Diskrete Mathematik

Martin Aigner

Diskrete Mathematik

Martin Aigner

Diskrete Mathematik Mit 600 Übungsaufgaben 6., korrigierte Auflage

Bibliografische Information Der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar.

Prof. Dr. Martin Aigner Freie Universität Berlin Institut für Mathematik II (WE 2) Arnimallee 3 14195 Berlin E-Mail: [email protected]

1. Auflage 1993 2., durchgesehene Auflage 1996 3., durchgesehene Auflage 1999 4., durchgesehene Auflage Mai 2001 5., überarbeitete und erweiterte Auflage März 2004 6,. korrigierte Auflage August 2006 Alle Rechte vorbehalten © Friedr. Vieweg & Sohn Verlag | GWV Fachverlage GmbH, Wiesbaden 2006 Lektorat: Ulrike Schmickler-Hirzebruch | Petra Rußkamp Der Vieweg Verlag ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media. www.vieweg.de Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Umschlaggestaltung: Ulrike Weigel, www.CorporateDesignGroup.de Satz und Layout: Christoph Eyrich, Berlin Druck und buchbinderische Verarbeitung: Wilhelm & Adam, Heusenstamm Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier. Printed in Germany

ISBN-10 3-8348-0084-8 ISBN-13 978-3-8348-0084-8

Vorwort Vor 50 Jahren gab es den Begriff Diskrete Mathematik“ nicht, und er ist auch heu” te im deutschen Sprachraum keineswegs gebr¨auchlich. Vorlesungen dazu werden nicht u ¨ berall und schon gar nicht mit einem einheitlichen Themenkatalog angeboten (im Gegensatz zum Beispiel zu den USA, wo sie seit langem einen festen Platz haben). Die Mathematiker verstehen unter Diskreter Mathematik meist Kombinatorik oder Graphentheorie, die Informatiker Diskrete Strukturen oder Boolesche Algebren. Das Hauptanliegen dieses Buches ist daher, solch einen Themenkatalog zu pr¨ asentieren, der alle Grundlagen f¨ ur ein weiterf¨ uhrendes Studium enth¨alt. Die Diskrete Mathematik besch¨ aftigt sich vor allem mit endlichen Mengen. Was kann man in endlichen Mengen studieren? Als allererstes kann man sie abz¨ahlen, dies ist das klassische Thema der Kombinatorik – in Teil I werden wir die wichtigsten Ideen und Methoden zur Abz¨ ahlung kennenlernen. Auf endlichen Mengen ist je nach Aufgabenstellung meist eine einfache Struktur in Form von Relationen gegeben, von denen die anwendungsreichsten die Graphen sind. Diese Aspekte fassen wir in Teil II unter dem Titel Graphen und Algorithmen zusammen. Und schließlich existiert auf endlichen Mengen oft eine algebraische Struktur (oder man kann eine solche auf nat¨ urliche Weise erkl¨ aren). Algebraische Systeme sind der Inhalt von Teil III. Diese drei Gesichtspunkte bilden den roten Faden des Buches. Ein weiterer Aspekt, der die Darstellung durchgehend pr¨agt, betrifft den Begriff der Optimierung. Die Entwicklung, welche die Kombinatorik in den letzten 50 Jahren vollkommen revolutionierte und sie erst zum heutigen Gebiet der Diskreten Mathematik machte, war die Frage nach schnellen Algorithmen. Es gen¨ ugte nicht mehr, ein kombinatorisches Problem theoretisch zu l¨osen, man wollte eine L¨osung explizit konstruieren, und dies wenn m¨ oglich anhand eines schnellen Algorithmus. Es ist sicher kein Zufall, dass dieser Optimierungsgesichtspunkt gerade Ende der 40er Jahre an Bedeutung gewann, genau parallel zur Entwicklung der ersten schnellen Rechner. In diesem Buch wird dementsprechend großer Wert auf den algorithmischen Standpunkt gelegt, vor allem in Teil II, wie dies ja auch schon im Titel zum Ausdruck kommt. Die Diskrete Mathematik ist heute eine Grundlagenwissenschaft auch der Informatik, und das Buch sollte durch die Stoffauswahl f¨ ur Mathematiker und Informatiker gleichermaßen interessant sein. Die drei Teile sind so organisiert, dass sie weitgehend unabh¨angig voneinander studiert werden k¨ onnen, mit Ausnahme der Kapitel 1 und 6, welche die Grundlagen der Abz¨ ahlung und Graphen behandeln – sie sollten in jedem Fall gelesen werden. Der gesamte Stoff kann in einer zweisemestrigen Vorlesung behandelt werden, die Kapitel 1–3, 6–8 und 13 waren Inhalt einer einsemestrigen Veranstaltung. Es ist ¨ u hinzuweisen. In einem ¨ blich, in einem Vorwort auf den Nutzen der Ubungen ¨ Buch u gar nicht hoch genug ¨ ber Diskrete Mathematik kann der Wert der Ubungen ¨ eingesch¨ atzt werden, was man schon daraus erkennen kann, dass die Ubungen (und L¨ osungen) fast ein Viertel des Textes ausmachen. Diskrete Mathematik behandelt

vi

0

vorwort

vor allem konkrete Probleme, und ohne Praxis wird man sie trotz aller theoretischer ¨ Kenntnisse nicht l¨ osen k¨ onnen. Zus¨ atzlich wird in den Ubungen des ¨ofteren auf ¨ weiterf¨ uhrende Fragen hingewiesen. Die Ubungen jedes Kapitels sind (durch einen Strich) zweigeteilt. Der erste Teil sollte ohne große M¨ uhe zu l¨osen sein, der zweite ¨ ¨ Teil ist etwas schwieriger. Viele Ubungen enthalten Hinweise, und f¨ ur Ubungen, die mit ⊲ bezeichnet sind, findet man im Anhang eine L¨osung. Jeder Teil endet mit einer knappen Literaturliste mit Hinweisen f¨ ur ein weiterf¨ uhrendes Studium. An Vorkenntnissen wird nur Vertrautheit mit den mathematischen Grundbegriffen vorausgesetzt und an manchen Stellen Kenntnisse aus der Linearen Algebra und Analysis, wie sie u ¨ blicherweise im 1. Semester erworben werden. Die verwendeten Bezeichnungen entsprechen durchwegs dem Standard, vielleicht mit den folgenden Ausnahmen:
A = Ai Menge A ist disjunkte Vereinigung der Ai  A = Ai Menge A ist kartesisches Produkt der Ai A Familie aller k–Untermengen von A. k Der Vorteil ist, dass sich die Bezeichnungen unmittelbar auf die Mengengr¨oßen u ¨ bertragen:         A |A| | Ai | = |Ai |, | Ai | = |Ai |, | |= . k k

Sind die Mengen Ai nicht ¨ blich A =  notwendig disjunkt, so setzen wir wie u Ai . Die Elemente von Ai = A1 × . . . × An sind wie gewohnt alle n-Tupel (a1 , . . . , an ), ai ∈ Ai . Eine k-Menge besteht aus k Elementen. B(S) ist die Familie aller Untermengen von S. Die Bezeichnungen ⌈x⌉, ⌊x⌋ f¨ ur x ∈ R bedeuten x aufgerundet auf die n¨ achste ganze Zahl bzw. x abgerundet. |S| bezeichnet die Anzahl der Elemente in S. Das Buch ist aus einer Reihe von Vorlesungen f¨ ur Mathematik- und Informatikstudenten hervorgegangen. Der Mitarbeit (und der Kritik) dieser H¨orer geb¨ uhrt daher mein erster Dank. Besonderen Dank schulde ich meinem Kollegen G. Stroth und meinen Studenten T. Biedl, A. Lawrenz und H. Mielke, die den gesamten Text durchgesehen und an vielen Stellen verbessert haben. T. Thiele hat wesentlich zur graphischen Gestaltung beigetragen. E. Greene, S. Hoemke und M. Barrett danke ich herzlich f¨ ur die kompetente Abfassung in LATEX, und dem Vieweg-Verlag f¨ ur die angenehme Zusammenarbeit. Berlin, Ostern 1993

Martin Aigner

Vorwort zur fu ¨nften Auflage In den letzten Jahren hat sich die Diskrete Mathematik als Grundlagenfach in Mathematik und Informatik etabliert. Ein mehr oder minder einheitlicher Themenkatalog ist entstanden, und die Verbindungen zu anderen Gebieten, vor allem zur theoretischen Informatik, wurden mit beidseitigem Gewinn ausgebaut. Wenn ich die vielen freundlichen Kommentare und Ratschl¨age etwas unbescheiden in Anspruch nehme, hat auch dieses Buch seit seinem Erscheinen vor genau 10 Jahren ein wenig zu dieser rundum erfreulichen Entwicklung beigetragen. ¨ Die vorliegende Auflage stellt eine grundlegende Uberarbeitung und Erweiterung dar. Zu den bisherigen Kapiteln kommen zwei neue hinzu: Eines u ¨ ber die Abz¨ ahlung von Mustern mit Symmetrien, das einen Zugang zu einem der elegantesten S¨ atze der Kombinatorik bietet, und ferner wurde das Kapitel u ¨ ber Codes erweitert und geteilt in Codierung und Kryptographie, nicht zuletzt wegen der großen Bedeutung in der aktuellen inner- und außermathematischen Diskussion. ¨ Und schließlich kommen 100 neue Ubungen hinzu, die die Leser zum Nachdenken und weiterem Studium einladen sollen. Wie schon die 1. Auflage wurde auch die vorliegende von Frau Barrett kompetent erstellt. Ihr sei herzlich gedankt, und ebenfalls Christoph Eyrich, der die Endredaktion besorgte, und Frau Schmickler-Hirzebruch vom Vieweg-Verlag f¨ ur die angenehme Zusammenarbeit. Berlin, Ostern 2003

Martin Aigner

Inhaltsverzeichnis Vorwort

v

Teil I: Abz¨ ahlung

1

1 Grundlagen 1.1 Elementare Z¨ ahlprinzipien . . . . . . . 1.2 Die fundamentalen Z¨ ahlkoeffizienten . 1.3 Permutationen . . . . . . . . . . . . . 1.4 Rekursionen . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung 1.6 Existenzaussagen . . . . . . . . . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

3 3 6 10 13 18 24 27

2 Summation 2.1 Direkte Methoden . 2.2 Differenzenrechnung 2.3 Inversion . . . . . . . 2.4 Inklusion-Exklusion . ¨ Ubungen . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

35 35 39 45 48 53

3 Erzeugende Funktionen 3.1 Definition und Beispiele . . 3.2 L¨ osung von Rekursionen . . 3.3 Erzeugende Funktionen vom ¨ Ubungen . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exponentialtyp . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

57 57 58 65 67

4 Abz¨ ahlung von Mustern 4.1 Symmetrien . . . . . . . . . 4.2 Problemstellung . . . . . . . 4.3 Muster und Zyklenindikator 4.4 Der Satz von Polya . . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

73 73 75 77 79 85

5 Asymptotische Analyse 5.1 Wachstum von Funktionen . . . . 5.2 Gr¨ oßenordnung von Rekursionen 5.3 Laufzeit von Algorithmen . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

89 89 93 96 98

Literatur zu Teil I

. . . . .

102

x

inhaltsverzeichnis

Teil II: Graphen und Algorithmen 6 Graphen 6.1 Definition und Beispiele . 6.2 Darstellung von Graphen 6.3 Wege und Kreise . . . . . 6.4 Gerichtete Graphen . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . .

103 . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

105 105 109 112 115 118

7 B¨ aume 7.1 Begriff und Charakterisierung . . . . 7.2 Breadth-First und Depth-First Suche 7.3 Minimale aufspannende B¨ aume . . . 7.4 K¨ urzeste Wege in Graphen . . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

123 123 126 128 131 133

8 Matchings und Netzwerke 8.1 Matchings in bipartiten Graphen . . . . . . . . . . . 8.2 Konstruktion von optimalen Matchings . . . . . . . 8.3 Fl¨ usse in Netzwerken . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4 Eulersche Graphen, das Traveling Salesman-Problem 8.5 Die Komplexit¨ atsklassen P und NP . . . . . . . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

137 137 141 147 153 161 163

9 Suchen und Sortieren 9.1 Suchprobleme und Entscheidungsb¨aume 9.2 Der Hauptsatz der Suchtheorie . . . . . 9.3 Sortieren von Listen . . . . . . . . . . . 9.4 Bin¨ are Suchb¨ aume . . . . . . . . . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

169 169 172 178 184 190

10 Allgemeine Optimierungsmethoden 10.1 Backtrack . . . . . . . . . . . . 10.2 Dynamisches Programmieren . 10.3 Der Greedy-Algorithmus . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

195 195 199 206 209

Literatur zu Teil II

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

212

xi

inhaltsverzeichnis Teil III: Algebraische Systeme

213

11 Boolesche Algebren 11.1 Definition und Eigenschaften . . . . . . . . . . 11.2 Aussagenlogik und Boolesche Funktionen . . . 11.3 Logische Netze . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.4 Boolesche Verb¨ ande, Ordnungen, Hypergraphen ¨ Ubungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

215 215 217 221 225 231

12 Modulare Arithmetik 12.1 Rechnen mit Kongruenzen 12.2 Endliche K¨ orper . . . . . 12.3 Lateinische Quadrate . . . 12.4 Kombinatorische Designs ¨ Ubungen . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

235 235 237 239 243 250

13 Codierung 13.1 Problemstellung . . . . . . . . . . . . . . 13.2 Quellencodierung . . . . . . . . . . . . . 13.3 Entdecken und Korrigieren von Fehlern 13.4 Lineare Codes . . . . . . . . . . . . . . . 13.5 Zyklische Codes . . . . . . . . . . . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

255 255 256 258 262 267 270

14 Kryptographie 14.1 Kryptosysteme . . . . . . . 14.2 Lineare Schieberegister . . . ¨ 14.3 Offentliche Schl¨ usselsysteme 14.4 Zero-Knowledge-Protokolle ¨ Ubungen . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

275 275 278 284 288 291

15 Lineare Optimierung 15.1 Beispiele und Definitionen . . . . . . . . . . 15.2 Dualit¨ at . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.3 Der Hauptsatz der linearen Optimierung . . 15.4 Zul¨ assige L¨ osungen und optimale L¨osungen 15.5 Der Simplexalgorithmus . . . . . . . . . . . 15.6 Ganzzahlige lineare Optimierung . . . . . . ¨ Ubungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

295 295 297 302 307 311 318 320

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

Literatur zu Teil III

323

¨ L¨ osungen zu ausgew¨ ahlten Ubungen

325

Sachwortverzeichnis

351

Teil I: Abz¨ ahlung Die Diskrete Mathematik studiert endliche Mengen, und als erstes wollen wir uns fragen, wie viele Elemente eine gegebene Menge besitzt. Zum Beispiel k¨onnen wir fragen, wie viele Paare die Menge {1, 2, 3, 4} enth¨alt. Die Antwort ist 6, wie jeder weiß – sehr aufregend ist das Ergebnis aber nicht, da wir daraus nicht erkennen, wie viele Paare {1, 2, . . . , 6} oder {1, 2, . . . , 1000} enthalten. Interessant wird die Sache erst, wenn wir die Anzahl der Paare in {1, . . . , n} f¨ ur beliebiges n bestimmen k¨ onnen. Ein typisches diskretes Abz¨ ahlproblem sieht demnach folgendermaßen aus: Gegeben sei eine unendliche Familie von endlichen Mengen Sn (wobei n eine Indexmenge I durchl¨ auft, z. B. die nat¨ urlichen Zahlen), und die Aufgabe besteht darin, die Z¨ ahlfunktion f : I → N0 , f (n) = |Sn |, n ∈ I, zu bestimmen. Meist sind die Mengen Sn durch einfache kombinatorische Bedingungen gegeben. Als erstes, mehr philosophisches Problem, stellt sich die Frage, was man unter einer Bestimmung“ von f zu verstehen hat. Am befriedigendsten ist nat¨ urlich eine ” geschlossene Formel. Ist z. B. Sn die Menge der Permutationen einer n-Menge, so haben wir f (n) = n!, und jeder wird dies als ausreichende Bestimmung akzeptieren. Leider ist in den allermeisten F¨ allen solch eine Formel nicht zu erreichen. Was macht man dann? 1. Summation. Angenommen, wir wollen nicht alle Permutationen von {1, . . . , n} abz¨ ahlen, sondern nur die fixpunktfreien, d. h. jene Permutationen, bei denen i nicht an i-ter Stelle auftritt, f¨ ur alle i. Sei Dn die Anzahl dieser Permutationen. Zum Beispiel sind 231, 312 die einzigen fixpunktfreien Permutationen f¨ ur n = 3, also ist D3 = 2. Wir werden sp¨ ater beweisen, dass Dn = n!

n  (−1)k k=0

k!

f¨ ur alle n gilt. Hier liegt also eine Summationsformel vor. 2. Rekursion. Aus kombinatorischen Erw¨agungen folgt, wie wir sehen werden, die Beziehung Dn = (n − 1)(Dn−1 + Dn−2 ) f¨ ur n ≥ 3. Aus den Anfangswerten D1 = 0, D2 = 1 folgt daraus die allgemeine Formel. Beispielsweise erhalten wir D3 = 2, D4 = 9, D5 = 44. Eine Rekursion ist manchmal einer geschlossenen Formel durchaus vorzuziehen. Die Fibonacci Zahlen Fn sind definiert durch F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2 (n ≥ 2). Sp¨ ater werden wir daraus die Formel √ √ 1− 5 n 1 1+ 5 n ) −( ) ) Fn = √ (( 2 2 5 ableiten, aber wahrscheinlich wird jeder (oder zumindest jeder Computer aufgrund √ der Irrationalit¨ at von 5) die Rekursion bevorzugen.

2

abz¨ ahlung

3. Erzeugende Funktionen. Eine Methode, die sich als besonders fruchtbar erwiesen hat, besteht darin, die Werte f (n) der Z¨ahlfunktion als Koeffizienten einer Potenzreihe aufzufassen,  F (z) = f (n)z n . n≥0

F (z) heißt dann die Erzeugende Funktion der Z¨ahlfunktion f . Fragen wir z.B. nach der Anzahl der n-Untermengen einer r-Menge f¨ ur festes r, so ist f (n) = nr (Binomialkoeffizient), und wir wissen aus dem Binomialsatz, dass  r  z n = (1 + z)r n n≥0

gilt. Wir werden sehen, wie sich daraus auf verbl¨ uffend einfache Weise Identit¨aten u ¨ ber Binomialkoeffizienten ableiten lassen. 4. Asymptotische Analyse. In sp¨ ateren Kapiteln werden wir Algorithmen f¨ ur die verschiedensten Probleme studieren. Neben der Korrektheit des Algorithmus interessiert nat¨ urlich besonders, wie schnell er ist – wir fragen also nach der Laufzeit des Algorithmus. Sehr oft ist der Algorithmus durch eine Rekursion gegeben. In Sortierproblemen wird uns beispielsweise die Rekursion f (n) =

n−1 2 f (k) + an + b n k=0

mit a > 0 begegnen. In diesem Fall ist eine L¨osung leicht zu erhalten, aber allgemein kann die Bestimmung von f (n) ¨außerst schwierig sein. Wir werden dann versuchen, f (n) durch leichter zug¨ angliche Funktionen a(n) und b(n) mit a(n) ≤ f (n) ≤ b(n) abzusch¨ atzen, und uns zufriedengeben, wenn wir das Problem asymptotisch gel¨ ost haben, das heißt eine bekannte Funktion g(n) gefunden haben (z. B. ein Polynom oder eine Exponentialfunktion), welche dieselbe Gr¨ oßenordnung wie f (n) hat.

1 1.1

Grundlagen Elementare Z¨ ahlprinzipien

Wir wollen einige fundamentale Regeln zusammenfassen, auf denen alle Abz¨ahlung basiert. Die ersten beiden Regeln (die so einsichtig sind, dass sie nicht bewiesen werden m¨ ussen) beruhen auf einer Klassifikation der Elemente der abzuz¨ahlenden Menge. Summenregel.

Sei S =

t


i=1

Si eine disjunkte Vereinigung, dann gilt |S| =

t


i=1

|Si |.

In der Anwendung tritt die Summenregel meist in folgender Gestalt auf: Wir klassifizieren die Elemente von S nach gewissen Eigenschaften Ei (i = 1, . . . , t), die sich gegenseitig ausschließen, und setzen Si = {x ∈ S : x hat Eigenschaft Ei }. Die Summenregel bildet die Grundlage f¨ ur die meisten Rekursionen. BetrachX  ten wir folgendes Beispiel: F¨ ur eine n-Menge X sei S = die Menge aller k  k-Untermengen von X, also |S| = nk . Sei a ∈ X. Wir klassifizieren die kUntermengen A, je nachdem ob a ∈ A oder a ∈ A ist, S1 = {A ∈ S : a ∈ A}, S2 = {A ∈ S : a ∈ / A}. Wir erhalten die Mengen aus S1 , indem  wir alle (k − 1)Untermengen von X
{a} mit a kombinieren, also |S1 | = n−1 k−1 , und alle Mengen   von S2 , indem wir alle k-Untermengen von X
{a} nehmen, also |S2 | = n−1 k . Nach der Summenregel erhalten wir daraus die fundamentale Rekursion f¨ ur die Binomialkoeffizienten:       n n−1 n−1 = + (n ≥ 1) . k k−1 k In Abschnitt 4 werden wir ausf¨ uhrlich auf die Binomialzahlen eingehen. Produktregel. t  |S| = |Si | .

Sei S = S1 × S2 × . . . × St ein Mengenprodukt, dann gilt

i=1

Angenommen, wir k¨ onnen auf 3 Wegen von K¨oln nach D¨ usseldorf und auf 5 Wegen von D¨ usseldorf nach M¨ unster fahren. Dann gibt es 15 = 3 · 5 Wege, um von K¨oln nach M¨ unster u usseldorf zu gelangen. ¨ ber D¨ Es ist oft n¨ utzlich, die Produktregel als Baumdiagramm zu verdeutlichen. Seien a, b, c die Wege von K¨ oln nach D¨ usseldorf und 1, 2, 3, 4, 5 die Wege von D¨ usseldorf nach M¨ unster, dann zeigt das folgende Diagramm die 15 Wege von K¨oln nach M¨ unster:

4

1

grundlagen K

a

b

c

D

D

D

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

M M M M M

M M M M M

M M M M M

Eine Folge von 0 und 1 nennen wir ein 0, 1-Wort und die Anzahl der 0’en und 1’en die L¨ ange des Wortes. Wie viele verschiedene 0, 1-W¨orter der L¨ange n gibt es? F¨ ur jede Stelle des Wortes gibt es 2 M¨ oglichkeiten, also ist die Antwort nach der Produktregel 2n . Die n¨ achsten beiden Regeln vergleichen zwei Mengen. Gleichheitsregel. |S| = |T |.

Existiert eine Bijektion zwischen zwei Mengen S und T , so gilt

Die typische Anwendung der Gleichheitsregel sieht folgendermaßen aus: Wir wollen eine Menge S abz¨ ahlen. Gelingt es uns, S bijektiv auf eine Menge T abzubilden, deren Gr¨ oße wir kennen, so k¨ onnen wir |S| = |T | schließen. Wie viele verschiedene Untermengen besitzt eine n-Menge X, z. B. X = {1, . . . , n}? Zu jeder Untermenge A betrachten wir den charakteristischen Vektor w(A) = a1 a2 . . . an von A mit ai = 1 falls i ∈ A ist, und ai = 0 falls i ∈ A ist. Jeder Vektor w(A) ist also ein 0, 1-Wort der L¨ange n, und man sieht sofort, dass die Abbildung w eine Bijektion zwischen der Menge S aller Untermengen von {1, . . . , n} und der Menge T aller 0, 1-W¨ orter der L¨ange n ergibt. Die M¨achtigkeit von T kennen wir schon, |T | = 2n , also folgt nach der Gleichheitsregel auch |S| = 2n . F¨ ur unsere letzte Regel ben¨ otigen wir ein paar Begriffe. Ein Inzidenzsystem (S, T, I) besteht aus zwei Mengen S und T und einer Relation I (genannt Inzidenz) zwischen den Elementen aus S und T . Falls eine Relation aIb zwischen a ∈ S und b ∈ T besteht, so nennen wir a und b inzident, ansonsten nicht-inzident. Ein bekanntes Beispiel liefert die Geometrie: S ist eine Punktmenge, T eine Geradenmenge, und pIg bedeutet, dass der Punkt p auf der Geraden g liegt. Regel vom zweifachen Abz¨ ahlen. Es sei (S, T, I) ein Inzidenzsystem, und f¨ ur a ∈ S bezeichne r(a) die Anzahl der zu a inzidenten Elemente aus T , und analog r(b) f¨ ur b ∈ T die Anzahl der zu b inzidenten Elemente aus S. Dann gilt   r(a) = r(b). a∈S

b∈T

Die Regel wird sofort einsichtig, wenn wir das Inzidenzsystem als Rechteckschema darstellen. Wir nummerieren die Elemente aus S und T , S = {a1 , . . . , am }, T =

1.1

elementare z¨ ahlprinzipien

5

{b1 , . . . , bn }. Nun stellen wir eine m × n-Matrix M = (mij ) auf, genannt die Inzidenzmatrix, indem wir

1 falls ai Ibj mij = 0 sonst setzen. Die Gr¨ oße r(ai ) ist dann genau die Anzahl der 1’en in der i-ten
Zeile, und analog r(bj ) die Anzahl der 1’en in der j-ten Spalte. Die Summe m i=1
r(ai ) ist somit gleich der Gesamtzahl der 1’en (zeilenweise gez¨ahlt), w¨ahrend nj=1 r(bj ) dieselbe Zahl (spaltenweise gez¨ ahlt) ergibt. Beispiel. Zur Illustration betrachten wir die Zahlen von 1 bis 8, S = T = {1, . . . , 8} und erkl¨ aren i ∈ S, j ∈ T inzident, wenn i ein Teiler von j ist, in Zeichen i|j. Die zugeh¨ orige Inzidenzmatrix hat demnach folgende Gestalt, wobei ¨ wir der Ubersichtlichkeit halber nur die 1’en eintragen: 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

Die Anzahl der 1’en in Spalte j ist genau gleich der Anzahl der Teiler von j, die wir mit t(j) bezeichnen wollen, also z. B. t(6) = 4, t(7) = 2. Wir stellen uns nun die Frage, wie viele
Teiler eine Zahl von 1 bis 8 im Durchschnitt hat, d. h. wir wollen t(8) = 81 8j=1 t(j) berechnen. In unserem Beispiel ist t(8) = 25 . Aus der Tafel erkennen wir folgende Werte: n t(n)

1 1

2

3

3 2

5 3

4 5 2 2

6

7

8

7 3

16 7

5 2

Wie groß ist nun t(n) f¨ ur beliebiges n ? Das scheint auf den ersten Blick eine hoffnungslose Angelegenheit. F¨ ur Primzahlen p gilt t(p) = 2 , w¨ahrend f¨ ur 2-er Potenzen ein großer Wert t(2k ) = k + 1 resultiert. Versuchen wir dennoch unsere Regel ahlens. Nach Spalten gez¨ahlt erhalten wir, wie gesehen,
n des zweifachen Abz¨ t(j) . Wie viele 1’en sind in der i-ten Zeile? Offenbar entsprechen die 1’en j=1 den Vielfachen von i, n¨ amlich 1 · i, 2 · i, . . . , und das letzte Vielfache ≤ n ist ⌊ ni ⌋ · i, also ist r(i) = ⌊ ni ⌋. Unsere Regel ergibt daher t(n) =

n n n n 1n 1 1  n 1 t(j) = ⌊ ⌋∼ = , n j=1 n i=1 i n i=1 i i i=1

6

1

grundlagen

¨ wobei der Fehler beim Ubergang von
⌊ ni ⌋ auf ni f¨ ur alle i kleiner als 1 ist, also n auch in der Summe. Die letzte Gr¨ oße i=1 1i wird uns noch oft begegnen, sie heißt die n-te harmonische Zahl Hn . Aus der Analysis wissen wir, dass Hn ∼ log n etwa so groß ist wie der nat¨ urliche Logarithmus, und wir erhalten das erstaunliche Ergebnis, dass die Teilerfunktion trotz aller Unregelm¨aßigkeit im Durchschnitt sich vollkommen regelm¨ aßig verh¨ alt, n¨ amlich t(n) ∼ log n.

1.2

Die fundamentalen Z¨ ahlkoeffizienten

  Einige Zahlen wie die Binomialkoffizienten nk tauchen immer wieder auf. Wir wollen die wichtigsten Zahlen nun besprechen. Am Ende des Abschnittes wird auch der Grund klar werden, warum gerade diese Zahlen in so vielen Abz¨ahlproblemen erscheinen. Die ersten Begriffe, die wir mit einer Menge assoziieren, sind Untermengen und n Partitionen. Sei N eine n-Menge,dann bezeichnet, wie wir wissen, die Ank  zahl der k-Untermengen von N ; nk heißen die Binomialkoeffizienten. Nun betrachten wir alle Mengen-Partitionen von n in k disjunkte Bl¨ocke, kurz kPartitionen, und bezeichnen deren Anzahl mit Sn,k . Die Zahlen Sn,k heißen die Stirling-Zahlen zweiter Art (warum zweiter Art hat historische Gr¨ unde und wird bald klar werden). Zum Beispiel besitzt N = {1, 2, 3, 4, 5} folgende 2-Partitionen, wobei wir die Klammern weglassen: 12345 = 1234 + 5, 1345 + 2, 124 + 35, 135 + 24, 235 + 14,

1235 + 4, 2345 + 1, 125 + 34, 145 + 23, 245 + 13,

1245 + 3, 123 + 45, 134 + 25, 234 + 15, 345 + 12,

also ist S5,2 = 15. Analog zu Mengen-Partitionen k¨ onnen wir auch Zahl-Partitionen erkl¨aren. Sei n ∈ N, dann heißt n = n1 + n2 + · · · + nk , ni ≥ 1 (∀i), eine k-Partition von n. Ihre Anzahl sei Pn,k . Da es auf die Reihenfolge der ni ’s nicht ankommt, k¨onnen wir n1 ≥ n2 ≥ . . . ≥ nk voraussetzen. F¨ ur n = 8 erhalten wir die folgenden 4-Partitionen: 8 = 5 + 1 + 1 + 1, 4 + 2 + 1 + 1, 3 + 3 + 1 + 1, 3 + 2 + 2 + 1, 2 + 2 + 2 + 2, also ist P8,4 = 5. Wir haben eben erw¨ ahnt, dass es auf die Reihenfolge der Summanden in einer Zahl-Partition nicht ankommt, wir k¨ onnen daher auch von ungeordneten ZahlPartitionen sprechen. Ebensowenig spielt bei den Untermengen oder MengenPartitionen die Reihenfolge eine Rolle. Als n¨achstes wollen wir uns nun u ¨ berlegen,

1.2

die fundamentalen z¨ ahlkoeffizienten

7

wie viele geordnete k-Untermengen oder k-Partitionen es gibt. Geordnet heißt also, dass die geordnete Untermenge {1, 2, 3} von {3, 1, 2} oder {3, 2, 1} verschieden ist, obwohl sie als gew¨ ohnliche Mengen gleich sind. Desgleichen sind die geordneten Mengen-Partitionen 123 + 45 und 45 + 123 verschieden, oder die Zahl-Partitionen 3 + 3 + 1 + 1 und 3 + 1 + 3 + 1. Um die entsprechenden Koeffizienten zu berechnen, ben¨otigen wir Permutationen. Sei N eine n-Menge, z. B. N = {1, 2, . . . , n}. Wir betrachten W¨orter der L¨ange k mit lauter verschiedenen Eintr¨ agen; wir nennen sie k-Permutationen von N . Zum Beispiel sind 1234 und 5612 zwei 4-Permutationen von N = {1, 2, . . . , 6}. Wie viele solcher k-Permutationen gibt es? F¨ ur die erste Stelle haben wir n M¨oglichkeiten. Ist das erste Element gew¨ ahlt, so haben wir n − 1 M¨oglichkeiten f¨ ur die zweite Stelle. Ist auch dieses Element gew¨ ahlt, so bleiben n − 2 M¨oglichkeiten f¨ ur die dritte Stelle, usf. Die Produktregel ergibt daher: Anzahl der k-Permutationen einer n-Menge = n(n − 1) . . . (n − k + 1). Insbesondere folgt f¨ ur k = n, dass die Anzahl der n-Permutationen, d. h. aller Permutationen von N , gleich n! = n(n − 1) . . . 2 · 1 ist. Die Gr¨ oßen n(n − 1) . . . (n − k + 1) erscheinen so h¨aufig in Abz¨ahlproblemen, dass wir ihnen einen eigenen Namen geben: n k := n(n − 1) . . . (n − k + 1) heißen die fallenden Faktoriellen (von n der L¨ ange k). Analog dazu setzen wir nk := n(n + 1) . . . (n + k − 1) und nennen nk die steigenden Faktoriellen. Zur¨ uck zu unserem Problem der Abz¨ ahlung geordneter Objekte. F¨ ur Untermengen und Mengen-Partitionen ist dies ganz einfach. Jede k-Untermenge ergibt k! geordnete k-Untermengen und jede k-Mengen-Partition ergibt k! geordnete k-MengenPartitionen, da die verschiedenen Elemente bzw. Bl¨ocke auf k! Arten permutiert werden k¨ onnen. Also erhalten wir f¨ ur die entsprechenden Anzahlen   n k! bzw. k! Sn,k . k Nun ist klar, dass die geordneten k-Untermengen nichts anderes als die k-Permu  tationen von N sind, also erhalten wir f¨ ur nk die u ¨ bliche Formel   n n(n − 1) . . . (n − k + 1) nk = = . k k! k! Die Abz¨ ahlung geordneter Zahl-Partitionen ist ein wenig subtiler, da die Summanden ja nicht verschieden zu sein brauchen, einige Permutationen daher die gleiche geordnete Partition ergeben. Zum Beispiel erhalten wir aus 3 + 1 + 1 nicht 6 = 3! verschiedene geordnete Partitionen sondern nur 3, n¨amlich 3 + 1 + 1, 1 + 3 + 1, 1 + 1 + 3. Die folgende Formel ist eine sch¨ one Illustration der Gleichheitsregel:

8

1

grundlagen

Anzahl der geordneten k-Partitionen von n ist

n−1 k−1 .

Zum Beweis konstruieren wir eine Bijektion von der Menge S aller geordneten kPartitionen von n auf die Menge T aller (k − 1)-Untermengen in {1, 2, . . . , n − 1}. aren wir f : S → T durch f (n1 +· · ·+nk ) = Sei n = n1 +n2 +· · ·+nk ∈ S, dann erkl¨ {n1 , n1 + n2 , . . . , n1 + · · · + nk−1 }. Wegen ni ≥ 1 ist 1 ≤ n1 < n1 + n2 < · · · < n1 + · · · + nk−1 ≤ n − 1, d. h. f (n1 + · · · + nk ) ∈ T . Die Umkehrabbildung ist g({a1 < a2 < . . . < ak−1 }) = a1 + (a2 − a1 ) + · · · + (ak−1 − ak−2 ) + (n − ak−1 ), und f, g sind offensichtlich invers zueinander. Den Rest besorgt die  Gleichheitsregel. Als Beispiel erhalten wir f¨ ur n = 6, k = 3 die folgenden 52 = 10 geordneten 3-Partitionen von 6: 4 + 1 + 1, 1 + 4 + 1, 1 + 1 + 4, 3 + 2 + 1, 3 + 1 + 2, 2 + 3 + 1, 2 + 1 + 3, 1 + 3 + 2, 1 + 2 + 3, 2 + 2 + 2 . Als letztes wollen wir noch den Begriff einer Multimenge einf¨ uhren. Sprechen wir von einer Menge, so setzen wir stets voraus, dass die Elemente alle verschieden sind. In einer Multimenge lassen wir diese Forderung fallen. M = {1, 1, 2, 2, 3} ist z. B. eine Multimenge u ¨ ber {1, 2, 3}, wobei 1 und 2 mit der Vielfachheit 2 auftreten, 3 mit der Vielfachheit 1. Die M¨ achtigkeit einer Multimenge ist die Anzahl der Elemente gez¨ ahlt mit ihrer Vielfachheit, in unserem Beispiel ist |M | = 5. Die folgende Formel zeigt uns die Bedeutung der steigenden Faktoriellen: Anzahl der k-Multimengen u ¨ber einer n-Menge k n(n + 1) . . . (n + k − 1) = = n . k! k! Wiederum liefert die Gleichheitsregel den Beweis. Sei S die Menge aller k-Multimengen u ¨ ber {1, 2, . . . , n} und T die Menge aller k-Untermengen von {1, 2, . . . , n+   k = nk! . F¨ k − 1}, also |T | = n+k−1 ur {a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ ak } ∈ S setzen wir k f ({a1 ≤ . . . ≤ ak }) = {a1 , a2 + 1, a3 + 2, . . . , ak + (k − 1)}. Es gilt 1 ≤ a1 < a2 + 1 < . . . < ak + (k − 1) ≤ n + (k − 1), also ist f ({a1 ≤ . . . ≤ ak }) ∈ T . Die inverse Abbildung ist g({b1 < . . . < bk }) = {b1 ≤ b2 − 1 ≤ . . . ≤ bk − (k − 1)}, und der Beweis ist fertig. Unsere fundamentalen Z¨ ahlkoeffizienten treten in ganz nat¨ urlicher Weise beim Abz¨ ahlen von Abbildungen auf. Betrachten wir die Abbildungen f : N → R, wobei |N | = n, |R| = r sein soll. Die Gesamtzahl der Abbildungen ist r n , da wir f¨ ur jedes Element r m¨ ogliche Bilder haben, so dass wir mit der Produktregel r n erhalten. Desgleichen liefert die Produktregel f¨ ur die Anzahl der injektiven Abbildungen r(r − 1) . . . (r − n + 1). Wie sieht es mit den surjektiven Abbildungen aus? Jede Abbildung f kann durch die Urbilder {f −1 (y) : y ∈ R} beschrieben werden. Zum Beispiel entspricht die Abbildung f

1.2

die fundamentalen z¨ ahlkoeffizienten

9

1

N

2

a

3

b

4

c

5

R

f

den Urbildern f −1 (a) = {1, 2, 4}, f −1 (b) = {3, 5}, f −1 (c) = ∅. Ist insbesondere f surjektiv, so bilden die Urbilder eine geordnete r-Partition von N , und umgekehrt ergibt jede solche Partition genau eine surjektive Abbildung. In Zusammenfassung haben wir also: |Abb (N, R)| = r n |Inj (N, R)| = r n

|Surj (N, R)| = r! Sn,r . Jede Abbildung f : N → R hat ein eindeutiges Bild A ⊆ R, A = {f (x) : x ∈ N }, und f ist surjektiv von N auf A. Klassifizieren wir daher die Abbildungen nach ihren Bildern, so ergibt die Summenregel  r n = |Abb (N, R)| = |Surj (N, A)| =

A⊆R r  

k=0 |A|=k

|Surj (N, A)|

r    r = k! Sn,k k

=

k=0 r 

Sn,k r k ,

k=0

und wir erhalten eine Formel, welche die Potenzen, fallenden Faktoriellen und Stirling Zahlen verkn¨ upft: (1)

n

r =

n 

Sn,k r k .

k=0

Dabei k¨ onnen wir die Summation bei n abbrechen, da es offenbar keine k-Partitionen von N mit k > n gibt, d. h. Sn,k = 0 ist f¨ ur k > n. Besonders einpr¨ agsam werden unsere Z¨ ahlkoeffizienten, wenn wir die Menge N als B¨ alle ansehen, R als F¨ acher und eine Abbildung f : N → R als Verteilung der B¨ alle in die F¨ acher. Injektiv heißt dann, dass in ein Fach h¨ochstens ein Ball kommt,

10

1

grundlagen

surjektiv, dass jedes Fach mindestens einen Ball enth¨alt. Angenommen, die B¨alle k¨ onnen nicht unterschieden werden, die F¨ acher aber schon. Wie viele Verteilungen gibt es dann? Im injektiven Fall w¨ ahlen wir jedesmal n der r F¨acher, die einen Ball enthalten (welcher ist gleichg¨ ultig, da wir die B¨alle nicht unterscheiden   k¨onnen), und erhalten somit genau die n-Untermengen von R mit der Anzahl nr . Erlauben wir beliebige Verteilungen, so ergeben sich genau die n-Multimengen von R, deren n Anzahl wir als rn! berechnet haben. Wie ist es im surjektiven Fall? Auch diese Verteilungen kennen wir schon. Das Fach i enth¨alt ni ≥ 1 B¨alle, insgesamt ist  also  n = n1 + . . . + nr eine geordnete Zahl-Partition von n, und deren Anzahl ist n−1 r−1 . Kombinieren wir alle F¨ alle, je nachdem ob die B¨alle und F¨acher unterscheidbar bzw. nicht unterscheidbar sind, so erhalten wir das folgende Diagramm, welches alle unsere fundamentalen Koeffizienten auf einen Blick ergibt: |N | = n, |R| = r

beliebig

injektiv

surjektiv

bijektiv

N unterscheidbar R unterscheidbar

rn

rn

r!Sn,r

r! = n!

