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Diskrete Strukturen

Dietmar Lammers Vorlesung SoSe 2013wissen leben

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Diskrete Strukturen122

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Kombinatorik

Nach den eher ziemlich abstrakten Grundlagen kommen wir nunzu Werkzeugen, die recht konkret für die Modellierung vonZähl-Problemen dienen. Man will also wissen, wie oft gewisseObjekte oder Ereignisse auftreten.Abzählen von Ereignissen oder Möglichkeiten kommt immerwieder vor. Z.B. berechnen sich Wahrscheinlichkeiten überdiskreten Ereignismengen als Bruch, in dessen Nenner dieAnzahl der zu berechnenden Fälle, und im Zähler die Zahl allemöglichen Ereignisse steht. Etwa ist bei Würfeln für jede Zahlvon 1-6 die Wahrscheinlichkeit 1/6.

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Urnenmodell

Oft passt zu diesen Fragestellungen ein einfaches Urnenmodell.Was können wir mit einer Urne und unterscheidbaren(nummerierten) Kugeln modellieren?

I Man kann die Kugeln nach dem Ziehen zurücklegen, odernicht

I die Reihenfolge der Ziehung kann eine Rolle spielen, odernicht

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Kombinatorik - Beispiele

1. Ziehen von zwei Karten aus einem Kartenstapel vonverschiedenen Karten bei MauMau:Ziehen ohne Zurücklegen, Reihenfolge unwichtig

2. Lotto 6 aus 49:Ziehen ohne Zurücklegen, Reihenfolge unwichtig

3. Losziehung mit 6-stelliger Losnummer:6x Ziehen mit Zurücklegen aus 0-9, Reihenfolge wichtig

4. Würfeln mit 2 Würfeln (z.B. Maier):2x Ziehen mit Zurücklegen aus 1-6, Reihenfolge unwichtig

5. Anzahl der möglichen Wörter mit 6 verschiedenenBuchstaben:6x Ziehen ohne Zurücklegen aus a,...,z, Reihenfolgewichtig.

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Satz: (und Definition) Beim Ziehen von k aus nunterscheidbaren Kugeln (aus einer Urne) ergeben sich diefolgenden (Bezeichnungen und) Anzahlen von verschiedenenErgebnissen:

k aus n geordnet ungeordnet

mit Zurückl. (k-Stichprobe) nk (k-Auswahl)(

n+k-1k

)ohne Zurückl. (k-Permutation) n!

(n−k)! (k-Kombination)(

nk

)Wir beweisen das im Folgenden in vier Teilen.

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Beweis: (k-Stichprobe) Das Ergebnis des geordneten Ziehensmit Zurücklegen ist ein k -Tupel. Für jede Position haben wir nMöglichkeiten, das ergibt nk Möglichkeiten insgesamt.Das ist ein Spezialfall der Produktregel. q.e.d

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Beispiel: bei M = a,b, c und k = 2 haben wir die folgenden32 = 9 Ergebnisse:

(a,a) (a,b) (a, c)(b,a) (b,b) (b, c)(c,a) (c,b) (c, c)

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Beweis: (k-Permutation) Beim geordneten Ziehen ohneZurücklegen ist das Ergebnis wieder ein k -Tupel.

I Für die 1. Position habe ich n Möglichkeiten.I Für die 2. Position bleiben noch n − 1 Möglichkeiten.I Für die 3. Position bleiben noch n − 2 MöglichkeitenI ...I Für die k . Position bleiben noch n − k + 1 Möglichkeiten.I Zusammen: P(n, k) := n(n−1)(n−2)...(n− k + 1) = n!

(n−k)!Möglichkeiten

Auch das ist ein Spezialfall der Produktregel - die Grundmengewird immer um ein Element kleiner. q.e.d

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Beispiel: bei M = a,b, c und k = 2 haben wir die folgenden(3 ∗ 2)/1 = 6 Ergebnisse:

(a,b) (a, c)(b,a) (b, c)(c,a) (c,b)

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/115Beweis:(k-Kombination) Beim Ungeordneten Ziehen ist das Ergebnisimmer eine Menge. Ziehen wir ohne Zurücklegen, hat dieErgebnismenge immer k Elemente.

I Das Modell entspricht also der Bildung von k -elementigenTeilmengen einer n-elementigen Menge.

I Als Grundlage der Berechnung können wir dann diek-Permutation annehmen, müssen aber die doppeltgezählten Elemente wieder abziehen.

I Mögliche Anordungen einer k -elementigen MengeP(k , k) = k !/(k − k)! = k !, das geht bei der k -Permutationals Produkt ein

I Zusammen: C(n, k) := (1/k !) ∗ P(n, k) =(1/k !) ∗ (n!/(n − k)!) = n!/(k !(n − k)!) =

(nk

)q.e.d

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Beispiel: bei M = a,b, c und k = 2 haben wir die folgenden(32

)= 3!

2!1! = 3 Ergebnisse (die hellgrau hinterlegten Mengensind jeweils identisch mit einer der schwarz dargestellten):

a,b a, cb,a b, cc,a c,b

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Einschub: Binominalkoefizienten

Den Bruch(n

k

)nennt man auch Binomialkoeffizient, da er beim

Ausmultiplizieren der binomischen Formel als Koeffizient derEinzelprodukte auftritt:Satz:

(a + b)n =∑

k=0,...,n

(nk

)akbn−k

Man beweist die Formel meist durch Induktion über n, man kanndie Binominalkoeffizienten nun aber auch kombinatorischherleiten:

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Beweis: Da (a + b)n = (a + b)(a + b)....(a + b) ergeben sichalso Produkte der Form akbn−k mit jeweis n Faktoren:

N0anb0 + N1an−1b1 + N2an−2b2 + ....+ Nna0bn

Wie oft kann nun jedes Produkt auftreten, wie gross sind die Ni?Die Frage ist aequivalent zu dem Problem, wie oft ich k a’s auf nPositionen verteilen kann, das ist wiederum genau die Anzahlder k -elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge (derPositions-Indices), also

