>in</strong>d (also mit Kanten ∉ M).Ist e<strong>in</strong> y i nicht M-saturiert, so x 0 y ialternieren<strong>der</strong> Weg, fertig.Stufe 2: Verb<strong>in</strong>de alle y i mit Kante<strong>in</strong> M (e<strong>in</strong>deutig) zu x i ∈ S.Stufe 3: Verb<strong>in</strong>de alle x i mit alleny j ∈ T durch Kanten ∉ M (soweitmöglich).E<strong>in</strong> y j nicht M-saturiert, sox 0 y i x i y j alternieren<strong>der</strong> Weg für M.Sonst fahre fort wie <strong>in</strong> Stufe 2.Entwe<strong>der</strong> erhält man auf diese Wiese e<strong>in</strong>e Kantenfolge von alternierenden Kanten∉ M, ∈ M und nicht-saturierten Endpunkten. Dort wo das zum ersten Malpassiert hat man e<strong>in</strong>en alternierenden Weg für M. Kreise <strong>in</strong> <strong>der</strong> Kantenfolgekönnen wegen <strong>der</strong> M<strong>in</strong>imalität nicht auftreten.O<strong>der</strong> es gibt ke<strong>in</strong>en alternierenden Weg für M mit Startpunkt x 0 . Dann testeneuen nicht M-saturierten Punkt <strong>in</strong> S, etc.Dies ist <strong>in</strong> Grundzügen <strong>der</strong> Hopcroft-Karp-Algorithmus (1978). Bei geeigneterImplementierung erhält man auf diese Weise e<strong>in</strong> maximales Match<strong>in</strong>g <strong>in</strong>O( √ 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 <strong>in</strong> Netzwerken.Netzwerk= gerichteter Graph, Kanten k gewichtet mit Kapazitäten c(k) ∈ R + ,ausgezeichneter Anfangspunkt s, von dem nur Kanten ausgehen, ausgezeichneterEndpunkt t, <strong>in</strong> 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 <strong>der</strong> Kanten,die von X nach Y gehenFord-Fulkerson (1956)Maximaler Fluss = M<strong>in</strong>imale Kapazität e<strong>in</strong>es Schnittes(Max-Flow-M<strong>in</strong>-Cut-Theorem).S<strong>in</strong>d alle Kapazitäten ganzzahlig, so existiert ganzzahliger maximaler Fluss.Edmonds-Karp-Algorithmus (1972): Maximaler Fluss <strong>in</strong> O(m 2 n) vielen Schritten.Idee ist ähnlich wie bei Hopcroft-Karp-Algorithmus.Näheres z.B.Korte, Vygen, Comb<strong>in</strong>atorial Optimization, Spr<strong>in</strong>ger 2002o<strong>der</strong>Jungnickel,Graphen, Netzwerke und Algorithmen, Spr<strong>in</strong>ger 1999