N nicht unterscheidbar R unterscheidbar

rn n!

N unterscheidbar R nicht unterscheidbar N nicht unterscheidbar R nicht unterscheidbar

1.3

r 

k=1 r 

rn = n!

  r n



 n−1 r−1

1

Sn,k

0 oder 1

Sn,r

1

Pn,k

0 oder 1

Pn,r

1

k=1

Permutationen

Permutationen einer Menge, z. B. von N = {1, 2, . . . , n}, k¨onnen auf mehrere Weisen dargestellt werden. achst  1 2 Zun¨  ist eine Permutation π einfach eine bijektive ... n Abbildung π = π(1) π(2) ... π(n) . Halten wir die Ausgangsmenge in der Reihenfolge 1, 2, . . . , n fest, so k¨ onnen wir π eindeutig als Wort π = π(1) π(2) . . . π(n) schreiben. Jede Permutation π ist a ¨quivalent zu einer Menge von Zyklen. Sei zum Beispiel   123456789 π= , 583197624 dann geht 1 nach 5, 5 nach 9, 9 nach 4 und 4 nach 1. Die Elemente (1, 5, 9, 4) bilden einen Zyklus. Verfahren wir genau so mit den restlichen Elementen, so erhalten wir die Zyklendarstellung von π, π = (1, 5, 9, 4)(2, 8)(3)(6, 7). Die Anzahl der Elemente in einem Zyklus ist die L¨ ange des Zyklus. Zyklen der L¨ange 1 nennen wir Fixpunkte. Wir bemerken zwei Dinge: Zum einen kommt es bei der Zyklendarstellung nicht auf die Reihenfolge der Zyklen an, wir k¨onnten in unserem Beispiel auch π = (6, 7)(1, 5, 9, 4)(3)(2, 8) schreiben – es ist immer noch dieselbe

1.3

11

permutationen

Permutation. Zweitens k¨ onnen wir innerhalb eines Zyklus mit jedem beliebigen Element beginnen, dann ist die Reihenfolge allerdings festgelegt. Zum Beispiel ist auch (7, 6)(9, 4, 1, 5)(8, 2)(3) eine Zyklendarstellung von π. F¨ ur n = 3 erhalten wir beispielsweise die 6 Permutationen geschrieben als W¨orter 123

132

213

231

312

321

und in Zyklendarstellung (1)(2)(3) (1)(2, 3) (1, 2)(3) (1, 2, 3) (1, 3, 2) (1, 3)(2). Die Zyklendarstellung von π ergibt insbesondere eine Partition von N mit den Zyklen als Bl¨ ocken. In Analogie zu den Mengen definieren wir sn,k als die Anzahl der Permutationen von {1, . . . , n} mit k Zyklen, und nennen sn,k die StirlingZahlen erster Art. Als Beispiel haben wir sn,1 = (n − 1)!, da wir in einem Zyklus der L¨ ange n als Anfangselement 1 nehmen k¨onnen, und dann die restlichen   Elemente beliebig permutieren k¨ onnen. Ein weiteres Beispiel ist sn,n−1 = n2 , da eine Permutation mit n − 1 Zyklen   aus n − 2 Fixpunkten und einem 2-er Zyklus besteht, den wir ersichtlich auf n2 Arten w¨ ahlen k¨onnen. Nat¨ urlich folgt aus der Definition n  n! = sn,k (n ≥ 1) . k=1

F¨ ur eine Permutation π bezeichne bi (π) die Anzahl der Zyklen der L¨ange i (i = 1, . . . , n) und b(π) die Gesamtzahl der Zyklen, also n

=

b(π) =

n


i=1 n


i bi (π) bi (π) .

i=1

Der Typ der Permutation π ist der formale Ausdruck t(π) = 1b1 (π) . . . nbn (π) . In unserem obigen Beispiel haben wir t(π) = 11 22 41 . (Die Zahlen i mit bi (π) = 0 lassen wir weg.) Wir sehen sofort, dass es genau soviele m¨ ogliche Typen von Permutationen gibt wie Zahl-Partitionen von n. F¨ ur n = 5 erhalten wir beispielsweise Partition

Typ

5 4+1 3+2 3+1+1 2+2+1 2+1+1+1 1+1+1+1+1

51 11 41 21 31 12 31 11 22 13 21 15

12

1

grundlagen

Wie viele Permutationen gibt es nun zu einem gegebenen Typ 1b1 2b2 . . . nbn ? Wir schreiben die vorderhand leeren Zyklen hin (.) . . . (.) (..) . . . (..) (. . .) . . . (. . .) . . .       b1

b2

b3

und f¨ ullen die Pl¨ atze der Reihe nach mit den n! W¨ortern. Auf diese Weise erhalten wir sicherlich die Permutationen von dem angegebenen Typ. Im allgemeinen werden wir jedoch dieselbe Permutation mehrfach produzieren. Da es auf die Reihenfolge der Zyklen nicht ankommt, k¨ onnen wir die bi Zyklen der L¨ange i als ganzes permutieren, dies ergibt b1 !b2 ! . . . , bn ! Mehrfachz¨ahlungen. Schließlich k¨onnen wir das Anfangselement eines Zyklus fest angeben, also erhalten wir innerhalb der Zyklen weitere 1b1 2b2 . . . nbn
Mehrfachz¨ ahlungen (diesmal ist damit ein echtes n Produkt gemeint). Resultat: Sei i=1 ibi = n, dann gilt: Anzahl der Permutationen vom Typ 1b1 2b2 . . . nbn =

n! . b1 ! . . . bn !1b1 2b2 . . . nbn

Insbesondere ergibt dies: sn,k =



(b1 ,...,bn )

n! =



(b1 ,...,bn )

n n   n! bi = k ib = n , mit i b1 ! . . . bn !1b1 . . . nbn i=1 i=1 n  n! ibi = n . mit b1 ! . . . bn !1b1 . . . nbn i=1

F¨ ur n = 5 k¨ onnen wir unsere Liste nun erg¨ anzen: Anzahl der Permutationen 24  30 20  20 15 10 1

Stirlingzahlen s5,1 = 24 s5,2 = 50 s5,3 = 35 s5,4 = 10 s5,5 = 1

120 = 5! Permutationen werden uns noch oft begegnen, insbesondere bei Sortierproblemen. Betrachten wir eine Permutation a1 , a2 , . . . , an von {1, . . . , n} als Liste, so wollen wir diese Liste durch m¨ oglichst wenige Vertauschungen in die richtige Reihenfolge ¨ 1, 2, . . . , n bringen. Die Ubungen geben einen ersten Einblick in die dabei entstehenden Probleme.

1.4

1.4

13

rekursionen

Rekursionen

F¨ ur die Binomialkoeffizienten haben wir bereits eine befriedigende geschlossene  Formel nk = n(n−1)...(n−k+1) abgeleitet, f¨ ur die Stirling Zahlen sn,k erster Art k! eine etwas unhandliche Summenformel (die noch dazu wegen der unbekannten Anzahl der Summanden = Pn,k Schwierigkeiten bereitet). F¨ ur die Zahlen Sn,k existiert vorl¨ aufig nur die Definition. Rekursionen helfen uns hier weiter. Binomialkoeffizienten. Wir haben   nk n n(n − 1) . . . (n − k + 1) = (1) = k! k! k (2)

  n n! = k k!(n − k)!

(n ≥ k ≥ 0)

(n ≥ k ≥ 0)

insbesondere also (3)

    n n = k n−k

(n ≥ k ≥ 0) .

  Es ist n¨ utzlich, nk auch f¨ ur negative Zahlen, ja f¨ ur beliebige komplexe Zahlen  n zu erkl¨ aren, und k f¨ ur beliebige ganze Zahlen. Zuerst setzen wir 00 = 1, das ist sinnvoll, da die leere Menge ∅ genau eine 0-Untermenge, n¨amlich ∅, enth¨alt. Ebenso setzen wir n0 = n0 = 1 f¨ ur die fallenden und steigenden Faktoriellen, und 0! = 1. Der Ausdruck r k = r(r − 1) . . . (r − k + 1) oder r k = r(r + 1) . . . (r + k − 1) ist 2 f¨ ur beliebiges r ∈ C sinnvoll, z. B. (− 21 )3 = (− 21 )(− 23 )(− 25 ) = − 15 8 , (−2) = (−2)(−1) = 2. F¨ ur k! m¨ ussen wir allerdings zun¨achst k ≥ 0 voraussetzen, da die Fakult¨ atsfunktion f¨ ur k < 0 nicht ohne weiteres erkl¨art werden kann. Wir geben daher die allgemeine Definition f¨ ur r ∈ C:

(4)

Rekursion. (5)

⎧   ⎨ r = ⎩ k

r(r−1)...(r−k+1) k!

=

0

      r r−1 r−1 = + k k−1 k

rk k!

(k ≥ 0) (k < 0) .

(r ∈ C, k ∈ Z).

Die Formel folgt direkt aus (4). Wir geben noch einen zweiten Beweis, der die wichtige sogenannte Polynommethode“ verdeutlicht. F¨ ur k < 0 sind beide Seiten ” von (5) gleich 0, und f¨ ur k = 0, sind beide Seiten gleich 1. Sei also k ≥ 1. Wir

14

1

grundlagen

wissen schon, dass (5) f¨ ur alle nat¨ urlichen Zahlen r richtig ist. Ersetzen wir r durch eine Variable x, so erhalten wir       x−1 x ? x−1 = + . k−1 k k Auf den beiden Seiten stehen jeweils Polynome in x u ¨ ber C vom Grad k, und wir wissen, dass diese beiden Polynome denselben Wert f¨ ur alle nat¨ urlichen Zahlen annehmen. Nun besagt ein Satz aus der Algebra, dass Polynome vom Grad k, die an mindestens k +1 Stellen u ¨ bereinstimmen, identisch sind. Hier stimmen sie sogar f¨ ur unendlich viele Werte u ¨ berein, also gilt tats¨achlich die Polynomgleichung       x x−1 x−1 = + k k−1 k

(6)

(k ≥ 1) .

und daher ist (5) f¨ ur alle x = r ∈ C richtig. Die Polynome xk = x(x − 1) . . . (x − k + 1) bzw. xk = x(x + 1) . . . (x + k − 1) mit x0 = x0 = 1 nennen wir wieder die fallenden bzw. steigenden Faktoriellen. ¨ Ubrigens k¨ onnen wir auch aus der offensichtlichen Gleichung xk = x(x − 1)k−1 = (k + (x − k))(x − 1)k−1 = k(x − 1)k−1 + (x − 1)k−1(x − k) = k(x − 1)k−1 + (x − 1)k durch Division mit k! sofort auf (6) schließen. Die Rekursion (5) ergibt f¨ ur n, k ∈ N0 das Pascalsche Dreieck: n k 0 1 2 3 4 5 6 7 ··

0 1 2 3 4 5 1 1 1 1 2 1 1
3 3 1 1 4
6 4 1 1 5 10
10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 7 21 35 35 21

6

7

··   n k

1 7

1

  wobei die leeren Stellen jeweils 0 sind, da nk = 0 ist f¨ ur n < k . Die Geheimnisse und Sch¨ onheiten des Pascalschen Dreiecks f¨ ullen ganze B¨ande. Wir n nurn drei
n wollen Formeln festhalten. Erstens ist die Zeilensumme mit Index n, k=0 k = 2 , da wir hierbei ja genau die Untermengen einer n-Menge abz¨ a hlen. Betrachten wir nun
n   eine Spaltensumme mit Index k bis zur Zeile n, also m=0 m . F¨ u r k = 2, n=6 k 7 6 erhalten wir 35 = 3 und f¨ ur k = 1, n = 5, 15 = 2 . Allgemein gilt (7)

  n    m n+1 = k k+1 m=0

(n, k ≥ 0) .

1.4

rekursionen

15

F¨ ur n = 0 ist dies sicherlich richtig, und mit Induktion erhalten wir aus (5)            n   m m n+1 n+1 n+1 n+2 = + = + = . k k k k+1 k k+1 m=0 m=0 n+1 

Schließlich betrachten
nwir nochdie Diagonalen von links oben nach rechts unten, , wobei m die Anfangszeile und n die Endspalte also den Ausdruck k=0 m+k k bezeichnet. Im Dreieck ist die Diagonale mit m = 3, n = 3 eingezeichnet, und die  Summe ist 35 = 73 .    n   m+k m+n+1 (8) = (m, n ≥ 0) . k n k=0

¨ Der Beweis wird wiederum durch Induktion geliefert. Ubrigens gilt (8) f¨ ur beliebiges m ∈ C. Negation.     r+k−1 −r = (−1)k k k

(9)

(r ∈ C , k ∈ Z) .

Wir haben (−x)k = (−x)(−x − 1) . . . (−x − k + 1) = (−1)k x(x + 1) . . . (x + k − 1), also die allgemeine Polynomgleichung (−x)k = (−1)k xk .

(10)

Division durch k! ergibt hieraus sofort (9). Die Formel (10) heißt das Reziprozit¨ atsgesetz zwischen den fallenden und steigenden Faktoriellen. Wir k¨ onnen aus (9) sofort eine weitere erstaunliche Eigenschaft des Pascalschen Dreieckes ableiten. Betrachten wir die alternierenden Summen einer Zeile, z. B. der 7-ten Zeile. Wir erhalten 1 , 1 − 7 = −6 , 1 − 7 + 21 = 15 , −20 , 15, −6 , 1 , 0, also genau die dar¨ uberstehenden Zahlen mit wechselnden Vorzeichen. Tats¨achlich, mit (9) und (8) sehen wir         m  m  n k−n−1 n−1 m−n (−1)k = = = (−1)m . k k m m k=0

Binomialsatz.

k=0

Durch Ausmultiplizieren des linken Produktes erhalten wir n    n k n−k (x + y)n = (n ≥ 0) . x y k k=0

Insbesondere ergibt dies f¨ ur y = 1: (x + 1)n =

n    n k x . k

k=0

16

1

grundlagen

Setzen wir hier x = 1 bzw. x = −1, so resultieren die uns schon bekannten Formeln   n   n   n n k n (11) 2 = (−1) bzw. 0 = (n ≥ 1) . k k k=0

k=0

Als letztes wollen wir eine der wichtigsten Formeln u ¨ berhaupt ableiten. Vandermonde Identit¨ at.     n   x+y x y (12) = n k n−k

(n ≥ 0) .

k=0

Wir beweisen die Gleichung f¨ ur nat¨ urliche Zahlen x = r, y = s. Der Rest folgt dann mit unserer Polynommethode. Seien R und S disjunkte Mengen mit |R| = r,   |S| = s. Links steht r+s , also die Anzahl aller n-Untermengen von R + S. Wir n klassifizieren nun diese Untermengen A nach ihrem Durchschnitt |A ∩ R| = k, k = 0,. . . , n. Gilt |A ∩ R| = k, so muss |A ∩ S| = n − k sein, d. h. es gibt r s genau k n−k k-Untermengen mit |A ∩ R| = k (Produktregel). Anwendung der Summenregel liefert nun das Ergebnis. Stirling Zahlen. Betrachten wir zun¨ achst die Stirling Zahlen zweiter Art Sn,k . ¨ Ahnlich wie f¨ ur Binomialzahlen haben wir jedenfalls Sn,k = 0 f¨ ur n < k, da eine n-Menge h¨ ochstens eine n-Partition gestattet. Wir setzen zus¨atzlich S0,0 = 1 und S0,k = 0 f¨ ur k > 0, Sn,0 = 0 f¨ ur n > 0. Es gilt die folgende Rekursion: (13)

Sn,k = Sn−1,k−1 + k Sn−1,k

(n, k > 0) .

Zum Beweis verwenden wir nat¨ urlich die Summenregel. Sei N eine n-Menge. Wir klassifizieren die k-Partitionen nach einem festen Element a ∈ N . Bildet {a} f¨ ur sich einen Block, so bilden die restlichen Bl¨ ocke eine (k − 1)-Partition von N
{a}. Dies ergibt den Summanden Sn−1,k−1 . Andernfalls entfernen wir a. N
{a} ist in diesem Fall in k Bl¨ ocke zerlegt, und wir k¨ onnen a in jeden dieser k Bl¨ocke einf¨ ugen, also erhalten wir k Sn−1,k Partitionen im zweiten Fall. Unsere Rekursion ergibt das Stirling Dreieck zweiter Art: n k 0 1 2 3 4 5 6 7 .. .

0 1 0 0 0 0 0 0 0

1

2

3

4

5

6

1 1 1 1 3 1 1 7 6 1 1 15 25 10 1 1 31 90 65 15 1 1 63 301 350 140 21

7

···

Sn,k

1

1.4

17

rekursionen

  Einige spezielle Werte fallen sofort auf: Sn,1 = 1, Sn,2 = 2n−1 − 1, Sn,n−1 = n2 ,  n Sn,n = 1. Sn,n−1 = 2 ist klar, da eine (n − 1)-Partition aus einem Paar und n − 2 einzelnen Elementen besteht. Zerlegen wir N in zwei disjunkte Bl¨ocke, so sind diese beiden Mengen A, N
A komplement¨ar zueinander und A = ∅, N . Also n gilt Sn,2 = 2 2−2 = 2n−1 − 1. Nun zu den Stirling Zahlen sn,k erster Art. Wie u ¨ blich setzen wir s0,0 = 1, s0,k = 0 (k > 0), sn,0 = 0 (n > 0). Die Rekursion lautet in diesem Fall: (14)

sn,k = sn−1,k−1 + (n − 1)sn−1,k

(n, k > 0) .

Wie gewohnt klassifizieren wir die Permutationen von N mit k Zyklen nach einem Element a ∈ N . Es gibt sn−1,k−1 solcher Permutationen, die a als 1-Zyklus enthalten. Ansonsten zerf¨ allt N
{a} in k Zyklen und wir k¨onnen a vor jedes der n − 1 Elemente aus N
{a} in einen Zyklus eintragen. Die kleinen Werte des Stirling Dreiecks erster Art sehen folgendermaßen aus: n k 0 1 2 3 4 5 6 7

0 1 2 3 4 5 6 1 0 1 0 1 1 0 2 3 1 0 6 11 6 1 0 24 50 35 10 1 0 120 274 225 85 15 1 0 720 1764 1624 735 175 21

7

sn,k

1

  Einige Werte kennen wir schon: sn,1 = (n − 1)!, sn,n−1 = n2 , sn,n = 1. Zur Berechnung von sn,2 verwenden wir (14). Division durch (n − 1)! ergibt (n − 2)! (n − 1)sn−1,2 sn−1,2 1 sn,2 = + = + , (n − 1)! (n − 1)! (n − 1)! (n − 2)! n − 1

1 1 also durch Iteration sn,2 = (n − 1)!( n−1 + n−2 + . . . + 1) = (n − 1)!Hn−1 , wobei Hn−1 die uns schon bekannte (n − 1)-ste harmonische Zahl bezeichnet.

Warum heißen sn,k und Sn,k Stirling Zahlen erster und zweiter Art? Hier ist der n
ur alle r ∈ N gezeigt. Mit Sn,k r k f¨ Grund. In Abschnitt 2 haben wir r n = k=0

unserer bew¨ ahrten Polynommethode k¨ onnen wir somit auf die Polynomgleichung (15)

xn =

n 

Sn,k xk

k=0

schließen. Dr¨ ucken wir umgekehrt die fallenden Faktoriellen xn durch die Potenzen k x aus, so behaupten wir (16)

xn =

n 

(−1)n−k sn,k xk .

k=0

18

1

grundlagen

F¨ ur n = 0 ist dies offensichtlich richtig. Induktion liefert nun mit Hilfe von (14) xn

= xn−1 (x − n + 1) = = = =

n−1


n−1
k=0

(−1)n−1−k sn−1,k xk (x − n + 1)

(−1)n−1−k sn−1,k xk+1 +

k=0 n


n−1
k=0

(−1)n−k (n − 1)sn−1,k xk

(−1)n−k (sn−1,k−1 + (n − 1)sn−1,k )xk

k=0 n


(−1)n−k sn,k xk .

k=0

Dies ist der Grund f¨ ur die Bezeichnung erster und zweiter Art. Die Polynomfolgen (xn ) und (xn ) k¨ onnen eindeutig wechselweise als Linearkombination dargestellt werden, und die Verbindungskoeffizienten von xn ausgedr¨ uckt durch xk bzw. xn k ausgedr¨ uckt durch x sind (bis auf das Vorzeichen) genau die Stirling Zahlen erster bzw. zweiter Art. Sp¨ ater werden wir diesen Gedanken bei der Ableitung von allge¨ meinen Inversionsformeln aufgreifen. Ubrigens werden in der Literatur die Stirling n−k Zahlen erster Art auch durch (−1) sn,k bezeichnet, also mit wechselndem Vorzeichen.

1.5

Diskrete Wahrscheinlichkeitsrechnung

Kombinatorik und diskrete Wahrscheinlichkeitstheorie waren urspr¨ unglich fast gleichbedeutend. Eines der ersten Lehrb¨ ucher u ¨ ber Kombinatorik von Whitworth 1901 trug beispielsweise den Titel Choice and Chance“. Jeder kennt Probleme der ” Art: Gegeben eine Schachtel mit 4 weißen und 3 blauen Kugeln. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei einer Ziehung von 4 Kugeln genau 2 weiße und 2 blaue zu erhalten ? Das ist nat¨ urlich ein kombinatorisches Problem. Heute spielen auch noch ganz andere Fragen eine große Rolle. Um Nachrichten sicher u ¨ bertragen zu k¨ onnen, brauchen wir m¨ oglichst zuf¨ allige Symbolfolgen, z. B. 0, 1-Folgen. Was ist eine zuf¨ allige“ Folge? Oder wie erzeugt man eine Zufallszahl? Angenommen, wir ” wollen eine Vermutung u ¨ ber Permutationen der L¨ange n testen. Da n! ab etwa n = 20 auch f¨ ur den schnellsten Rechner außer Reichweite ist, simulieren“ wir, ” indem wir einige Permutationen zuf¨ allig“ herausgreifen; aber was ist eine Zufalls” Permutation ? Vereinfacht gesagt sind die Methoden der diskreten Wahrscheinlichkeitsrechnung Abz¨ ahlargumente, die wir auch aus der Kombinatorik ableiten k¨ onnten. Aber die Begriffe der Wahrscheinlichkeitstheorie erlauben oft einen sehr viel schnelleren und eleganteren Zugang. Die Wahrscheinlichkeitstheorie beginnt mit der Idee eines Wahrscheinlichkeitsraumes (Ω, p). Ω ist eine endliche Menge, und p ist eine Abbildung p : Ω → [0, 1], welche jedem ω ∈ Ω die Wahrscheinlichkeit p(ω), 0 ≤ p(ω) ≤ 1, zuordnet.
Schließlich verlangen wir als Normierung ω∈Ω p(ω) = 1. Das eing¨ angigste Beispiel ist das Werfen eines W¨ urfels. Hier ist Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} und p(ω) gibt die Wahrscheinlichkeit an, dass die Zahl ω geworfen wird. In einem

1.5

diskrete wahrscheinlichkeitsrechnung

19

idealen W¨ urfel ist p(ω) = 16 f¨ ur alle ω ∈ Ω. Der W¨ urfel k¨onnte aber ebenso 1 gut gezinkt“ sein, mit sagen wir, p(1) = p(4) = 14 , p(2) = p(5) = p(6) = 10 , ” 1 p(3) = 5 . Wir nennen p die (Wahrscheinlichkeits-) Verteilung auf Ω. Setzen 1 1 1 wir p0 = ( 16 , 16 , 61 , 16 , 16 , 61 ), p1 = ( 41 , 10 , 15 , 41 , 10 , 10 ), so sind also p0 , p1 zwei Verteilungen. Eine beliebige Untermenge A ⊆ Ω heißt ein Ereignis, und wir definieren p(A) =
urfelexperiω∈A p(ω). Insbesondere ist also p(∅) = 0, p(Ω) = 1. Bei unserem W¨ ment k¨ onnten wir z. B. fragen, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass eine gerade Zahl gew¨ urfelt wird, d. h. wir fragen nach der Wahrscheinlichkeit des Ereignisses 9 A = {2, 4, 6}. F¨ ur unsere beiden Verteilungen erhalten wir p0 (A) = 21 , p1 (A) = 20 , der gezinkte W¨ urfel benachteiligt“ gerade Zahlen. ” Aus der Definition folgt sofort: (1)

A ⊆ B =⇒ p(A) ≤ p(B),

(2)

p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B),

(3)

p(A) =




p(Ai ) f¨ ur eine Partition A =

i

(4) (5)

p(Ω
A) = 1 − p(A),




Ai ,


p( Ai ) ≤ p(Ai ). i

i

Formel (3) ist nat¨ urlich nichts anderes als unsere Summenregel. Sind alle Elemente 1 ω ∈ Ω gleichwahrscheinlich, p(ω) = |Ω| , so sprechen wir von einem uniformen Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, p), und nennen p die Gleichverteilung auf Ω. In uckt diesem Fall gilt also f¨ ur ein Ereignis p(A) = |A| ¨ blicherweise so ausgedr¨ |Ω| , was u wird: p(A) = Anzahl der g¨ unstigen“ F¨ alle (ω ∈ A) geteilt durch die Anzahl der ” m¨ oglichen“ F¨ alle (ω ∈ Ω). ” Ebenso gibt es eine Produktregel. Angenommen, wir werfen den W¨ urfel zweimal hintereinander und fragen nach den m¨ oglichen Ausg¨angen. Der Wahrscheinlichkeitsraum ist nun Ω2 = {1, . . . , 6}2 und p(ω, ω ′ ) ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim erstenmal ω und beim zweitenmal ω ′ gew¨ urfelt wird. Wir sagen, die W¨ urfe sind unabh¨ angig, falls p(ω, ω ′ ) = p(ω) p(ω ′ ) f¨ ur alle (ω, ω ′ ) ∈ Ω2 ist. F¨ ur das Ereignis (A, B) gilt dann     p(ω) p(ω ′ ) = p(ω, ω ′ ) = p(A, B) = p(ω) p(ω ′ ) = p(A) p(B). (ω,ω ′ )

ω∈A

(ω,ω ′ )∈A×B

ω ′ ∈B

Allgemein erhalten wir die folgende zur Produktregel entsprechende Aussage: Sind (Ω1 , p1 ), . . . , (Ωm , pm ) unabh¨ angig, so gilt f¨ ur die Verteilung p auf Ω1 × . . . × Ωm und A1 ⊆ Ω1 , . . . , Am ⊆ Ωm (6)

p(A1 , . . . , Am ) =

m 

i=1

pi (Ai ) .

20

1

grundlagen

Beispielsweise ist die Wahrscheinlichkeit, beim ersten Mal eine gerade Zahl A und beim zweiten Mal eine ungerade Zahl B zu w¨ urfeln, f¨ ur unsere Verteilungen p0 , p1 p00 = p0 (A) p0 (B) = p11 = p1 (A) p1 (B) =

1 1 1 2 · 2 = 4 11 99 9 20 · 20 = 400

.

Nehmen wir zuerst den fairen W¨ urfel und beim zweiten Mal den gezinkten W¨ urfel, so erhalten wir 11 1 11 = . p01 = p0 (A) p1 (B) = · 2 20 40 Wirklich interessant wird die Wahrscheinlichkeitstheorie, wenn wir den Elementen oder Ereignissen Werte zuteilen und nach der Verteilung der Werte fragen. Eine Zufallsvariable X ist eine Abbildung X : Ω → R. Zum Beispiel k¨onnen wir beim zweimaligen W¨ urfeln nach der Summe der Augen fragen, also ist X : {1, . . . , 6}2 → T = {2, 3, . . . , 12}. Eigentlich ist X eine Funktion, doch ist der Name Zufallsvariable allgemein gebr¨ auchlich. Mittels X k¨onnen wir nun auf dem Bild T ⊆ R eine Verteilung definieren:  p(ω) (x ∈ T ) . pX (x) = p(X = x) := X(ω)=x




Es gilt x∈T pX (x) = x X(ω)=x p(ω) = 1, also ist pX tats¨achlich eine Verteilung auf T , die von X induzierte Verteilung. Die Gr¨oße pX (x) gibt also genau die Wahrscheinlichkeit an, dass die Zufallsvariable unter dem gegebenen Experiment den Wert x annimmt. Wenn wir Probleme betrachten, die nur die Zufallsvariable X betreffen, so k¨ onnen wir mit dem im allgemeinen viel kleineren Raum (T, pX ) arbeiten, anstelle des zugrundeliegenden Raumes (Ω, p).

Sehen wir uns die induzierten Verteilungen p00 (X = x) und p11 (X = x) f¨ ur unsere beiden W¨ urfel an: s p00 (X = s) p11 (X = s)

2 1 36 1 400

3

4

5

6

7

8

9

10 11

(1 2 3 4 5 6 5 4 3 ( 25 20 44 66 56 68 49 36 24

2 8

12 1) 4)

Haben wir zwei Zufallsvariablen X : Ω → T , Y : Ω → U mit den induzierten Verteilungen pX und pY , so ist die gemeinsame Verteilung auf T × U durch  p(ω) p(x, y) = p(X = x ∧ Y = y) = X(ω)=x, Y (ω)=y

erkl¨ art. Wir nennen X und Y unabh¨ angig, falls (7)

p(x, y) = pX (x) pY (y)

f¨ ur alle

(x, y) ∈ T × U

gilt.

Es ist unmittelbar klar, wie diese Begriffe auf m Zufallsvariablen zu u ¨ bertragen angig, falls sind. X1 , . . . , Xm heißen unabh¨ p(X1 = x1 ∧ . . . ∧ Xm = xm ) =

m 

i=1

p(Xi = xi )

f¨ ur alle (x1 , . . . , xm ) gilt.

1.5

diskrete wahrscheinlichkeitsrechnung

21

Das zweimalige Werfen eines W¨ urfels mit X1 die erste Augenzahl und X2 die zweite ergibt unabh¨ angige Variablen. Ist X1 die Summe der Augenzahlen zweier W¨ urfe und X2 das Produkt, so werden wir aber keineswegs Unabh¨angigkeit erwarten k¨ onnen, und tats¨ achlich erhalten wir schon f¨ ur den kleinsten Fall x1 = 2, x2 = 1, 1 1 , p00 (X2 = 1) = 36 , aber p00 (X1 = 2) = 36 p00 (X1 = 2 ∧ X2 = 1) =

1 1 > p00 (X1 = 2) p00 (X2 = 1) = 2 . 36 36

Um das Verhalten einer Zufallsvariablen X : Ω → T zu studieren, bedient man sich gewisser Maßzahlen. Die wichtigsten davon sind der Erwartungswert EX und die Varianz V X. Der Erwartungswert sagt uns, welchen Wert die Zufallsvariable im Durchschnitt annimmt. Wir setzen  (8) EX := p(ω) X(ω) . ω∈Ω


Ist (Ω, p) uniform, |Ω| = n, so ist EX = n1 ω∈Ω X(ω) also nichts anderes als der u ¨ bliche Durchschnittswert. Mittels der induzierten Verteilung pX auf T erhalten wir  (9) EX = pX (x) x , x∈T

da offenbar




ω∈Ω

p(ω) X(ω) =




x∈T




ω:X(ω)=x

p(ω)x =




x∈T

pX (x)x gilt.

F¨ ur unsere beiden W¨ urfel ist der Erwartungswert der Augensumme zweier W¨ urfe 1 einmal 36 (1·2+2·3+· · ·+1·12) = 7 und f¨ ur den gezinkten W¨ urfel 6,3. Schon dieses kleine Beispiel zeigt, dass wir einige Regeln brauchen, um EX effektiv berechnen zu k¨ onnen. Sind X, Y zwei Zufallsvariablen auf Ω, so auch die Summe X + Y auf Ω, und nach (8) erhalten wir sofort  p(ω) (X(ω) + Y (ω)) = EX + EY . (10) E(X + Y ) = ω∈Ω

Ebenso gilt E(αX) = αEX und E(α) = α f¨ ur eine Konstante α. Der Erwartungswert ist also eine lineare Funktion: (11)

E(α1 X1 + . . . + αm Xm ) =

m 

αi EXi .

i=1

F¨ ur unser W¨ urfelexperiment k¨ onnen wir somit sagen: Der Erwartungswert der Summe zweier W¨ urfe ist gleich der Summe der Erwartungswerte der einzelnen

22

1

grundlagen

W¨ urfe. Ist zum Beispiel X1 die Augenzahl des ersten Wurfes und X2 des zweiten Wurfes, so gilt EX1 = EX2 = 27 f¨ ur den fairen W¨ urfel und EX1 = EX2 = 3, 15 f¨ ur den gezinkten W¨ urfel. F¨ ur die Summe X = X1 + X2 erhalten wir demnach EX = EX1 + EX2 = 7 bzw. 6, 3. Das Produkt zweier Zufallsvariablen ist nicht so leicht zu behandeln, jedoch haben wir die bequeme Formel (12)

E(XY ) = (EX)(EY )

falls X, Y unabh¨angig sind.

Zum Beweis benutzen wir (7) und (9). F¨ ur X : Ω → T , Y : Ω → U gilt E(XY ) =



p(ω) X(ω) Y (ω) =

ω∈Ω

=





(x,y)∈T ×U

pX (x) pY (y) xy =



x∈T

(x,y)∈T ×U

p(X = x ∧ Y = y) · x y

pX (x)x ·



pY (y)y

y∈U

= (EX)(EY ) . Die n¨ achste wichtige Maßzahl ist die Varianz einer Zufallsvariablen. Angenommen, wir ziehen 5 Lose {L1 , . . . , L5 } mit der gleichen Wahrscheinlichkeit 15 . Beim ersten Mal bekommen wir die Auszahlungen X : 0, 2, 5, 8, 85 je nach Los, und beim zweitenmal Y : 18, 19, 20, 21, 22. Der Erwartungswert ist jedesmal derselbe EX = EY = 20, und doch unterscheiden sich die beiden Auszahlungen erheblich. In der Auszahlung Y gruppieren sich die Zahlungen eng um den Mittelwert EY , w¨ahrend sie bei X weit auseinanderliegen. Genau dieses Auseinanderliegen“ wird durch die ” Varianz gemessen. Die Varianz V X ist definiert durch (13)

V X = E((X − EX)2 ) .

Schreiben wir wie u ¨ blich EX = µ, so ist (X − µ)2 wieder eine Zufallsvariable, die den quadratischen Abstand von X zu µ misst, und die Varianz gibt an, wie groß dieser erwartete Abstand ist. Mittels (11) erhalten wir VX

= E((X − µ)2 ) = E(X 2 − 2µX + µ2 ) = E(X 2 ) − 2µ EX + E(µ2 )

= E(X 2 ) − 2(EX)2 + (EX)2 , also (14)

V X = E(X 2 ) − (EX)2 .