(nk

). q.e.d

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Weiter mit dem letzen Teil des Beweises zu denKombinationsmöglichkeiten. Dieser Teil ist etwas komplexer:

Beweis: (k-Auswahl) Für die Berechnung der Möglichkeitenbeim ungeordneten Ziehen mit Zurücklegen führen wir diese aufden Fall ohne Zurücklegen (k-Kombination) zurück.Dazu muss ich bei den Ziehungen von den Positionen über eineElementeigenschaft, z.B. die Ordnung, abstrahieren.Einen Zug einer k-Auswahl kann ich durch ein Wort über ∗, |beschreiben: | steht für den Übergang zum nächstkleinerenElement, ∗ für ein gezogenes Element

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z.B: Bei M = 1,2,3,4 kodieren die Züge (4,1,2,4) oder(1,4,2,4) zu ∗ ∗ || ∗ |∗, also 2x das größte, 0x das zweitgrösste,1x das drittgrößte und 1x das kleinste Element.

Für jedes Element der Ausgangsmenge bis auf das kleinstebekomme ich also einen |, für jeden Zug einen ∗, insgesamtimmer n − 1 + k Zeichen im Codewort.

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Alle möglichen Verteilungen der k ∗-Symbole auf die n + k − 1Positionen liefern also alle möglichen Ergebnisse der Ziehungk -Auswahl.

Man muss also k -Positionen aus n + k − 1 Plätzen ziehen. Dasist aber gerade die k -Kombination aus (n + k − 1)-Elementen,wir bekommen also insgesamt

(n+k−1k

)Möglichkeiten für die

k -Auswahl aus n Elementen.q.e.d

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Beispiel: bei M = a,b, c und k = 2 haben wir die folgenden(3+2−12

)= 4!

2!2! = 6 Ergebnisse (wobei im Folgenden [] eineZiehung andeuten soll, bei der es auf die Reihenfolge nichtankommt, also [a,b] = [b,a]):

[a,a] [a,b] [a, c][b,b] [b, c]

[c, c]

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Lernziele Urnenmodell

I die vier Varianten, deren Namen und Anzahlen kennenI Beispiele für alle Varianten kennen und verstehen

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Beim Abzählen von Ereignissen etc. treffen wir immer wiederauf ähnliche Verfahren. Einige (Summenformel, Produkregelund Gleichheitsprinzip) hatten wir schon kennengelernt, einigekomplexerer sollen in den folgenden Abschnitten kurz erläutert.Das erste ist die Exclusion von MehrfachzählungenWenn wir doppelt zählen, müssen wir das doppelt gezähltewieder abziehen. Das formalisiert die einfache Siebformel

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Satz: [einfache Siebformel] Für endliche Mengen A, B gilt

|A ∪ B| = |A|+ |B| − |A ∩ B|

Beweis: Sei ObdA A ∩ B = s1, s2, ..., sl,A = a1,a2, ...,an, s1, s2, ..., sl, undB = b1, ...,bm, s1, s2, ..., sl. Dann ist |A ∪ B| = n + m + l , und|A|+ |B|− |A∩B| = n + l + m + l − l = n + m + 2l − l = n + m + lq.e.d

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Der Spezialfall mit leerem Schnitt ergibt die Summenformel :

Satz: Für disjunkte endliche Mengen A, B gilt

|A ∪ B| = |A|+ |B|

Zur Erinnerung: Die in der Produktregel bewiesene Anzahl vonverschiedenen Kombinationsmöglichkeiten in Kreuzprodukten istübrigens auch ein Zählprinzip.

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Beispiel: Wenn in der Bücherei 10 Bücher über Logik und 5über Kombinatorik verfügbar sind, habe ich 15 Möglichkeiten, zujedem Thema ein Buch auszuleihen.Ich kann aber, wie beim geordneten Ziehen mit Zurücklegengelernt, 50 verschiedene Kombinationen von je einem Buchüber Logik und einen über Kombinatorik ausleihen.

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Das Prinzip von Inklusion und Exklusion lässt sich weiterverallgemeinert in der allgemeinen Siebformel fassen:

Satz: [Siebformel] Für endliche Mengen A1, ...,An gilt:

|⋃

i=1,...,n

Ai | =∑

r=1,...,n

(−1)r−1∑

1≤i1≤...≤ir≤n

|⋂

j=i1,...,ir

Aj |

Beweis: z.B. Induktion nach n, oder kombinatorisch, s. Stegerp 27. q.e.d

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Im folgenden Beispiel benötigen wir bei Diskretisierungen vonProblemen sehr nützlichen Gaussklammern, die reellen Wertenganzzahlige zuordnen:

Definition: [floor, ceiling]1. ∀r ∈ R : floor(r) := brc := maxz ∈ Z|z ≤ r2. ∀r ∈ R : ceiling(r) := dre := minz ∈ Z|z ≥ r

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Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100gibt es, die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind?

Sei Ak := n ∈ N|n ≤ 100 ∧ k teilt n Dann ist|A2 ∪ A3 ∪ A5| =|A2|+ |A3|+ |A5|−(|A2∩A3|+ |A2∩A5|+ |A3∩A5|)+ |A2∩A3∩A5|Es ist |Ak | = b100/kc, und für teilerfremde k , l gilt|Ak ∩ Al | = |Akl |, damit ergibt sich|A2|+ |A3|+ |A5| − (|A6|+ |A10|+ |A15|) + |A30|= 50 + 33 + 20− 16− 10− 6 + 3 = 103− 32 + 3 = 74

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Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100gibt es, die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind?Sei Ak := n ∈ N|n ≤ 100 ∧ k teilt n Dann ist|A2 ∪ A3 ∪ A5| =|A2|+ |A3|+ |A5|−

(|A2∩A3|+ |A2∩A5|+ |A3∩A5|)+ |A2∩A3∩A5|Es ist |Ak | = b100/kc, und für teilerfremde k , l gilt|Ak ∩ Al | = |Akl |, damit ergibt sich|A2|+ |A3|+ |A5| − (|A6|+ |A10|+ |A15|) + |A30|= 50 + 33 + 20− 16− 10− 6 + 3 = 103− 32 + 3 = 74