Sind X und Y unabh¨ angige Zufallsvariablen, so folgt laut (11) und (12)

1.5

diskrete wahrscheinlichkeitsrechnung

23

V (X + Y ) = E((X + Y )2 ) − (E(X + Y ))2 = E(X 2 ) + 2E(XY ) +

E(Y 2 ) − (EX)2 − 2(EX)(EY ) − (EY )2 = V X + V Y .

F¨ ur zwei unabh¨ angige Variablen gilt also: Varianz der Summe ist gleich Summe der Varianzen. Was ergeben nun unsere beiden Lottoziehungen? Im Fall X erhalten wir V X = 1 2 2 2 2 2 2 5 (0 + 2 + 5 + 8 + 85 ) − 20 = 1063, 6 bzw. V Y = 2. Die Standardabweichung √ V X ist im ersten Fall 32,6 und im zweiten Fall 1,41. Die erste Ziehung wird also von einem Hasardeur bevorzugt werden, die zweite von einem, der auf Nummer sicher gehen will. ¨ Nach all diesen theoretischen Uberlegungen ist es Zeit f¨ ur ein Beispiel. Angenommen, wir ziehen zuf¨ allig eine Permutation π der L¨ange n. Wie viele Fixpunkte wird π haben? Der zugrundeliegende Wahrscheinlichkeitsraum ist die Menge Ω 1 aller n! Permutationen, alle mit der Wahrscheinlichkeit n! . Die uns interessierende Zufallsvariable ist F (π) = Anzahl der Fixpunkte von π , und wir fragen nach dem Erwartungswert EF . Zun¨ achst scheint dies ziemlich hoffnungslos, da wir noch keine Formel f¨ ur die Anzahl der Permutationen mit k Fixpunkten haben. Die Theorie hilft uns hier weiter. Es sei Fi : Ω → {0, 1} die Zufallsvariable mit Fi (π) = 1 oder 0, je nachdem ob π an der i-ten Stelle einen Fixpunkt hat oder nicht. Offensichtlich nimmt Fi den 1 Wert 1 f¨ ur (n − 1)! Permutationen an, und wir erhalten EFi = n! (n − 1)! = n1 f¨ ur alle i. Da ebenso offensichtlich F = F1 + . . . + Fn ist, schließen wir aus (11) E(F ) =

n 

E(Fi ) = 1 ,

i=1

d. h. im Durchschnitt k¨ onnen wir genau einen Fixpunkt erwarten. Die Varianz ist nicht unmittelbar klar, da die Variablen Fi nat¨ urlich nicht unabh¨angig sind. Wir haben E(F 2 )

= E(( =

n


i=1

n


Fi )2 ) = E(

i=1

E(Fi2 ) + 2

n
n


Fi Fj ) =

i=1 j=1




E(Fi Fj ) .

n
n


E(Fi Fj )

i=1 j=1

1≤i<j≤n

Nun gilt Fi2 = Fi , da Fi = 1 oder 0 ist, und daher E(Fi2 ) = E(Fi ) = n1 . Weiter
1 haben wir E(Fi Fj ) = {p(π) : π hat Fixpunkte bei i und j} = (n−2)! = n(n−1) . n!   n 2 2 Daraus folgt E(F ) = 1 + 2 n(n−1) = 2, und daher V F = E(F 2 ) − (EF )2 = 2 − 1 = 1.

Unser Ergebnis wird u uckt: Eine Permutation hat im ¨ blicherweise so ausgedr¨ Durchschnitt 1 ± 1 Fixpunkte.

24

1.6

1

grundlagen

Existenzaussagen

Bei den allermeisten Problemen werden wir die genaue Anzahl von vorgegebenen Objekten nicht bestimmen k¨ onnen. Wir m¨ ussen uns dann mit Absch¨ atzungen und Aussagen u oßenordnung zufriedengeben – mehr dar¨ uber in Kapitel 5. ¨ ber die Gr¨ Einen ganz anderen Charakter erh¨ alt das Problem, wenn wir uns die Frage stellen, ob u ¨berhaupt ein Objekt mit den angegebenen Bedingungen existiert. Eine Antwort erhalten wir, wenn es uns gelingt, ein solches Objekt direkt zu konstruieren, oder umgekehrt die Nichtexistenz zu beweisen. Wir konzentrieren uns hier auf den Existenzaspekt. Alle m¨ oglichen Objekte durchzuprobieren, um zu sehen, ob eines den Bedingungen gen¨ ugt, wird meist zu aufwendig sein. Gesucht ist also eine Aussage, die es uns erlaubt, die Existenz zu behaupten, ohne alle Objekte durchzugehen, ja ohne das gesuchte Objekt u ¨ berhaupt zu kennen. Ein Beispiel m¨ oge dies erl¨ autern. Es seien a1 , a2 , . . . , an ganze Zahlen, die nicht verschieden zu sein brauchen. Existiert dann eine Teilmenge der Zahlen, deren Summe ein Vielfaches von n ist? Da es 2n Teilsummen gibt, ist Durchprobieren f¨ ur großes n unm¨ oglich. K¨ onnen wir trotzdem die Existenz einer solchen Summe behaupten? F¨ ur kleine Zahlen n = 2, 3, 4 oder 5 kann man ohne weiteres nachpr¨ ufen, dass so eine Teilsumme stets existiert. Aber stimmt dies auch f¨ ur beliebiges n? Die einfachste, aber sehr anwendungsreiche, Methode ist das Schubfachprinzip (im Englischen pigeonhole principle, also Taubenschlagprinzip, genannt). Schubfachprinzip. (1) Verteilt man n Elemente auf r F¨ acher, n > r, so existiert ein Fach, das mindestens zwei Elemente enth¨ alt. V¨ ollig klar, da ist nichts zu beweisen. In der Sprache der Abbildungen lautet das Prinzip: Sind N und R zwei Mengen mit |N | = n > r = |R| und f eine Abbildung von N nach R, so existiert ein a ∈ R mit |f −1 (a)| ≥ 2. Wir k¨onnen (1) sofort versch¨ arfen: (2) Sei f : N → R mit |N | = n > r = |R|, so existiert ein a ∈ R mit |f −1 (a)| ≥ ⌊ n−1 r ⌋ + 1.
ur alle a ∈ R, so h¨atten wir n = a∈R |f −1 (a)| ≤ W¨ are n¨ amlich |f −1 (a)| ≤ ⌊ n−1 r ⌋ f¨ r⌊ n−1 r ⌋ < n, was nicht geht. Mit dem Schubfachprinzip k¨ onnen wir m¨ uhelos unser
Zahlenproblem l¨osen. Wir zeigen sogar mehr, n¨ amlich dass unter den Summen ℓi=k+1 ai aufeinanderfolgender Zahlen ak+1 , ak+2 , . . . , aℓ bereits ein Vielfaches von n vorkommt. Wir setzen N = {0, a1 , a1 + a2 , a1 + a2 + a3 , . . . , a1 + a2 + · · · + an }. Teilen wir eine beliebige ganze Zahl m durch n, so erhalten wir als Rest 0, 1, . . . oder n − 1. Wir schreiben R = {0, 1, 2, . . . , n − 1} und erkl¨ aren f : N → R, indem wir f (m) gleich dem Rest bei Division durch n setzen. Da |N | = n + 1 > n = |R| ist, folgt aus (1), dass es zwei Summen a1 +. . .+ak , a1 +. . .+aℓ , k < ℓ, gibt, die denselben Rest bei Division

1.6

existenzaussagen

25

durch n ergeben (wobei eine der beiden Summen die leere Summe sein k¨onnte, die
ℓ
ℓ
k wir mit 0 bezeichnet haben). Also hat i=k+1 ai = i=1 ai − i=1 ai den Rest 0, und ist somit ein Vielfaches von n. Wir bemerken noch, dass die Anzahl n der Summanden kleinstm¨ oglich ist, da wir nur a1 = a2 = . . . = an−1 = 1 zu setzen brauchen. Eine weitere sch¨ one Anwendung des Schubfachprinzips ist folgendes Beispiel. Sei a1 , . . . , an2 +1 eine Folge von n2 + 1 verschiedenen reellen Zahlen. Dann gibt es entweder eine monoton steigende Unterfolge ak1 < ak2 < . . . < akn+1 (k1 < . . . < kn+1 ) von n + 1 Zahlen oder eine monoton fallende Unterfolge aℓ1 > aℓ2 > . . . > aℓn+1 von n + 1 Zahlen. Hier bedarf es schon einigen Geschickes, das Schubfachprinzip anzuwenden. Zu ai assoziieren wir die Zahl ti , welche die L¨ange einer l¨angsten monoton steigenden Unterfolge mit Anfangsglied ai angibt; ti ist also eine Zahl zwischen 1 und n2 + 1. Gilt ti ≥ n + 1 f¨ ur ein i, so haben wir eine gesuchte ansteigende Folge gefunden. Nehmen wir also an, ti ≤ n f¨ ur alle i. Die Abbildung f : ai → ti 2 zeigt uns laut (2), dass es ein s ∈ {1, . . . , n} gibt, so dass ⌊ nn ⌋ + 1 = n + 1 Zahlen aℓ1 , aℓ2 , . . . , aℓn+1 (ℓ1 < ℓ2 < . . . < ℓn+1 ) alle die maximale L¨ange s mit Anfangsglied aℓi haben. Betrachten wir zwei aufeinanderfolgende Glieder aℓi , aℓi+1 dieser Teilfolge. W¨ are aℓi < aℓi+1 , so g¨ abe es eine ansteigende Unterfolge aℓi+1 < . . . der L¨ ange s und damit eine der L¨ ange s + 1 mit Anfangsglied aℓi , im Widerspruch zu f (aℓi ) = s. Die aℓi erf¨ ullen also aℓ1 > aℓ2 > . . . > aℓn+1 , und wir haben unsere gew¨ unschte absteigende Folge erhalten. Der Leser kann sich m¨ uhelos u ¨ berlegen, dass die Aussage f¨ ur n2 Zahlen nicht mehr richtig ist, n2 +1 also wieder bestm¨oglich ist. Der Satz von Ramsey. Eine weitreichende Verallgemeinerung des Schubfachprinzips wurde von dem Logiker Ramsey gefunden. Sehen wir uns nochmals das Schubfachprinzip an. Es ist vorteilhaft, die r F¨acher als Farben zu interpretieren. Eine Abbildung f : N −→ R ist also eine F¨arbung von N , und das Prinzip besagt: Wenn mehr Elemente als Farben vorliegen, so m¨ ussen bei jeder F¨arbung mindestens zwei Elemente dieselbe Farbe erhalten. Wir k¨ onnen dies noch genauer spezifizieren. Es seien nat¨ urliche Zahlen ℓ1 , . . . , ℓr gegeben, und eine n-Menge N mit n ≥ ℓ1 + . . . + ℓr − r + 1. Dann muss es bei jeder F¨ arbung von N eine Farbe i geben, so dass ℓi Elemente mit der Farbe i gef¨arbt sind. Wir nennen dies die Ramsey-Eigenschaft f¨ ur (ℓ1 , . . . , ℓr ). Der urspr¨ ungliche Fall (1) bezieht sich also auf ℓ1 = . . . = ℓr = 2. Hat eine n-Menge die Ramsey-Eigenschaft, so nat¨ urlich auch jede gr¨oßere Menge. Es interessiert uns daher das kleinste solche n und dies ist offenbar genau

ℓ1 + · · · + ℓr − r + 1, da f¨ ur m = ri=1 ℓi − r = ri=1 (ℓi − 1) ja die F¨arbung vorliegen k¨ onnte, in der f¨ ur jedes i genau ℓi − 1 Elemente mit i gef¨arbt sind. Der Satz von Ramsey besagt nun, dass ein analoges Ergebnis f¨ ur F¨arbungen von h-Mengen gilt (h = 1 ist das Schubfachprinzip). Wir wollen dies nur f¨ ur h = 2, also Paare, ¨ zeigen und f¨ ur zwei Farben. Der allgemeine Fall folgt dann leicht (siehe Ubung 54). (3) Es seien k und ℓ nat¨ urliche Zahlen ≥ 2. Dann gibt es eine kleinste Zahl R(k, ℓ), genannt die Ramsey Zahl, so dass folgendes gilt: Ist N eine n-Menge mit

26

1

grundlagen

n ≥ R(k, ℓ) und f¨ arben wir alle Paare aus N beliebig mit rot oder blau, dann gibt es entweder eine k-Menge in N , deren Paare alle rot gef¨ arbt sind oder eine ℓ-Menge, deren Paare alle blau gef¨ arbt sind. Offenbar gilt R(k, 2) = k, da in einer k-Menge entweder alle Paare rot gef¨arbt sind oder ein Paar blau gef¨ arbt ist (ℓ = 2). Analog haben wir R(2, ℓ) = ℓ. Nun verwenden wir Induktion nach k+ℓ. Wir nehmen an, dass R(k−1, ℓ) und R(k, ℓ−1) existieren und zeigen R(k, ℓ) ≤ R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1) . Es sei also die Menge N mit |N | = n = R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1) gegeben, deren Paare beliebig mit rot oder blau gef¨ arbt sind. Sei a ∈ N , dann zerf¨allt N
a in R ∪ B, wobei x ∈ R ist, falls {a, x} rot gef¨arbt ist bzw. y ∈ B, falls {a, y} blau gef¨ arbt ist. Da |R| + |B| = R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1) − 1

ist, so muss entweder |R| ≥ R(k − 1, ℓ) sein oder |B| ≥ R(k, ℓ − 1). Nehmen wir den ersten Fall an (der zweite geht analog). Nach Induktion gibt es in R entweder k − 1 Elemente, deren Paare alle rot gef¨ arbt sind, dann haben wir zusammen mit a unsere gesuchte k-Menge. Oder es gibt eine ℓ-Menge, deren Paare alle blau gef¨arbt sind, und wir sind wieder fertig. Aus der Pascal“-Rekursion R(k, ℓ) ≤ R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1) und den Anfangs” bedingungen erkennen wir sofort   k+ℓ−2 R(k, ℓ) ≤ . k−1  Zum Beispiel erhalten wir f¨ ur den ersten interessanten Fall R(3, 3) ≤ 42 = 6, und 6 ist auch der genaue Wert (warum?). Mit der folgenden Interpretation wird der Satz von Ramsey in vielen B¨ uchern u ¨ ber mathematische Puzzles erw¨ ahnt. N ist eine Menge von Personen, ein rotes Paar bedeutet, dass sich die beiden kennen, und ein blaues, dass sie sich nicht kennen. Die Ramsey-Zahl R(3, 3) = 6 besagt somit: In jeder Gruppe von 6 Personen gibt es immer drei, die untereinander bekannt sind, oder drei, die sich gegenseitig nicht kennen. Eine ganz andere außerordentlich n¨ utzliche Methode ist wahrscheinlichkeitstheoretischer Natur. Wir definieren auf unseren Objekten einen Wahrscheinlichkeitsraum und zeigen, dass die Wahrscheinlichkeit f¨ ur ein Objekt, die gegebenen Bedingungen zu erf¨ ullen, gr¨oßer als 0 ist. Dann muss es ein solches Objekt geben. Als Illustration betrachten wir folgendes F¨arbungsproblem, das auf den ber¨ uhmten ungarischen Mathematiker Paul Erd˝ os zur¨ uckgeht. Es sei F eine Familie von d-Mengen, d ≥ 2, aus einer Grundmenge X. Wir sagen, dass F 2-f¨ arbbar ist, falls es eine F¨ arbung der Elemente von X mit zwei Farben gibt, so dass in jeder Menge A ∈ F beide Farben auftreten.

¨bungen u

27

Es ist klar, dass man nicht jede Familie F so f¨arben kann. Ist zum Beispiel F die Familie aller d-Untermengen einer (2d−1)-Menge, so muss es (nach dem Schubfachprinzip) eine gleichgef¨ arbte d-Menge geben. Andererseits ist aber auch klar, dass jede Teilfamilie einer 2-f¨ arbbaren Familie selber 2-f¨arbbar ist. Wir interessieren uns also f¨ ur die kleinste Zahl m = m(d), f¨ ur die es eine Familie F mit  |F|  =m gibt, welche nicht 2-f¨ arbbar ist. Das obige Beispiel zeigt also m(d) ≤ 2d−1 . Wie d ist es mit einer unteren Schranke f¨ ur m(d)? (4) Wir haben m(d) > 2d−1 , das heißt: Jede Familie mit h¨ ochstens 2d−1 d-Mengen ist 2-f¨ arbbar. Sei F mit |F| ≤ 2d−1 gegeben. Wir f¨ arben X zuf¨allig mit 2 Farben, wobei alle F¨ arbungen gleich wahrscheinlich sind. F¨ ur A ∈ F sei EA das Ereignis, dass die Elemente von A alle dieselbe Farbe erhalten. Da es genau zwei solche F¨arbungen auf A gibt, erhalten wir 1 2 p(EA ) = d = d−1 . 2 2 Also gilt mit |F| ≤ 2d−1 (wobei die Ereignisse nicht disjunkt sind) p(



EA ) <

A∈F





A∈F

p(EA ) = m

1 ≤ 1. 2d−1

A∈F EA ist nun das Ereignis, dass irgendeine Menge aus F einfarbig ist, und wir schließen wegen p( A∈F EA ) < 1, dass es eine 2-F¨arbung von S ohne einfarbige Mengen geben muss – und genau das wollten wir zeigen. Eine obere Schranke f¨ ur m(d) von der Gr¨oßenordnung d2 2d ist ebenfalls bekannt, wobei diesmal zuf¨ allige Mengen und eine feste F¨arbung verwendet werden. An exakten Werten kennt man nur die ersten beiden: m(2) = 3 und m(3) = 7.

¨ Ubungen zu Kapitel 1 1 Angenommen, Dekan B. setzt fest, dass jeder Student genau 4 der 7 angebotenen Vorlesungen belegen muss. Die Dozenten geben die jeweiligen H¨ orerzahlen mit 51, 30, 30, 20, 25, 12 und 18 an. Welcher Schluss kann daraus gezogen werden? 2 Es sind n paarweise disjunkte Mengen Si gegeben. Die erste habe a1 Elemente, die ochstens ein Element aus jedem zweite a2 , usf. Zeige, dass die Anzahl der Mengen, die h¨ Si enthalten, gleich (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (an + 1) ist. Wende das Ergebnis auf folgendes a1 a2 zahlentheoretische  Problem an: Sei n = p1 p2 . . . die Primzerlegung von n. Dann hat n genau t(n) = (ai + 1) Teiler. Folgere daraus, dass n genau dann eine Quadratzahl ist, wenn t(n) ungerade ist. ⊲ 3 Es sei N = {1, 2, . . . , 100} und A eine Untermenge von N mit |A| = 55. Zeige, dass A zwei Zahlen a und b enth¨ alt mit a − b = 9. Gilt dies auch f¨ ur |A| = 54? 4 Nummeriere die 12 Kanten eines W¨ urfels so mit den Zahlen 1 bis 12, dass die Summe der drei Kanten an jeder Ecke dieselbe ist.

28

1

grundlagen

⊲ 5 Im Parlament eines Landes gibt es 151 Sitze und drei Parteien. Wie viele M¨ oglichkeiten (i, j, k) der Sitzverteilung gibt es, so dass keine Partei eine absolute Mehrheit hat? 6 Wie viele verschiedene W¨ orter kann man durch Permutation der Buchstaben aus ABRAKADABRA bilden? 7 Zeige, dass 1! + 2! + . . . + n! f¨ ur n > 3 niemals eine Quadratzahl ist.   8 Zeige, dass f¨ ur die Binomialkoeffizienten nk gilt:           n n n n n < < ... < = > ... > , 0 1 ⌊n/2⌋ ⌈n/2⌉ n wobei f¨ ur gerades n die beiden mittleren Koeffizienten zusammenfallen. ⊲ 9 Zeige ein analoges Resultat f¨ ur die Stirling Zahlen zweiter Art. Zu jedem n ≥ 1 gibt es ein M (n), so dass gilt: Sn,0 < Sn,1 < . . . < Sn,M (n) > Sn,M (n)+1 > . . . > Sn,n oder Sn,0 < Sn,1 < . . . < Sn,M (n)−1 = Sn,M (n) > . . . > Sn,n , wobei M (n) = M (n − 1) oder M (n) = M (n − 1) + 1 ist. Dasselbe Resultat gilt auch f¨ ur sn,k . Hinweis: Verwende die Rekursionen f¨ ur Sn,k und schließe mit Induktion.
ak k! mit 0 ≤ ⊲ 10 Zeige, dass jede nat¨ urliche Zahl n eine eindeutige Darstellung n = k≥0 ak ≤ k besitzt. 11 Leite folgende Rekursion f¨ ur die Partitionszahlen Pn,k ab: Pn,1 = Pn,n = 1 und Pn,k = Pn−k,1 + Pn−k,2 + . . . + Pn−k,k . ˜ ˜ 12
nDie Bellzahl ˜Bn ist die Anzahl aller Mengen-Partitionen einer n-Menge, also Bn = k=0 Sn,k mit B0 = 1. Zeige:   n  n ˜ ˜ Bn+1 = Bk . k k=0

⊲ 13 Sei fn,k die Anzahl der k-Untermengen von {1, . . . , n}, welche kein Paar aufeinanderfolgender Zahlen enthalten. Zeige:    n−k+1 fn,k = Fn+2 , , b. a. fn,k = k k

wobei Fn die n-te Fibonacci Zahl ist (d. h. F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2 (n ≥ 2)).

14 Zeige, dass die Summe der Binomialzahlen im Pascalschen Dreieck in einer Diagonale von rechts oben nach links unten stets die Fibonacci Zahl Fn+k+1 ist. Beispiel: Das Startelement n = 4, k = 3 ergibt 4 + 10 + 6 + 1 = 21 = F8 . m    n      
n−k n ab. = 2m m und leite daraus 15 Zeige nr kr = nk n−k k m−k r−k k=0

⊲ 16 Ein u ¨ bliches Kartenpaket mit 52 Karten wird gut gemischt. Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass sowohl die oberste wie die unterste Karte eine Dame ist (alle 52! Permutationen gleichwahrscheinlich)? 17 Beim Lotto werden sechs Zahlen aus {1, 2, . . . , 49} ausgew¨ ahlt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die gezogene Menge 2 Zahlen mit Differenz 1 enth¨ alt? 18 Die Zufallsvariable X nehme nur die Werte 0 und 1 an. Zeige V X = EX · E(1 − X).

¨bungen u

29

⊲ 19 Zeige, dass in jeder Menge von n + 1 Zahlen aus {1, 2, . . . , 2n} es immer ein Paar von Zahlen gibt, die relativ prim zueinander sind, und immer ein Paar, in dem die eine Zahl ein Teiler der anderen ist. Gilt dies auch f¨ ur n Zahlen? 20 Konstruiere eine Folge von n2 verschiedenen Zahlen, die weder eine monoton steigende noch eine monoton fallende Unterfolge der L¨ ange n + 1 enth¨ alt. ⊲ 21 Die Eulersche ϕ-Funktion ist ϕ(n) = |{k : 1 ≤ k ≤ n, k relativ prim zu n}|. Beweise  ϕ(d) = n . d|n

22 Die Felder eines 4×7 Schachbrettes werden auf irgendeine Weise mit weiß und schwarz gef¨ arbt. Zeige, dass es immer ein Rechteck gibt, dessen vier Eckfelder gleichgef¨ arbt sind. Stimmt dies auch f¨ ur ein 4 × 6 Schachbrett?

⊲ 23 Sei N = {1, 2, 3, . . . , 3n}. Jemand nimmt irgendwelche n Zahlen aus N weg. Zeige, dass man dann weitere n Zahlen entfernen kann, so dass die restlichen n Zahlen in der Reihenfolge ungerade, gerade, ungerade, gerade, . . . erscheinen.

24 Entlang eines Kreises sind n Punkte gew¨ ahlt, die mit rot oder blau markiert sind. ⌋ Sehnen, die verschieden gef¨ arbte Punkte verbinden und Zeige: Es gibt h¨ ochstens ⌊ 3n−4 2 die sich im Inneren des Kreises nicht schneiden. ⊲ 25 Wir betrachten ein n × n-Schachbrett, mit den Zeilen und Spalten nummeriert von 1 bis n. Eine Menge T von n Feldern heißt Transversale, falls keine zwei in derselben Zeile oder Spalte sind, mit anderen Worten T = {(1, π1 ), . . . , (n, πn )}, wobei (π1 , . . . , πn ) eine Permutation von {1, . . . , n} ist. Es sei nun n ≥ 4 gerade und die n2 Felder seien so mit Zahlen gef¨ ullt, dass jede Zahl genau zweimal vorkommt. Zeige, dass es immer eine Transversale gibt, die n verschiedene Zahlen enth¨ alt. Hinweis: Das Schachbrett enthalte r Paare von Feldern (in verschiedenen Zeilen und Spalten), die dieselbe Zahl enthalten. Konstruiere die (n!) × r-Inzidenzmatrix (mij ) mit mij = 1, falls die i-te Transversale das j-te Paar enth¨ alt. Z¨ ahle nun auf zwei Arten. 26 Wir wollen uns u ¨berlegen, wie wir alle n! Permutationen von {1, . . . , n} effektiv auflisten k¨ onnen. Die gebr¨ auchlichste Methode ist die lexikographische Anordnung. Wir ur das sagen, π = (π1 , . . . , πn ) ist lexikographisch kleiner als σ = (σ1 , . . . , σn ), wenn f¨ ur n = 3 die Liste 123, kleinste i mit πi = σi gilt πi < σi . Zum Beispiel erhalten wir f¨ 132, 213, 231, 312, 321. Zeige, dass der folgende Algorithmus zu π = (π1 , . . . , πn ) die Nachfolgerpermutation σ findet: 1. Suche den gr¨ oßten Index r mit πr < πr+1 . Wenn kein solches r existiert, ist π = (n, . . . , 2, 1) die letzte Permutation. 2. Suche den Index s > r mit πs > πr > πs+1 . 3. σ = (π1 , . . . πr−1 , πs , πn , . . . , πs+1 , πr , πs−1 , . . . , πr+1 ) ist die Nachfolgerpermutation. ¨ 27 Analog zur vorigen Ubung wollen wir alle 2n Untermengen einer n-Menge auflisten. Wie u asentieren wir die Untermengen als 0,1-W¨ orter der L¨ ange n. Die folgende ¨blich repr¨ ur n, dann ist Liste heißt Gray-Code. Angenommen G(n) = {G1 , . . . , G2n } sei die Liste f¨ G(n + 1) = {0G1 , 0G2 , . . . , 0G2n , 1G2n , 1G2n −1 , . . . , 1G1 }. Zeige: a. Je zwei benachbarte 0,1-W¨ orter in G(n) unterscheiden sich an genau einer Stelle. b. Sei G(n, k) die Unterfolge

30

1

grundlagen

von G(n) mit genau k 1’en. Zeige, dass aufeinanderfolgende W¨ orter in G(n, k) sich in genau zwei Stellen unterscheiden. 28 An einem Bridgeturnier nehmen 4n Spieler teil, und das Turnier findet an n Tischen statt. Jeder Spieler ben¨ otigt einen anderen Spieler als Partner und jedes Paar von Partnern ben¨ otigt ein anderes Paar als Gegner. Auf wie viele Arten kann die Wahl von Partner und Gegner erfolgen? ⊲ 29 Auf wie viele Arten k¨ onnen wir die Zahlen 1, . . . , n in einer Reihe anordnen, so dass abgesehen vom ersten Element die Zahl k nur dann platziert werden kann, falls einer der Vorg¨ anger (nicht notwendig unmittelbar) k − 1 oder k + 1 ist? Beispiel: 3 2 4 5 1 6 oder 4 3 5 2 1 6. 30 Auf wie viele Arten k¨ onnen die Zahlen 1, . . . , n in einem Kreis arrangiert werden, so dass benachbarte Zahlen sich um jeweils 1 oder 2 unterscheiden? 31 Gegeben sei eine Permutation a1 a2 . . . an von {1, . . . , n}. Eine Inversion ist ein Paar ai , aj mit i < j aber ai > aj . Beispiel: 1 4 3 5 2 hat die Inversionen 4,3; 4,2; 3,2; 5,2. Sei In,k die Anzahl der n-Permutationen mit genau k Inversionen. Zeige: a. In,0 = 1,   b. In,k = In,(n)−k (k = 0, . . . , n2 ). 2 ur k < n. Gilt dies auch f¨ ur k = n? c. In,k = In−1,k + In,k−1 f¨
(n2 ) k d. k=0 (−1) In,k = 0, n ≥ 2.

⊲ 32 Sei a1 , a2 , . . . , an eine Permutation von {1, . . . , n}. Mit bj bezeichnen wir die Anzahl der Zahlen links von j, die gr¨ oßer als j sind (also eine Inversion mit j bilden). Die Folge b1 , . . . , bn heißt die Inversionstafel von a1 , . . . , an . Zeige: 0 ≤ bj ≤ n − j (j = 1, . . . , n), und beweise, dass umgekehrt jede Folge b1 , . . . , bn mit 0 ≤ bj ≤ n − j (∀j) Inversionstafel zu genau einer Permutation ist. 33 Wir betrachten nochmals die lexikographische Anordnung der Permutationen aus ¨ Ubung 26. Der kleinsten Permutation (1, 2, . . . , n) ordnen wir die Nummer 0 zu, der n¨ achsten die Nummer 1, usf. und schließlich der letzten Permutation (n, n − 1, . . . , 1) die Nummer n! − 1. Die Aufgabe besteht darin, zu einer Permutation π = (π1 , . . . , πn ) die Nummer ℓn (π) zu bestimmen. Zeige: ℓ1 ((1)) = 0, ℓn (π) = (π1 − 1)(n − 1)! + ℓn−1 (π ′ ), ′ wobei π ′ = (π1′ , . . . , πn−1 ) aus π entsteht, indem wir π1 entfernen und alle πj > π1 um 1 erniedrigen. Beispiel: ℓ4 (2314) = 3! + ℓ3 (213) = 3! + 2! + ℓ2 (12) = 8. ¨ 34 Umkehrung der vorigen Ubung. Sei ℓ, 0 ≤ ℓ ≤ n!−1 gegeben. Bestimme die zugeh¨ orige ¨ 10 k¨ onnen wir ℓ in der Form ℓ = Permutation π mit ℓn (π) = ℓ. Hinweis: Laut Ubung an−1 (n − 1)! + an−2 (n − 2)! + . . . + a1 1! mit 0 ≤ ak ≤ k darstellen. 35 Beweise die folgenden Rekursionen f¨ ur die Stirling Zahlen:
 n
i Si,k . s , b. Sn+1,k+1 = a. sn+1,k+1 = i k n,i i

i

⊲ 36 Die Euler-Zahlen An,k z¨ ahlen die Permutationen π von {1, . . . , n} mit genau k Anur n = 3: A3,0 = 1, stiegen, d. h. k Stellen i mit πi < πi+1 . Zum Beispiel haben wir f¨ A3,1 = 4, A3,2 = 1. Zeige die Rekursion: An,k = (n − k)An−1,k−1 + (k + 1)An−1,k (n > 0) mit A0,0 = 1, A0,k = 0 (k > 0). 37 Viele Identit¨ aten f¨ ur Binomialzahlen k¨ onnen durch Abz¨ ahlen von Gitterwegen gewonnen werden. Betrachten wir ein m × n-Gitter, z. B. f¨ ur m = 5, n = 3. (Beachte, dass m und n die Anzahl der Kanten ist.)

¨bungen u

31 B

n A m Zeige, dass die Anzahl der verschiedenen Wege von A nach B, die stets nach rechts    oder nach oben gehen, gleich m+n ist. Zum Beispiel haben wir f¨ ur m = 2, n = 2 die 42 = 6 n Wege

38 Zwei Beispiele zur Gittermethode. a. Klassifiziere die Gitterwege nach ihrem ersten Eintreffen auf der rechten Vertikalen und leite daraus Gleichung (8) aus 1.4 ab (siehe die linke Figur). Beweise die Vandermondesche Identit¨ at (12) aus Abschnitt 1.4 durch Klassifizierung der Gitterwege nach dem Schnittpunkt mit der in der Zeichnung angedeuteten Diagonalen (siehe die rechte Figur). k n

k

m ⊲ 39 Auf wie viele Arten kann ein K¨ onig von der linken unteren Ecke eines Schachbrettes nach der rechten oberen ziehen, wenn er stets nach oben, nach rechts oder diagonal nach rechts oben zieht? Hinweis: Setze r gleich der Anzahl der Diagonalz¨ uge und summiere dann u ¨ber r.  1   2k und folgere daraus die Formel −n2 = (− 14 )n 2n . 40 Zeige rk (r − 21 )k = (2r) n 22k

⊲ 41 Das folgende Problem geht auf J. L. F. Bertrand (1822–1900) zur¨ uck. Zwei Kandidaten A und B erhalten in einer Wahl a bzw. b Stimmen, a > b. Auf wie viele Arten k¨ onnen die Stimmzettel arrangiert werden, so dass bei der Ausz¨ ahlung, eine Stimme nach der anderen, A stets mehr Stimmen als B hat. Zum Beispiel erhalten wir f¨ ur a = 4, b = 2 die folgenden M¨ oglichkeiten: AAAABB, AAABAB, AAABBA,AABAAB, AABABA. a+b ist. Hinweis: Zeichne eine Folge als Punkte (x, y), Zeige, dass die gesuchte Zahl a−b a a+b wobei y die Anzahl der A-Stimmen minus Anzahl der B-Stimmen ist, wenn x Stimmen ausgez¨ ahlt sind. Die gesuchten Folgen sind dann die Wege von (0, 0) nach (a + b, a − b), welche nach (0, 0) nicht mehr die x-Achse ber¨ uhren. √ 2n+1 √ 2n+1 + (1 − 3)√ f¨ ur jedes n ≥ 0 eine nat¨ urliche Zahl darstellt. 42 Zeige, dass (1 + 3) √ Hinweis: Binomialsatz. Da 0√< |1 − 3| < 1 ist, muss also −(1 − 3)2n+1 der Anteil nach √ dem Komma von (1 + 3)2n+1 sein. Folgere daraus, dass der ganzzahlige Teil von alt. (1 + 3)2n+1 stets 2n+1 als Faktor enth¨ 1 + n1 + . . . + n1 . (n0 ) (1) (n) a + 1 ist und bestimme daraus lim an (falls dieser Grenzwert Zeige, dass an = n+1 n−1 2n n→∞ existiert). 2 ur n ≥ 4. Hinweis: Zeige, dass an > 2 + n und an+1 < an ist f¨

⊲ 43 Es sei an =

32

1

grundlagen

44 Offenbar teilen n Punkte auf einer Geraden diese in n + 1 Teile. a. Sei Ln =Maximalzahl von ebenen St¨ ucken, in welche die Ebene durch n Geraden zerf¨ allt. Bestimme eine Rekursion f¨ ur Ln und berechne Ln . ucken, in welche der Raum R3 durch b. Sei Mn = Maximalzahl von 3-dimensionalen St¨ n Ebenen zerf¨ allt. Bestimme eine Rekursion f¨ ur Mn und berechne Mn . c. Allgemein f¨ ur Rn . ⊲ 45 Das Pascalsche Dreieck (etwas verschoben) ergibt einen verbl¨ uffenden Primzahltest. Wir nummerieren die Zeilen wie u ebenso ¨ blich mit 0, 1, 2, . . . , n .. ., und    die Spalten. In die n-te Zeile schreiben wir die n + 1 Binomialkoeffizienten n0 , n1 , . . . , n , aber verschoben n in die Spalten mit den Nummern 2n bis 3n inklusive. Schließlich zeichnen wir einen Kreis um eine dieser n + 1 Zahlen, falls sie ein Vielfaches von n ist. Die ersten Zeilen und Spalten sehen folgendermaßen aus: nL k 0

L

0 1 2 3 4

1

2

3

4

5

6

1

2l 1

7

8

9

10

11

12

1 1l 1l

1

3l 3l 1 1

4l 6

4l 1

Zeige: Eine Zahl k ist genau dann Primzahl, wenn alle Elemente in der k-ten Spalte einen Kreis haben. Hinweis: k gerade ist leicht und f¨ ur k ungerade beweise zun¨ achst, dass das n Element in der n-ten Zeile und k-ten Spalte k−2n ist.

⊲ 46 Zwei W¨ urfel haben dieselbe Wahrscheinlichkeitsverteilung. Zeige, dass die Wahrscheinlichkeit, in zwei W¨ urfen dieselbe Zahl zu werfen, immer mindestens 61 ist.

47 Die folgenden wichtigen Ungleichungen sch¨ atzen den Abstand von X zum Erwartungswert EX ab. Beweise Markovs Ungleichung: Sei X eine Zufallsvariable, die nur Werte ≥ 0 annimmt, dann gilt p(X ≥ α) ≤ EX f¨ ur α ≥ 0. Folgere daraus Tschebyscheffs α f¨ u r eine Zufallsvariable X und α ≥ 0. Ungleichung: p(|X − EX| ≥ α) ≤ VαX 2

¨ 48 Sch¨ atze mit Hilfe der vorigen Ubung die Wahrscheinlichkeit ab, dass eine Permutation k + 1 Fixpunkte hat (alle Permutationen gleichwahrscheinlich).

⊲ 49 n J¨ ager schießen zugleich auf r Hasen (sie treffen immer), wobei jeder J¨ ager mit gleicher Wahrscheinlichkeit auf jeden der Hasen zielt. Was ist die erwartete Anzahl der u ur n ≥ r(log r + 5) ¨berlebenden Hasen? Zeige mit Hilfe von Markovs Ungleichung, dass f¨ mit Wahrscheinlichkeit > 0, 99 kein Hase u ¨berlebt. 50 Ein Zufallsgenerator w¨ ahlt eine der Zahlen 1, 2, . . . , 9 aus, alle mit gleicher Wahrscheinlichkeit. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass nach n Wahlen (n > 1) das Produkt dieser Zahlen durch 10 teilbar ist. Hinweis: Betrachte die Zufallsvariablen Xk = Anzahl der k, 1 ≤ k ≤ 9.