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Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100gibt es, die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind?Sei Ak := n ∈ N|n ≤ 100 ∧ k teilt n Dann ist|A2 ∪ A3 ∪ A5| =|A2|+ |A3|+ |A5|−(|A2∩A3|+ |A2∩A5|+ |A3∩A5|)+

|A2∩A3∩A5|Es ist |Ak | = b100/kc, und für teilerfremde k , l gilt|Ak ∩ Al | = |Akl |, damit ergibt sich|A2|+ |A3|+ |A5| − (|A6|+ |A10|+ |A15|) + |A30|= 50 + 33 + 20− 16− 10− 6 + 3 = 103− 32 + 3 = 74

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Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100gibt es, die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind?Sei Ak := n ∈ N|n ≤ 100 ∧ k teilt n Dann ist|A2 ∪ A3 ∪ A5| =|A2|+ |A3|+ |A5|−(|A2∩A3|+ |A2∩A5|+ |A3∩A5|)+ |A2∩A3∩A5|

Es ist |Ak | = b100/kc, und für teilerfremde k , l gilt|Ak ∩ Al | = |Akl |, damit ergibt sich|A2|+ |A3|+ |A5| − (|A6|+ |A10|+ |A15|) + |A30|= 50 + 33 + 20− 16− 10− 6 + 3 = 103− 32 + 3 = 74

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Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100gibt es, die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind?Sei Ak := n ∈ N|n ≤ 100 ∧ k teilt n Dann ist|A2 ∪ A3 ∪ A5| =|A2|+ |A3|+ |A5|−(|A2∩A3|+ |A2∩A5|+ |A3∩A5|)+ |A2∩A3∩A5|Es ist |Ak | = b100/kc, und für teilerfremde k , l gilt|Ak ∩ Al | = |Akl |,

damit ergibt sich|A2|+ |A3|+ |A5| − (|A6|+ |A10|+ |A15|) + |A30|= 50 + 33 + 20− 16− 10− 6 + 3 = 103− 32 + 3 = 74

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Beispiel: Wie viele natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100gibt es, die durch 2 oder 3 oder 5 teilbar sind?Sei Ak := n ∈ N|n ≤ 100 ∧ k teilt n Dann ist|A2 ∪ A3 ∪ A5| =|A2|+ |A3|+ |A5|−(|A2∩A3|+ |A2∩A5|+ |A3∩A5|)+ |A2∩A3∩A5|Es ist |Ak | = b100/kc, und für teilerfremde k , l gilt|Ak ∩ Al | = |Akl |, damit ergibt sich|A2|+ |A3|+ |A5| − (|A6|+ |A10|+ |A15|) + |A30|= 50 + 33 + 20− 16− 10− 6 + 3 = 103− 32 + 3 = 74

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Das Prinzip von Inklusion und Exklusion kann man auchverwenden, wenn das zuviel Gezählte als Produkt eingeht:

Beispiel: Wenn man k Personen auf k Plätze verteilen soll, hatman (geordnetes Ziehen ohne Zurücklegen) k ! Möglichkeiten.Sind die Plätze aber an einem runden Tisch, ist der Startpositionegal, man muss also den Faktor k wieder herausnehmen,bleiben k !/k = (k − 1)! verschiedene Möglichkeiten.

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Weitere einfache Zählprinzipien:I Gleichheitsprinzip: Falls f : A→ B bijektiv ist, ist |A| = |B|.I Doppeltes Abzählen: Für eine binäre Relation R ⊂ A× B

gilt|R| =

∑x∈A |y ∈ B|(x , y) ∈ R| und

|R| =∑

y∈B |x ∈ A|(x , y) ∈ R|I Schubfachprinzip: Verteilt man n Dinge auf m Schubladen,

und ist n > m, liegen in mindestens einer Lade mindestenszwei Dinge. (Bew: Widerspruch)

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/115Etwas formaler gilt das verallgemeinerte Schubfachprinzip(pigeonhole principle):Satz: [Schubfachprinzip] Sei f : A→ B eine (totale) Funktion,dann gilt:

∃b ∈ B : |f−1(b)| ≥⌈|A||B|

⌉Beweis: (durch Widerspruch) Nehmen wir an, es gelte∀b ∈ B : |f−1(b)| <

⌈|A||B|

⌉. Dann gilt

∀b ∈ B : |f−1(b)| ≤ |A||B| − 1 ≤ |A|+|B|−1|B| − 1 = |A|−1

|B|

Also∑

b∈B |f−1(b)| ≤ |B| |A|−1|B| = |A| − 1

Andererseits gilt wegen der Totalität von f :|A| = |

⋃b∈B f−1(b)| =

∑b∈B |f−1(b)|,

zusammen |A| ≤ |A| − 1 - Widerspruch! q.e.d,,

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Beispiel: (Spezialfall des Satzes von Ramsey) In einer Gruppevon 6 Personen gibt es entweder drei, die sich kennen, oderdrei, die sich alle nicht kennen. (kennen ist dabei symmetrisch)

Beweis: Sei die Gruppe P = p1,p2, ...,p6, undkenn1 : P \ p1 → 0,1 die kennen-Funktion für p1.Dann liegen im Urbild von 0 oder 1 mindestens d5/2e = 3Elemente. Wir nehmen mal an, das das für 1 der Fall ist (imanderen Fall argumentiert man analog mit nicht kennen), undnumerieren mal so, das zumindest p2,p3,p4 darin liegen.

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Beispiel: (Fortsetzung) Nun haben wir folgende Fälle:1. p2,p3, und p4 kennen sich alle nicht - dann haben wir dreiPersonen, die sich alle nicht kennen - fertig.2. Zwei davon - OBdA p2,p3 - kennen sich. Da sie aber auchbeide p1 kennen, haben wir drei Personen, die sich kennen -auch fertig. - q.e.d.