⊲ 51 Ein Spielkartenblatt mit n Karten enth¨ alt drei Asse. Es wird gemischt (alle Reihenfolgen gleichwahrscheinlich). Die Karten werden nun eine nach der anderen aufgedeckt bis

¨bungen u

33

das zweite As erscheint. Zeige, dass der Erwartungswert der dabei aufgedeckten Karten n+1 ist. 2 52 Es seien (p1 , . . . , p6 ) und (q1 , . . . , q6 ) die Wahrscheinlichkeitsverteilungen von zwei W¨ urfeln. Zeige, dass die pi , qj niemals so gew¨ ahlt werden k¨ onnen, dass die Summe 1 ) sind. 2, 3, . . . , 12 der W¨ urfe alle gleichwahrscheinlich (= 11 ⊲ 53 Es sei x eine reelle Zahl, dann gibt es unter den Zahlen x, 2x, 3x, . . . , (n − 1)x mindestens eine, die von einer ganzen Zahl um h¨ ochstens n1 abweicht. 54 Beweise den allgemeinen Satz von Ramsey: Es seien k und ℓ1 , . . . , ℓr gegeben. Dann gibt es eine kleinste Zahl R(k; ℓ1 , . . . , ℓr ), so dass folgendes gilt: Ist N eine n-Menge mit n ≥ R(k; ℓ1 , . . . , ℓr ) und sind die k-Untermengen von N irgendwie mit den Farben 1, . . . , r gef¨ arbt, so gibt es eine Farbe i, so dass in einer ℓi -Untermenge von N alle k-Teilmengen mit i gef¨ arbt sind. Hinweis: Induktion. ⊲ 55 Zeige: Sind die Ramsey Zahlen R(k−1, ℓ) und R(k, ℓ−1) beide gerade, so gilt R(k, ℓ) < R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1). Berechne daraus R(3, 4).

56 Zeige f¨ ur das 2-F¨ arbungsproblem von Mengenfamilien in Abschnitt 1.6: m(2) = 3, m(3) = 7.

⊲ 57 Beweise R(k, k) ≥ 2k/2 . Hinweis: R(2, 2) = 2, R(3, 3) = 6, also sei k ≥ 4. Sei n < n 2k/2 . Insgesamt gibt es 2( 2 ) Bekanntheitssysteme. Sei A das Ereignis, |A| = k, dass alle Personen untereinander bekannt sind. Verwende nun die Wahrscheinlichkeitsmethode aus Abschnitt 1.6. 58 Jedes Paar von St¨ adten in einem Land ist durch genau eine von drei Transportm¨ oglichkeiten verbunden: Bus, Bahn oder Flugzeug, wobei alle drei M¨ oglichkeiten vorkommen. Keine Stadt ist durch alle drei Transporte verbunden, und keine drei St¨ adte sind paarweise durch denselben Transport verbunden. Bestimme die maximale Zahl der St¨ adte. Hinweis: Betrachte die m¨ oglichen Transporte aus einer festen Stadt. ⊲ 59 Angenommen n verschiedene Zahlen (n sehr groß) werden auf n Zetteln geschrieben und dann in einem Hut durchgemischt. Wir ziehen aus dem Hut eine Zahl nach der anderen. Unsere Aufgabe ist, die gr¨ oßte Zahl zu finden. Dabei m¨ ussen wir unmittelbar nach einer Ziehung sagen, das ist die gr¨ oßte Zahl, es ist nicht erlaubt, eine fr¨ uhere Zahl zu benennen. Da wir nichts u oßenordnungen der Zahlen wissen, erscheint die ¨ber die Gr¨ Aufgabe hoffnungslos. Und doch gibt es einen Algorithmus, der mit Wahrscheinlichkeit are dann die > 31 die richtige Zahl benennt. Hinweis: Lasse s Zahlen vorbeigehen und erkl¨ erste Zahl, die gr¨ oßer als alle bisherigen Zahlen ist, als gr¨ oßte. urlicher Zahlen. Dann existiert entweder 60 Es sei a1 , a2 , a3 , . . . eine unendliche Folge nat¨ eine unendliche streng monoton steigende Teilfolge ai1 < ai2 < ai3 < . . . (i1 < i2 < i3 < . . .) oder eine unendliche streng monoton fallende Teilfolge oder eine unendliche konstante Teilfolge aj1 = aj2 = aj3 = . . . .

2

Summation

Viele Abz¨ ahlprobleme reduzieren sich auf die Auswertung von Summen, und umgekehrt lassen sich Z¨ ahlkoeffizienten oft als eine Summe darstellen. Einige der Standardmethoden, wie man Summen berechnet, wollen wir nun kennenlernen.

2.1

Direkte Methoden


n
Wir schreiben eine Summe u ¨ blicherweise in der Form k=0 ak oder 0≤k≤n ak . Der Laufindex wird meist mit k bezeichnet. Wollen
100wir die geraden Zahlen
50 zwischen 0 und 100 aufsummieren, so k¨ onnten wir k=0 k schreiben oder k=1 2k. Bequemer ist die folgende merausdruck bedeutet

k gerade
Wahr–Falsch-Notation: 100 k=0 k[k

[k hat Eigenschaft E] =



= gerade]. Der Klam-

1 falls k die Eigenschaft E erf¨ ullt 0 falls nicht.

Eine der elementarsten (und n¨ utzlichsten) Techniken ist die Indextransformation. Sei i ≥ 0, dann ist n 

ak =

k=m

n+i 

ak−i =

k=m+i

n−i 

ak+i .

k=m−i

Also: Erniedrigung im Laufindex um i entspricht Erh¨ohung der Summationsgrenzen um i, und umgekehrt. Als weiteres Beispiel erhalten wir durch die Transformation k → n − k bzw. k → m + k n 

k=m

ak =

n−m  k=0

an−k =

n−m 

am+k .

k=0

Betrachten wir z. B. die arithmetische Summe S = 0 · a + 1
· a + ... + n · a =
n n die Transformation k → n − k sehen wir S = k=0 ka. Durch k=0 (n − k)a, und
n
n
n
n daher 2S = k=0 ka + k=0 (n − k)a = k=0 na = n k=0 a = n(n + 1)a, d. h. a. S = n(n+1) 2 Angenommen, wir haben ein quadratisches Schema von reellen Zahlen ai aj gegeben (i, j = 1, .
. . , n). Summieren wir
alle Zahlen auf, so erhalten wir S =

n n n 2 a a = ( a )( a ) = ( 1≤i,j≤n i j i=1 i j=1 j k=1 ak ) . Unsere Aufgabe lautet nun, alle Produkte ai aj
unterhalb (und einschließlich) der Hauptdiagonale zu sumachst sehen wir, dass die mieren, also S = 1≤j≤i≤n ai aj zu bestimmen. Zun¨

36

summation

2


Summe oberhalb (und einschließlich) der Hauptdiagonale S = 1≤i≤j≤n ai aj =
n

n 2 2 i=1 ai = 2S − k=1 ak berechnen wir 1≤i≤j≤n aj ai = S ist. Aus S = S + S − nun sofort n n   1  S= ( ak ) 2 + a2k . 2 k=1

k=1

Welche direkte Methode wird man zur Berechnung von Summen zuerst ausprobieren? Zuallererst sicherlich Induktion.
Ein einfaches Beispiel ist die Summation der ersten n ungeraden Zahlen Sn = nk=1 (2k − 1). Man beginnt mit einer Tafel kleiner Werte: n 1 2 3 4 5 6 Sn 1 4 9 16 25 36 Das sollte gen¨ ugen, um die Antwort Sn = n2 zu vermuten. F¨ ur n = 1 haben wir 2 S1 = 1 = 1. Aus der Annahme Sn = n2 folgt nun Sn+1 = Sn + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 , und die Richtigkeit der Aussage folgt mit Induktion. Der Nachteil der Induktionsmethode ist klar. Wir m¨ ussen die richtige Antwort raten“. Außerdem ist der Schluss von n auf n + 1 des ¨ofteren gar nicht einfach. ” Bei dieser zweiten Schwierigkeit kann man sich manchmal mit einer raffinierteren Variante der Induktion behelfen. Betrachten wir die geometrisch-arithmetische Ungleichung: Seien a1 , . . . , an reelle Zahlen ≥ 0, dann gilt f¨ ur alle n ≥ 1: (P n)

√ n

a1 a2 . . . an

a1 a2 . . . an

≤

a1 +...+an n

oder

n n ≤ ( a1 +...+a ) . n

2 2 F¨ ur n = 1 ist dies klar, f¨ ur n = 2 haben wir a1 a2 ≤ ( a1 +a ) ⇐⇒ 4a1 a2 ≤ 2 2 2 2 2 2 a1 + 2a1 a2 + a2 ⇐⇒ 0 ≤ a1 − 2a1 a2 + a2 = (a1 − a2 ) , also ist auch (P 2) richtig. Der Schluss von n auf n + 1 bereitet jedoch einige M¨ uhe. Wir gehen statt dessen in zwei Schritten vor:

(a) (P n) =⇒ (P (n − 1)) (b) (P n) ∧ (P 2) =⇒ P (2n). Die Kombination dieser beiden Schritte ebenfalls die volle Aussage (klar?).
liefert ai Zum Beweis von (a) setzen wir b = n−1 i=1 n−1 und erhalten n 
n n−1  
 n−1 n−1 n−1   ak (P n) n k=1 ak k=1 ak + b = = ak b ≤ ak n−1 n n(n − 1) k=1 k=1 k=1 ⎛ n−1 ⎞n−1
n 
a n−1 k n−1  ⎜ k=1 ⎟ k=1 ak ⎟ = . , also ak ≤ ⎜ ⎝ ⎠ n−1 n−1 k=1

n−1 

2.1

37

direkte methoden

Zu (b) haben wir ⎛
2n ak 2n n 2n n 2n     (P 2) (P n)  ⎜ k=1 n ak n ak n ) ( ) ≤ ⎜ ak = ( ak )( ak ) ≤ ( ⎝ 2 n n

k=1

k=1

k=n+1

k=1

k=n+1

⎛
⎞2n 2n ak ⎜ k=1 ⎟ ⎟ =⎜ ⎝ 2n ⎠ ,

⎞2n ⎟ ⎟ ⎠

und wir sind fertig.

Eine weitere n¨ utzliche Methode
besteht darin, den ersten und letzten Term einer n Summe zu isolieren. Sei Sn = k=0 ak , dann gilt mit Indextransformation Sn+1 = Sn + an+1 = a0 +

n+1 

n 

ak = a0 +

k=1

ak+1 .

k=0

Die Idee ist, die letzte Summe zu Sn in Beziehung zu setzen. Zwei Beispiele m¨ogen 1 dies erl¨ autern. Zun¨
nachstk betrachten wir die geometrische Summe Sn = 1 + a + 2 n a + . . . + a = k=0 a . Isolieren der Terme ergibt Sn+1 = Sn + an+1 = 1 +

n 

ak+1 = 1 + a

k=0

n 

ak = 1 + aSn ,

k=0 n+1

f¨ ur a = 1. F¨ ur a = 1 ist und wir erhalten Sn + an+1 = 1 + aSn , d. h. Sn = a a−1−1
n das Ergebnis nat¨ urlich Sn = n + 1. Als n¨ achstes sei Sn = k=0 k2k zu berechnen. Unsere Methode ergibt Sn+1 = Sn + (n + 1)2n+1 =

n 

(k + 1)2k+1 = 2

k=0

= 2Sn + 2n+2 − 2 ,

n 

k=0

k2k + 2

n 

2k

k=0

und daraus Sn = (n − 1)2n+1 + 2 . Sobald eine Formel bewiesen ist, sollte man sie zur Sicherheit f¨ ur kleine Werte verifizieren: F¨ ur n = 4 erhalten wir S4 = 21 +2·22 +3·23 +4·24 = 2+8+24+64 = 98 und rechts 3 · 25 + 2 = 96 + 2 = 98. Wir wollen uns noch kurz dem zweiten Aspekt der Einleitung zuwenden: Darstellung einer Z¨ ahlfunktion durch eine Summenformel. Die einfachste Form ist die

38

2

summation

folgende: Angenommen, die gesuchten Koeffizienten Tn (n ≥ 0) sind als Rekursion gegeben: T0 = α an Tn = bn Tn−1 + cn

(n ≥ 1) .

Wir k¨ onnen darin Tn−1 durch Tn−2 ausdr¨ ucken, Tn−2 durch Tn−3 usw., bis wir bei T0 angelangt sind. Das Ergebnis wird ein Ausdruck in ak , bk , ck und α sein. Der folgende Ansatz erleichtert die Rechnung erheblich. Wir multiplizieren beide Seiten der Rekursion mit einem Summationsfaktor sn , der (1)

sn−1 an−1 = sn bn

erf¨ ullt. Mit Sn = sn an Tn erhalten wir daraus Sn = sn (bn Tn−1 + cn ) = Sn−1 + sn cn also Sn =

n 

s k c k + s 0 a 0 T0

k=1

und somit n

(2)

Tn =

1  ( s k c k + s 0 a 0 T0 ) . sn an k=1

Wie finden wir nun die Summationsfaktoren sn ? Durch Iteration der definierenden Gleichung (1) erhalten wir (3)

sn =

an−1 an−2 sn−2 an−1 an−2 . . . a0 an−1 sn−1 = = ... = , bn bn bn−1 bn bn−1 . . . b1

s0 = 1 ,

oder irgendein geeignetes Vielfaches. Allerdings m¨ ussen wir darauf achten, dass alle ai , bj = 0 sind. Als Beispiel wollen wir die Anzahl Dn der fixpunktfreien Permutationen, der sogenannten Derangements, berechnen. Wir haben D1 = 0, D2 = 1 und setzen D0 = 1. Sei n ≥ 3. Wir klassifizieren die fixpunktfreien Permutationen π nach dem Bild π(1) von 1. Offensichtlich kann π(1) eine der Zahlen 2, 3, . . . , n sein. Sei π(1) = i. Nun unterscheiden alle: π(i) = 1 oder π(i) = 1. Im ersten Fall   wir zwei F¨ ... n haben wir π = i1...i , das heißt die Zahlen k = 1, i k¨onnen auf alle Arten ... 1 ... π(n) fixpunktfrei abgebildet werden, und wir erhalten demnach Dn−2 Permutationen. n . Ersetzen wir nun in der ersten Im zweiten Fall haben wir π = 1i ......π(i)i=1...... π(n) Zeile i durch 1 und entfernen die erste Stelle, so erhalten wir eine fixpunktfreie Permutation auf {1, . . . , n}
{i}, und umgekehrt ergibt jede solche Permutation durch Wiederersetzung 1 → i eine Permutation von {1, . . . , n} mit π(i) = 1. Aus

2.2

39

differenzenrechnung

der Gleichheitsregel folgt, dass im zweiten Fall genau Dn−1 Permutationen resultieren. Da π(1) die n − 1 Werte 2, . . . , n annehmen kann, ergibt die Summenregel die Rekursion (4)

Dn = (n − 1)(Dn−1 + Dn−2 )

und diese Rekursion gilt auch f¨ ur n = 2, da wir D0 = 1 gesetzt haben. Um unsere Technik der Summationsfaktoren anwenden zu k¨onnen, ben¨otigen wir aber eine Rekursion erster Ordnung. Kein Problem. Aus (4) ersehen wir Dn − nDn−1 = −(Dn−1 − (n − 1)Dn−2 ) = .. .

Dn−2 − (n − 2)Dn−3

= (−1)n−1 (D1 − D0 ) = (−1)n , also (5)

Dn = nDn−1 + (−1)n

(n ≥ 1) ,

und jetzt haben wir unsere gew¨ unschte Form. Mit an = 1, bn = n, cn = (−1)n 1 und daraus mit (2) erhalten wir laut (3) den Summationsfaktor sn = n! Dn = n!(

n  (−1)k

k=1

oder

k!

+ 1) = n!

n  (−1)k k=0

k!

,

n  Dn (−1)k = . n! k! k=0 k
Aus der Analysis wissen wir, dass nk=0 (−1) mit n → ∞ gegen e−1 konvergiert. k! Daraus k¨ onnen wir das u ¨ berraschende Ergebnis ableiten: Ziehen wir zuf¨allig eine Permutation, so ist die Wahrscheinlichkeit, eine fixpunktfreie Permutation zu er1 halten, f¨ ur große n etwa e−1 ∼ 2.71 > 31 . Am¨ usante Interpretation: Werden durch einen Windstoß die geordneten Manuskriptbl¨atter eines Buches beliebig aufgewirbelt, so ist die Wahrscheinlichkeit, dass nachher keines mehr am richtigen Platz liegt, gr¨ oßer als 31 , eine wahrhaft betr¨ ubliche Erkenntnis.

2.2

Differenzenrechnung


b Die Summation onnen wir als diskretes Analogon des bestimmten Ink=a g(k) k¨ b tegrals a g(x) dx auffassen. Der Hauptsatz der Differential-Integralrechnung liefert uns bekanntlich folgende Methode zur Auswertung des Integrals. Sei D der Differentialoperator. Es sei f eine Stammfunktion von g, also g = Df , dann gilt (1)

b a

g(x) dx = f (b) − f (a).

40

2

summation

Wir wollen untersuchen, ob wir auch im diskreten Fall einen solchen Differential” operator“ finden k¨ onnen, der eine Berechnung der Summe wie in (1) erlaubt. (x) In der Analysis wird Df (x) durch die Quotienten f (x+h)−f angen¨ahert. Im h diskreten Fall steht uns als beste N¨ aherung h = 1 zur Verf¨ ugung, also f (x + 1) − f (x). F¨ ur eine Funktion f (x) erkl¨ aren wir den Translationsoperator E a mit a Schrittweite a durch E : f (x) → f (x + a), wobei wir E = E 1 setzen und I = E 0 . I ist die Identit¨ at. Nun erkl¨ aren wir die beiden fundamentalen Differenzenoperatoren: ∆ = E − I und ∇ = I − E −1 , also

∆ : f (x) →  f (x + 1) − f (x) ∇ : f (x) →  f (x) − f (x − 1) . ∆ heißt der (Vorw¨ arts-) Differenzenoperator und ∇ der (R¨ uckw¨ arts-) Differenzenoperator. Als Beispiel erhalten wir ∆(x3 ) = (x+1)3 −x3 = 3x2 +3x+1, d. h. ∆ bildet das Polynom x3 auf das Polynom zweiten Grades 3x2 + 3x + 1 ab. Allgemein erniedrigt ∆ den Grad eines Polynoms um 1, da sich die h¨ochsten Potenzen wegk¨ urzen. Operatoren k¨ onnen wir auf die u ¨ bliche Weise addieren, mit einem Skalarfaktor multiplizieren, und wir haben auch ein Produkt, die Komposition: (P + Q)f = P f + Qf (αP )f = α(P f ) (QP )f = Q(P f ) . Alle Rechenregeln gelten f¨ ur die Operatoren wie f¨ ur reelle Zahlen, mit Ausnahme der Existenz eines multiplikativen Inversen. Berechnen wir beispielsweise ∆n . Wegen ∆ = E − I ist ∆n = (E − I)n , und nach dem Binomialsatz, angewandt auf (E − I)n , erhalten wir die wichtige Formel: n

n

∆ f (x) = (E − I) f (x) = (2) =

n 

(−1)n−k

k=0

n 

(−1)

k=0

n−k

  n f (x + k) . k

  n E k f (x) k

Insbesondere ergibt dies f¨ ur x = 0 ∆n f (0) =

(3)

n 

(−1)n−k

k=0 n

n k f (k) .

Wir k¨ onnen also ∆ f (x) an der Stelle x = 0 (oder an irgendeiner anderen Stelle) berechnen, ohne das Polynom ∆n f
(x) zu kennen. Betrachten wir als Beispiel  3 ∆3 (x4 ). Hier ergibt sich ∆3 (x4 )x=0 = k=0 (−1)3−k k3 k4 = −0 + 3 · 1 − 3 · 24 + 34 = 36.

2.2

41

differenzenrechnung

Zur¨ uck zu unserer eigentlichen Aufgabe. Eine wichtige Regel des Differenzierens besagt Dxn = nxn−1 f¨ ur n ∈ Z. Auch f¨ ur die Differenzenoperatoren ∆ und ∇ gibt es Folgen mit diesen Eigenschaften, die fallenden und steigenden Faktoriellen xn = x(x − 1) . . . (x − n + 1) bzw. xn = x(x + 1) . . . (x + n − 1), die wir schon in Abschnitt 1.4 kennengelernt haben. Wir haben (x + 1)n = (x + 1)xn−1 , xn = xn−1 (x − n + 1) und daher ∆xn = (x + 1)n − xn = (x + 1)xn−1 − xn−1 (x − n + 1) = nxn−1 ,

(4)

und analog ∇xn = xn − (x − 1)n = xn−1 (x + n − 1) − (x − 1)xn−1 = nxn−1 .

(5)

Wir wollen (4) und (5) auf beliebiges n ∈ Z erweitern. Wie sollen wir xn bzw. xn f¨ ur n < 0 erkl¨ aren? Betrachten wir die Quotienten xn /xn−1 , so erhalten wir x − n + 1, also z. B. x3 /x2 = x−2, x2 /x1 = x−1, x1 /x0 = x. Als n¨achsten Quotienten sollten 1 wir x0 /x−1 = 1/x−1 = x + 1 erhalten, also definieren wir x−1 = x+1 , und dann 1 n −2 ur x vor. In Zusammenfassung geben x = (x+1)(x+2) usf. Analog gehen wir f¨ wir die folgende Definition:

(6)



(7)



xn −n

x

xn x−n

= x(x − 1) . . . (x − n + 1) =

1 (x+1)...(x+n)

n≥0

n>0

= x(x + 1) . . . (x + n − 1)

n≥0

=

n>0.

1 (x−1)...(x−n)

Die Formeln (4) und (5) gelten nun f¨ ur alle n ∈ Z. Pr¨ ufen wir dies f¨ ur ∆ nach: ∆x−n = (x + 1)−n − x−n = =

1 (x+1)...(x+n+1) (x

1 (x+2)...(x+n+1)

+ 1 − x − n − 1) =

1 (x+1)...(x+n) = 1 (−n) (x+1)...(x+n+1)

−

= (−n)x−n−1 .

In Zusammenfassung gilt also f¨ ur alle n ∈ Z: (8)

∆xn = n xn−1

(9)

∇xn = n xn−1 .

Im Folgenden konzentrieren wir uns auf den Operator  b ∆. Rufen wir uns nochmals die analytische Methode in Erinnerung. Um a g(x) dx zu berechnen, beb stimmen wir eine Stammfunktion f , d. h. Df = g, und erhalten dann a g(x) dx = f (b) − f (a).

42

2

summation

Wir gehen nun genauso vor: f heißt eine
(diskrete) Stammfunktion von g, falls ∆f = g gilt. Wir schreiben dann f = g und nennen f eine unbestimmte Summe, also  ∆f = g ⇐⇒ f = g.

Das folgende Resultat ist das genaue Gegenst¨ uck zum Hauptsatz der DifferentialIntegralrechnung: Satz 2.1.

Sei f eine Stammfunktion von g, dann gilt b 

k=a

g(k) = f (b + 1) − f (a) .

Beweis. Wegen ∆f = g gilt f (k + 1) − f (k) = g(k) f¨ ur alle k, und wir erhalten b 

g(k) =

k=a

b 

(f (k + 1) − f (k)) = f (b + 1) − f (a) ,

k=a

da sich die f (k) mit a < k ≤ b wechselweise wegk¨ urzen.
b Damit ergibt sich folgende
Methode: Um k=a g(k) zu berechnen, bestimmen wir eine Stammfunktion f = g, und erhalten b 

k=a

g(k) =

b+1  a

g(x) = f (x) |b+1 = f (b + 1) − f (a) . a

Vorsicht: Die Summationsgrenzen f¨ ur f sind a und b + 1! Um unsere Methode effektiv anwenden zu k¨ onnen, ben¨ otigen wir also eine Liste von Stammfunktionen. Ein Beispiel kennen wir schon: 

xn =

xn+1 n+1

f¨ ur n = −1 .


1 Was ist x−1 ? Aus x−1 = x+1 = f (x+1)−f (x) folgt sofort f (x) = 1+ 12 +. . .+ x1 , d. h. f (x) = Hx , unsere wohlbekannte harmonische Zahl. In Zusammenfassung: ⎧ n+1 ⎨ x  n = −1 n+1 n (10) x = ⎩ H n = −1 . x

Hx ist also das diskrete Analogon zum Logarithmus, und dies ist auch der Grund, warum die harmonischen Zahlen in vielen Summationsformeln erscheinen. Was ist das Analogon zu ex ? Gesucht ist eine Funktion f (x) mit f (x) = ∆f (x) = f (x + 1) − f (x). Daraus folgt f (x + 1) = 2f (x), d. h. f (x) = 2x . Betrachten wir

2.2

43

differenzenrechnung

eine beliebige Exponentialfunktion cx (c = 1). Aus ∆cx = cx+1 − cx = (c − 1)cx schließen wir  cx (c =

1) . (11) cx = c−1
Wir bemerken noch, dass die Operatoren linear
∆ und
sind,
das heißt es gilt stets ∆(αf + βg) = α∆f + β∆g und (αf + βg) = α f + β g.

Nun
ist es aber an der Zeit, unsere Ergebnisse anzuwenden. Wollen wir zum Bein spiel k=0 k2 berechnen, so ben¨ otigen wir eine Stammfunktion von x2 . Die kennen 2 wir nicht, aber wir haben x = x(x − 1) + x = x2 + x1 und erhalten nunmehr n 

k2 =

n+1 

x2 =

0

k=0

n+1 

x2 +

0

n+1 

x3 n+1 x2 n+1 | + | 3 0 2 0

x1 =

0

n(n + 12 )(n + 1) (n + 1)2 (n + 1)n(n − 1) (n + 1)n (n + 1)3 + = + = . 3 2 3 2 3
n m Es ist klar, wie diese Methode auf beliebige Potenzsummen angewandt k=0 k
m m werden kann. Wir wissen aus Abschnitt 1.4, dass x = k=0 Sm,k xk ist. Daraus folgt f¨ ur m ≥ 1 =

n 

km =

n+1 

xm =

0

k=0

=

m 

=

k=0

(

0

Sm,k

k=0 m 

n+1 

m 

Sm,k xk ) =

k=0

m 

Sm,k

k=0

xk+1 n+1 | = k+1 0

m 

k=0

n+1 

xk

0

Sm,k k+1 n+1 x |0 k+1

Sm,k (n + 1)n . . . (n − k + 1) . k+1

Wir haben also die Potenzsumme auf lauter elementare Gr¨oßen zur¨ uhrt,
unckgef¨ Stirlingzahlen und fallende Faktorielle. Insbesondere sehen wir, dass k=0 km ein 1 und konstantem Polynom in n vom Grad m + 1 mit h¨ ochstem Koeffizienten m+1 ¨ Glied 0 ist (wegen Sm,0 = 0 f¨ ur m ≥ 1). In den Ubungen 2.37 und 3.45 werden wir diese Polynome n¨ aher bestimmen. Auch eine Regel f¨ ur partielle Summation gibt es. Aus   ∆ u(x)v(x) = u(x + 1)v(x + 1) − u(x)v(x)

= u(x + 1)v(x + 1) − u(x)v(x + 1)

+ u(x)v(x + 1) − u(x)v(x)

= (∆u(x))v(x + 1) + u(x)(∆v(x)) folgt



u∆v = uv −



(Ev)∆u ,

44

2

summation

also genau das Analogon zur partiellen Integration, abgesehen von der zus¨atzlichen Translation E.
Unsere schon bekannte Summe nk=0 k2k k¨ onnen wir wie folgt berechnen. Wir
nun setzen u(x) = x, ∆v(x) = 2x und erhalten wegen 2x = 2x , ∆x = 1 n 

k2k =

n+1  0

k=0

x2x = x2x |n+1 − 0

n+1  0

2x+1 = (n + 1)2n+1 − 2x+1 |n+1 0

= (n + 1)2n+1 − 2n+2 + 2 = (n − 1)2n+1 + 2 .

Noch ein Beispiel: Wir wollen die ersten n harmonischen Zahlen aufsummieren. Mit u(x) = Hx , ∆v(x) = 1 = x0 ergibt dies unter Beachtung von (10) n 

k=1

Hk =

n+1  1

0

Hx x =

Hx x |n+1 1

−

n+1  1

1 (x + 1) = Hx x |n+1 − x |n+1 1 1 x+1

= (n + 1)Hn+1 − 1 − (n + 1) + 1 = (n + 1)(Hn+1 − 1) .

Nat¨ urlich k¨ onnten wir dieses Ergebnis auch mit unseren direkten Methoden aus Abschnitt 1 ableiten, aber mit wesentlich mehr M¨ uhe.
Die Differenzenrechnung l¨ auft dagegen vollkommen automatisch ab. Da dies f¨ ur Hk so gut geklappt hat, noch ein etwas komplizierteres Beispiel: k  x+1   x 
H ? Aus der binomialen Rekursion haben wir m+1 = m + Was ist nk=1 m  x   x  k x
x  x  , also ∆ = oder = . Partielle Summation mit u(x) = m+1 m m m+1   m+1 x Hx , ∆v(x) = m ergibt   n   n+1 n+1   1 x + 1  x x k n+1 Hx |1 − Hx = Hk = m+1 m m x+1 m+1 1 1 k=1   n+1   x 1  x n+1 Hx |1 − = m+1 m+1 1 m     x x 1 = Hx |n+1 − |n+1 1 m+1 m+1 m+1 1   n+1 1 ) (m ≥ 0) , = (Hn+1 − m+1 m+1

da sich die unteren Grenzen wegk¨ urzen. Und noch einen
Satz aus der Analysis k¨ onnen wir u ¨ bertragen. Sei f (x) ein Pon k lynom, f (x) = a x , dann wissen wir, dass f¨ ur die Koeffizienten ak gilt: k=0 k
n Dk f (0) k D k f (0) f (k) (0) k ak = k! = , D f die k-te Ableitung von f . f (x) = x k=0 k! k! heißt bekanntlich die Taylor-Entwicklung von f (an der Stelle 0). In der Differenzenrechnung entspricht ∆ dem Differentialoperator D, xk entspricht xk , und es

2.3

45

inversion

gilt tats¨ achlich f¨ ur ein Polynom vom Grad n: (12)

f (x) =

n  ∆k f (0)

k=0

k!

xk =

n 

∆k f (0)

k=0

  x . k

Die Form (12) heißt die Newton-Darstellung von
f . Zum Beweis bemerken wir n zun¨ achst, dass f eindeutig in der Gestalt f (x) = k=0 bk xk dargestellt werden kann. Hat f den Grad 0, so ist dies offensichtlich richtig, f = a0 = a0 x0 . Ist nun an der h¨ ochste Koeffizient von f , so hat das Polynom g(x) = f (x) − an xn Grad n − 1, k f (0) und das Resultat folgt mit Induktion. Es bleibt also zu zeigen, dass bk = ∆ k! i−k k i−k k i = ist. Wir
bemerken zun¨ achst ∆ x = i(i − 1) . . . (i − k + 1)x
i x . Aus f (x) = ni=0 bi xi folgt wegen der Linearit¨ at von ∆ somit ∆k f (x) = ni=0 bi ik xi−k . F¨ ur i < k ist ik = 0 und f¨ ur i > k ist xi−k an der Stelle 0 gleich 0. Wir erhalten daher ∆k f (0) . ∆k f (0) = bk kk = k!bk also bk = k! Betrachten wir als Beispiel f (x) = xn . In diesem Fall wissen wir aus (15) in Abschnitt 1.4, dass bk = Sn,k ist, und wir schließen k! Sn,k = (∆k xn )x=0 . Aus (3) ergibt sich daraus (mit dem Laufindex i) k! Sn,k = (∆k xn )x=0 =

k 

(−1)k−i

i=0

  k n i , i

und wir erhalten eine Summenformel f¨ ur die Stirling Zahlen zweiter Art   k k n 1  (−1)k−i i . (13) Sn,k = i k! i=0

2.3

Inversion

Betrachten wir die beiden Formeln (3) und (12) des vorigen Abschnittes, wobei wir x = n in (12) setzen:   n  n n−k n ∆ f (0) = (−1) f (k) k k=0 n    n f (n) = ∆k f (0) . k k=0

Setzen wir uk = f (k), vk = ∆k f (0), so sehen wir, dass die erste Formel die Gr¨oße vn durch u0 , u1 , . . . , un ausdr¨ uckt, und die zweite die Zahl un durch v0 , v1 , . . . , vn . ¨ Wir sagen, dass hier eine Inversionsformel vorliegt. Uberlegen wir uns, ob dieser Formel ein allgemeineres Prinzip zugrundeliegt. Den ersten Teil haben wir aus der Gleichung (1)

∆n = (E − I)n

46

2

summation

geschlossen, d. h. wir haben ∆ mittels E ausgedr¨ uckt. Drehen wir die Sache um, so sehen wir (2)

E n = (∆ + I)n ,

und dies ergibt nat¨ urlich die zweite Formel, da E n = (∆ + I)n = angewandt auf f impliziert n    n f (x + n) = ∆k f (x) , k


n

  k ∆

n k=0 k

k=0

also mit x = 0 f (n) =

n    n ∆k f (0) . k

k=0

Entscheidend ist also der Zusammenhang (1) und (2), und dies ist nichts anderes als eine zweimalige Anwendung des Binomialsatzes. Setzen wir E = x und ∆ = x − 1, so reduzieren (1) und (2) zu den Formeln   n  n k (x − 1)n = x (−1)n−k k k=0

xn =

n    n (x − 1)k . k k=0

Nun liegt das allgemeine Prinzip auf der Hand. Eine Basisfolge (p0 (x), p1 (x), . . .) ist eine Folge von Polynomen mit Grad pn = n. Also, p0 (x) ist eine Konstante = 0, p1 (x) hat Grad 1, usw. Unsere Standardbeispiele sind die Potenzen (xn ) und die fallenden bzw. steigenden Faktoriellen (xn ) bzw. (xn ). Ist f (x) irgendein Polynom vom Grad n, so k¨ onnen wir f (x) eindeutig als Linearkombination der pk (x), 0 ≤ k ≤ n, darstellen. Den Beweis haben wir im vorigen Abschnitt uhrt, und er funktioniert wortw¨ortschon f¨ ur die fallenden Faktoriellen xk durchgef¨ lich f¨ ur jede Basisfolge. Oder in der Sprache der Linearen Algebra: Die Polynome p0 (x), p1 (x), . . . , pn (x) bilden eine Basis im Vektorraum aller Polynome vom Grad ≤ n.     Es seien nun pn (x) und qn (x) zwei Basisfolgen, dann k¨onnen wir also jedes qn (x) eindeutig durch p0 (x), . . . , pn (x) ausdr¨ ucken, und umgekehrt jedes pn (x) durch q0 (x), . . . , qn (x). Das heißt, es gibt eindeutige Koeffizienten an,k und bn,k mit (3)

qn (x) =

n 

an,k pk (x)

n 

bn,k qk (x) .

k=0

(4)

pn (x) =

k=0

2.3

47

inversion

Wir nennen an,k , bn,k die Zusammenhangskoeffizienten, wobei wir an,k = bn,k = 0 f¨ ur n < k setzen. Die Koeffizienten (an,k ) und (bn,k ) bilden zwei untere (unendliche) Dreiecksmatrizen. Die Beziehungen (3) und (4) dr¨ ucken sich als Matrizengleichungen folgendermaßen aus: Seien A = (ai,j ), B = (bi,j ), 0 ≤ i, j ≤ n, dann gilt  an,k bk,m = [n = m] , k≥0

d. h. die Matrizen A und B sind invers zueinander, A = B −1 .

Satz 2.2. Seien (pn (x)) und (qn (x)) zwei Basisfolgen mit Zusammenhangskoeffizienten an,k bzw. bn,k . Dann gilt f¨ ur zwei Folgen von Zahlen u0 , u1 , u2 , . . . und v0 , v1 , v2 , . . . n n   an,k uk (∀n) ⇐⇒ un = bn,k vk (∀n) . vn = k=0

k=0

Beweis. Da die Matrizen A = (ai,j ), B = (bi,j ), 0 ≤ i, j ≤ n, invers zueinander sind, gilt f¨ ur zwei Vektoren u = (u0 , . . . , un ), v = (v0 , . . . , vn ) v = Au ⇐⇒ u = Bv . Jedes Paar von Basisfolgen liefert uns also eine Inversionsformel, sofern wir die Zusammenhangskoeffizienten bestimmen k¨ onnen. Schreiben wir unser erstes Beispiel n    n xn = (x − 1)k k k=0   n  n k (x − 1)n = (−1)n−k x k k=0

noch einmal hin. F¨ ur zwei Folgen u0 , . . . , un ; v0 , . . . , vn gilt daher nach Satz 2.2   n   n   n n−k n uk (∀n) ⇐⇒ un = vk (∀n) . (5) vn = (−1) k k k=0

k=0

Die Formel (5) heißt die Binomial-Inversion. Wir k¨onnen sie durch die Ersetzung un → (−1)n un auch auf eine symmetrische Form bringen:     n n   k n k n (6) vn = (−1) (−1) uk (∀n) ⇐⇒ un = vk (∀n) . k k k=0

k=0

Die Methode der Inversion lautet also folgendermaßen: Wir wollen eine Z¨ahlfunktion (also eine Koeffizientenfolge) bestimmen. K¨onnen wir eine bekannte Folge durch die zu bestimmende mittels einer Seite der Inversionsformel ausdr¨ ucken, so ist die gew¨ unschte Folge durch die andere Seite der Formel ausgedr¨ uckt.

48

2

summation

Betrachten wir als Beispiel nochmals die Derangementzahlen Dn . Sei d(n, k) die Anzahl der Permutationen der L¨  n mit genau k Fixpunkten, somit d(n, 0) = ange Dn . Da wir die k Fixpunkte auf nk Arten w¨ahlen k¨onnen, gilt   n d(n, k) = Dn−k , k und daher (7)

n! =

n 

d(n, k) =

n    n

k=0

k=0

k

Dn−k =

n    n Dk . k

k=0

Wenden wir nun die Binomial-Inversion (5) mit un = Dn , vn = n! an, so erhalten wir unsere alte Summenformel   n n n    n (−1)n−k (−1)k Dn = = n! . (−1)n−k k! = n! k (n − k)! k! k=0

k=0

k=0

Sehen wir uns noch die Basisfolgen (xn ) und (xn ) an. Aus den Beziehungen xn = xn =

n 

Sn,k xk

k=0 n 

(−1)n−k sn,k xk .

k=0

aus (15), (16) in Abschnitt 1.4 folgt die Stirling-Inversion vn =

n 

k=0

Sn,k uk (∀n) ⇐⇒ un =

und insbesondere auch




k≥0 Sn,k (−1)

k−m

n 

(−1)n−k sn,k vk (∀n) ,

k=0

sk,m = [n = m].

Pr¨ ufen ur n = 7, m = 3 nach, so erhalten
wir das anhand unserer Stirling-Tabellen f¨ wir k≥0 S7,k (−1)k−3 sk,3 = 301 − 350 · 6 + 140 · 35 − 21 · 225 + 1624 = 0.

2.4

Inklusion-Exklusion

Betrachten wir das folgende Problem: Wie viele Zahlen zwischen 1 und 30 gibt es, die relativ prim zu 30 sind? Wir k¨ onnen die Zahlen von 1 bis 30 nat¨ urlich hinschreiben und dann die relativ primen unter ihnen ablesen. Wie immer wollen wir aber die Aufgabe f¨ ur allgemeines n l¨ osen – und da helfen unsere bisherigen Methoden nicht weiter. Versuchen wir es mit folgendem Ansatz. Da 30 = 2 · 3 · 5 die Primzerlegung von 30 ist, suchen wir alle Zahlen, die weder ein Vielfaches von 2 sind, noch von 3 und auch nicht von 5. Setzen wir S = {1, 2, . . . , 30} und erkl¨ aren wir A2 als die Menge der Vielfachen von 2, welche ≤ 30 sind, und analog

2.4

49

inklusion-exklusion

A3 (Vielfache von 3) und A5 (Vielfache von 5), so m¨ ussen wir also die Anzahl der Elemente in S \ (A2 ∪ A3 ∪ A5 ) bestimmen. Die gesuchte Menge ist demnach der schraffierte Teil des folgenden Mengendiagramms: S A2

A3

A5

Jedes Element aus S f¨ allt in genau einen der 8 Teile des Diagramms. Beginnen wir mit |S| − |A2 | − |A3 | − |A5 | , dann haben wir alle Elemente aus A2 ∪ A3 ∪ A5 abgezogen, aber einige doppelt, da ein Element aus, sagen wir A2 ∩ A3 , ja zweimal abgezogen wurde. Geben wir diese Elemente wieder hinzu, so erhalten wir |S| − |A2 | − |A3 | − |A5 | + |A2 ∩ A3 | + |A2 ∩ A5 | + |A3 ∩ A5 |. Jetzt ist die Formel schon fast richtig: Alle Elemente sind genau einmal abgezogen, mit Ausnahme derer in |A2 ∩ A3 ∩ A5 |. Diese Elemente haben wir dreimal abgezogen, aber auch dreimal dazugez¨ ahlt, also insgesamt noch nicht ber¨ ucksichtigt. Ziehen wir diese letzte Gruppe ab, so erhalten wir die genaue Formel: |S \∪Ai )| = |S|−|A2 |−|A3 |−|A5 |+|A2 ∩A3 |+|A2 ∩A5 |+|A3 ∩A5 |−|A2 ∩A3 ∩A5 |. Um unsere Ausgangsfrage zu beantworten, m¨ ussen wir |Ai |, |Ai ∩Aj |, |A2 ∩A3 ∩A5 | bestimmen. Das ist aber leicht. A2 sind die Vielfachen von 2, also |A2 | = 30 2 = 15, und analog |A3 | = 10, |A5 | = 6. A2 ∩ A3 enth¨alt offenbar die Vielfachen von 6, also ist |A2 ∩ A3 | = 30 6 = 5, und analog |A2 ∩ A5 | = 3, |A3 ∩ A5 | = 2, und schließlich ist |A2 ∩ A3 ∩ A5 | = 1, da nur 30 ein Vielfaches von 2,3 und 5 ist. Damit ist das Problem gel¨ ost: Die Anzahl der Zahlen ≤ 30, welche zu 30 relativ prim sind, ist 30 − 15 − 10 − 6 + 5 + 3 + 2 − 1 = 8 . Die Zahlen sind 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. Zur Berechnung von |S \ (A2 ∪ A3 ∪ A5 )| schließen wir also Zahlen aus, schließen dann die zuviel abgezogenen Zahlen wieder ein, die jetzt zuviel gez¨ahlten Zahlen wieder aus, usf. Das ganze ist also eine Inklusion-Exklusions Methode und sie funktioniert f¨ ur beliebige Mengen S und beliebige Untermengen B1 , B2 , . . . , Bm von S. Seien B1 , . . . , Bm Untermengen von S, dann gilt |S


m 

i=1

Bi | = |S| −

m  i=1

|Bi | +



1≤i<j≤m

|Bi ∩ Bj | − . . . + (−1)m |B1 ∩ . . . ∩ Bm | .

Zum Beweis brauchen ¨ berlegen, wie oft ein Element x ∈ S gez¨ahlt m wir uns nur zu u wird. Ist x ∈ S
i=1 Bi , so wird x auf der rechten Seite einmal gez¨ahlt, n¨amlich in

50

2

summation

|S|. Sei also x ∈ m i=1 Bi , genauer x sei in Bi1 , . . . , Bik , aber nicht in den anderen Bj ’s. Dann wird x zun¨ achst einmal gez¨ ahlt (in |S|), dann k-mal abgezogen (in     ahlt (in |Bi1 ∩ Bi2 |, |Bi1 ∩ Bi3 |, . . .), dann k3 |Bi1 |, . . . , |Bik |), dann k2 dazugez¨ abgez¨ ahlt, usf. Insgesamt wird x also genau         k k k k k 1− + − + . . . (−1) 1 k 2 3 mal gez¨ ahlt, und das ergibt 0, wie wir schon l¨angst wissen (Abschnitt 1.4 (11)). F¨ ur die Anwendungen wird die Formel meist in folgender Form benutzt, und das ist das eigentliche Prinzip der Inklusion-Exklusion. Es sei S eine Menge mit n Elementen, und E1 , . . . , Em eine Menge von Eigenschaften, die die Elemente aus S besitzen oder nicht. Mit N (Ei1 . . . Eik ) bezeichnen wir die Anzahl der Elemente, welche die Eigenschaften Ei1 , . . . , Eik besitzen (und m¨ oglicherweise noch weitere). Dann gilt f¨ ur die Anzahl N der Elemente, die u ¨berhaupt keine der Eigenschaften besitzen: (1)

N =n−

m  i=1

N (Ei ) +



1≤i<j≤m

N (Ei Ej ) − . . . + (−1)m N (E1 . . . Em ).

Zum Beweis brauchen wir nur Bi = {x ∈ S : x besitzt Ei } zu setzen. Dann ist N (Ei1 . . . Eik ) = |Bi1 ∩ . . . ∩ Bik | , N = |S
m i=1 Bi |, und (1) ist nichts anderes als unsere obige Formel. In unserem Ausgangsbeispiel war E2 die Eigenschaft durch 2 teilbar“, E3 durch 3 ” ” teilbar“, E5 durch 5 teilbar“, und das Problem liegt somit genau darin, die Anzahl ” ¨ N zu bestimmen. Ubung 43 zeigt, was das entsprechende Ergebnis f¨ ur beliebiges n ist. In vielen Beispielen h¨ angt N (Ei1 . . . Eik ) nur von der Anzahl k ab, das heißt es gilt N (Ei1 . . . Eik ) = N (Ej1 . . . Ejk ) f¨ ur je zwei k-Untermengen von {E1 , . . . , Em }. Wir k¨ onnen also Nk = N (Ei1 . . . Eik ) f¨ ur beliebige k-Mengen setzen, und Formel (1) nimmt die folgende einfache Gestalt an (mit N0 = n): (2)

N=

m 

(−1)k

k=0

  m Nk . k

Das Prinzip der Inklusion-Exklusion ist von bestechender Einfachheit und gerade darum vielseitig anwendbar. Ein paar weitere Beispiele m¨ogen dies illustrieren. Zun¨ achst noch einmal unsere altbekannten Derangement-Zahlen Dn . Die Vorgangsweise ergibt sich fast von selbst. S ist die Menge der n-Permutationen, und f¨ ur i = 1, . . . , n ist Ei die Eigenschaft, dass i Fixpunkt ist. W¨ahlen wir die Fixpunkte i1 , . . . , ik , so kann der Rest beliebig permutiert werden. Somit ist

2.4

inklusion-exklusion

51

N (Ei1 . . . Eik ) = (n − k)! f¨ ur jede k-Menge {i1 , . . . , ik } ⊆ {1, . . . , n} , und wir erhalten laut (2) Dn =

n 

(−1)k

  n  n (−1)k . (n − k)! = n! k k! k=0

k=0

Im letzten Abschnitt haben wir die Formel f¨ ur Dn mittels Binomial-Inversion bewiesen, und tats¨ achlich kann man zeigen, dass auch das Prinzip der InklusionExklusion eine Inversion u ¨ ber einer geeigneten Struktur darstellt (siehe dazu die angegebene Literatur). Als ein etwas schwierigeres Beispiel betrachten wir eine n-Menge {a1 , . . . , an } und fragen uns, wie viele W¨ orter der L¨ ange 2n gebildet werden k¨onnen, die jedes ai genau zweimal enthalten, so dass gleiche Elemente niemals nebeneinander auftauchen. F¨ ur n = 2 erhalten wir zum Beispiel als einzige W¨orter a1 a2 a1 a2 und a2 a1 a2 a1 . Als Interpretation k¨ onnen wir uns eine lange Tafel vorstellen, und fragen, auf wie viele Arten n Ehepaare platziert werden k¨onnen, so dass Ehepartner niemals nebeneinander sitzen. S sei die Menge aller W¨orter der L¨ange 2n aus {1, 2, . . . , n}, in denen jedes i genau zweimal auftritt. Ist Ei die Eigenschaft, dass ein Wort die Zahl i nebeneinander enth¨ alt, so fragen wir also genau nach N . Betrachten wir eine k-Menge {i1 , . . . , ik }. Wie viele W¨orter enthalten i1 , i2 , . . . , ik jeweils nebeneinander? Zun¨ achst u ¨ berlegen wir uns, wie oft wir die 2k Zahlen i1 , i1 , . . . , ik , ik nebeneinander platzieren k¨ onnen. Betrachten wir die k Anfangsstellen der k Paare. Dies sind k Stellen zwischen 1 und 2n − 1, die sich jeweils um mindestens 2 unterscheiden (da die Stelle danach ja von dem zweiten Element be¨ setzt ist). Die Anzahl dieser k Wahlen aus {1, 2, . . . , 2n − 1} wurde in Ubung 1.13 2n−k zu berechnet. Nun k¨ onnen wir die k Paare auf k! Arten permutieren, und k Arten in die offenen Stellen einf¨ ugen (der die restlichen n − k Paare auf (2n−2k)! 2n−k Nenner ergibt sich wegen der Doppelz¨ ahlung bei den n − k Paaren). Wir erhalten  (2n−2k)!  k! 2n−k und daher nach (2) somit Nk = 2n−k k N=

n 

   n 2n − k (2n − 2k)! . (−1) k! 2n−k k k k

k=0

Die Transformation k → n − k und K¨ urzen ergibt das endg¨ ultige Ergebnis N=

n 

(−1)

k=0

n−k

     n n n+k (2k)!  n−k n (n + k)! (−1) . (n − k)! k = k k n−k 2 2k k=0

Kommen wir kurz zu Zahl-Partitionen zur¨ uck. Wie viele Partitionen von 7 gibt es, in denen alle Summanden ungerade sind und wie viele gibt es, in denen alle Summanden verschieden sind? Diese Anzahlen wollen wir mit pu (7) und pv (7) bezeichnen.

52

2

summation

ungerade

verschieden

7 5+1+1 3+3+1 3+1+1+1+1 1+1+1+1+1+1+1

7 6+1 5+2 4+3 4+2+1

Also pu (7) = pv (7) = 5. Probieren wir andere kleine Zahlen, so kommen wir immer auf dasselbe Ergebnis pu (n) = pv (n). Ist dies immer richtig? Kein Problem mit Inklusion-Exklusion. Sei p(n) die Anzahl aller Partitionen von n. Wir berechnen zuerst pu (n). S ist die Menge aller Partitionen von n, und Ei die Eigenschaft, dass ein gerader Summand i vorkommt. Wie viele Partitionen enthalten 2? Offenbar p(n − 2) viele, da wir 2 jeweils wegstreichen. Nun ist klar, was herauskommt: pu (n) =

p(n) − p(n − 2) − p(n − 4) − p(n − 6) − . . . + p(n − 2 − 4) + p(n − 2 − 6) + p(n − 2 − 8) + . . . − p(n − 2 − 4 − 6) − . . .

Nun zu pv (n). Hier ist Ei die Eigenschaft, dass i mehrmals als Summand auftritt. Also erhalten wir pv (n) =

p(n) − p(n − 1 − 1) − p(n − 2 − 2) − p(n − 3 − 3) − . . . + p(n − 1 − 1 − 2 − 2) + p(n − 1 − 1 − 3 − 3) + . . .

und wir sehen, dass die beiden Berechnungen Zeile f¨ ur Zeile u ¨ bereinstimmen, also gilt tats¨ achlich pu (n) = pv (n) . Auch in der Wahrscheinlichkeitsrechnung k¨onnen wir das Prinzip oft verwenden. Gegeben n B¨ alle und r F¨ acher, n ≥ r. Wir werfen die n B¨alle zuf¨allig in die F¨ acher. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass kein Fach leer bleibt? Ω ist also die Menge aller r n Verteilungen, alle gleich wahrscheinlich. Bezeichnen wir mit Ai das Ereignis, dass das Fach i leer bleibt, so besagt das Prinzip der InklusionExklusion, dass f¨ ur die gesuchte Wahrscheinlichkeit p gilt p=1−

r  i=1

p(Ai ) +



1≤i<j≤r

p(Ai ∩ Aj ) ∓ . . .

Die Wahrscheinlichkeit f¨ ur Ai1 ∩. . .∩Aik ist nun offenbar p(Ai1 ∩. . .∩Aik ) = (g¨ unstige durch m¨ ogliche F¨ alle), und es folgt     r r  r (r − k)n 1  r−k r kn . = (−1) p= (−1)k k rn rn k k=0

(r−k)n rn

k=0

unstig) geteilt durch die Da p die Anzahl r!Sn,r der surjektiven Abbildungen (g¨ Anzahl r n aller Abbildungen (m¨ oglich) ist, haben wir mittels Inklusion-Exklusion wiederum die Formel (13) aus Abschnitt 2.2 bewiesen.

¨bungen u

53

¨ Ubungen zu Kapitel 2 ⊲ 1 L¨ ose mit Hilfe eines Summationsfaktors die Rekursion T0 = 3, 2Tn = nTn−1 + 3 · n! (n > 0).
n k 2 Berechne
k=0 kx (x = 1): a. mit der Methode ”Isolieren
derkTerme“, b. mittels der Doppelsumme 1≤j≤k≤n xk , c. durch Differenzieren von n k=0 x .
3 Berechne k [1 ≤ j ≤ k ≤ n] als Funktion von j und n.

⊲ 4 Schreibe 1 und subtrahiere 1. Multipliziere das Ergebnis mit 2 und addiere 1. Multipliziere mit 3 und subtrahiere 1, multipliziere mit 4 und addiere 1. Schließlich: Multipliziere mit n und addiere (−1)n . Zeige, dass das Ergebnis Dn ist. Beispiel: 4(3(2(1 − 1) + 1) − 1) + 1 = 9 = D4 . 5 In einer Tabelle mit 3 Zeilen und n Spalten sind in beliebiger Reihenfolge n rote, n weiße und n gr¨ une Steine platziert. Zeige, dass man die Steine in jeder Zeile so umordnen kann, dass die Steine jeder Spalte verschieden gef¨ arbt sind.
n−1 Hk ⊲ 6 Berechne k=1 (k+1)(k+2) durch partielle Summation.
1 1 2k+1 7 Berechne n k=1 k(k+1) auf zwei Arten: a. durch Partialbruchzerlegung k(k+1) = k − 1 , b. durch partielle Summation. k+1 8 Beweise die folgenden Analoga zum Binomialsatz:     n n   n k n−k n k n−k n n . (x + y) = (x + y) = x y x y k k k=0

k=0

n−1 ⊲ 9 Die Lah-Zahlen sind definiert durch Ln,k = (−1)n n! (n, k ≥ 0). k! k−1
k Beweise: (−x)n = n L x und leite daraus die Lah-Inversionsformel ab: n,k k=0 vn =

n 

k=0

Ln,k uk (∀n) ⇐⇒ un =

n 

Ln,k vk (∀n) .

k=0

10 Wieviele Buchstabenfolgen kann man aus E,H,I,R,S,W aufstellen, die weder WIR, IHR oder SIE enthalten? Also z. B. RSEWIH, aber nicht RSWIHE. 11 Wieviele nat¨ urliche Zahlen ≤ 1 Million sind weder von der Form x2 noch x3 noch x5 ? 12 Bestimme die kleinste nat¨ urliche Zahl mit genau 28 Teilern. n−m ⊲ 13 Wir wissen, dass r−m gleich der Anzahl der r-Untermengen einer n-Menge ist,   die eine feste m-Menge M enthalten. Folgere daraus mit Inklusion–Exklusion n−m = r−m   
m k m n−k . (−1) k=0 r k
k 14 Sei An = n (n ≥ 0). Leite eine Rekursion f¨ ur An ab und berechne An . k=0 n 15 Angenommen 60 % aller Professoren spielen Tennis, 65 % spielen Skat und 50 % spielen Schach; 45 % spielen jeweils zwei davon. Welchen Prozentsatz erh¨ alt man h¨ ochstens f¨ ur die Gelehrten, die allen drei Vergn¨ ugungen nachgehen?

16 Wieviele ganzzahlige L¨ osungen der Gleichung x1 + x2 + x3 + x4 = 30 gibt es mit: a. 0 ≤ xi ≤ 10 , b. −10 ≤ xi ≤ 20 , c) 0 ≤ xi , x1 ≤ 5, x2 ≤ 10, x3 ≤ 15, x4 ≤ 21?

54

2

grundlagen

⊲ 17 Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Blatt mit 13 Karten (von einem gew¨ ohnlichen 52er Blatt) folgende Karten enth¨ alt: a. mindestens eine Karte in jeder Farbe, b. mindestens ein As, K¨ onig, Dame und Junge?

⊲ 18 Turm von Hanoi. Wir haben 3 St¨ abe A,B,C. Auf A sind n verschiedene Scheiben der Gr¨ oße nach angeordnet (kleinste oben, gr¨ oßte unten). Ein Zug bewegt eine oberste Scheibe auf einen anderen Stab, wobei die Scheibe immer nur auf eine gr¨ oßere gesetzt werden darf. Stelle Rekursionen f¨ ur die folgenden Zahlen auf und berechne sie: a. Tn = Kleinste Anzahl der Z¨ uge, um den Turm von A nach B zu bewegen. b. Sn wie in a. mit der Einschr¨ ankung, dass nur Z¨ uge zwischen A und C bzw. B und C erlaubt sind, c. Rn = Anzahl der Z¨ uge von A nach B, wenn der Turm aus n verschiedenen Scheiben, zwei jeder Gr¨ oße, besteht, wobei gleich große nicht unterscheidbar sind, d. h. es ist gleichg¨ ultig, welche oben liegt.
n
k k 2 19 Berechne n k=1 (−1) k und k=1 (−1) k mit der Methode ”Isolieren der Terme“. ⊲ 20 Die folgende Aufgabe heißt Josephus-Problem (nach dem Historiker des 1. Jahrhunderts Flavius Josephus): n Menschen sind im Kreis herum aufgestellt, wir nummerieren sie 1 bis n. Jede zweite Person wird (im Uhrzeigersinn) eliminiert, wobei die Z¨ ahlung bei 1 beginnt. Bestimme die Nummer J(n) der letzten Person. Beispiel: n = 10, der Reihe nach werden eliminiert: 2, 4, 6, 8, 10, 3, 7, 1, 9, also J(10) = 5. Hinweis: Beweise die Rekursionen J(2n) = 2J(n) − 1 (n ≥ 1), J(2n + 1) = 2J(n) + 1 (n ≥ 1), J(1) = 1.
m k ¨ 21 Sei J(n) wie in der vorigen Ubung definiert. Zeige: Falls n = k=0 ak 2 ist, ak ∈
m {0, 1}, dann gilt J(n) = k=1 ak−1 2k + am .
⊲ 22 Berechne S = 1≤j
n 

ak )(

k=1

Hinweis: 2S =




n 

k=1

bk ) ≤ n

1≤j,k≤n

n 

ak bk

f¨ ur

k=1

a1 ≤ . . . ≤ an , b1 ≤ . . . ≤ bn .

(ak − aj )(bk − bj ).

¨ 23 Die folgenden f¨ unf Ubungen sind jeweils mit Induktion zu l¨ osen. a. Auf einer Geraden sind n Strecken gegeben, die einander jeweils paarweise schneiden. Beweise, dass es einen Punkt gibt, der allen Strecken angeh¨ ort. b. In der Ebene sind n Kreisscheiben gegeben, von denen jeweils drei gemeinsame Punkte besitzen. Zeige, dass es einen Punkt gibt, der zu allen Kreisfl¨ achen geh¨ ort. c. Im Raum sind n Kugeln gegeben, von denen jeweils vier gemeinsame Punkte besitzen. Wiederum gibt es einen Punkt im Durchschnitt von allen Kugeln. Hinweis: Seien s1 , . . . , sn+1 die Strecken. Betrachte s = sn ∩ sn+1 , und dann s1 , . . . , sn−1 , s. ⊲ 24 Es seien n Bauernh¨ ofe H1 , . . . , Hn und n Brunnen B1 , . . . , Bn gegeben, keine drei auf einer Geraden. Von jedem Bauernhof soll zu einem Brunnen ein gerader Weg angelegt werden. Zeige, dass eine Zuordnung von den Brunnen zu den Bauernh¨ ofen existiert, so dass keine zwei der n Wege einander schneiden. −→

−→

25 Es sei M ein Punkt auf einer Geraden g in der Ebene. M P 1 , . . . , M P n seien Einheitsvektoren, wobei die Punkte Pi alle auf derselben Seite von g liegen.

¨bungen u −→

−→

55 −→

Zeige: Ist n ungerade, so gilt | M P 1 + M P 2 + . . . + M P n | ≥ 1, wobei |a| die L¨ ange des Vektors a ist. Hinweis: Schlage einen Einheitshalbkreis um M . ⊲ 26 In der Ebene sind n ≥ 3 Punkte gegeben. Das Maximum der Abst¨ ande zwischen zwei Punkten sei d. Zeige, dass der maximale Abstand d h¨ ochstens n mal auftreten kann. ¨ Hinweis: Uberlege zun¨ achst, was passiert, wenn von einem Punkt mindestens drei l¨ angste Abst¨ ande ausgehen. 27 Gegeben sind 2n+1 Gewichte, wobei jedes eine ganzzahlige Anzahl von Gramm wiegt. L¨ asst man irgendein Gewicht weg, so lassen sich die restlichen immer in zwei Haufen von n St¨ uck aufteilen, die gleiches Gesamtgewicht haben. Zeige, dass daraus folgt, dass alle Gewichte gleichschwer sein m¨ ussen.
(−2)k . 28 Berechne ∆(cx ) und verwende das Ergebnis zur Summation von n k=1 k  
k n n ⊲ 29 Seien a0 , a1 , . . . , an ∈ C beliebig. a. Beweise n (−1) (a + a k + . . . + a 0 1 nk ) = k=0 k
n nn+k k n n (−1) = (−1) ab. (−1) n!an . b. Leite daraus die Formel k=0 k n n
n−k Hinweis: In a. verwende ∆n (f (x)) = n f (x + k). k=0 k (−1)

⊲ 30 Die Zahl 15 kann auf 4 Arten als Summe aufeinanderfolgender Zahlen dargestellt werden: 15 = 15, 7 + 8, 4 + 5 + 6, 1 + 2
+ 3 + 4 + 5. Bestimme die Anzahl der Darstellungen f¨ ur beliebiges n. Hinweis: Betrachte ℓk x = 21 (ℓ2 − k2 ) = 12 (ℓ − k)(ℓ + k − 1).  x+2 2 ∆4 + 31 Verifiziere die ersten Terme in Simpsons Formel x p(t)dt = 2(I + ∆ + ∆6 − 180 ± . . .)p(x), p(x) = Polynom.

∆

∆6 180

anstelle von ∆. 32 Entwickle eine Differenzenrechnung mit dem Operator n   k

(−1) . Hinweis: Betrachte (−1)x / nx . ⊲ 33 Berechne n k=0 ( k )
Hk 34 Mit partieller Summation berechne n k=1 k .  
35 Finde die unbestimmte Summe (−1)k m Hk . Hinweis: Partielle Summation. k
2 mittels n und H aus. 36 Dr¨ ucke n H n k k=1
n−1 m ⊲ 37 Es sei Sm (n) = k , m ≥ 1. Wir wissen aus Abschnitt 2.2, dass Sm (n) ein k=0 1 und Sm (0) = 0 ist. Polynom in n vom Grad m + 1 mit h¨ ochstem Koeffizienten m+1 m+1 Zeige: a. Sm (1 − n) = (−1) Sm (n), b. Sm (1) = 0, c. Sm ( 21 ) = (−1)m+1 Sm ( 21 ), ur gerades m. d. Sm ( 12 ) = 0 f¨

m = ba xm und verwende Summation mit geeigneten Grenzen a Hinweis: Setze b−1 k=a k und b. 38 Ermittle die Zusammenhangskoeffizienten der Basen {xn } und {xn }.

⊲ 39 Bestimme die Zahlen an ∈ N0 aus der Identit¨ at n! = a0 + a1 n1 + a2 n2 + . . . −1  k
  40 Zeige k nk (−1) und leite durch Binomialinversion eine neue Formel = x1 x+n n x+k ab. 41 Die Formel heißt Tschebyscheff n−k
folgende
⌊n/2⌋Inversionsformel: ⌊n/2⌋   n vn−2k (∀n) vn = k=0 nk un−2k (∀n) ⇐⇒ un = k=0 (−1)k n−k k n−k n−2k
⌊n/2⌋ k n und invertiere. Hinweis: Betrachte das Polynom tn (x) = k=0 (−1) n−k k x

⊲ 42 Beweise, dass die Anzahl der Zahl-Partitionen von n, deren Summanden alle nicht durch 3 teilbar sind, gleich ist der Anzahl, in denen kein Summand mehr als zweimal

56

2

grundlagen

erscheint. Beispiel: 4 = 4, 2 + 2, 2 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1 bzw. 4 = 4, 3 + 1, 2 + 2, 2 + 1 + 1. Verallgemeinere auf d statt 3. 43 Sei ϕ(n) die Anzahl der zu n relativ primen Zahlen k, 1 ≤ k ≤ n. Beweise mit Inklusion-Exklusion ϕ(n) = n(1 − p11 ) . . . (1 − p1t ), wobei pi die Primteiler von n sind.

44 Verallgemeinere das Inklusions-Exklusionsprinzip. Es seien E1 , . . . , Em Eigenschaften der Elemente einer n-Menge S. Zeige, dass die Anzahl der Elemente, welche genau t Eigenschaften erf¨ ullen, durch      t+1  m N (Ei1 . . . Eit+1 ) + . . . ± N (Ei1 . . . Eit ) − N (E1 . . . Em ) t t i <...
t

gegeben ist. ¨ ⊲ 45 Benutze die vorangegangene Ubung zur Berechnung der Permutationen mit genau t Fixpunkten.

3

Erzeugende Funktionen

Wir kommen nun zur dritten und weitaus anwendungsreichsten Methode der Z¨ahltheorie. Wir fassen
die gesuchten Z¨ ahlkoeffizienten a0 , a1 , a2 , . . . als Koeffizienten einer Potenzreihe n≥0 an z n auf. Mit diesen Potenzreihen k¨onnen wir rechnen, das heißt wir operieren mit den Koeffizienten als Ganzes. Wir werden sehen, dass sich manche bisher unzug¨ anglichen Probleme erstaunlich leicht bew¨altigen lassen.

3.1

Definition und Beispiele

Es sei eine Folge a0 , a1 , a2 , .
. . gegeben. Die Erzeugende Funktion von (an ) ist die formale Reihe A(z) = n≥0 an z n . Zwei Bemerkungen sind angebracht: Die Variable z dr¨ uckt aus, dass wir u ¨ ber den komplexen Zahlen C rechnen, obwohl wir es meistens mit ganzen Zahlen zu tun haben. Mit formal“ ist gemeint, dass wir die ” Potenzen z n nur als Aufh¨ anger“ f¨ ur das Rechnen verwenden. Konvergenzfragen ” werden v¨ ollig außer acht gelassen. Manchmal
ist es vorteilhaft, den Indexbereich nicht einzuschr¨ anken. Wir schreiben dann n an z n mit dem Einverst¨andnis, dass an = 0 ist f¨ ur n < 0. F¨ ur den Koeffizienten an von z n setzen wir auch an = n [z ]A(z).

Mit den formalen onnen wir rechnen. Die
Summe von an z n und bn z n
Reihen k¨
n n n ist nat¨ urlich (an + bn )z , und ein Vielfaches c an z ist

die nReihe (can )z . n Wir haben auch ein Produkt. Ist A(z) = an z , B(z) = bn z , so setzen wir (1)

A(z) B(z) =

n   ( ak bn−k )z n .

n≥0 k=0

Das Produkt (1) heißt die Konvolution von A(z) und B(z). Es ergibt sich einfach durch Ausmultiplizieren. Was ist der Beitrag zur Potenz z n in A(z) B(z)? Wir m¨ ussen alle Potenzen z k aus A(z) und z n−k aus B(z) ber¨ ucksichtigen mit den Koeffizienten ak bzw. bn−k , und dann die Summe bilden. Wir sehen, dass die Reihen A(z) = 0 bzw. A(z) = 1 Nullelement bzw. Einselement in bezug auf Addition und Multiplikation von Reihen bilden. Die formalen Reihen erf¨ ullen alle u ¨ blichen Rechenregeln mit der Ausnahme, dass A(z) kein multiplikatives Inverses besitzen muss. Aber auch diese Frage, wann A(z) eine inverse Reihe B(z) mit A(z) B(z) = 1 besitzt, ist leicht zu beantworten. Da a0 b0 = 1 gelten muss, ist a0 = 0 eine notwendige Bedingung daf¨ ur, dass A(z) ein
Inverses besitzt. Das ist aber auch schon hinreichend. Sei A(z) = an z n mit a0 =
−1 n 0. F¨ ur die gesuchte inverse Reihe B(z) = bn z muss b0 = a0
gelten. Nehmen n wir nun an, dass b0
, b1 , . . . , bn−1 schon bestimmt sind, so folgt aus k=0 ak bn−k = n −1 0, dass bn = −a0 k=1 ak bn−k wohlbestimmt ist.

58

3

erzeugende funktionen


Betrachten wir als Beispiel die geometrische Reihe n≥0 z n . Aus
(1) folgt sofort
( n≥0 z n )(1 − z) = 1, also ist die Reihe 1 − z das Inverse von z n , und wir
1 n schreiben n≥0 z = 1−z .

Stellen wir eine Liste der wichtigsten erzeugenden Funktionen zusammen:
n 1 z = 1−z (a) n≥0
1 (−1)n z n = 1+z (b) n≥0
2n 1 (c) z = 1−z 2 n≥0
c n c (d) (c ∈ C) n z = (1 + z) n≥0  
c+n−1 n z = (1 − z)−c (e) (c ∈ C) n n≥0
m+n n (m ∈ Z) z = (1−z)1 m+1 (f) n n≥0
zn z (g) n! = e n≥0

(h)




n≥1

(−1)n+1 z n n

= log (1 + z) .

Formel (d) ist f¨ ur c ∈ N0 gerade der Binomialsatz. Der allgemeine Fall wird in der Analysis bewiesen. F¨ ur (e) verwenden −c wirn die Negationsformel (9) aus Abn z schnitt 1.4. Wir haben c+n−1 = n n (−z) , und das Resultat folgt aus (d). Formel (f) folgt aus (e) mit m = c − 1, und die letzten beiden Ausdr¨ ucke sind wohlbekannte Reihenentwicklungen. Eine Anwendung des Konvolutionsproduktes
k¨onnen notieren. Sei
n wir sofort
n = ( a )z , da alle KoeffiziA(z) = n≥0 an z n gegeben. Dann ist A(z) n≥0 k=0 k 1−z
1 1 n enten von 1−z = n≥0 z gleich 1 sind. Zum Beispiel erhalten wir mit A(z) = 1−z ,
1 n dass (1−z)2 = n≥0 (n + 1)z ist, oder allgemein
  1 (cz)n n = = (n + 1)(cz) = (n + 1)cn z n . (1 − cz)2 1 − cz n≥0

n≥0

Die l¨ asst sich leicht ucken. Ist A(z) =
ausdr¨
ebenfalls
Index-Transformation n n+m n m a z , d. h. Multiplikaa z = a z , so haben wir z A(z) = n−m n n n n n m tion mit z entspricht einer Indexverminderung um m. Zum Beispiel erhalten wir
n n
 n  n z = n n−m z = z m (1 − z)−m−1 . aus Formel (f) die Gleichung n m

3.2

L¨ osung von Rekursionen

Erzeugende Funktionen geben uns eine wichtige Methode an die Hand, um beliebige Rekursionen mit konstanten Koeffizienten zu l¨osen. Als Beispiel betrachten wir die einfachste aller zweistelligen Rekursionen F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2

(n ≥ 2) .

3.2

l¨ osung von rekursionen

59

Die Zahlen Fn heißen nach ihrem Entdecker die Fibonacci Zahlen. Sie tauchen in so vielen Problemen auf, dass ihrer Untersuchung eine eigene mathematische Zeitschrift gewidmet ist. Eine Tabelle der ersten Fibonacci Zahlen sieht so aus: n Fn

0 1 2 3 4 5 6 0 1 1 2 3 5 8

7 8 9 10 13 21 34 55

Wie berechnen wir nun die n-te Fibonacci Zahl Fn ? Die folgende Vorgehensweise ist bereits typisch f¨ ur alle Rekursionen. 1. Dr¨ ucke die Rekursion in einer einzigen Formel aus, inklusive der Anfangsbedingungen. Wie immer ist Fn = 0 f¨ ur n < 0. Fn = Fn−1 + Fn−2 gilt auch f¨ ur n = 0, aber f¨ ur n = 1 ist F1 = 1, aber die rechte Seite 0. Also ist die vollst¨andige Rekursion Fn = Fn−1 + Fn−2 + [n = 1] . 2. Interpretiere die Gleichung in 1. mit Hilfe von erzeugenden Funktionen. Wir wissen schon, dass Indexerniedrigung einer Multiplikation mit einer Potenz von z entspricht. Also erhalten wir     Fn−1 z n + Fn−2 z n + [n = 1]z n F (z) = Fn z n = = zF (z) + z 2 F (z) + z .

3. L¨ ose die Gleichung in F (z). Das ist leicht: F (z) =

z . 1 − z − z2

4. Dr¨ ucke die rechte Seite als formale Reihe aus und ermittle daraus die Koeffizienten. Dies ist der schwierigste Schritt. Zun¨ achst schreiben wir 1 − z − z 2 in der Form 2 1 − z − z = (1 − αz)(1 − βz) , und ermitteln dann durch Partialbruchzerlegung Konstanten a und b mit 1 a b = + . (1 − αz)(1 − βz) 1 − αz 1 − βz Nun ist die Arbeit getan, denn es gilt:     a b F (z) = z + β nzn ) = z(a αn z n + b 1 − αz 1 − βz  (aαn−1 + bβ n−1 )z n = n

und somit (1)

Fn = aαn−1 + bβ n−1 .