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Lernziele Zählprinzipien

I Produktregel, Summenformel, Siebformel undSchubfachprinzip kennen

I wissen, was man wann anwenden kann

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Definition: Sei M eine endliche Menge. Eine bijektiveAbbildung π : M → M nennt man Permutation (von M).Ein Wert m ∈ M mit π(m) = m heisst Fixpunkt der Permutation.

Definition: Für n ∈ N, n > 0 ist [n] := 1, ...,n

Die Permutationen auf [n] bilden die Symmetrische Gruppe Sn.

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Permutationen

Satz: Für jede Permutation f von M mit |M| = n gibt es bijektiveAbbildungen num : M → [n] und π : [n]→ [n] mitf = num−1 π num

Beweis: Jede endliche Menge ist numerierbar. q.e.d

Es genügt also, Permutationen auf [n] zu untersuchen.

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Anwendung: Derangement-Zahlen

Beispiel: [Derangement-Zahlen]

Mit den o.g. Siebformel kann man auch der Anzahl derfixpunktfreien Permutationen der Länge n, die sogenanntenDerangement-Zahlen Dn, berechnen.:

Dn = n!(1− 1 + 1/2!− 1/3! +−...+ (−1)n1/n!)

bzw.

Dn = n!n∑

k=0

(−1)k

k !

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Beweis: Wir berechnen die Anzahl aller Permutationen (n!), undziehen davon die Anzahl der Permutationen mit mindestenseinem Fixpunkt (ξn) ab.Sei Ai := p : [n] −→ [n]|p(i) = i Dann liefert uns dieSiebformelξn = |

⋃i=1,...,n Ai |

=∑

r=1,...,n(−1)(r−1)∑1≤i1<...<ir≤n |

⋂j=1,...,r Aij |

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Die ∩j=1,...,r Aij sind genau die Permuationen mit p(ij) = ij für allej = 1, .., r . Diese liegen also fest.Die übrigen sind nicht eingeschränkt. Damit gibt es dort (n − r)!Möglichkeiten. Davon gibt es C(n, r) Kombinationen. Also:

ξn =∑

r=1,...,n

(−1)(r−1) n!

r !(n − r)!(n − r)! =

∑r=1,...,n

(−1)(r−1)n!

r !

Für die Derangement-Zahlen Dn ergibt sich zusammengefasstdie o.g. Darstellung. q.e.d

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Permutationen

Es gibt unterschiedliche Darstellungen für Permutationen:I Wertetabelle:

π =

(1 2 ... n

π(1) π(2) ... π(n)

)I ggf. auch nur als untere Zeile der Tabelle: π = (π(1)...π(n)).

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Permutationen

I Matrixdarstellung:

π =

m11 ... m1n...

. . ....

mn1 ... mnn

= (mij)i,j=1,...,n

mit

mij :=

1 falls π(i) = j0 sonst

Damit ist die Anwendung der Permutation die Multiplikatonmit der Matrix.

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Permutationen- Zykeldarstellung

Definition: Für eine Permutation π ist ein Zykel bzw. Zyklus derLänge k eine Folge (p1, ...,pk ) bei der für i = 1, ..., k − 1 giltpi+1 = π(pi), und π(pk ) = p1.

Man kann jede Permutation auch als Produkt von Zykelnschreiben.Zykel sind gewissermassen Kreise - das Startelement istgleichgültig, aber die Reihenfolge ist wichtig!

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Stirling-Zahlen 1. Art

Beispiel: Die Anzahl der Permutationen von [3] ist 3! = 6 (linksTabelle, rechts Zykelprodukt):(1 2 3) = ((1)(2)(3))(1 3 2) = ((1)(3 2))(2 1 3) = ((2 1)(3))(2 3 1) = ((3 1 2))(3 1 2) = ((3 2 1))(3 2 1) = ((3 1)(2))

Wir haben also: 1 Permutation mit 3 Zykeln, 3 Permutationen mitzwei Zykeln, und 2 Permutationen mit einem Zykel.

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Definition: [Stirling-Zahlen 1. Art] Für n, k ∈ N bezeichnet mandie Zahlen

sn,k := |π : [n]→ [n]|π ist eine Permutation mit genau k Zykeln|

als Stirling-Zahlen erster Art

James Stirling (1692-1770)

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Satz:n∑

k=1

sn,k = n!

Beweis: Jede Permutation hat mindestens einen und maximaln Zykel. Andererseits gibt es genau n! Permutationen über [n]q.e.d

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Satz: Setzt man s0,0 := 1, so gilt für alle n ≥ k :

sn,k = sn−1,k−1 + (n − 1)sn−1,k

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Beweis: (kombinatorisch): Wie kann eine Permutation über [n]mit k Zyklen entstehen?Entweder entsteht sie durch Zufügen des Zyklus (n) zu denPermutationen mit k − 1 Zyklen über [n − 1]. Das ergibt den 1.Summanden.Oder n wird in einen der k -Zyklen über [n − 1] hinzugefügt. Dadie Reihenfolge bei Zykeln wichtig ist, hat man dafür (n − 1)Möglichkeiten. Das ergibt den 2. Summanden. q.e.d

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Stirling-Zahlen 1. ArtMit der Rekursionsformel kann man ein Dreieck derStirling-Zahlen erster Art aufbauen. Die Zeilennummer ist dabeidas n , die Zahlposition in der Zeile das k , und die Zählungbeginnt bei (0,0):

10 1

0 1 10 2 3 1

0 6 11 6 10 24 50 35 10 1

0 120 ...

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Beginnt man die Zählung bei (1,1) und betrachtet nur k > 0,kommt man auf folgendes Dreieck:

11 1

2 3 16 11 6 1

24 50 35 10 1120 ...

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Auch die Binominalkoeffizienten haben einige weitereinteressante Aspekte:Satz: (

nk

)=

(n

n-k

)Beweis: Das folgt mit n − (n − k) = k direkt aus der Definition.q.e.d

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Binominalkoeffizienten

Satz:

2n =n∑

k=0

(nk

)

Beweis: Das folgt aus 2n = (1 + 1)n und der binomischenFormel. q.e.d

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Beweis: (alternativ, kombinatorisch): 2n ist die Menge derElemente der Potenzmenge einer n-elementigen Menge, und(n

k

)ist die Anzahl der die k-elementigen Teilmengen. Summiert

man über alle k, muss die Anzahl aller Teilmengen entstehen.q.e.d

,,

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auch hier gibt es eine Rekursionsformel:Satz: (Pascal-Dreieck) Für n, k ∈ N mit n > k gilt:(

nk

)=

(n-1k-1

)+

(n-1k

)

,,

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Beweis: (kombinatorisch): Die linke Seite der Gleichungentspricht der Anzahl der k-elementigen Teilmengen einern-elementigen Menge. Wie setzen sich diese zusammen? Nun,man diese in zwei Gruppen zerlegen, indem man ein Element -sei dies mit en bezeichnet - auswählt. Die n-elementigenTeilmengen von M setzen sich dann zusammen aus denTeilmengen, die en enthalten, und denen, die en nicht enthalten.Das sind einerseits die (k-1)-elementigen Teilmengen vonM − en, zu denen man das Element en hinzunimmt, undandererseits die k-elementigen Teilmengen von M − en.Deren Anzahlen stehen aber genau in der Summe auf derrechten Seite der Gleichung. q.e.d

,,

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Damit kann man das Werte rekursiv berechnen. Nimmt man nfür die Zeile, und k für die Spalten, und startet bei n=0, k=0,ergibt sich

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 ...

,,

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Es gilt auch die Vandermondesche Identität:Satz: ∀k ,m,n ∈ N gilt:(

n+mk

)=

k∑j=0

(nj

)(mk-j

)

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Binominalkoeffizienten I

Beweis: Der Beweis ist klarer, wenn man die n und m nachEigenschaften gruppiert, hier - oBdA - in männlich und weiblich.Seien die n und m die Mächtigkeiten unterscheidbarerTeilmengen einer Menge, z.B. n Frauen und m Männer einer

Personengruppe. Es gibt nun, wie bereits beweisen,(

n+mk

)k -elementige Teilmengen davon. Andererseits hat jedek -elementige Teilmenge 0 ≤ j ≤ k Frauen aus den n Frauenausgewählt, und entsprechend (k − j) Männer.

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Es gibt also für jede k -elementige Teilmenge mit j Frauen genau(nj

)(mk-j

)Möglichkeiten. Nun müssen wir noch über alle

möglichen j summieren, um alle möglichen k -elementigenTeilmengen der (n + m)-elementigen Menge zu bekommen. Dasist genau die rechte Seite der Gleichung. q.e.d

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Das Berechnungsschema des pascalschen Dreiecks findet manauch bei den Bernsteinpolynomen der Bezierkurven wieder.

Definition: Für n, i ∈ N,n ≥ i ist

Bn,i(t) :=

(ni

)t i(1− t)n−i

das i-te Bernsteinpolynom n-ten Grades

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BinominalkoeffizientenDefinition: Für t ∈ [0,1] ist eine Bezierkurve n-ten GeradesC(t) zu n + 1-Stützpunkten (Kontrollpunkten, Bezierpunkten)P0, ...,Pn definiert durch

C(t) :=n∑

i=0

Bn,i(t)Pi

Satz: (hier ohne Beweis:)

Bn,i(t) = tBn−1,i−1(t) + (1− t)Bn−1,i(t)

( s.a. http://de.wikipedia.org/wiki/B%C3%A9zierkurve#Beispiele),,

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Mengenpartitionen - Stirling-Zahlen 2. Art

Definition: Die Zerlegung einer Menge M mit n Elementen in kdisjunkte, nichtleere Teilmengen, alsoM =

⋃i=1,...,k Ai mit und Ai 6= ∅ für alle i und Ai ∩ Aj = ∅ für i 6= j

nennt man k-PartitionDie Anzahl der k -Partitionen einer n-elementigen Menge wirdmit Sn,k bezeichnet. Diese Zahlen nennt man auchStirling-Zahlen 2. Art

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Für k > n ist sicher Sn,k = 0, und für n > 0 gilt auch Sn,0 = 0.Mit einem sinnvoll definiertem Wert für S0,0 kommt man damitwieder zu einer schönen Rekursionsformel:

Satz: Sei S0,0 := 1, dann gilt für n, k ∈ N,n > k :

Sn,k = Sn−1,k−1 + kSn−1,k

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Beweis: (kombinatorisch): Links steht die Anzahl derk -Partitionen einer n-elementigen Menge. Wie entstehen diese?Wir wählen wieder ein festes Element en aus M. Man kann diek -Partitionen von M dann zusammensetzen aus denk -Partionen von M − en, indem man einer der k Teilmengendas Element en hinzufügt. Dafür hat man k Möglichkeiten - dasergibt den rechten Summanden.Oder man hat en als eigene Partitionsmenge, dort kommendann die (k − 1)-Partitionen von M −en hinzu - das ergibt denersten Summanden. q.e.d

,,

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Das ergibt wieder ein Dreieck, beim Start bei (1,1) und k > 0:

11 1

1 3 11 7 6 1

1 15 25 10 11 31 90 ...

,,

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Zahlpartitionen

Auch Zahlen kann man zerlegen:

4 = 1 + 1 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 = 2 + 2 = 3 + 1= 1 + 3 = 1 + 1 + 2 = 1 + 2 + 1

,,

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Geordnete Zahlpartitionen

Satz: Die Anzahl der geordneten Zahlpartitionen mit k

Summanden ist(

n-1k-1

)

Dieser Satz löst einen Spezialfall bei diophantischenGleichungen.