60

3

erzeugende funktionen

Um eine vollst¨ andige L¨ osung (1) zu erhalten, m¨ ussen wir also erstens α und β ermitteln, und zweitens a und b. Setzen wir q(z) = 1−z−z 2 , so heißt q R (z) = z 2 −z−1 das reflektierte Polynom, und wir behaupten, aus q R (z) = (z − α)(z − β) folgt q(z) = (1 − αz)(1 − βz), d. h. α und β sind genau die Nullstellen des reflektierten Polynoms. Wir wollen dies gleich allgemein beweisen. Sei q(z) = 1 + q1 z + . . . + qd z d ein Polynom u ¨ ber C vom Grad d ≥ 1 und konstantem Koeffizienten 1 . Das reflektierte Polynom q R (z) entsteht durch Reflektion der Potenzen z i , also q R (z) = z d + q1 z d−1 + . . . + qd , qd = 0. Offenbar gilt q(z) = z d q R ( z1 ) . Seien nun α1 , . . . , αd ¨ die Nullstellen von q R (z), also q R (z) = (z − α1 ) . . . (z − αd ). Uber C ist so eine Darstellung immer m¨ oglich, wobei die αi ’s nat¨ urlich nicht alle verschieden zu sein brauchen. Aus q(z) = z d q R ( z1 ) folgt 1 1 q(z) = z d ( − α1 ) . . . ( − αd ) = (1 − α1 z) . . . (1 − αd z) , z z wie behauptet. Die Bestimmung von α1 , . . . , αd (oder α, β in unserem Beispiel der Fibonacci Zahlen) ist also nichts anderes als die Nullstellenbestimmung von q R (z). F¨ ur die Fibonacci Zahlen erhalten wir

√ √ 1− 5 1+ 5 )(z − ), q (z) = z − z − 1 = (z − 2√ √2 1+ 5 1− 5 q(z) = 1 − z − z 2 = (1 − z)(1 − z) . 2 2 √ √ Die u ur diese Nullstellen ist φ = 1+2 5 , φˆ = 1−2 5 (auch τ , τˆ ist ¨ bliche Bezeichnung f¨ gebr¨ auchlich). Die Zahl φ heißt der goldene Schnitt, sie ist eine der fundamentalen Zahlen der gesamten Mathematik, und war schon in der Antike bekannt. Der Name goldener Schnitt r¨ uhrt von folgendem Problem her: Gegeben sei ein Rechteck mit ussen r und s erf¨ ullen, so dass Seitenl¨ angen r und s, r ≥ s. Welches Verh¨ altnis rs m¨ nach Wegschneiden eines Quadrates der Seitenl¨ange s wiederum ein Rechteck mit dem gleichen Verh¨ altnis resultiert? r R

2

s

s   r−s

s 1 Ist x = rs , so soll also x = rs = r−s = x−1 gelten. Das Verh¨altnis x muss demnach 2 die Gleichung x − x − 1 = 0 erf¨ ullen, also ist x = φ, da x ≥ 1 vorausgesetzt ist. ˆ folgen die Beziehungen Aus der Gleichung z 2 − z − 1 = (z − φ)(z − φ)

φˆ = −φ−1 ,

φ + φˆ = 1 .

Wir kommen zum zweiten Problem, der Bestimmung von a und b. Wir setzen a und b als unbekannte Koeffizienten in der Partialbruchzerlegung an: 1 ˆ (1 − φz)(1 − φz)

=

a b . + ˆ 1 − φz 1 − φz

3.2

l¨ osung von rekursionen

61

Auf gemeinsamen Nenner gebracht haben wir (a + b) − (aφˆ + bφ)z = 1, d. h. a und b m¨ ussen das Gleichungssystem a+ b=1 ˆ + φb = 0 φa erf¨ ullen. Aufl¨ osung ergibt a =

φ √ , 5

ˆ

b = − √φ5 , und wir erhalten nach (1)

φˆ φ Fn = √ φn−1 − √ φˆn−1 , 5 5  √ n  √ n  1+ 5 1− 5 1 Fn = √ . − 2 2 5

(2) √

Da | 1−2 5 | < 1 ist, erkennen wir, dass Fn die zu ist.

√1 φn 5

n¨ achstgelegene ganze Zahl

Der folgende allgemeine Satz besagt, dass unsere Schritte 1. bis 4. immer funktionieren. Satz 3.1. Sei q1 , . . . , qd eine feste Folge komplexer Zahlen, d ≥ 1, qd = 0, q(z) = 1+q1 z+. . .+qd z d = (1−α1 z)d1 . . . (1−αk z)dk , wobei also die αi ’s die verschiedenen Nullstellen von q R (z) sind mit den Vielfachheiten di , i = 1, . . . , k. F¨ ur eine Z¨ ahlfunktion f : N0 → C sind die folgenden Bedingungen ¨ aquivalent:

(A1) Rekursion der L¨ ange d. F¨ ur alle n ≥ 0 gilt

f (n + d) + q1 f (n + d − 1) + . . . + qd f (n) = 0 . (A2) Erzeugende Funktion. F (z) =



f (n)z n =

n≥0

p(z) , q(z)

wobei p(z) ein Polynom vom Grad < d ist. (A3) Partialbruchzulegung. F (z) =



f (n)z n =

k  i=1

n≥0

gi (z) , (1 − αi z)di

f¨ ur Polynome gi (z) vom Grad < di , i = 1, . . . , k. (A4) Explizite Darstellung. k  f (n) = pi (n)αin , i=1

wobei die pi (n) Polynome in n vom Grad < di sind, i = 1, . . . , k.

62

3

erzeugende funktionen

Beweis. Wir definieren die Mengen Vi durch Vi = {f : N0 → C : f erf¨ ullt (Ai)} , i = 1, . . . , 4 . Jede dieser vier Mengen ist ein Vektorraum u ¨ ber C, da Summe und skalares Vielfaches wieder die jeweilige Bedingung erf¨ ullen. Als n¨achstes sehen wir, dass jeder dieser Vektorr¨ aume Dimension d hat. In (A1) k¨onnen wir die Anfangswerte f (0), . . . , f (d − 1) beliebig w¨ ahlen, in (A2) die d Koeffizienten p0 , p1 , . . . , pd−1 von p(z) und in (A3), (A4) jeweils di Koeffizienten von gi (z) bzw. pi (n) mit
k onnen, so folgt Vi = Vj . i=1 di = d. Wenn wir also Vi ⊆ Vj zeigen k¨
Sei f ∈ V2 , dann ergibt Koeffizientenvergleich f¨ ur z d+n in q(z) n≥0 f (n)z n = p(z) gerade die Rekursion (A1), d. h. f ∈ V1 , und somit V1 = V2 . Sei f ∈ V3 . Auf gemeinsamen Nenner gebracht erhalten wir 

f (n)z n =

n≥0

k


gi (z)

i=1 k 



(1 − αj z)dj

j =i

=

(1 − αi z)di

p(z) q(z)

i=1


k
mit Grad p(z) ≤ max(Grad gi (z) + j =i dj ) < i=1 di = d, und wir erhalten f ∈ V2 , somit V1 = V2 = V3 .
k gi (z) Schließlich wollen wir V3 ⊆ V4 zeigen. Sei f ∈ V3 , F (z) = i=1 (1−α d . Bei z) i gi (z) trachten wir einen Summanden (1−αi z)di . Nach Beispiel (e) des vorigen Abschnittes haben wir  di + n − 1  di + n − 1 1 n n = αin z n . αi z = (1 − αi z)di di − 1 n n≥0

n≥0

Multiplikation mit gi (z) = g0 + g1 z + . . . + gdi −1 z di −1 bedeutet Indexverschiebung, d. h. wir erhalten ⎞ ⎛   i −1  d gi (z) d + n − j − 1 i n−j ⎝ αi ⎠ z n gj = di − 1 (1 − αi z)di j=0 n≥0 ⎛ ⎞   i −1  d n + di − j − 1 n ⎠ n ⎝ = αi−j gj αi z di − 1 j=0 n≥0


di −1 −j n+di −j−1 , so ist pi (n) ein Polynom in n Schreiben wir nun pi (n) = j=0 αi gj di −1 vom Grad ≤ di − 1, also ist f ∈ V4 , und wir sind fertig. Betrachten wir als Beispiel die Rekursion f (n + 2) − 6f (n + 1) + 9f (n) = 0

l¨ osung von rekursionen

3.2

63

mit den Anfangswerten f (0) = 0, f (1) = 1. Hier ist q(z) = 1−6z +9z 2 = (1−3z)2 , also die L¨ osung von der Form f (n) = (a + bn)3n . Aus 0 = f (0) = a erhalten wir a = 0, und aus 1 = f (1) = (a + b)3 ergibt sich b = 31 . Die L¨ osung ist somit f (n) = n3n−1 . Wie berechnen wir die Polynome gi (z) oder pi (n)? Besonders einfach wird die Sache, wenn die Nullstellen α1 , . . . , αd von q R (z) alle verschieden sind, d. h. di = 1 f¨ ur alle i und k = d gilt. In diesem Fall sind die Polynome gi (z) vom Grad 0, also gi (z) = ai (i = 1, . . . , d), und ebenso pi (n) = ai . Aus

p(z) = q(z)

d


ai

i=1 d 



(1 − αj z)

j =i

(1 − αi z)

i=1

folgt p(z) =


d

i=1

ai



j =i

1 αi

(1 − αj z). F¨ ur z = p(

erhalten wir daraus

 1 αj ) = ai (1 − ), αi αi j =i

 α i ur h = i der Faktor 1 − α da in einem Summanden ah j =h (1 − αji ) von p(z) f¨ αi = 0 auftritt. Daraus erhalten wir nun die Formel (3)

ai = 

j =i

p( α1i ) (1 −

(i = 1, . . . , d) .

αj αi )

 Den Ausdruck (3) k¨ onnen wir noch weiter vereinfachen. Mit q(z) = di=1 (1 −
 d αi z) gilt f¨ ur die Ableitung q ′ (z) = − i=1 j =i (1 − αj z)αi , und daher q ′ ( α1i ) =  αj − j =i (1 − αi )αi . Eingesetzt in (3) ergibt dies (4)

ai =

−αi p( α1i )

(i = 1, . . . , d) .

q ′ ( α1i )

Zum Beispiel k¨ onnen wir die Rechnung f¨ ur die Fibonacci Zahlen abk¨ urzen, ohne den Weg u ¨ ber die Partialbruchzerlegung zu gehen. Hier ist p(z) = z, q(z) = 1 − ˆ also z − z 2 , q ′ (z) = −1 − 2z, α1 = φ, α2 = φ, ai = Nun berechnet man sofort

φ φ+2

=

−αi ( α1i ) −1 −

2 αi

ˆ √1 , φ ˆ 5 φ+2

=

αi . αi + 2

= − √15 und erh¨alt wiederum (2).

64

3

erzeugende funktionen

Unsere Methode der erzeugenden Funktionen erweist sich auch bei simultanen Rekursionen als erfolgreich. Ein Problem in einem √ √mathematischen Wettbewerb 1980 stellte folgende Frage: Schreibe die Zahl ( 2+ 3)1980 in Dezimaldarstellung. Was ist die letzte Stelle vor und die erste Stelle nach dem Komma? Das scheint erstens hoffnungslos,√und zweitens, was hat das √ mit Rekursionen √ 2n √ zu tun? Betrachten wir allgemein ( 2 + 3) . Wir erhalten ( 2 + 3)0 = 1, √ √ √ 4 √ 2 √ √ √ 2 ucke (√2 + √3) = 5 + 2 6, ( 2 + 3) = √(5 + 2 6) = 49 + 20 6. Sind alle Ausdr¨ ( 2 + 3)2n von der Form an + bn 6? Klar mit Induktion: √ √ √ √ √ √ ( 2 + 3)2n = ( 2 + 3)2n−2 ( 2 + 3)2 √ √ = (an−1 + bn−1 6)(5 + 2 6) √ = (5an−1 + 12bn−1 ) + (2an−1 + 5bn−1 ) 6 . Wir erhalten also gleichzeitig eine Rekursion f¨ ur die Folgen (an ) und (bn ): an = 5an−1 + 12bn−1

(5)

bn = 2an−1 + 5bn−1

mit den Anfangswerten a0 = 1, b0 = 0. Die L¨ osung dieser Rekursionen erfolgt mit unseren 4 Schritten: Schritt 1. an = 5an−1 + 12bn−1 + [n = 0]

(da a0 = 1)

bn = 2an−1 + 5bn−1 . Schritt 2. Mit A(z) =




n≥0

an z n , B(z) =




n≥0 bn z

n

ergibt sich

A(z) = 5zA(z) + 12zB(z) + 1 B(z) = 2zA(z) + 5zB(z) .

Schritt 3. Wir l¨ osen nach A(z) auf. Aus der zweiten Gleichung haben wir B(z) = 2z A(z) , und eingesetzt in die erste ergibt dies 1−5z A(z) = 5z A(z) + oder A(z) =

24z 2 A(z) +1 1 − 5z

1 − 5z . 1 − 10z + z 2

√ Schritt√4. Hier ist q(z) = q R (z) und wir erhalten q(z) = (1 − (5 + 2 6)z)(1 − (5 − 2 6)z). Da die beiden Nullstellen verschieden sind, k¨onnen wir Formel (4) verwenden, und erhalten m¨ uhelos f¨ ur die Koeffizienten von A(z) √ √ 1 (6) an = ((5 + 2 6)n + (5 − 2 6)n ) . 2

3.3

erzeugende funktionen vom exponentialtyp

65

Sch¨ on, jetzt kennen wir an (und bn k¨ onnen wir analog berechnen), aber √ nat¨ √ √urlich 2n was sagt uns das u in ( 2+ 3) = a + b 6 f¨ u r n = 990? ¨ ber die Kommastellen n n √ √ √ √ Nun, zun¨ achst wissen wir (5√+ 2 6)n = ( 2 + 3)2n = an + bn 6, d. h. (6) ergibt √ an = 12 (an + bn 6 + (5 − 2 6)n ) oder √ √ (7) an = bn 6 + (5 − 2 6)n . Bezeichnen wir mit {x} den Anteil einer reellen Zahl nach dem also x = √ Komma, √ ⌊x⌋+{x}, 0 ≤ {x}√< 1. Da an ganzzahlig ist, folgt aus (7) {b 6}+{(5−2 6)n } = n √ n f¨ ur große n, und sicherlich 1. Nun geht (5−2 6) →√0 wegen 5−2 6 < 1. Das heißt √ f¨ ur n = 990, gilt (5 − 2 6)n = 0, 00 . √ . . und daher {bn 6} = 0, 99 . . . Die erste Stelle nach dem Komma von a990 +b A die Einerstelle √990 6 ist demnach 9. Sei nun √ von a990 und B diejenige von b990 6, also a990 = . . . A und b990 6 = . . . B, 9√ ... Aus (7) folgt A ≡ B + 1 (mod 10), und somit ist die Einerstelle von a990 + b990 6 gleich A + B ≡ 2A − 1 (mod 10). F¨ ur Leser, die mit dem modulo Rechnen nicht vertraut sind – in Abschnitt 12.1 wird dies nachgeholt. Wir m¨ ussen also nur noch A bestimmen und dazu benutzen wir die urspr¨ ungliche Rekursion (5). Die ersten Werte der Einerstelle (mod 10) sind n 0 1 2 3 4 5

an 1 5 9 5 1 5

bn 0 2 0 8 0 2

Die Einerstellen von an wiederholen sich also periodisch alle 4 Schritte. Insbesondere ist 990 ≡ 2 (mod 4), also A = 9, und wir erhalten das Ergebnis 2 · 9 − 1 ≡ 7 (mod 10), also ist 7 die gesuchte letzte Ziffer vor dem Komma.

3.3

Erzeugende Funktionen vom Exponentialtyp

F¨ ur viele Z¨ ahlfunktionen (an ) ist es vorteilhaft, anstelle der u ¨ blichen erzeugenden Funktion die Funktion  an ˆ zn A(z) = n! n≥0

ˆ zu betrachten. Wir nennen A(z) die exponentielle erzeugende Funktion der Folge (an ).
ˆ Multiplikation von zwei exponentiellen erzeugenden Funktionen A(z) = n≥0 an!n z n ,

ˆ ˆ ˆ B(z). ˆ ˆ = n≥0 cn!n z n , mit C(z) = A(z) B(z) = n≥0 bn!n z n ist einfach. Sei C(z) Nach der Produktformel (1) in Abschnitt 3.1 erhalten wir n

 ak bn−k cn = , n! k! (n − k)! k=0

66

3

erzeugende funktionen

also (1)

cn =

n    n

k

k=0

ak bn−k .

  Wegen des Auftretens von nk heißt (1) die Binomial-Konvolution. Sind also die Z¨ ahlfunktionen (an ) , (bn ) und (cn ) durch (1) verbunden, so k¨onnen wir sofort ˆ ˆ B(z) ˆ C(z) = A(z) schließen. Testen wir dies an einem einfachen Beispiel. F¨ ur die Exponentialfunktion eaz
an n az az gilt e = ist die exponentielle erzeugende Funktion der n≥0 n! z , d. h. e geometrischen Folge (a0 , a1 , a2 , . . .). Aus eaz ebz = e(a+b)z folgt mittels (1) sofort n    n k n−k (a + b) = , a b k n

k=0

d. h. der Binomialsatz ist nichts anderes als die binomiale Konvolution von Exponentialfunktionen.  
Ein anderes Beispiel: In Abschnitt 1 haben wir n≥0 na z n = (1 + z)a erhal
n ten. Schreiben wir die linke Seite n≥0 an! z n , so stellen wir fest, dass (1+z)a die exponentielle erzeugende Funktion der Folge (an ) ist. Da (1+z)a (1+z)b = (1+z)a+b gilt, erhalten wir mit Binomialkonvolution n    n k n−k (a + b)n = a b k k=0

oder

    n   a+b a b = , k n−k n k=0

unsere wohlbekannte Vandermonde Identit¨ at (12) aus Abschnitt 1.4. Was ist die exponentielle erzeugende Funktion der
Derangementzahlen Dn ? In n n D Abschnitt 2.3 haben wir in (7) die Beziehung n! = gefunden. Die k k=0 k Folge (n!) ist also die binomiale Konvolution der Folge (Dk ) mit der konstanten Folge (1, 1, . . .), deren exponentielle erzeugende Funktion nat¨ urlich ez ist. Nach (1)
D n n ˆ folgt daher f¨ ur D(z) = n≥0 n! z , z ˆ D(z)e =

  n! 1 zn = , zn = n! 1−z n≥0

n≥0

e−z ˆ und wir schließen D(z) = 1−z . Fassen wir dies als Gleichung zwischen gew¨ohnlichen erzeugenden Funktionen auf, so wissen wir aus Abschnitt 1, dass die rechte Seite die ersten n Glieder von e−z aufsummiert. Also erhalten wir abermals unsere altbekannte Formel n  Dn (−1)k = . n! k! k=0

¨bungen u

67

Ganz allgemein entspricht unsere Binomial-Inversionsformel (5) aus Abschnitt 2.3 der selbstverst¨ andlichen Gleichung

ˆ (z) =
mit U n≥0

ˆ (z)ez ⇐⇒ U ˆ (z) = Vˆ (z)e−z Vˆ (z) = U
vn n un n ˆ n≥0 n! z . n! z , V (z) =

Noch ein Beispiel, das die Pr¨ agnanz der Methode der Erzeugenden Funktionen deutlich macht. Sei an die Anzahl der Abbildungen f von {1, . . . , n} nach {1, . . . , n} mit der Eigenschaft, dass mit j ∈ Bild (f ) auch alle i < j in Bild (f ) sind, a0 = 1. Zum Beispiel erhalten wir a2 = 3 mit den Abbildungen 1 → 1, 2 → 1; 1 → 1, 2 → 2; 1 → 2, 2 → 1. Angenommen, f bildet genau k Elemente auf 1 ab, dann k¨onnen   ahlt werden, und der Rest kann auf an−k Weisen diese Elemente auf nk Arten gew¨ auf {2, . . . , n} abgebildet werden. Wir erhalten somit n    n an = an−k k

n    n 2an = an−k + [n = 0] . k

oder

k=1

k=0

F¨ ur die exponentielle erzeugende Funktion ergibt dies ˆ ˆ +1 2A(z) = ez A(z) also

1 . 2 − ez Durch Entwickeln der rechten Seite erhalten wir 1 1   ez k  1  kn z n 1 1 = = = · z z 2−e 2 1 − e /2 2 2 2k+1 n! ˆ A(z) =

k≥0

k≥0

n≥0

und daraus mit Koeffizientenvergleich f¨ ur z n : an =

 kn . 2k+1

k≥0


n Wir haben also nicht nur eine kombinatorische Interpretation der Reihe k≥0 2kk+1 gefunden, wir wissen auch, dass ihr Wert eine nat¨ urliche Zahl, n¨amlich an , ist. F¨ ur

k2 k3 n = 2 erhalten wir beispielsweise k≥0 2k+1 = 3 und f¨ ur n = 3, k≥0 2k+1 = 13.

¨ Ubungen zu Kapitel 3 1 Verifiziere die Identit¨ at


n

k=0

 n 2 k

=

2n n

durch erzeugende Funktionen.

⊲ 2 Eine Untermenge A ⊆ {1, . . . , n} heißt dick, falls k ≥ |A| ist f¨ ur alle k ∈ A. Zum Beispiel ist {3, 5, 6} dick, aber nicht {2, 4, 5}. Sei f (n) die Anzahl der dicken Untermengen von {1, . . . , n}, wobei ∅ per
Definitionem na. f (n) = Fn+2 (Fibonacci Zahl), n−k dick ist.
Zeige: und c. n b. Beweise daraus Fn+1 = n k=0 k Fk = F2n . k=0 k

68

3

erzeugende funktionen

¨ 3 Die folgenden der Fibonacci Folge. a.
Ubungen zeigen einige
n Eigenschaften 2 Fn+2 − 1, b. n k=1 F2k−1 = F2n , c. k=0 Fk = Fn Fn+1 .   4 Sei A die Matrix A = 11 . Beweise 10 An =



Fn+1 Fn

Fn Fn−1


n

k=0

Fk =



2 − Fn+1 Fn − Fn2 = und leite daraus Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (−1)n ab. Beweise ferner Fn+1 (−1)n und zeige umgekehrt, dass aus |m2 − mk − k2 | = 1 f¨ ur m, k ∈ Z folgt {m, k} = ur ein n ∈ N0 . {±Fn+1 , ±Fn } f¨

⊲ 5 Die Lucas Zahl ist Ln = Fn−1 + Fn+1 . Zeige F2n = Fn Ln und dr¨ ucke Ln durch φ und φˆ aus. 6 Zeige, dass jede nat¨ urliche Zahl n eine eindeutige Darstellung n = Fm1 + . . . + Fmt mit mi ≥ mi+1 + 2, mt ≥ 2, besitzt. Beispiel: 33 = 21 + 8 + 3 + 1. 7 Sei An die Anzahl der Belegungen eines 2 × n-Rechteckes mit 1 × 2 Dominosteinen. Bestimme eine Rekursion f¨ ur An und berechne An . 8 L¨ ose die allgemeine Rekursion a0 = α, a1 = β, an = san−1 + tan−2 (n ≥ 2). ⊲ 9 Es sei f (n) die Anzahl der W¨ orter der L¨ ange n, in denen die Buchstaben alle 0,1 und 2 sind, und in denen niemals zwei 0’en hintereinander vorkommen, z. B. f (1) = 3, f (2) = 8, f (3) = 22. Berechne f (n). ˜n haben wir in Ubung ¨ 1.12 betrachtet. die exponentielle 10 Die Bellzahl B
Bestimme kn ˜n = 1 . erzeugende Funktion der Bellzahlen und beweise B k≥0 k! e 11 Bestimme die erzeugende Funktion und die exponentielle erzeugende Funktion von an = 2n + 5n .

⊲ 12 Bestimme die exponentielle erzeugende Funktion f¨ ur die Anzahl ak der k-Permutaur festes k. tionen von n f¨ ur festes n, und f¨ ur die Anzahl bn f¨

n n ′ ˆ ˆ = n≥0 an+1 zn! , also Indexverschiebung ent13 Sei A(z) = n≥0 an zn! . Zeige: (A(z)) spricht Differentiation.
n ¨ ⊲ 14 Verwende die vorige Ubung zur von Sˆm (z) = n≥0 Sn,m zn! , Sn,m = Stir
Berechnung z ling Zahl 2. Art. Schließe weiter m≥0 Sˆm (z)tm = et(e −1) .
15 Sei A(z) = an z n .

1 a2n z 2n und 21 (A(z) − A(−z)) = a2n+1 z 2n+1 ist. Zeige, dass 2 (A(z) + A(−z)) =

z ⊲ 16 Wir wissen, dass die erzeugende Funktion Zahlen F (z) = 1−z−z 2 ist.
der Fibonacci n Berechne daraus die erzeugende Funktion n F2n z der Fibonacci Zahlen mit geradem Index.

⊲ 17 L¨ ose die Rekursion g0 = 1, gn = gn−1 + 2gn−2 + . . . + ng0 durch Betrachtung der ¨ erzeugenden Funktion G(z) und der vorhergehenden Ubung. 18 Berechne die erzeugende Funktion der harmonischen Zahlen.
n ¨ 19 Bestimme mittels der vorhergehenden Ubung k=0 Hk Hn−k .

¨bungen u

69


⊲ 20 Jede erzeugende Funktion F (z) = n≥0 an z n mit a0 = 1 definiert eine Polynomfolge
x n (pn (x)) durch F (z) = n≥0 pn (x)z , wobei pn (1) = an und pn (0)
= [n = 0] ist. Zeige, dass pn (x) Grad n
hat und beweise die Konvolutionsformeln n k=0 pk (x)pn−k (y) = pn (x + y) bzw. (x + y) n kp (x)p (y) = nxp (x + y). Hinweis: F¨ ur n > 0 ist n k n−k k=0 [z n ]ex log F (z) ein Polynom vom Grad n in x, welches ein Vielfaches von x ist. ¨ 21
Benutze vorhergehende Ubung, Identit¨ aten zu beweisen:  n  um tn+r+s  r tk+rdie
folgende tn−tk+s k n−k r (tk+r) (tn−tk+s) , b. = = (tn+r+s)n . a. k tk+r n tk+r n−k k k

k

22 Sei p(n) die Anzahl von n mit p(0) = 1.
k
der
Zahl-Partitionen
1 z gibt den Zeige: p(n) = [z n ]( z k )( z 2k )( z 3k ) . . . = [z n ] (1−z)(1−z 2 )... . Hinweis:
2k Anteil der 1-Summanden an, z den Anteil der 2-Summanden usf.

23 Gib einen Beweis von pu (n) = pv (n) aus Abschnitt 2.4 mittels erzeugender Funktionen. Hinweis: Die erzeugende Funktion von pu (n) ist Pu (z) = (1−z)(1−z13 )(1−z5 )... . Berechne analog Pv (z) und vergleiche.

⊲ 24 Eine wahrscheinlichkeitserzeugende Funktion
PX (z), kurz W -erzeugende Funktion, pn z n , wobei pn = p(X = n) ist. f¨ ur eine Zufallsvariable X : Ω −→ N0 ist PX (z) = ′ ′ ′′ ′ ′ Zeige: a. EX = PX (1), PX = Ableitung von PX , b. V X = PX (1) + PX (1) − (PX (1))2 , ur unabh¨ angige Zufallsvariablen X, Y . c. PX+Y (z) = PX (z)PY (z) f¨ 25 Die Zufallsvariable X nehme die Werte 0, 1, . . . , n − 1 alle mit Wahrscheinlichkeit an. Berechne PX (z).

1 n

⊲ 26 Es sei X die Anzahl von Kopf“, wenn eine M¨ unze n-mal geworfen wird (jedesmal ” Wahrscheinlichkeit 21 ). Berechne PX (z) und daraus EX, V X. 27 Angenommen, eine M¨ unze (Wahrscheinlichkeit 12 ) wird solange geworfen, bis zum nten Mal Kopf“ auftritt. Es sei X die Anzahl der W¨ urfe, wobei wir voraussetzen, dass ” h¨ ochstens s-mal hintereinander Zahl“ erscheint. Berechne PX (z), EX und V X. ” ⊲ 28 Sei Ω die Menge der Permutationen von {1, . . . , n} und Xn die Zufallsvariable, die ¨ jeder Permutation die Anzahl der Inversionen zuordnet (siehe Ubung 1.31).  1+z+...+z i . Zeige, dass f¨ ur die W -erzeugende Funktion Pn (z) von X gilt Pn (z) = n i=1 i n(2n+5)(n−1) n(n−1) , V X = . Folgere daraus EX = 4 72 Hinweis: Folgere aus In,k = In−1,k + In−1,k−1 + . . . + In−1,k−n+1 die Beziehung Pn (z) = 1+z+...+z n−1 Pn−1 (z). n ⊲ 29 Gegeben sei ein 3×n-Rechteck, das wir mit 2×1-Dominosteinen belegen. Berechne die Anzahl An der verschiedenen Belegungen (also z. B. A0 = 1, A1 = 0, A2 = 3). Hinweis: Sei Bn die Anzahl der Belegungen, in denen die linke obere Ecke frei bleibt, also B0 = 0, B1 = 1, B2 = 0. Stelle nun Rekursionen f¨ ur A(z), B(z) auf. 30 Auf wieviele Arten k¨ onnen wir einen 2 × 2 × n Turm aus 2 × 1 × 1 Steinen bauen? unschte Zahl, und bn die Anzahl, wo oben ein 2 × 1 × 1 Stein fehlt. Hinweis: Sei an die gew¨ L¨ ose simultan A(z), B(z). urlichen Zahl n in Potenzen von 2, wobei ⊲ 31 Sei an die Anzahl der Zerlegungen der nat¨ 1 + 1, a4 = 4 mit die Ordnung keine Rolle spielt. Beispiel: a3 = 2, 3 = 2 + 1 = 1 +
4 = 2 + 2 = 2 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1. Wir setzen a0 = 1. Sei bn = n k=0 ak . Berechne A(z) und B(z). Was ergibt sich daraus f¨ ur an , bn ?

70

3

erzeugende funktionen

√ √ 32 Betrachte die Folge an = (1 + 2)n + (1 − 2)n . Zeige, dass an immer eine nat¨ urliche ur an und folgere daraus Zahl ist, z. B. a0 = a1√= 2, a2 = 6. Bestimme eine Rekursion f¨ f¨ ur n ≥ 1, dass ⌈(1 + 2)n ⌉ genau dann gerade ist, wenn n gerade ist.

33 Sei Fn die n-te Fibonacci Zahl. Zeige Fn+k = Fk Fn+1 + Fk−1 Fn und insbesondere F2n = Fn Fn+1 + Fn−1 Fn . F2n ist also ein Vielfaches von Fn . Zeige allgemein, dass Fkn ein Vielfaches von Fn ist.
 n  k ⊲ 34 Zeige 2n−1 Fn = k 2k+1 5 . 35 F¨ ur S ⊆ N bezeichne S + 1 die Menge {x + 1 : x ∈ S}. Wie viele Untermengen von {1, . . . , n} gibt es mit der Eigenschaft S ∪ (S + 1) = {1, . . . , n}?

36 Bestimme Rekursionen: a. f¨ ur die Anzahl der 0,1-W¨ orter der L¨ ange n mit einer geraden Zahl von 0’en, b. f¨ ur die Anzahl der 0,1,2-W¨ orter der L¨ ange n mit jeweils gerade vielen 0’en und 1’en. Stelle die erzeugenden Funktionen auf und bestimme die Anzahlen. 37 Ein Blatt mit n Karten, bezeichnet 1 bis n, ist gegeben. Falls die oberste Karte k ist, so werden die obersten k Karten in umgekehrter Reihenfolge hingelegt. Falls nun ℓ die oberste Karte ist, so werden die ersten ℓ umgedreht. Die Sache endet, wenn 1 oben ist. Beispiel: 32514 −→ 52314 −→ 41325 −→ 23145 −→ 32145 −→ 12345. Zeige, dass die Anzahl der Runden h¨ ochstens Fn+1 − 1 ist (Fn Fibonacci Zahl). Hinweis: ¨ Uberlege, dass wir h¨ ochstens Fn−1 − 1 Runden brauchen, um die h¨ ochste Karte nach oben zu bringen, und h¨ ochstens Fn Runden danach. ⊲ 38 Sei q ∈ N, q > 1. Betrachte die Rekursion fm,0 = 1 (m ≥ 0), f0,n = 1 (n ≥ 0), fm,n = fm,n−1 +(q−1)f
m−1,n−1 (m, n ≥ 1). Berechne fm,n . Hinweis: Stelle die erzeugende Funktion F (x, y) = m,n≥0 fm,n xm y n auf.
1 39 Beweise die Formel n k=0 Fk Fn−k = 5 (2nFn+1 − (n + 1)Fn ).
n n Hinweis: Es gilt k=0 Fk Fn−k = [z ]F (z)2 . Dr¨ ucke nun F (z)2 mittels φ und φˆ aus. ⊲ 40 Stelle die exponentielle
  erzeugende Funktion der gn auf definiert durch g0 = 0, g1 = 1, gn = −2ngn−1 + k nk gk gn−k (n > 1) .
1 41 Berechne 0
⊲ 42 Es sei f (n) die Anzahl der zyklischen Permutationen (a1 , . . . , an ) von {1, . . . , n}, so dass ai , ai+1 niemals aufeinanderfolgende Zahlen 1, 2; 2, 3; . . . ; n, 1 sind. Beispiel: f (1) = f (2) = 0, f (3) = 1 mit (1,3,2) als einziger M¨ oglichkeit. Zeige f (n) + f (n + 1) = Dn (Derangement-Zahl) und stelle die exponentielle erzeugende Funktion der f (n) auf. 43 L¨ ose die Rekursion a0 = a1 = 1, an = an−1 + (n − 1)an−2 (n ≥ 2) mit exponentiellen erzeugenden Funktionen. n
44 Die Bernoulli-Zahlen Bn sind definiert durch die Rekursion n k=0 k Bk = Bn + [n = 1 1 ur die exponentielle erzeugende 1], also B0 = 1, B1 = − 2 , B2 = 6 , B3 = 0. Zeige, dass f¨ ˆ ˆ Funktion B(z) gilt B(z) = ezz−1 .
⊲ 45 Es sei Sm (n) = 0≤k
¨bungen u
 m

71

zm ˆ x) =
Bk xm−k heißt das m-te Bernoullipolynom. Zeige f¨ ur B(z, m≥0 Bm (x) m! , xz ˆ x) = ze ˆ n) = 1 [B(z, ˆ n) − B(z, ˆ 0)]. d. Beweise nun dass B(z, gilt. c. Folgere daraus S(z, ez −1 z
m m+1 m 1 durch Koeffizientenvergleich f¨ ur z in c. die Formel Sm (n) = m+1 k=0 k Bk nm+1−k .



(kz)m m zm ˆ n) = . Hinweis zu a.: Schreibe S(z, 0≤k
k

4

Abz¨ ahlung von Mustern

Viele Abz¨ ahlprobleme sind von ganz anderer Art als wir sie bisher kennengelernt haben – sie sind durch Symmetrien auf der zugrundeliegenden Struktur bestimmt. Wie man an solche Fragen herangeht, wollen wir uns in diesem Kapitel u ¨ berlegen.

4.1

Symmetrien

Die folgenden Beispiele werden sofort klar machen, worum es geht. Wir werden alle drei Probleme im Lauf des Kapitels l¨ osen. A. Jemand hat eine Kette mit n Perlen um den Hals, die weiß oder schwarz gef¨ arbt sind. Wie viele verschiedene gef¨ arbte Ketten gibt es? Zun¨achst einmal: was heißt hier verschieden? Wir betrachten zwei gef¨arbte Ketten als gleich, falls sie durch eine Drehung ineinander u ¨ bergehen. F¨ ur n = 4 erhalten wir 6 verschiedene Ketten:

F¨ arben wir die 4 Perlen mit W (eiß), S(chwarz) und R(ot), wie viele Ketten gibt es dann? Wenn wir die Typen mit W ≥ S ≥ R hinschreiben, so ergibt sich W 4 3 2 2

S 0 1 2 1

R 0 0 0 1

Anzahl 1 1 2 3

Da wir nun in den einzelnen Typen die Farben permutieren k¨onnen, so erhalten wir insgesamt 3 · 1 + 6 · 1 + 3 · 2 + 3 · 3 = 24 verschiedene Ketten. Was wir wirklich wissen wollen, ist nat¨ urlich das allgemeine Resultat f¨ ur n Perlen und r Farben. B. Betrachten wir einen W¨ urfel, dessen Seiten mit W oder S gef¨arbt sind. Wie viele Farbmuster gibt es hier? Wir werden zwei gef¨arbte W¨ urfel als gleich ansehen, wenn eine Drehung des W¨ urfels die Farben zur Deckung bringt, zum Beispiel:

=

=

74

4

abz¨ ahlung von mustern

Die folgende Tabelle verifiziert man am besten, indem man einen W¨ urfel zur Hand nimmt: Farb-Typ 6 5 4 3

Anzahl

0 1 2 3

2·1 2·1 2·2 1·2 10

Wiederum interessiert uns der allgemeine Fall, wenn r Farben zur Auswahl stehen. C. Nun noch ein etwas schwierigeres Beispiel. Ein Alkohol besteht aus einem OH-Atom (1-wertig), C-Atomen (4-wertig) und H-Atomen (1-wertig). Wie viele Alkohole gibt es mit genau n C-Atomen? F¨ ur n ≤ 3 ist dies leicht nachzupr¨ ufen: n = 1:

n = 3:

H OH

C

OH

H

H n = 2: OH

H

H

C

C

H

H

H

H

H

H

C

C

C

H

H

H

H

H

OH

C

C

H

C

H

H

H

H

H In allen drei Beispielen sehen wir, dass Gleichheit“ durch die Symmetrien der ” Struktur bestimmt ist. In Beispiel A sind dies die n zyklischen Verschiebungen, in Beispiel B die Symmetrien des W¨ urfels, und im letzten Beispiel die Permutationen der drei an OH − C anh¨ angenden Teilstrukturen. Sehen wir uns diese Symmetrien n¨ aher an. Sie bilden jeweils eine Gruppe G. Wir setzen im Folgenden eine gewisse Vertrautheit mit Gruppen und insbesondere dem Modulo-Rechnen voraus. Die Abschnitte 12.1 und 12.2 geben dar¨ uber genauer Bescheid. Betrachten wir das Halskettenproblem mit den Perlen N = {1, 2, . . . , n}. Die Symmetrien G sind die Verschiebungen gi : a −→ a + i (mod n), i = 0, 1, . . . , n − 1, und das Produkt ist die Hintereinanderausf¨ uhrung, also gi gj : a −→ (a + j) + i = a + (j + i) (mod n). Offenbar ist gi = g1i und wir nennen G = Cn die zyklische Gruppe der Ordnung n.