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Geordnete Zahlpartitionen

Beweis: (kombinatorisch) Man kann die Zahl als Summe von1-sen schreiben, und dann k Klammerpaare hinzufügen:m = (1 + 1 + ..1) + (1 + ..+ 1) + (1) + ...+ 1). Dann stehenk − 1 ’+’ zwischen den Klammerpaaren. Für die Auswahl dieserk-1 aus den n-1 Positionen - das ist ungeordnetes Ziehen ohne

Zurücklegen - habe ich(

n-1k-1

)Möglichkeiten. q.e.d

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Ungeordnete Zahlpartitionen

Definition: Die Anzahl der Möglichkeiten, eine natürliche Zahln als Summe von k Summanden zu schreiben, wird mit Pn,kbezeichnet. Man setzt P0,0 := 1

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Satz: ∀n, k ∈ N mit n ≥ k ≥ 1 gilt

Pn,k =k∑

j=0

Pn−k ,j

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Beweis: Wir sortieren die möglichen Partitionen, so das die1-sen vorn stehen. Es ist dann n = n1 + ...+ ni + ni+1 + ...+ nk ,wobei n1 = n2 = ... = ni = 1 gilt. Also sind alle ni+1, ...,nk ≥ 2.Zieht man von dem Teil bei jedem Summanden eine 1 ab,kommt man also auf eine Zahlpartionierung von(k − i)-Partitionierung von (n − k).Umgekehrt kann man jede k -Partitionierung von n mit i 1-sen soerzeugen.Es gibt also genau Pn−k ,k−i verschiedene Partitionen mit i 1-sen.Summiert man über alle mögliche i , bekommt man mit∑

i=0,...k Pn−k ,k−i =∑

j=0,...,k Pn−k ,j die Behauptung. q.e.d

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Catalanzahlen

Definition:I Eine Triangualisierung ist eine Partition des konvexen

n-Ecks in Dreiecke durch sich gegenseitig nichtschneidende Diagonalen.

I Ein Binärbaum ist ein Baum mit einem eindeutigenWurzelknoten, bei dem jeder Knoten maximal zweiKindknoten hat.

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Catalanzahlen

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Catalanzahlen

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Catalanzahlen

Definition:I Ein korrekter Klammerausdruck ist ein Wort über (, ), das

folgendermassen aufgebaut ist:1. Das leere Wort ist ein korrekter Klammerausdruck2. Sind U und V korrekte Klammerausdrücke, so sind das

auch2.1 UV und2.2 (U)

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Catalanzahlen

Beispiele:I

I ()

I ()(), (())

I ()()(), (())(), ()(()), ((()))

I ()()()(), (())()(), ((()))(), ...

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Catalanzahlen

Definition: Sei n ∈ N. Dann bezeichnetI Cn die Anzahl der syntaktisch korrekten Klammerausdrücke

mit n Klammerpaaren (Catalanzahlen)I Bn die Anzahl der Binärbäume mit n Knoten, undI Tn die Anzahl der Triangulierungen eines konvexen n-Ecks

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Catalanzahlen

Satz: Sei n ∈ N, dann gilt mit C0 := 1 für n > 0:

Cn =n∑

k=1

Ck−1Cn−k

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Catalanzahlen

Beweis: Wir zerlegen wieder die Menge der möglichenKlammerausdrücke: Für k ≤ n sei Ak die Menge aller legalenKlammerausdrück, deren erste Klammer an der Position 2kgeschlossen wird. Innerhalb der erste Klammer liegen dannk − 1 Klammerpaare, ausserhalb gerade n − k . Für alleMöglichkeiten müssen wir nun wieder von k = 1, ...,nsummieren. q.e.d

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Catalanzahlen

Satz: Sei n ∈ N, dann gilt mit B0 := 1 für n > 0:

Bn =n∑

k=1

Bk−1Bn−k

Beweis: ganz analog zum letzen Satz, nur teilen wir hier inBinärbäume mit k -Knoten im linken Teilbaum, und n − k imrechten q.e.d

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Catalanzahlen

Satz: Sei n ∈ N, dann gilt für n > 2:

Tn =n∑

k=3

Tk−1Tn−k+2

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Catalanzahlen

Beweis: Es ist ja T2 = 1. Sei also ein konvexes n-Eck gegeben,wir numerieren dann die Ecken bei beliebigem Startpunkt imUhrzeigersinn mit 1, ...,n. Dann können wir die Menge allerTriangualisierungen in n − 2 Klassen Ak , k = 3, ...,n aufteilen:Ak enthält jeweils die Triangularisierungen, bei der denen dieEcken 1, 2, k ein Dreieck bilden. Jede Triangularisierung von Akbesteht dann aus einer Kombination der Triangualisierungen

I des k − 1-Ecks mit den Ecken 2,3, ..., k , undI des n − k + 2-Ecks mit den Ecken 1, k , ...,n.

Also |Ak | = Tk−1Tn−k+2, und durch Summieren folgt dieBehauptung. q.e.d

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Catalanzahlen

Drei recht unterschiedliche Abzählprobleme mit der gleichenRekursionsformel, die man auch noch auflösen kann, wie wirspäter zeigen:

∀n ∈ N : Bn = Cn = Tn+2 =1

n + 1

(2nn

)

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Lernziele

I wissen, was Permutationen sindI wissen, das es für viele abzählbare Probleme Zerlegungen

gibt, die Eigenschaften beweisen und Rekursionsformelnermöglichen.

I die wichtigsten davon kennen.

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Urnenmodelle 2

Viele Fragestellung kann man auch durch das Verteilen vonBällen auf mehrere Urnen modellieren. Dabei können Bälle wieauch Urnen unterscheidbar sein, oder auch nicht:

1. 2 gleiche Bälle b, 2 gleiche Urnen: [],[b,b] oder [b],[b]

2. 2 gleiche Bälle b auf 2 Urnen U,V: U=[],V=[b,b] oderU=[b],V=[b] oder U=[b,b],V=[]

3. 2 Bälle b,r auf 2 gleiche Urnen: [],[r,b] oder [r],[b]4. 2 Bälle b,r auf 2 Urnen U,V: U=[],V=[r,b] oder U=[r],V=[b]

oder U=[b],V=[r] oder U=[r,b],V=[]

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Urnenmodelle 2


1. 2 gleiche Bälle b, 2 gleiche Urnen: [],[b,b] oder [b],[b]2. 2 gleiche Bälle b auf 2 Urnen U,V: U=[],V=[b,b] oder