4.2

75

problemstellung

Nun zum W¨ urfel. In der Geometrie lernt man, dass jede Drehung, die den W¨ urfel zur Deckung bringt, eine Achse aufweist. Diese Achse kann durch zwei gegen¨ uberliegende Seiten gehen (genauer durch die Seitenmittelpunkte), durch gegen¨ uberliegende Kanten oder durch diametral gegen¨ uberliegende Ecken. Es gibt somit 3 Seitenachsen, 6 Kantenachsen und 4 Eckenachsen. Die Figur zeigt, dass jede Seitenachse (abgesehen von der Identit¨at) drei weitere Symmetrien ergibt,

3 1

2

4 1

4

3

4 2

3

wobei die obere und untere Seite jeweils fest bleibt. Insgesamt enth¨ alt die Symmetriegruppe des W¨ urfels 24 Elemente: Identit¨ at Seitenachsen Kantenachsen Eckenachsen

1 3·3 6·1 4·2 24

In Beispiel C erhalten wir, wie gesehen, die Gruppe S3 der 6 Permutationen auf den drei Teilstrukturen. Permutationen, die wir schon in Abschnitt 1.3 behandelt haben, werden im folgenden eine zentrale Rolle spielen. Die Gruppe aller Permutationen auf N (mit Hintereinanderausf¨ uhrung als Multiplikation) heißt die symmetrische Gruppe SN . F¨ ur N = {1, . . . , n} schreiben wir kurz Sn . Jede Untergruppe G ≤ SN heißt eine Permutationsgruppe auf N . Zum Beispiel ist die Gruppe Cn aus Beispiel A die Permutationsgruppe bestehend aus den n Verschiebungen.

4.2

Problemstellung

Betrachten wir wieder das Kettenproblem. Sei N = {1, . . . , n} die Menge der Perlen und R = {1, . . . , r} die Farben. Eine gef¨arbte Kette ist also nichts anderes als eine Abbildung f : N −→ R, und wir wissen, dass es insgesamt r n Abbildungen gibt. Wir schreiben kurz RN = Abb (N, R). Sei G = Cn die zyklische Gruppe. Zwei gleiche“ Ketten entsprechen dann ersicht” lich zwei Abbildungen f und f ′ mit f ′ = f ◦ g f¨ ur ein g ∈ G (wir drehen um g und f¨ arben mittels f ).

76

4

abz¨ ahlung von mustern

Wir nennen zwei Abbildungen f, f ′ daher ¨ aquivalent, in Zeichen f ′ ∼ f , falls es ′ ¨ ein g ∈ G gibt mit f = f ◦g. Man pr¨ uft sofort nach, dass ∼ eine Aquivalenzrelation ′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ist. Gilt z. B. f ∼ f , f ∼ f mit f = f ◦ g, f = f ◦ h, so folgt f ′′ = (f ◦ g) ◦ h = ¨ f ◦ (gh), also f ′′ ∼ f . Die Aquivalenzklassen von RN unter ∼ heißen Muster , und unser Problem A besteht somit genau in der Abz¨ahlung der Muster. Ist zum Beispiel G = SN die volle symmetrische Gruppe auf N , so entspricht dies genau der Situation, dass die Elemente von N nicht unterscheidbar sind, und  Muster. wir erhalten laut der Tabelle am Ende von Abschnitt 1.2 genau r+n−1 n Um zur eigentlichen Problemstellung zu kommen, ben¨otigen wir noch zwei Verallgemeinerungen. Betrachten wir Beispiel B. Die Gruppe G ist die Gruppe der 24 Symmetrien des W¨ urfels und N die Seiten des W¨ urfels. Wir k¨onnten aber auch die Kanten f¨ arben (|N | = 12) oder die Ecken (|N | = 8). Jedesmal wirkt dieselbe Gruppe G auf der jeweiligen Menge N , das heißt jede W¨ urfelsymmetrie bewirkt eine Permutation auf der betrachteten Menge N . Diese Idee ergibt die folgende grundlegende Definition. Sei G eine Gruppe. Wir sagen, G wirkt verm¨ oge τ auf N , falls τ : G −→ SN , g −→ τg , ein Homomorphismus von G in die symmetrische Gruppe SN ist. Das heißt, es gilt τgh = τg τh f¨ ur alle g, h ∈ G. In dieser allgemeinen Fassung setzen wir wieder f ′ ∼ f ⇐⇒ f ′ = f ◦ τg f¨ ur ein g ∈ G . ¨ ¨ Dies ergibt abermals eine Aquivalenzrelation auf RN , und wir nennen die Aquivalenzklassen wieder die Muster. In Beispiel B gibt also τg die tats¨ achliche Permutation der Seiten (oder Kanten bzw. Ecken) an, die von der W¨ urfelsymmetrie g erzeugt wird. Zur zweiten Verallgemeinerung. Wir k¨ onnten in Beispiel A detaillierter fragen, wie viele Kettenmuster genau aj Perlen der Farbe j enthalten. Um dies in den Griff zu bekommen, ordnen wir jeder Farbe j ∈ R eine Variable xj zu und erkl¨aren das Gewicht w(f ) einer Abbildung f : N −→ R durch  xf (i) . w(f ) = i∈N

′

Sind f, f ¨ aquivalente Abbildungen mit f ′ = f ◦ τg , so berechnen wir    xf (i) = w(f ) , x(f ◦τg )(i) = xf ′ (i) = w(f ′ ) = i∈N

i∈N

i∈N

¨ auft. Aquivalente Abbildungen haben somit da mit i ∈ N auch τg (i) ganz N durchl¨ dasselbe Gewicht, und wir k¨ onnen unzweideutig das Gewicht w(M ) = w(f ) f¨ ur f ∈ M eines Musters M definieren. W¨ ahlen wir z. B. in Problem A f¨ ur Weiß die Variable W und f¨ ur Schwarz die Variable S, so bedeutet W 2 S 2 , dass die Kette zwei weiße und zwei schwarze Perlen enth¨ alt. Und damit sind wir endg¨ ultig bei der Problemstellung angelangt.

4.3

muster und zyklenindikator

77

Problem. Gegeben seien Mengen N und R, |N | = n, |R| = r, eine Gruppe G, die auf N wirkt, und Variablen xj (j ∈ R). Sei M die Menge der Muster, berechne den Enumerator  w(RN ; G) = w(M ) . M ∈M

Setzen wir insbesondere xj = 1 f¨ ur alle j ∈ R, so hat jedes Muster Gewicht 1, und wir erhalten die Anzahl |M| der Muster.

Beispiel A. Sei n = 4, r = 2 mit den Variablen W und S, dann ist der Enumerator, wie wir gesehen haben: w(RN ; C4 ) = W 4 + W 3 S + 2W 2 S 2 + W S 3 + S 4 . Beispiel B. F¨ ur den W¨ urfel ergibt sich w(Seiten; G) = W 6 + W 5 S + 2W 4 S 2 + 2W 3 S 3 + 2W 2 S 4 + W S 5 + S 6 . Beispiel C. Sei x die Variable der C-Atome, so erhalten wir w(Alkohol; S3 ) = 1 + x + x2 + 2x3 + 3x4 + 7x5 + . . . Hier liegt also eine erzeugende Funktion vor, die wir noch genau bestimmen werden.

4.3

Muster und Zyklenindikator

Nun wollen wir die Muster von RN unter der Aktion τ der Gruppe G n¨aher studieren. Sei f ∈ RN , dann besteht das Muster M (f ), welches f enth¨alt, genau aus den f ′ mit f ′ = f ◦ τg f¨ ur ein g ∈ G. Setzen wir τg f := f ◦ τg , so ist also M (f ) = {τg f : g ∈ G}. Wir wollen diese Situation gleich allgemein behandeln. Es sei G eine Gruppe, die auf der Menge X verm¨ oge τ wirkt. Wir setzen wie gewohnt y ∼ x, falls y = τg x ¨ f¨ ur ein g ∈ G ist. Wiederum ist ∼ eine Aquivalenzrelation, deren Klassen wir die Muster nennen. Das Muster M (x), welches x enth¨alt, ist M (x) = {τg x : g ∈ G}. Die folgenden Begriffe f¨ uhren zu einem der anwendungsreichsten S¨atze der Kombinatorik, der insbesondere die Anzahl |M| der Muster bestimmt. Die Fixgruppe Gx von x ∈ X ist Gx = {g ∈ G : τg x = x}. Gx ist offenbar eine Untergruppe von G. Die Fixpunktmenge von g ∈ G ist Xg = {x ∈ X : τg x = x}. Zweifaches Abz¨ ahlen der Paare {(x, g) : τg x = x} liefert   (1) |Xg | , |Gx | = x∈X

g∈G

und dies f¨ uhrt zu dem folgenden Satz, dem sogenannten Lemma von Burnside– Frobenius:

78

4

Satz 4.1.

abz¨ ahlung von mustern

Die Gruppe G wirke auf X. Dann gilt 1  |M| = |Xg | . |G| g∈G

Beweis. Wir haben M (x) = {τg x : g ∈ G}. Nun gilt τg x = τh x ⇐⇒ τg−1 h x = x ⇐⇒ g −1 h ∈ Gx ⇐⇒ h = ga, a ∈ Gx . Das heißt, zu jedem g ∈ G ergeben genau |Gx | Gruppenelemente h (n¨amlich h = ga f¨ ur a ∈ Gx ) dasselbe Element τg x ∈ M (x). Also gilt |M (x)| =

|G| f¨ ur alle x ∈ X . |Gx |

Insbesondere erhalten wir f¨ ur y ∈ M (x), das heißt M (y) = M (x), |Gx | = |Gy |, und somit  |G| = |M (x)||Gy | = |Gy | . y∈M (x)

Summation u ¨ ber die Muster ergibt mit (1)     |Gy | = |Gy | = |Xg | , |M||G| = Muster M (x) y∈M (x)

y∈X

g∈G

und wir sind fertig. Die Bedeutung des Lemmas liegt auf der Hand. In vielen Beispielen ist die Berechnung der Fixpunktmengen Xg leicht, und daraus resultiert dann die Anzahl |M| der Muster. Testen wir das Lemma von Burnside–Frobenius am Beispiel A mit n = 4, r = 2. In diesem Fall ist X = RN . Die Identit¨ at g0 : a −→ a h¨alt alle Abbildungen fest, also ist |Xg0 | = 16. Ist f in Xg1 oder Xg3 , so m¨ ussen alle Farben gleich sein (klar?), also kommen nur die einfarbigen Ketten in Frage, |Xg1 | = |Xg2 | = 2. Schließlich bedingt f ∈ Xg2 , dass 1 und 3 dieselbe Farbe haben und ebenso 2 und 4. Wir erhalten |Xg2 | = 4 und insgesamt nach dem Lemma unser altbekanntes Ergebnis |M| =

1 (16 + 2 + 4 + 2) = 6 . 4

Kehren wir zur¨ uck zu unserem Ausgangsproblem, X = RN mit τg f = f ◦ τg . Um |M| zu berechnen, m¨ ussen wir nach Satz 4.1 die Fixpunktmengen RgN = {f ∈ RN : f ◦ τg = f } bestimmen. Nun kommt die Zyklenzerlegung von τg ins Spiel, die wir in Abschnitt 1.3 eingef¨ uhrt haben. Die Permutation τg zerlege N in die Zyklen (a, τg a, τg2 a, . . .)(b, τg b, τg2 b, . . .) . . . .

4.4

79

der satz von polya

Aus f = f ◦ τg folgt f (a) = f (τg a) = f (τg2 a) = . . . und ebenso f¨ ur die anderen Zyklen. Mit anderen Worten: Die Abbildung f ist genau dann in der Fixmenge RgN , wenn f auf allen Zyklen von τg konstant ist. Nun ben¨ otigen wir einen letzten Begriff und k¨onnen dann den Hauptsatz beweisen. In Abschnitt 1.3 haben wir den Typ einer Permutation π auf einer n-Menge N erkl¨ art durch t(π) = 1b1 (π) 2b2 (π) . . . nbn (π) wobei Es gilt nat¨ urlich
n bi (π) die Anzahl der Zyklen der L¨ange i bezeichnet. N wirkt, dann ist der i=1 ibi = n. Sei nun wie gewohnt G eine Gruppe, die auf R Zyklenindikator von G das Polynom in den Variablen z1 , z2 , . . . , zn (2)

Z(G; z1 , . . . , zn ) =

1  b1 (τg ) b2 (τg ) z1 z2 . . . znbn (τg ) , |G| g∈G

wobei die bi (τg ) wie oben definiert sind. Als Illustration nehmen wir Beispiel B. Die einzelnen Symmetrien ergeben Identit¨ at Seitenachsen Kantenachsen Eckenachsen

z16 3(z12 z22 + 2z12 z4 ) 6z23 8z32 .

Zum Beispiel ergeben die 8 Drehungen = id mit Eckenachsen jeweils zwei 3-Zyklen auf den Seiten, so dass insgesamt der Beitrag 8z32 resultiert. Der Zyklenindikator ist daher Z(G; z1 , . . . , z6 ) =

4.4

1 6 (z + 3z12 z22 + 6z12 z4 + 6z23 + 8z32 ) . 24 1

Der Satz von Polya

Der folgende Klassiker der Abz¨ ahltheorie f¨ uhrt die Berechnung des Enumerators auf den Zyklenindikator zur¨ uck. Satz 4.2 (Polya). Seien N und R Mengen, |N | = n, |R| = r, G eine Gruppe, ur den Muster-Enumerator die auf N wirkt und xj (j ∈ R) Variablen. Dann gilt f¨ w(RN ; G) =



M ∈M

w(M ) = Z(G;



j∈R

xj ,



x2j , . . . ,

j∈R

Das heißt, wir erhalten w(RN ; G) durch die Ersetzung zk −→ indikator.



xnj ) .

j∈R




j∈R

xkj im Zyklen-

80

4

abz¨ ahlung von mustern

Beweis. Es sei M ein Muster von RN unter G. Wenden wir G auf M an, so erhalten wir nat¨ urlich nur ein Muster, n¨ amlich M selber. Aus Satz 4.1 erhalten wir daher 1  (1) 1= |Mg | , |G| g∈G

wobei Mg = {f ∈ M : f ◦ τg = f } ist. Wir wissen, dass alle f ∈ M dasselbe Gewicht w(f ) = w(M ) haben. Multiplikation von (1) mit w(M ) ergibt daher  1  1  w(M ) = |Mg |w(f ) = w(f ) . |G| |G| g∈G

g∈G f ∈M,f ◦τg =f

Summieren wir nun u ¨ ber alle Muster M , so resultiert  1  (2) w(RN ; G) = w(f ) . |G| N


g∈G f ∈R ,f ◦τg =f

Sehen wir uns einen Summanden f ∈RN ,f ◦τg =f w(f ) der inneren Summe an. Wir wissen, dass f ◦ τg = f genau dann gilt, wenn f auf allen Zyklen von τg konstant ist. Es sei t(τg ) = 1b1 2b2 . . . nbn der Typ von τg , also τg = (·)(·) . . . (·) (··) . . . (··) . . . ,     b1

b2

dann sind die Bilder der Zyklen unter der Abbildung f Elemente a11 , a12 , . . . , a1b1 ; a21 , . . . , a2b2 ; . . . somit w(f ) = (xa11 xa12 . . . xa1b1 )(x2a21 . . . x2a2b ) . . . . 2

Da nun alle Abbildungen, die auf den Zyklen konstant sind, vorkommen, so erhalten wir durch Ausmultiplizieren     w(f ) = ( xj )b1 ( x2j )b2 . . . ( xnj )bn . f ∈RN ,f ◦τg =f

j∈R

j∈R

j∈R

Dieser Ausdruck entspricht aber genau dem Summanden von g im Zyklenindikator, und wir erhalten mit (2) ⎤ ⎡    1 ⎣( xnj )bn (τg ) ⎦ xj )b1 (τg ) . . . ( w(RN ; G) = |G| j∈R g∈G j∈R    2 = Z(G; xj , xj , . . . , xnj ) , j∈R

j∈R

j∈R

und der Beweis ist erbracht. Setzen wir xj = 1 f¨ ur alle j ∈ R, so ist die




j∈R

ur alle k, und wir notieren xkj = r f¨

4.4

Folgerung 4.3.

der satz von polya

81

Unter den Voraussetzungen des Satzes 4.2 ist |M| = Z(G; r, r, . . . , r) .

Noch eine Folgerung k¨ onnen wir unmittelbar hinschreiben. Wir betrachten r = 2 und interpretieren die Muster als Farbmuster mit den Farben weiß und schwarz. Setzen wir xweiß = x und xschwarz = 1, so ergibt der Satz: Folgerung 4.4.

Unter den Voraussetzungen des Satzes 4.2 mit r = 2 gilt n 

ak xk = Z(G; 1 + x, 1 + x2 , . . . , 1 + xn ) ,

k=0

wobei ak die Anzahl der Muster ist, in denen die Farbe weiß genau k-mal auftritt. Nun wollen wir endg¨ ultig unsere Probleme l¨ osen. Nach dem Satz von Polya m¨ ussen wir jeweils den Zyklenindikator bestimmen. Beispiel A. Sei N = {1, . . . , n} und gi : a −→ a + i (mod n) die Verschiebung um i Stellen. Da alle Stellen gleichberechtigt sind, ist klar, dass gi die Menge N in Zyklen derselben L¨ ange d zerlegt, f¨ ur ein gewisses d. Also ist der Typ t(gi ) = dn/d , und d insbesondere ein Teiler von n. In gi wird jede Stelle a um i verschoben, das heißt d ist die kleinste Zahl, so dass wir wieder bei a ankommen. Also ist d die n n kleinste Zahl mit n|di. Daraus folgt ggT(n,i) |d und somit d = ggT(n,i) , da mit diesem d nat¨ urlich n|di gilt. Ist z. B. n = 6, i = 4, so erhalten wir die Zyklenzerlegung 6 ¨ ¨ = 3. In der L¨osung zur Ubung (1, 5, 3)(2, 6, 4) in Ubereinstimmung mit d = ggT(6,4) n 1.21 wird gezeigt, dass es genau ϕ(d) Zahlen i gibt mit ggT(i, n) = d , wobei ϕ(d) die Eulersche ϕ-Funktion ist. In Zusammenfassung erhalten wir also die bestechend einfache Formel 1 n/d Z(Cn ; z1 , . . . , zn ) = ϕ(d)zd . n d|n

Folgerung 4.3 besorgt nun den Rest. Die Anzahl der Halsketten mit n Perlen und r Farben ist 1 ϕ(d)r n/d . |Mn | = n d|n

F¨ ur n = 4 ergibt dies |M4 | =

1 4 1 (r + r 2 + 2r) = r(r + 1)(r 2 − r + 2) . 4 4

Es gibt also zum Beispiel 70 Halsketten mit 4 Farben und 616 Ketten mit 7 Farben.

82

4

abz¨ ahlung von mustern

Beispiel B. Hier haben wir den Zyklenindikator schon in Abschnitt 3 berechnet. F¨ arben wir die Seiten des W¨ urfels mit r Farben, so erhalten wir 1 6 (r + 3r 4 + 12r 3 + 8r 2 ) 24 1 2 r (r + 1)(r 3 − r 2 + 4r + 8) , = 24

|M| =

und zum Beispiel f¨ ur r = 2 und r = 3, |M| = 10 bzw. |M| = 57.


Beispiel C. Wir wollen die erzeugende Funktion T (x) = n≥0 tn xn bestimmen, wobei tn die Anzahl der Alkohole mit n C-Atomen ist. F¨ ur n ≥ 1 nennen wir das an OH anstoßende C-Atom die Wurzel. Von der Wurzel gehen drei Verbindungen aus, die wir beliebig permutieren k¨ onnen:  OH

C

HH

1 2 3

Wir setzen N = {1, 2, 3}. In jeder Stelle i von N h¨angt ein Alkohol Ai , wobei wir die Wurzel als OH-Atom von Ai auffassen. Sei R die Menge der Alkohole A, wobei wir jedem A das Gewicht xn zuordnen, n =Anzahl der C-Atome. Ein Alkohol entspricht dann einer Abbildung f : N −→ R, und die verschiedenen Alkohole genau den Mustern von RN unter der symmetrischen Gruppe S3 . Der Zyklenindikator von S3 ist leicht berechnet: Z(S3 ; z1 , z2 , z3 ) =

1 3 (z + 3z1 z2 + 2z3 ) . 6 1


Ferner haben wir A∈R xkA = T (xk ). Ziehen wir noch die Wurzel in Betracht, so ergibt sich aus dem Satz von Polya die Funktionalgleichung x T (x) = 1 + [T (x)3 + 3T (x)T (x2 ) + 2T (x3 )] . 6 Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir mit t0 = 1 tn =

1 [ 6



ti tj tk + 3

i+j+k=n−1

Die ersten Werte sind



i+2j=n−1

ti tj + 2t n−1 ] (n ≥ 1) . 3

n

0

1 2 3 4 5

tn

1

1 1 2 4 8 17 39 89

6

7

8

Als Illustration betrachten wir n = 5, wobei nur die OH- und C-Atome gezeichnet sind:

4.4

OH • • • • • • • OH • • • • •

83

der satz von polya

• OH • • • • •

• OH • • • • •

• • OH • • • •

• OH • • • • •

• OH • • • • •

OH • • • • • •

Zum Schluss wollen wir uns noch ein Schachbrettproblem vornehmen, das die Kraft der Polya Theorie aufs sch¨ onste illustriert. Auf wie viele Arten k¨onnen wir n T¨ urme auf ein n × n-Schachbrett stellen, so dass sie sich gegenseitig nicht schlagen? Nun, das ist nach einem Moment Nachdenken klar: Diese Stellungen entsprechen genau den n! Permutationen π mit den Feldern (i, πi ), i = 1, . . . , n. Aber wie viele Muster gibt es? Die Symmetriegruppe besteht hier aus den 4 Drehungen der Brettes plus Spiegelungen – die entsprechende Gruppe wird Diedergruppe D4 genannt und besitzt also 8 Elemente. F¨ ur n ≤ 4 k¨ onnen wir die Muster sofort hinzeichnen: × n=2

× n=1 ×

×

× ×

×

× ×

×

×

×

×

×

×

×

× ×

×

× ×

n=3

×

× ×

n=4

× ×

×

× ×

× ×

× ×

×

×

× ×

Und f¨ ur beliebiges n? Kein Problem mit dem Lemma von Burnside-Frobenius. Sei N 2 die Menge der Felder (i, j) und gi die Drehung i · 90◦ im Uhrzeigersinn, i = 0, 1, 2, 3. Anschließend erhalten wir mit der Spiegelung h um die senkrechte Mittelachse alle 8 Symmetrien. Um das Lemma anwenden zu k¨ onnen, m¨ ussen wir uns u ¨ berlegen, wohin ein Feld (i, j) bewegt wird. Die folgende Tabelle gibt dies an (nachpr¨ ufen!): g0

(i, j) −→ (i, j) g1

(3)

hg0

(i, j) −→ (i, n + 1 − j) hg1

g2

−→ (j, i)

g3

−→ (n + 1 − i, j)

−→ (j, n + 1 − i)

−→ (n + 1 − i, n + 1 − j) −→ (n + 1 − j, i)

hg2

hg3

−→ (n + 1 − j, n + 1 − i) .

Insbesondere sehen wir, dass eine Permutation (i, πi ) wieder in eine Permutation u uhrt wird. Die Gruppe D4 wirkt also auf der Menge X der Permutationen. ¨ bergef¨ Jetzt m¨ ussen wir nur noch die Fixpunktmengen Xg bestimmen bzw. ihre Gr¨oße und sind fertig. Wir sehen uns g1 an, die anderen F¨alle werden ebenso leicht π π erledigt. Sei {(i, πi ) : i ∈ N } ∈ Xg1 . Ist i −→ j, so gilt laut der Tabelle j −→

84

4

abz¨ ahlung von mustern π

n + 1 − i. Wenden wir π auf n + 1 − i an, so ergibt sich n + 1 − i −→ n + 1 − j, π und mit einer weiteren Iteration n + 1 − j −→ i . Somit zerf¨allt π in Zyklen der Gestalt (i, j, n + 1 − i, n + 1 − j), aber Vorsicht: Es k¨onnte sein, dass sich der Zyklus schon vorher schließt! π Falls i −→ i ein Fixpunkt ist, so haben wir i −→ i −→ n + 1 − i = i, also ur ungerades n eintreten, und es ist unmittelbar klar, i = n+1 2 . Das kann nur f¨ π n+1 dass das Mittelfeld ( n+1 2 , 2 ) fest bleibt. Sei also i −→ j = i. Falls ein 2-Zyklus (i, j) vorliegt, so erhalten wir i −→ j −→ n + 1 − i = i −→ j = n + 1 − j, also i = j = n+1 2 , was nicht geht. Es gibt also keine 2-Zyklen und analog sieht man, dass es keine 3-Zyklen gibt. Resultat: Falls n ungerade ist, so besteht π ∈ Xg1 n aus einem Fixpunkt und n−1 4 4-Zyklen, und falls n gerade ist, so besteht π aus 4 4-Zyklen. Es muss also n von der Gestalt n = 4t + 1 oder n = 4t sein. Wir sehen, dass in jedem 4-Zyklus (i, j, n+1−i, n+1−j) zwei Zahlen ≤ n2 sind und zwei Zahlen ≥ n2 . Wir haben also nach Wahl von {i, j, n+1−i, n+1−j} zwei m¨ ogliche Zyklen. Zum Beispiel erhalten wir f¨ ur n = 5 die 4-Zyklen (1, 2, 5, 4) und (1, 4, 5, 2), was den Aufstellungen (1, 2), (2, 5), (3, 3), (4, 1), (5, 4) bzw. (1, 4), (2, 1), (3, 3), (4, 5), (5, 2) entspricht: × ×

×

× ×

×

×

× ×

×

Beide Stellungen sind invariant unter g1 , wie es ja sein muss. Jetzt m¨ ussen wir nur noch z¨ ahlen, auf wie viele Arten wir die 4-Mengen w¨ahlen k¨ onnen. Das ist aber leicht. Zu 1 k¨ onnen wir eine der anderen Zahlen j ≤ n2 w¨ahlen, die beiden restlichen n und n + 1 − j liegen dann fest. Nun w¨ahlen wir das n¨achste Paar, usf. Insgesamt ergeben sich n−3 n−7 · ···1 2 2

f¨ ur

n = 4t + 1

bzw.

n−2 n−6 · · · · 1 f¨ ur n = 4t 2 2 M¨ oglichkeiten. Ziehen wir noch in Betracht, dass jede 4-Menge auf 2 Arten einen 4-Zyklus ergibt, so erhalten wir

(n − 3)(n − 7) · · · 2 n = 4t + 1 (4) |Xg1 | = (n − 2)(n − 6) · · · 2 n = 4t , und durch Symmetrie |Xg3 | = |Xg1 |. F¨ ur g2 berechnet man f¨ ur n ≥ 2 (5)

|Xg2 | =



(n − 1)(n − 3) · · · 2 n(n − 2) · · · 2

n ungerade n gerade ,

¨bungen u

85

und nat¨ urlich ist |Xg0 | = n!. Schließlich erh¨ alt man aus (3) f¨ ur n ≥ 2 (6)

|Xhg0 | = |Xhg2 | = 0 , π

w¨ ahrend unsere Tafel (3) f¨ ur hg1 (und durch Symmetrie f¨ ur hg3 ) zeigt, dass i −→ j π impliziert j −→ i. Xhg1 besteht also aus allen Permutationen (genannt Involutionen), deren Zyklen L¨ ange 1 oder 2 haben. Sei in die Anzahl der Involutionen. Bezeichnen wir mit a1 den Ausdruck auf der rechten Seite von (4) und mit a2 den von (5), so ergibt das Lemma von Burnside-Frobenius unser endg¨ ultiges Resultat f¨ ur die Anzahl |Mn | der Turm-Aufstellungen, n ≥ 2:  1 n = 4t, 4t + 1 8 (n! + 2a1 + a2 + 2in ) |Mn | = 1 n = 4t + 2, 4t + 3 . 8 (n! + a2 + 2in ) ¨ Nun brauchen wir noch eine Formel f¨ ur in . In Ubung 20 wird die Rekursion in+1 = in + nin−1 (i0 = 1) abgeleitet. Die ersten Werte sind demnach n

0 1 2 3

in

1 1 2 4 10 26 76 232 764

4

5

6

7

8

F¨ ur n = 4 berechnen wir |M4 | = 18 (24 + 4 + 8 + 20) = 7 wie gesehen, und weiter haben wir |M5 | = 23, |M6 | = 115, |M7 | = 694, |M8 | = 5282.

¨ Ubungen zu Kapitel 4 ⊲ 1 Eine Fahne ist in n waagerechte St¨ ucke unterteilt. Wie viele Schwarz-Weiß Muster gibt es mit genau k weißen St¨ ucken, wobei die Fahne um 180◦ gedreht werden kann? ¨ Uberpr¨ ufe das Ergebnis f¨ ur n = 5, k = 3 und n = 6, k = 4. 2 Sei G die Symmetriegruppe des W¨ urfels. Bestimme den Zyklenindikator, wenn N die Menge der Kanten bzw. Ecken ist. Wie viele Muster mit 2 oder 3 Farben gibt es jeweils? 3 Wie viele Muster erhalten wir, wenn wir die 12 Kanten des W¨ urfels mit 12 verschiedenen Farben f¨ arben? ⊲ 4 Betrachte der symmetrischen Gruppe Sn (ohne ihn zu berechnen)
den Zyklenindikator k n s x = x , s = Stirling Zahl 1. Art. und folgere n n,k n,k k=0

5 Wie viele Seitenmuster (Kantenmuster, Eckenmuster) des W¨ urfels gibt es, in denen Schwarz und Weiß gleich oft auftreten?

6 Eine Halskette kann auch abgenommen werden und verkehrt herum umgelegt werden. Die Symmetriegruppe ist dann die Diedergruppe Dn mit |Dn | = 2n, n ≥ 3. Bestimme den Zyklenindikator von Dn . Hinweis: Die zyklische Gruppe Cn ist eine Untergruppe. 7 Sei n = 6, r = 2. Zeige durch Betrachtung von C6 und D6 , dass es genau zwei gef¨ arbte Ketten gibt, die ohne Umdrehen verschieden sind, aber mit Umdrehen gleich. Welche?

86 ⊲ 8 Betrachte das Tetraeder

4

abz¨ ahlung von mustern p T  p T  p QQ Tp 

und bestimme die Symmetriegruppe. Zeige ohne Ausrechnen: F¨ arben wir die Ecken bzw. Seiten mit r Farben, so erhalten wir immer dieselbe Anzahl von Mustern. 9 Betrachte analog zu Alkoholen Molek¨ ule mit OH,
an denen D (3-wertig) und H (1-wertig) h¨ angen. Bestimme die erzeugende Funktion n≥0 dn xn , dn =Anzahl der DAtome. ¨ ⊲ 10 Wie viele Muster von Gitterwegen von (0, 0) nach (n, n) wie in Ubung 1.37 gibt es, wenn wir Wege als gleich betrachten, falls sie zur Deckung gebracht werden k¨ onnen? Beispiel: • • • • = • • • . • • • ¨ Hinweis: Jeder Weg entspricht einer Folge von n 0’en und n 1’en. Uberlege, welche Gruppe auf diesen Folgen wirkt.

⊲ 11 Sei N = {1, . . . , n}. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass in einer zuf¨ alligen Permutation 1 in einem Zyklus der L¨ ange k enthalten ist (alle Permutationen gleich wahrscheinlich). Was ist der Erwartungswert f¨ ur die L¨ ange des Zyklus, der 1 enth¨ alt? Was ist der Erwartungswert f¨ ur die Anzahl der Zyklen? 12 Bestimme die Symmetriegruppe des Oktaeders und berechne den Zyklenindikator f¨ ur die Seiten. 13 Zeige, dass es genau drei Eckenmuster des Oktaeders gibt, in denen drei Ecken rot, zwei Ecken blau und eine Ecke gr¨ un gef¨ arbt sind. Zeichne sie. 14 Eine Firma f¨ uhrt quadratische 3 × 3-Karten mit jeweils 2 L¨ ochern als Identit¨ atskarten ein, z. B. •

•

wobei Vorder- und R¨ uckseite nicht unterscheidbar sind. Wie viele Mitarbeiter kann die ¨ Firma h¨ ochstens besch¨ aftigen? Hinweis: Uberlege, welche Gruppe auf den 9 Feldern wirkt und wende das Lemma von Burnside–Frobenius an. 15 Es seien x1 , . . . , xr Variablen. Ein Polynom f (x1 , . . . , xr ) heißt symmetrisch, falls ur jede Permutation π ∈
Sr . Wichtige Beispiele f (xπ(1) , . . . , xπ(r) ) = f (x1 , . . . , xr ) f¨ sind die elementarsymmetrischen Funktionen ak (x1 , . . . , xr ) = i1 <...
⊲ 16 Beweise das zum Satz von Polya analoge Resultat f¨ ur die Menge der injektiven Abn! an (x1 , . . . , xr ) mit an (x1 , . . . , xr ) wie in der bildungen Inj(N, R) : w(Inj(N, R); G) = |G| ¨ vorigen Ubung. Was folgt daraus f¨ ur x1 = . . . = xr = 1 und G = { id } bzw. G = Sn ?

¨bungen u

87

⊲ 17 Berechne die Anzahl der nicht-isomorphen Multiplikationstafeln auf zwei Elementen 0, 1. Es gibt 24 = 16 Tafeln. Zwei Multiplikationen x · y und x ◦ y heißen isomorph, falls es eine Bijektion ϕ gibt mit ϕ(x· y) = ϕ(x) ◦ ϕ(y). Hinweis: Lemma von Burnside-Frobenius. Bestimme die Anzahl f¨ ur drei Elemente. aquivalent, falls 18 Sei N n-Menge, G ≤ SN . Wir nennen zwei Untermengen A, B G-¨ B ur ein g ∈ G. Sei mk die Anzahl der Muster der
k-Mengen. Zeige:
n= {g(a) k: a ∈ A} f¨ 2 n b(g) 1 , wobei k=0 mk x = Z(G; 1 + x, 1 + x , . . . , 1 + x ). Folgere |M| = |G| g∈G 2 b(g) =Anzahl der Zyklen von g. ¨ ⊲ 19
Leite aus vorigen Ubung die folgenden Formeln
ab:  der
uns schon bekannten
n n k n k c. d|n ϕ(d) = a. k=0 k x = (1 + x) , b. (n + 1)! = g∈Sn 2b(g) = n k=0 sn,k 2 , n.

20 Zeige: Die Anzahl der fixpunktfreien Involutionen ist (n − 1)(n − 3)(n − 5) · · · . Zeige f¨ ur die Anzahl in aller Involutionen von {1, . . . , n} die Rekursion in+1 = in + nin−1 (i0 = 2
z+ z2 zn . 1) und folgere daraus f¨ ur die exponentielle erzeugende Funktion n≥0 in n! = e Berechne hieraus in .

k ⊲ 21 Sei Tn = Z(Sn ; z1 , . . . , zn ). Zeige: n≥0 Tn y n = exp( k≥1 zk yk ) und folgere daraus abermals die Formel f¨ ur die exponentielle erzeugende Funktion der Involutionen. Welche Funktion erh¨ alt man f¨ ur Permutationen, die nur 3-Zyklen haben, oder allgemein f¨ ur hZyklen?
n ¨ eine erzeugende Funktion, dann 22 Verallgemeinere Ubung 21. Sei F (x) = n≥0 an x

k 2 n n gilt: n≥0 Z(Sn ; F (x), F (x ), . . . , F (x ))y = exp( k≥1 F (xk ) yk ). Was ergibt sich f¨ ur F (x) = 1?

⊲ 23 Sei N = {1, 2, . . . , n}, R = {W, S}, und G eine Gruppe, die auf N wirkt. Wir nennen ein Muster M selbst-dual, falls f ∈ M impliziert h◦f ∈ M , wobei h die Involution W ←→ S ist. Mit anderen Worten: M bleibt unter der Vertauschung der Farben invariant. Sei m die Anzahl der selbst-dualen Muster. Zeige m = Z(G; 0, 2, 0, 2, . . .). Hinweis: Verwende h ◦ f ∼ f ⇐⇒ h ◦ f = f ◦ τg f¨ ur ein g ∈ G. ¨ 24 Berechne mit der vorigen Ubung die Anzahl der selbst-dualen Muster f¨ ur das Halskettenproblem. F¨ ur eine 2er-Potenz n = 2s ergibt sich eine besonders einfache Formel, welche? Gib die vier Muster f¨ ur n = 8 an. 25 Vervollst¨ andige das Beispiel der nicht-schlagenden Turm-Muster.

5

Asymptotische Analyse

Wir haben in den vorangegangenen Abschnitten eine Reihe von Methoden kennengelernt, wie man eine Z¨ ahlfunktion f (n) in den Griff bekommt: Summationen, Rekursionen, erzeugende Funktionen. Was tun, wenn keine dieser Methoden zum Ziel f¨ uhrt? Dann werden wir versuchen, f (n) nach oben und unten abzusch¨atzen, um wenigstens eine ungef¨ ahre Vorstellung von der Gr¨oßenordnung von f (n) zu bekommen.

5.1

Wachstum von Funktionen

Jeder weiß aus der Analysis, dass n, n2 oder cn (c > 1) mit wachsendem n gegen ∞ gehen, aber dass n2 schneller“ w¨ achst als n und cn schneller“ als n2 . Diesen Begriff ” ” der Schnelligkeit des Wachstums einer Funktion wollen wir nun genau fassen. Wir betrachten Funktionen f (n), die auf den nat¨ urlichen Zahlen erkl¨art sind. Uns interessiert, wie schnell die Werte |f (n)| ansteigen, d. h. es k¨ ummert uns nicht, ob die Werte f (n) positiv oder negativ sind, sondern nur wie groß sie absolut sind. Wir sagen, g(n) w¨ achst schneller als f (n), in Zeichen f (n) ≺ g(n), falls f¨ ur jedes ε > 0 ein n0 (ε) existiert, so dass (1)

|f (n)| ≤ ε|g(n)|

f¨ ur alle n ≥ n0 (ε) gilt.