U=[b],V=[b] oder U=[b,b],V=[]

3. 2 Bälle b,r auf 2 gleiche Urnen: [],[r,b] oder [r],[b]4. 2 Bälle b,r auf 2 Urnen U,V: U=[],V=[r,b] oder U=[r],V=[b]


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Urnenmodelle 2



U=[b],V=[b] oder U=[b,b],V=[]3. 2 Bälle b,r auf 2 gleiche Urnen: [],[r,b] oder [r],[b]

4. 2 Bälle b,r auf 2 Urnen U,V: U=[],V=[r,b] oder U=[r],V=[b]oder U=[b],V=[r] oder U=[r,b],V=[]

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Urnenmodelle 2



U=[b],V=[b] oder U=[b,b],V=[]3. 2 Bälle b,r auf 2 gleiche Urnen: [],[r,b] oder [r],[b]4. 2 Bälle b,r auf 2 Urnen U,V: U=[],V=[r,b] oder U=[r],V=[b]


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Urnenmodelle 2Man kann auch auch an die Abbildung, die die Bälle auf dieUrnen verteilt, noch mehr Anforderungen stellen, Wenn B dieMenge der Kugeln und U die Menge der Urnen ist, kommt vor:

I Jede Urne muss mindestens eine Kugel enthalten(surjektiv,|B| ≥ |U|)

I Jede Urne darf höchstens eine Kugel enthalten (injektiv,|B| ≤ |U|)

I Jede Urne muss genau eine Kugel enthalten (bijektiv,|B| = |U|)

Jede Möglichkeit liefert andere Anzahlen vonVerteilungsfunktionen f .Sei im folgenden |B| = n, |U| = m

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Fall: Bälle und Urnen unterscheidbar

f bel.: Jeder der n Bälle kann auf jede der m Urnen entfallen. Wirziehen also n mal eine Urne, mit Zurücklegen - macht mn

Möglichkeiten.f sur.: ∀u ∈ U : |f−1(u)| ≥ 1, die Urbilder der Urnen bilden also

eine m-Partition von B. Anders herum liefert jedem-Partition von B eine Klasse von surjektiven AbbildungenB → U. Das sind, wie gerade gelernt, Sn,m möglichePartitionierungen, und jeder kann ich auf m! Weisen dieUrnen zuordnen. Es gibt also m!Sn,m surjektive Funktionen.

f inj.: Das ist geordnetes Ziehen der Urne ohne Zurücklegen -m!/(m − n)! Möglichkeiten.

f bij.: Das sind alle Permutationen: n! = m! Möglichkeiten

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Fall: Bälle nicht, Urnen unterscheidbarf bel.: Wir können die Bälle mit * und die Urnengrenzen mit |

codieren, Das Problem ist dann, m − 1 Striche aufm + n − 1 Positionen zu verteilen:(

n+m-1m-1

)=

(n+m-1

n

)Optionen.

f sur.: Verteilt man die n Bälle, ergeben die Anzahlen der Bälle inden m Urnen eine geordnete m-Zahlpartition, also(

n-1m-1

)f inj.: Wir wählen aus m Urnen die n aus, in denen ein Ball liegen

soll:(

mn

).

f bij.: Jede Urne ein Ball: 1 Möglichkeit.,,

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Fall: Bälle unterscheidbar, Urnen nicht

f bel.: Eine Funktion, die n Bälle auf k Urnen verteilt, ist einek -Partitionierung der Bälle. Da die Urnen leer bleibendürfen, habe ich k = 1, ...,m Möglichkeiten, also insgesamt∑

k=1,...,m Sn,k

f sur.: Wie oben, aber nur der Fall k = m, also Sn,m

f inj.: In n der m Urnen liegt eine Ball, da die Urnenununterscheidbar sind: 1 Möglichkeit

f bij.: 1 Möglichkeit

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Fall: Bälle und Urnen nicht unterscheidbar

f bel.: Jede Verteilung entspricht einer Zahlpartition von n, indiesem Fall kommt dabei jede Urnenzahl von k = 1, ...,m inFrage, also gibt es

∑k=1,...,m Pn,k verschiedene Funktionen.

f sur.: s.o. - Pn,m verschiedene Funktionen.f inj.: s.o. - 1 Möglichkeitf bij.: s.o. - 1 Möglichkeit

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Diskrete Stochastik

Definition: Eine abzählbare Menge heisst auch diskreterEreignisraum, ein Element der Menge elementares Ereignis.

Definition: Sei S ein Ereignisraum. Eine injektive FunktionP : S → [0,1] mit

∑x∈S P(x) = 1 nennt man

Wahrscheinlichkeitsfunktion.Für Ereignisse A aus mehreren Elementarereignissen, alsoA ⊂ S, definiert man P(A) :=

∑x∈A P(x)

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Diskrete Stochastik

Im einfachsten Fall, der Gleichverteilung, bei der alleElementarereignisse die gleiche Wahrscheinlichkeit haben, gilt

P(x) =1|S|

und P(A) =|A||S|

Hier kommt es also im wesentlichen auf das Zählen derElemente von Mengen an!

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Diskrete Stochastik

Beispiel:Welche Wahrscheinlichkeit hat man bei Würfeln mit zweiWürfeln für die Augensumme 7?

1/6: |S| = 62 = 36, A = (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)

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Diskrete Stochastik

Beispiel: Wie viele Leute muss man zusammenrufen, damitwahrscheinlich (also P(A) > 1/2) zwei am gleichen TagGeburtstag haben?

- 23 Personen:

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Diskrete Stochastik

Man betrachtet das Anti-Ereignis B, bei dem keine zweiPersonen am gleichem Tag Geburtstag haben.Die Möglichkeiten dafür sind bei k Personen (k-maliges Ziehenohne Zurücklegen aus 1, ...,365): 365!/(365− k)!.Der Gesamtereignisraum ist k -maliges Ziehen mit Zurücklegenaus 1, ...,365, also 365k

Also ist P(B, k) = 365!(365−k)!365k .

Nachrechnen liefert: P(B,1) = 1, P(B,2) = 364/365,P(B,3) = 364 ∗ 363/3652, ... ,P(B,23) ∼ 0,4927...

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Abschätzungen

Zum Abschätzung des Wachstums einer Funktion definiert manGrößenklassen, die man Landau-Symbole nennt. Hier fürFunktionen auf N, sei also g eine Funktion auf N:

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Abschätzungen - Landau-Symbole

Definition:I o(g) := f |∀c > 0, ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 gilt |f (n)| < c ∗ |g(n)|I O(g) := f |∃C ≥ 0,∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 gilt |f (n)| ≤

C ∗ |g(n)|I Ω(g) := f |∃C ≥ 0, ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 gilt |f (n)| ≥

C ∗ |g(n)|I ω(g) := f |∀c > 0,∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 gilt |f (n)| > c ∗ |g(n)|I Θ(g) := O(g) ∩ Ω(g)

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Beispiel: Das Problem, ob eine Eingabe der Länge n zu einergegebenen kontextfreien Grammatik gehört kann man in O(n3)Schritten lösen. Das beweist man, indem man einen Algorithmusangibt, der das macht, und dessen Schritte zählt (CKY).Genauer kann man sogar sagen, das das Problem zu o(n3)gehört, denn die Potenz ist geringfügig kleiner als 3.Speziellere Grammatiken erlauben effizientere Tests,Grammatiken der LR(1)-Klasse z.B. erlauben es, dasWortproblem in O(n) Zeit zu lösen.Immer wird das Wortproblem einer Grammatik aber von derLänge der Eingabe abhängen, deswegen ist es sicher in ω(1).

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Beispiel: Einschätzung der GrößenordnungenΘ(1): konstanter Aufwand, unabhängig von nΘ(n): linearer Aufwand (z.B. Einlesen von n Zahlen)Θ(n ln n): Aufwand guter Sortierverfahren (z.B. Quicksort)Θ(n2): Einfache Algorithmen auf Matrizen, ...Θ(nk ): polynomialer Aufwand (bei festem k )Θ(2n): exponentieller AufwandΘ(n!): Bestimmung aller Permutationen von n Elementen

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Um eine Vorstellung davon zu haben, was schwer zu berechnenist - unter der Annahme, das 1 Berechnungsschritt 1 µs =0.000001 s) dauert, ergeben sich folgende (ungefähre)Berechungsdauern:

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Beispiel: Einschätzung der Größenordnungenn = 10 20 30 40 50 60n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µs

n2 100 µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 msn3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms2n 1 ms 1 s 18 min 13 Tage 36 J 366 Jh3n 59 ms 58 min 6.5 J 3855 Jh 108 Jh 1013 Jhn! 3.62 s 771 Jh 1016 Jh 1032 Jh 1049 Jh 1066 Jh

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Beispiel: Einschätzung der Größenordnungenn = 10 20 30 40 50 60n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µsn2 100 µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 ms

n3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms2n 1 ms 1 s 18 min 13 Tage 36 J 366 Jh3n 59 ms 58 min 6.5 J 3855 Jh 108 Jh 1013 Jhn! 3.62 s 771 Jh 1016 Jh 1032 Jh 1049 Jh 1066 Jh

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Beispiel: Einschätzung der Größenordnungenn = 10 20 30 40 50 60n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µsn2 100 µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 msn3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms

2n 1 ms 1 s 18 min 13 Tage 36 J 366 Jh3n 59 ms 58 min 6.5 J 3855 Jh 108 Jh 1013 Jhn! 3.62 s 771 Jh 1016 Jh 1032 Jh 1049 Jh 1066 Jh

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Beispiel: Einschätzung der Größenordnungenn = 10 20 30 40 50 60n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µsn2 100 µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 msn3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms2n 1 ms 1 s 18 min 13 Tage 36 J 366 Jh

3n 59 ms 58 min 6.5 J 3855 Jh 108 Jh 1013 Jhn! 3.62 s 771 Jh 1016 Jh 1032 Jh 1049 Jh 1066 Jh

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Beispiel: Einschätzung der Größenordnungenn = 10 20 30 40 50 60n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µsn2 100 µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 msn3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms2n 1 ms 1 s 18 min 13 Tage 36 J 366 Jh3n 59 ms 58 min 6.5 J 3855 Jh 108 Jh 1013 Jh

n! 3.62 s 771 Jh 1016 Jh 1032 Jh 1049 Jh 1066 Jh

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Beispiel: Einschätzung der Größenordnungenn = 10 20 30 40 50 60n 10 µ 20 µs 30 µs 40 µs 50 µs 60 µsn2 100 µs 400 µs 900 µs 1.6 ms 2.5 ms 3.6 msn3 1 ms 8 ms 27 ms 64 ms 125 ms 216 ms2n 1 ms 1 s 18 min 13 Tage 36 J 366 Jh3n 59 ms 58 min 6.5 J 3855 Jh 108 Jh 1013 Jhn! 3.62 s 771 Jh 1016 Jh 1032 Jh 1049 Jh 1066 Jh

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Dietmar Lammers

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Abschätzungen: n!

Satz: Für n ≥ 15 gilt

nn/2 ≤ n! ≤ (n/2)n

Beweis: Recht kanonisch, z.B. Steeger 46f q.e.d

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Abschätzungen - Stirlingformel

Satz: (Stirlingformel)

n! =√

2πn(ne

)n(

1 +1

12n+ O(

1n2 )

)

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Abschätzungen:( n

k)

Satz:

(n/k)k ≤(

nk

)≤ (ne/k)k

Beweis: Idee: ausmultiplizieren und n/k gegen (n − i)/(k − i)abschätzen, Reihenentwicklung der Exponentialfunktion ...q.e.d

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Lernziele Diskrete Stochastik + Abschätzungen

I Verteilung von Bällen auf Urnen als Modell kennenI wissen, was eine Wahrscheinlichkeitsfunktion istI mit Abschätzungen für grosse Zahlen umgehen können

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Dietmar Lammers

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