Insbesondere impliziert also g(n) = 0 stets f (n) = 0 f¨ ur n ≥ n0 (ε). Hat g(n) nur endlich viele 0-Werte (und dies ist praktisch immer der Fall), so gilt f (n) =0, n→∞ g(n)

f (n) ≺ g(n) ⇐⇒ lim

wobei wir den Quotienten f¨ ur die endlich vielen Werte g(n) = 0 undefiniert lassen. Als erstes bemerken wir, dass die Relation ≺ transitiv ist, also aus f (n) ≺ g(n), g(n) ≺ h(n) stets f (n) ≺ h(n) folgt. Zum Beispiel haben wir n ≺ n2 ≺ n3 oder allgemein na ≺ nb f¨ ur je zwei reelle Zahlen a < b. Aus der Analysis kennen wir weitere Beispiele: log n ≺ n, also auch log log n ≺ log n, oder allgemein log n ≺ nε f¨ ur jedes ε > 0. Wenden wir darauf die Exponentialfunktion mit Basis c > 1 an, so erhalten wir in unserer Hierarchie c ≺ log n ≺ nε ≺ cn ≺ nn , und so fort. Kurz ausgedr¨ uckt: Der Logarithmus w¨achst langsamer als jede Potenz, und jede Potenz langsamer als jede Exponentialfunktion. Frage: Wo steht die Fakult¨ atsfunktion n!? Sicher kann n! nicht schneller wachsen als nn , und ebenso klar ist, dass n! mindestens so schnell w¨achst wie 2n , da

90

5

asymptotische analyse

n! ≥ 2n ist f¨ ur n ≥ 4. Genauer sehen wir n! ≥ mn f¨ ur jede nat¨ urliche Zahl m, also n auch n! ≥ c f¨ ur jedes c > 1 ab einem gewissen n. Unser Ausgangspunkt war der Begriff schnelleres“ Wachstum, jetzt sprechen ” wir von h¨ ochstens“ so schnell oder mindestens“ so schnell. Mit anderen Worten, ” ” wir wollen eine Funktion f (n) asymptotisch (d. h. ab n ≥ n0 ) nach oben bzw. unten absch¨ atzen. Dazu wird die folgende suggestive Notation verwendet: (2)

O(g(n)) = {f (n) : es existiert eine Konstante C > 0

so dass |f (n)| ≤ C|g(n)| ist f¨ ur n ≥ n0 } .   O g(n) ist also die Menge aller Funktionen f (n),  die asymptotisch durch g(n) nach oben abgesch¨ a tzt werden. Geh¨ o rt f (n) zu O g(n) , so schreiben wir f (n) =   O g(n). Dies scheint zwar auf den ersten Blick merkw¨ urdig, wir sollten ja f (n) ∈ O g(n) schreiben, wird aber traditionell so verwendet, und hat Rechenvorteile,   wie wir sehen werden. Wir d¨ urfen aber niemals vergessen, dass f (n) = O g(n) von links nach rechts gelesen wird, also eine einseitige“ Gleichung ist. Ansonsten ” w¨ urden wir z. B. aus n = O(n2 ), n2 = O(n2 ) auf die absurde Gleichung n = n2 kommen. Betrachten wir als Beispiel das Polynom p(n) = 2n3 − n2 + 6n + 100. Wir erhalten p(n) = O(n3 ), da |p(n)| ≤ 2|n3 | + |n2 | + 6|n| + 100 ≤ 2|n3 | + |n3 | + 6|n3 | + 100 ≤ 10|n3 | f¨ ur n ≥ 5 . Zwei Bemerkungen zum Gebrauch der O-Notation. Erstens sind wir nur an gro” ßen“ n interessiert (think big). Und zweitens sagt f (n) = O(g(n)) zun¨achst nichts dar¨ uber aus, wie schnell f (n) nun tats¨ achlich w¨achst. In unserem Beispiel gilt nat¨ urlich auch p(n) = O(n4 ) oder p(n) = O(n5 ). Wir werden also versuchen, eine m¨ oglichst gute Absch¨ atzung zu finden. F¨ ur Absch¨ atzungen nach unten haben wir ein analoges Symbol:   (3) Ω g(n) = {f (n) : es existiert eine Konstante C > 0 ,

so dass |f (n)| ≥ C|g(n)| ist f¨ ur n ≥ n0 } .     Wir schreiben wiederum f (n) = Ω g(n) ,falls f (n) zu Ω g(n) geh¨ort. Offenbar   gilt f (n) = O g(n) ⇐⇒ g(n) = Ω f (n) . Es ist dass O  unmittelbar  einsichtig,  und Ω transitiv sind, d. h. aus f (n) = O g(n) , g(n) = O h(n) folgt f (n) =   O h(n) , und analog f¨ ur Ω. Kurz ausgedr¨ uckt:          O O(f (n)) = O f (n) , Ω Ω f (n) = Ω f (n) .

Jetzt liegt es nahe, auch ein Symbol einzuf¨ uhren, welches O und Ω zusammenfasst: (4)

Θ(g(n)) = {f (n) : es existieren Konstanten C1 > 0 , C2 > 0 ,

so dass C1 |g(n)| ≤ |f (n)| ≤ C2 |g(n)| ist f¨ ur n ≥ n0 } .

5.1

wachstum von funktionen

91

  Setzen falls f (n) zu Θ g(n) geh¨ort, so gilt f (n) =  wir wieder f (n) = Θ(g(n)),  Θ g(n) ⇐⇒ f (n) = O g(n) und f (n) = Ω g(n) . Das Symbol Θ k¨onnen wir also als gleich schnelles“ Wachstum interpretieren, und wir schreiben manchmal ” f (n) ≍ g(n) ⇐⇒ f (n) = Θ(g(n)) ⇐⇒ g(n) = Θ(f (n)) . Eine st¨ arkere Version von ≍ erhalten wir durch # # # f (n) # # # (5) f (n) ∼ g(n) ⇐⇒ lim # # = 1. n→∞# g(n) #

Falls f (n) ∼ g(n) gilt, so sagen wir, f (n) und g(n) sind asymptotisch gleich. ¨ Offensichtlich sind ≍ und ∼ Aquivalenzrelationen, die mit ≺ , O und Ω vertr¨aglich sind. Das heißt z. B., dass aus f ≺ g und f ≍ f ′ auch f ′ ≺ g folgt, oder aus f = O(g) und f ∼ f ′ auch f ′ = O(g). Beispiel. Polynome k¨ onnen wir sofort analysieren. Hat p(n) den Grad d, so gilt p(n) ur k > d, und p(n) ≍ nd , und wir folgern f¨ ur Polynome p und q: limn→∞ nk = 0 f¨

(6)

p(n) ≺ q(n) ⇐⇒ Grad p(n) < Grad q(n)

p(n) ≍ q(n) ⇐⇒ Grad p(n) = Grad q(n)

p(n) ∼ q(n) ⇐⇒ Grad p(n) = Grad q(n) und die h¨ochsten

Koeffizienten sind im Absolutbetrag gleich.
n Kehren wir zur¨ uck zu n!. Wegen log n! = k=1 log k folgt durch Ober- und Untersummenbildung der Logarithmusfunktion log x (7)

log(n − 1)! <

n 1

log x dx = n log n − n + 1 < log n! ,

und daraus n (n + 1)n+1 1 n n = (n + 1)( )n (1 + )n < (n + 1)e( )n . e( )n < n! < e en e n e Bis auf den Faktor n + 1 stimmen die untere und obere Schranke u ¨ berein.√Das = 2π, genaue Resultat liefert die Stirlingsche Formel. Es gilt lim n+n! 1 2 e−n n→∞ n und somit √ n (8) n! ∼ 2πn( )n . e Aus (8) ergibt sich nun cn ≺ n! ≺ nn , wie man sofort nachpr¨ uft. Betrachten wir nochmals (7). Die beiden Ungleichungen ergeben log n! ∼ n log n .

92

5

asymptotische analyse

Genaueren Aufschluß u ¨ ber das Wachstum von log n! erhalten wir durch Logarithmieren von (8): lim (log n! − (n log n − n +

n→∞

√ log n + log 2π)) = 0 . 2

√ Die Zahl σ = log 2π ≈ 0, 919 heißt Stirling Konstante, und die folgende Formel Stirling Approximation: (9)

log n! = n log n − n +

log n + σ + R(n) 2

mit R(n) → 0. Wir sehen also, dass das Wachstum von log n! auch genauer bestimmt werden kann. Zum Beispiel gilt auch log n! ∼ n log n − n +

log n 2

oder anders geschrieben log n! = n log n − n + O(log n) . Apropos Logarithmus. Wir haben bei Stirlings Approximation den nat¨ urlichen Logarithmus log n verwendet. In vielen Algorithmen rechnet man zur Basis 2, also kommt der bin¨ are Logarithmus log2 n ins Spiel, und aus der Schule sind wir den 10er Logarithmus log10 n gew¨ ohnt. F¨ ur unsere O-Notation macht dies alles keinen Unterschied. Da sich je zwei Logarithmen nur um einen konstanten Faktor > 0 an unterscheiden, es gilt logb n = log loga b (a, b > 1), bedeuten O(log n), O(log2 n) oder allgemein O(loga n) alle dasselbe. Da wir es in den meisten Problemen mit dem bin¨ aren Logarithmus zu tun haben, wollen wir ihn kurz lg n = log2 n bezeichnen. Zu all unseren Symbolen sei noch eins hinzugef¨ ugt. Wir schreiben (10)

o(g(n)) = {f (n) : f¨ ur jedes ε > 0 existiert n0 (ε)

mit |f (n)| ≤ ε|g(n)| f¨ ur n ≥ n0 (ε)}.

    Mit der u f (n) = o g(n) , falls f (n) zu o g(n) geh¨ort, be¨ blichen  Schreibweise  deutet f (n) = o g(n) also nichts anderes als f (n) ≺ g(n). Die Bezeichnung f (n) = o(1) besagt daher, dass f (n) → 0 geht, w¨ahrend f (n) = O(1) bedeutet, dass f (n) beschr¨ ankt bleibt. Zum Beispiel k¨onnen wir (9) in der Form log n + σ + o(1) log n! = n log n − n + 2 ausdr¨ ucken, w¨ ahrend durch Ober- und Untersummenbildung von 1 1 1 1 + . . . + < log n < 1 + + . . . + 2 n 2 n−1

1 x

5.2

gr¨ oßenordnung von rekursionen

93

folgt, also Hn = log n + O(1) . ussige Details“ in den Ein weiterer Vorteil der O-Notation ist, dass wir u ¨ berfl¨ ” O-Summanden schieben k¨ o nnen. Erhalten wir beispielsweise in √ √ √ einer Rechnung n√ + a f¨ ur eine Konstante a, so k¨ o nnen wir sofort n + a = n + O(1) setzen, √ da n + a√− n ≤ |a| gilt, und k¨ onnen nun die Rechnung mit dem bequemeren Ausdruck n + O(1) fortsetzen.

5.2

Gr¨ oßenordnung von Rekursionen

Erinnern wir uns an die Fibonacci Rekursion. Aus Fn = Fn−1 + Fn−2 und den Anfangswerten F0 = 0, F1 = 1 haben wir mit unseren Methoden aus Abschnitt ˆ < 1 ist, sehen wir, dass Fn 3.2 geschlossen, dass Fn = √15 (φn − φˆn ) ist. Da |φ| 1 n asymptotisch gleich √5 φ ist, in unserer neuen Schreibweise √ 1+ 5 1 , F n ∼ √ φn , φ = 2 5 oder weniger genau F n ≍ φn . Die Fibonacci Zahlen wachsen also exponentiell schnell, und zwar so wie die Exponentialfunktion zur Basis φ ≈ 1, 61. ¨ Andert sich das Wachstum, wenn wir die Rekursion beibehalten, aber neue Anfangswerte verwenden? Zum Beispiel erhalten wir f¨ ur F0 = −2, F1 = 3 die Fibonacci-Folge −2, 3, 1, 4, 5, 9, 14, . . . oder f¨ ur F0 = 1, F1 = −1 die Folge 1, −1, 0, −1, −1, −2, −3, −5, . . . Nun, unsere 4 Schritte aus Abschnitt 3.2 bleiben diec+dz selben, es gilt wieder F (z) = 1−z−z 2 mit gewissen von den Anfangsbedingungen bestimmten Konstanten c, d. Mittels Satz 3.1 erhalten wir daraus Fn = aφn + bφˆn . und somit wiederum Fn ≍ φn , oder Fn ∼ aφn , außer wenn a = 0 ist. Dies tritt sicher auf, wenn F0 = F1 = 0 ist, in welchem Fall wir die 0-Folge erhalten, und noch f¨ ur einen weiteren Fall (welchen?). Eine explizite L¨ osung einer Rekursion wird uns mit einigen Manipulationen immer das richtige Wachstum angeben. Ganz anders ist die Frage, ob wir das Wachstum einer durch eine Rekursion gegebenen Z¨ahlfunktion bestimmen k¨onnen, ohne die L¨ osung zu kennen. Dies wird besonders dann interessant sein, wenn wir die Rekursion explizit gar nicht l¨ osen k¨ onnen. F¨ ur Rekursionen mit fester L¨ ange und konstanten Koeffizienten ist dies nicht weiter neu. Aus der Formel (A4) in Abschnitt 3.2 erkennen wir, dass die absolut gr¨ oßte Wurzel von q R (z) den Rest dominiert. Wir interessieren uns im folgenden also f¨ ur Rekursionen mit Koeffizienten, von denen einige oder alle von n abh¨angen.

94

5

asymptotische analyse

Den einfachsten Fall an Tn = bn Tn−1 +cn haben wir in Abschnitt 2.1 behandelt. Die dortige Methode funktioniert, weil die Glieder Tn , Tn−1 aufeinanderfolgende Indizes haben. In vielen, wenn nicht den meisten Problemen werden wir eine Di” vide and conquer“ Methode verwenden, die auf ganz andere Rekursionen f¨ uhrt. Betrachten wir folgendes Beispiel: In einem Tennisturnier nehmen n Spieler teil. In der ersten Runde scheiden alle Verlierer aus. Die Sieger spielen in Paaren in der zweiten Runde, die Verlierer scheiden wieder aus, usf. Wieviele Runden T (n) ben¨ otigen wir, um den Sieger zu ermitteln? Setzen wir, um es uns einfach zu machen, n = 2k . Unsere Rekursion lautet dann (1)

T (n) = T (n/2) + 1 , T (1) = 0 ,

da nach der ersten Runde n2 Spieler u ¨ brig bleiben. Nun, diese Rekursion ist einfach genug: T (2k ) = T (2k−1 ) + 1 = T (2k−2 ) + 2 = . . . = T (1) + k = k , also T (n) = lg n, n = 2k . Der Fall n = 2k ist nun auch schnell erledigt. In der ersten Runde scheiden ⌊ n2 ⌋ aus und ⌈ n2 ⌉ bleiben u ¨ brig. Die allgemeine Rekursion ist demnach (2)

n T (n) = T (⌈ ⌉) + 1 , T (1) = 0 , 2

und wir vermuten T (n) = ⌈lg n⌉. ⌈lg n⌉ ist die Potenz k von 2 mit 2k−1 < n < 2k . Insbesondere gilt dann 2k−1 < n+1 ≤ 2k , also ⌈lg n⌉ = ⌈lg(n+1)⌉, und damit auch n ⌈lg n2 ⌉ = ⌈lg n+1 2 ⌉ = ⌈lg⌈ 2 ⌉⌉. Gehen wir mit unserer Vermutung T (n) = ⌈lg n⌉ in (2), so erhalten wir n n T (n) = ⌈lg⌈ ⌉⌉ + 1 = ⌈lg ⌉ + 1 = ⌈lg n − lg 2⌉ + 1 2 2 = ⌈lg n⌉ . Probieren wir ein weiteres Beispiel: (3)

T (n) = T (n/2) + n , T (1) = 0 ,

wiederum f¨ ur n = 2k . Iteration ergibt T (2k ) = T (2k−1 )+2k = T (2k−2 )+2k +2k−1 = . . . = T (1)+2k +. . .+21 = 2k+1 −2 , also T (n) = 2n − 2 = Θ(n), und f¨ ur beliebiges n verschwindet die Differenz von ⌈ n2 ⌉ zu n2 in Θ(n). Machen wir es uns noch etwas komplizierter: (4)

n T (n) = 3T (⌊ ⌋) + n , T (1) = 1 . 2

gr¨ oßenordnung von rekursionen

5.2

95

Iteration mit n = 2k ergibt T (2k ) = 3T (2k−1 ) + 2k = 3(3T (2k−2 ) + 2k−1 ) + 2k = 32 T (2k−2 ) + 3 · 2k−1 + 2k

= . . . = 3k 20 + 3k−1 2 + 3k−2 22 + . . . + 30 2k .

n n Durch Induktion oder mittels Konvolution von 3n z n und 2 z berechnen wir die rechte Seite zu 3k+1 − 2k+1 . Setzen wir 3 = 2lg 3 , so erhalten wir 3k+1 = 3 · 3k = 3 · (2lg 3 )k = 3nlg 3 , und somit T (n) = 3nlg 3 − 2n = Θ(nlg 3 )

f¨ ur n = 2k .

Wieder k¨ onnen wir erwarten, dass die Rundung ⌊ n2 ⌋ in Θ(nlg 3 ) verschwindet. Betrachten wir nun allgemein die Rekursion T (n) = a T (n/b) + f (n) , T (1) = c , wobei wir nb als ⌊ nb ⌋ oder ⌈ nb ⌉ interpretieren. Das Ergebnis h¨angt offenbar von a, b und f (n) ab. Der folgende Satz zeigt das Wachstum von T (n). Satz 5.1. Sei a ≥ 1, b > 1, und T (n) = a T (n/b) + f (n). a. Falls f (n) = O(nlogb a−ε ) f¨ ur ein ε > 0, dann gilt T (n) = Θ(nlogb a ). b. Falls f (n) = Θ(nlogb a ), dann gilt T (n) = Θ(nlogb a lg n). c. Falls f (n) = Ω(nlogb a+ε ) f¨ ur ein ε > 0, und a f ( nb ) ≤ c f (n) f¨ ur ein c < 1 und n ≥ n0 , dann gilt T (n) = Θ(f (n)). Wir wollen diesen Satz nicht beweisen, sondern ihn an einigen Beispielen erl¨autern. Im Wesentlichen zeigt er, wie das Wachstum von T (n) von der Gr¨oßenordnung von f (n) abh¨ angt. Im Fall c. dominiert f (n), im Fall a. dominiert der Summand a T (n/b). Beispiele. Betrachten wir zun¨ achst f (n) = C eine Konstante. Es ergeben sich die folgenden F¨ alle: a=1 a=b>1 a = b, a, b > 1

T (n) = Θ(lg n) T (n) = Θ(n) T (n) = Θ(nlogb a )

Fall b. Fall a. Fall a.

T (n) = Θ(n) T (n) = Θ(n lg n) T (n) = Θ(nlogb a )

Fall c. Fall b. Fall a.

Oder f¨ ur f (n) = Θ(n): 1≤a
Verifizieren wir unseren Satz an Hand des Beispieles T (n) = 4T (n/2) + n2 .

96

5

asymptotische analyse

Da log2 4 = 2 ist, haben wir f (n) = n2 = nlog2 4 , das heißt Fall b. des Satzes findet Anwendung, und wir erhalten T (n) = Θ(n2 lg n). Sobald wir die richtige Gr¨ oßenordnung von T (n) bestimmt haben, k¨onnen wir nat¨ urlich auch versuchen, das Ergebnis induktiv zu beweisen: n n n T (n) = 4T ( ) + n2 = 4Θ(( )2 lg ) + n2 2 2 2 = Θ(n2 (lg n − 1)) + n2 = Θ(n2 lg n − n2 + n2 ) = Θ(n2 lg n) .

5.3

Laufzeit von Algorithmen

Ein Algorithmus ist im Lexikon erkl¨ art als eine spezielle Methode zur L¨osung eines ” vorgegebenen Problems“. Jeder kennt Algorithmen und verwendet Algorithmen von Kindheit an. Um n Zahlen a1 , a2 , . . . , an zu addieren, k¨onnen wir a1 +a2
zuerst n bilden, dann a3 dazuz¨ ahlen, dann a4 , usf. bis wir das Ergebnis S = i=1 ai haben. Wir brauchen bei dieser Methode n−1 Additionen. Geht es auch mit weniger? Mit einem Algorithmus verbinden wir intuitiv einen Optimalit¨atsbegriff. Wir wollen nicht irgendeine Rechenvorschrift finden, sondern eine m¨oglichst effiziente. Kombinatorik hat sich seit jeher vor allem mit Fragen der Abz¨ahlung und Existenz von Konfigurationen besch¨ aftigt. Einige dieser Methoden haben wir schon kennengelernt. Aber erst mit dem Gesichtspunkt der optimalen Konfiguration“ ” wurde die Kombinatorik zu dem, was wir heute Diskrete Mathematik nennen. Es ist sicher kein Zufall, dass die ersten, allgemein verwendeten Algorithmen f¨ ur schwierige Probleme entwickelt wurden, als die ersten schnellen Computer auftauchten. Der Simplex-Algorithmus zur L¨ osung von großen Ungleichungssystemen ist ein herausragendes Beispiel – wir werden sp¨ater darauf zur¨ uckkommen. Eine besonders sch¨ one Illustration zur Erl¨ auterung der drei Aspekte Abz¨ahlung, Existenz und Optimalit¨ at ist das Problem des Handlungsreisenden – kurz TSP genannt (Traveling Salesman Problem). Ein Vertreter m¨ ochte n St¨ adte durch eine Rundreise jeweils einmal besuchen und an den Ausgangspunkt zur¨ uckkehren. F¨ ur die Reise zwischen den St¨adten Si und Sj erwachsen ihm die Kosten cij ≥ 0. Nun m¨ochte er seine Reise nat¨ urlich so w¨ ahlen, dass die Gesamtkosten der n Strecken minimal werden. Das Abz¨ahlproblem ist trivial: es gibt n! Rundreisen, oder wenn wir einen festen Ausgangspunkt w¨ ahlen, (n − 1)!. Unter diesen n! Rundreisen gibt es nat¨ urlich eine (oder mehrere) billigste, also gibt auch das Existenzproblem nichts her. Aber wie findet der Vertreter eine optimal billige Rundreise ? Simples Durchprobieren scheitert am exponentiellen Wachstum von n!. F¨ ur n = 12 m¨ ußte er bereits 11! = 39916800 Reisen vergleichen. Wir sehen also, dass die Frage der Optimalit¨at eng mit der Berechenbarkeit mittels Computern verbunden ist. Hat ein Problem exponentielle L¨ange der Berechnung oder, wie wir sagen werden, exponentielle Laufzeit, so werden wir es als algorithmisch unl¨ osbar ansehen. Ob dies f¨ ur das Problem des Handlungsreisenden zutrifft, ist eine offene Frage – und wir werden in Abschnitt 8.5 sehen, dass es in einem gewissen Sinn die zentrale Frage in der Theorie der Algorithmen schlechthin ist.

5.3

laufzeit von algorithmen

97

Fassen wir die wichtigsten Begriffe u ¨ ber Algorithmen zusammen. (1) Struktur des Problems. Gegeben ist eine Eingabe, und der Algorithmus produziert mittels einer Folge von Schritten die Ausgabe. In unserem Problem des Handlungsreisenden ist die Eingabe die Kostenmatrix (cij ), 1 ≤ i, j ≤ n, und der Algorithmus ergibt eine Permutation i1 , i2 , . . . , in , so dass ci1 i2 + ci2 i3 + . . . + cin−1 in + cin i1 minimal ist unter allen Permutationen. (2) Korrektheit des Algorithmus. Wir sagen, ein Algorithmus ist korrekt, wenn er zu jeder Eingabe tats¨ achlich eine gew¨ unschte Ausgabe produziert. Der Korrektheitsbeweis oder, wie man auch sagt, die Validation des Algorithmus kann zu großen Schwierigkeiten f¨ uhren. Der Algorithmus k¨onnte stoppen oder eine unkorrekte Ausgabe produzieren. (3) Entwurf von Algorithmen. Ein Algorithmus kann mit Worten beschrieben werden oder mit einem Computerprogramm oder sogar als Hardware. Auch die Datenstruktur spielt eine wichtige Rolle. Wir k¨onnen die Daten als Liste eingeben oder als Matrix oder rekursiv. Die Wahl der richtigen“ Datenstruktur ist ” von zentraler Bedeutung - wir werden einige im Verlauf unserer Diskussion noch kennenlernen. (4) Analyse von Algorithmen. Ist die Korrektheit bewiesen, so m¨ochte man nat¨ urlich wissen, wie schnell“ der Algorithmus nun tats¨achlich ist. Die Laufzeit ” eines Algorithmus ist die Anzahl der Einzelschritte, die zur Ausf¨ uhrung ben¨otigt werden, gemessen an den Eingabegr¨ oßen. Zwei Beispiele m¨ ogen das erl¨ autern: Angenommen wir wollen ein Polynom p(x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 an einer Stelle c auswerten. Wieviele Multiplikationen ben¨ otigen wir? Die Eingabegr¨ oße ist sinnvollerweise n, der Grad des Polynoms. Jedesmal wenn wir eine Multiplikation ausf¨ uhren, z¨ahlen wir 1. Alle anderen Operationen, z. B. Additionen, sind kostenlos. ¨ Ublicherweise w¨ urden wir so vorgehen: Wir produzieren sukzessive die Potenzen 2 c, c = c · c, c3 = c2 · c, . . . , cn = cn−1 · c , dazu ben¨otigen wir n − 1 Multiplikationen, und berechnen mit n weiteren Multiplikationen p(c) = an cn + an−1 cn−1 + . . . + a1 c + a0 . Die Laufzeit ist also 2n − 1. Aber es geht schneller mit dem sogenannten Horner-Schema: p(c) = c(. . . (c(c(can + an−1 ) + an−2 ) + an−3 ) . . .) + a0 . Hier ben¨ otigen wir nur n Multiplikationen (von links mit c), und es kann gezeigt werden, dass dies bestm¨ oglich ist. Das heißt, es gibt keinen Algorithmus, der mit weniger als n Multiplikationen auskommt. Das zweite Beispiel betrifft das Sortieren von Zahlen. Die Eingabe ist eine Menge von n verschiedenen Zahlen a1 , a2 , . . . , an . Als Ausgabe sollen die Zahlen sortiert

98

5

asymptotische analyse

erscheinen a′1 < a′2 < . . . < a′n . Ein Rechenschritt besteht in einem Vergleich von zwei Zahlen ai : aj , wobei wir als Antwort ai < aj oder ai > aj erhalten. Die Anzahl der m¨ oglichen Ausgaben ist also n!, und wir werden sp¨ater sehen, dass jeder Sortieralgorithmus mindestens lg n! = Θ(n lg n) Vergleiche ben¨otigt. Wie sollen wir nun konkret sortieren? Probieren wir das Prinzip Divide and ” conquer“. Wir teilen die n Zahlen in zwei m¨oglichst gleich große Haufen, also n = ⌊ n2 ⌋ + ⌈ n2 ⌉. Das Auf- und Abrunden soll uns nicht weiter st¨oren, wir nehmen ur sich, und erhalten also an, n = n2 + n2 . Jeden der zwei Haufen sortieren wir f¨ b1 < b2 < . . . < bn/2 bzw. c1 < c2 < . . . < cn/2 . Nun vereinigen“ wir die zwei ” Listen Schritt f¨ ur Schritt. Die kleinste Zahl in der Gesamtliste ist offenbar b1 oder c1 . Mit einem Vergleich k¨ onnen wir also die minimale Zahl bestimmen, sie sei ohne Beschr¨ ankung der Allgemeinheit b1 . Nun haben wir die beiden Listen b2 < . . . < bn und c1 < . . . < cn . Die n¨ achstkleinere Zahl ist nun b2 oder c1 , und ein Vergleich ergibt diese Zahl. Wir werfen sie hinaus, und nehmen uns die Restlisten vor. Auf diese Weise sehen wir, dass die geordnete Gesamtliste nach sp¨atestens n weiteren Vergleichen feststeht, genauer nach n − 1 Vergleichen (warum?). F¨ ur die Laufzeit T (n) dieser Zusammenlegungsmethode erhalten wir daher die Rekursion T (n) = 2T (n/2) + n , T (1) = 0 , und es folgt aus dem letzten Abschnitt T (n) = Θ(n lg n) . Unser Algorithmus ist also asymptotisch optimal. Auf Sortieralgorithmen werden wir ausf¨ uhrlich in Kapitel 9 eingehen.

¨ Ubungen zu Kapitel 5       1 Beweise die folgendenGleichungen:    a. O  f (n)  O g(n)  = O f (n)g(n) , b. O f (n)g(n) = f (n)O g(n ), c. O f (n) + O g(n) = O |f (n)| + |g(n)| .

⊲ 2 Ist die folgende Aussage richtig? Aus f1 (n) ≺ g1 (n), f2 (n) ≺ g2 (n) folgt f1 (n) + f2 (n) ≺ g1 (n) + g2 (n).

3 Sei f (n) = n2 (n gerade) und f (n) = 2n (n ungerade). Zeige: f (n) = O(n2 ), aber nicht f (n) = o(n2 ) oder n2 = O(f (n)).

⊲ 4 Zeige, dass es f¨ ur f ≺ h stets g gibt mit f ≺ g ≺ h. 5 Bestimme jeweils eine Funktion g(n) = Θ(f (n)) von der Form g: N −→ R, so dass f (n) = O(g(n)) gilt, f¨ ur die folgenden Funktionen f .   2 n 3 +1 a. f (n) = n2 , b. f (n) = 5nn+3 , c. f (n) = n2n3 , d. f (n) = n!.

⊲ 6 Was ist in dem folgenden Schluss falsch? Es sei T (n) = 2T (⌊ n2 ⌋) + n, T (1) = 0. Wir nehmen induktiv T (⌊ n2 ⌋) = O(⌊ n2 ⌋) an mit T ( n2 ) ≤ c n2 . Dann gilt T (n) ≤ 2c⌊ n2 ⌋ + n ≤ (c + 1)n = O(n). √ 7 Sei T (n) = 2T (⌊ n⌋)+lg n. Durch die Substitution n = 2m zeige T (n) = O(lg n lg lg n).

¨bungen u

99

8 Bestimme die Gr¨ oßenordnung von T (n) in den folgenden F¨ allen: a. T (n) = 3T (n − 2 n−1 n+1 n 3 , c. T (n) = 2T (n − 1) + 1+n 1) + n2 2n , b. T (n) = 3T (n − 1) + n+2 2 , d. T (n) = 3+n2 √ 2T (n/3) + n n. 9 Angenommen, wir haben einen Algorithmus, der f¨ ur eine Eingabe der L¨ ange n, n Schritte aufweist, wobei der i-te Schritt i2 Operationen ben¨ otigt. Zeige, dass die Laufzeit des Algorithmus O(n3 ) ist. ⊲ 10 Eine Addditionskette f¨ ur n ist eine Folge 1 = a1 , a2 , . . . , am = n, so dass f¨ ur alle k gilt ak = ai + aj f¨ ur gewisse i, j < k. Beispiel: n = 19, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, a4 = 8 = 4 + 4, urzeste L¨ ange einer a5 = 9 = 8 + 1, a6 = 17 = 9 + 8, a7 = 19 = 17 + 2. Sei ℓ(n) die k¨ Additionskette f¨ ur n. Zeige: lg n ≤ ℓ(n) ≤ 2 lg n. Gibt es Zahlen n mit ℓ(n) = lg n? 11 Zeige, das jede Permutation a1 a2 . . . an durch sukzessive Vertauschung benachbarter Elemente auf die Form 12 . . . n gebracht werden kann. Beispiel: 3124 −→ 3214 −→ 2314 −→ 2134 −→ 1234. Was ist die minimale Anzahl von Vertauschungen?


2 ⊲ 12 Verifiziere genau, ob die folgende Gleichung richtig ist: n k=0 (k +O(k)) = Beachte: Dies ist eine Mengengleichung (von links nach rechts).

n3 3

+O(n2 ).

13 Zeige O(x + y)2 = O(x2 ) + O(y 2 ) f¨ ur reelle Zahlen x, y.

14 Beweise (1 − 1) n log(1− n

e

.

1 n ) n

= e−1 (1 −

1 2n

−

5 24n2

+ O( n13 )). Hinweis: Schreibe (1 −

1 n ) n

=

    ⊲ 15 Sei an = O f (n) und bn = O f (n) .
ak bn−k = O(f (n)) gilt. a. f (n) = Zeige oder widerlege, dass f¨ ur die Konvolution n k=0
−a −n n , a > 1, b. f (n) = a , a > 1. Hinweis: In a. gilt k≥0 |f (k)| < ∞, daraus folgt die Richtigkeit. 16 Wir wissen, dass n! ≺ nn gilt. Zeige andererseits nn < (n!)2 f¨ ur n ≥ 3. Gilt auch nn ≺ (n!)2 ? 17 L¨ ose die Rekursion T (n) = 2T (⌊ n2 ⌋) + n2 , T (1) = 0.

⊲ 18 Zeige, dass T (n) = T ( n4 ) + T ( 3n ) + n die L¨ osung T (n) = O(n lg n) hat, durch Ent4 n = ( 16 + 3n ) + ( 3n + 9n ) wickeln der rechten Seite. Das heißt, wir schreiben n = n4 + 3n 4 16 16 16 usf. 19 L¨ ose mit derselben Methode T (n) = T (an) + T ((1 − a)n) + n, 0 < a < 1.

⊲ 20 Ein Algorithmus A habe eine Laufzeit gegeben durch die Rekursion T (n) = 7T ( n2 ) + n2 . Ein anderer Algorithmus A′ sei durch die Rekursion S(n) = αS( n4 ) + n2 gegeben. ur das gilt: Laufzeit (A′ ) ≺ Was ist das gr¨ oßte α, f¨ ur welches A′ schneller ist als A, d. h. f¨ Laufzeit (A)? 21 Gib m¨ oglichst gute asymptotische untere und obere Schranken f¨ ur die folgenden Re√ √ kursionen. a. T (n) = 2T ( n2 ) + n3 , b. T (n) = 3T ( n4 ) + n, c. T (n) = T ( n) + 10.  n  ab. 22 Sch¨ atze das Gr¨ oßenwachstum der gr¨ oßten Binomialkoeffizienten f (n) = n/2 Hinweis: Stirling Formel.

⊲ 23 Die folgende
n−1Rekursion wird uns bei Sortierproblemen begegnen: T (n) = n2 k=0 T (k) + an + b, T (0) = 0 mit a > 0. Zeige, dass n ≺ T (n) ≺ n2 gilt. Hinweis: Probiere T (n) = cn bzw. T (n) = cn2 .

100

5

asymptotische analyse

¨ 24 Zeige, dass f¨ ur T (n) aus der vorigen Ubung gilt T (n) = cn lg n + o(n lg n) mit c = a log 4. Hinweis: Probiere T (n) = cn lg n. ⊲ 25 Der Euklidische Algorithmus zur Berechnung des gr¨ oßten gemeinsamen Teilers zweier Zahlen funktioniert bekanntlich durch sukzessive Division mit Rest. Beispiel: Gegeben seien 154, 56. Dann haben wir 154 = 2 · 56 + 42, 56 = 1 · 42 + 14, 42 = 3 · 14, also ist 14 = ggT(154, 56). Sei a > b. Zeige, dass aus b < Fn+1 (Fibonacci Zahl) folgt, dass die Anzahl der Rechenschritte zur Berechnung von ggT(a, b) h¨ ochstens n − 1 ist, und schließe daraus, dass die Anzahl der Schritte O(log b) ist. Zeige ferner, dass die Anzahl der Schritte h¨ ochstens 5-mal die Anzahl der Ziffern in b ist (gegeben in Dezimaldarstellung). ⊲ 26 Ein Kellner hat n verschieden große Pizzas auf einem Teller. Bevor er sie serviert, m¨ ochte er sie in die richtige Reihenfolge bringen, d. h. die kleinste oben, dann die n¨ achstkleinere, usf. bis zur gr¨ oßten unten. Eine Operation besteht darin, unter die k-te Pizza zu greifen und die ersten k als Ganzes umzudrehen. Wieviele solcher Umdrehungen ben¨ otigt der Kellner? In Permutationen ausgedr¨ uckt heißt dies: Eine Operation besteht in einem Flip der ersten k Elemente. Beispiel: 3241 −→ 2341 −→ 4321 −→ 1234. F¨ ur π sei ℓ(π) = Minimalzahl der Flips, und ℓ(n) = max ℓ(π). Zeige: n ≤ ℓ(n) ≤ 2n − 3. π Hinweis f¨ ur die obere Schranke: Bringe n mit 2 Flips an den Schluss, dann n − 1 mit 2 Flips an die vorletzte Stelle usf. 27 Betrachte ein verwandtes Problem. Eine Permutation π von {1, . . . , n} ist gegeben, die wir in die Form 1, 2, . . . , n bringen wollen. In jedem Schritt k¨ onnen wir das erste Element an irgendeiner Stelle einordnen. Die Anzahl der Schritte in einem optimalen Algorithmus ist ℓ(π) mit ℓ(n) = max ℓ(π). Berechne ℓ(n). 28 Das Sieb des Eratosthenes zur Entscheidung, ob n ≥ 3 Primzahl ist, geht folgender√ maßen: Teste alle Zahlen 2, 3, . . . , ⌊ n⌋ und stelle fest, ob eine davon ein Faktor von n ist. Wenn ja, ist n keine Primzahl, wenn nein, ist n Primzahl. Warum k¨ onnen wir bei √ otigt dieser Algorithmus maximal? ⌊ n⌋ stoppen ? Wieviele Schritte ben¨

¨ ⊲ 29 Im Turm von Hanoi (siehe Ubung 2.18) seien 4 St¨ abe A, B, C, D gegeben und das Problem bestehe darin, einen Turm von n Scheiben unter den u ¨blichen Bedingungen von ugen. Zeige: A auf D zu transferieren. Sei Wn die minimale Anzahl von Z¨ W(n+1) ≤ 2W(n) + Tn , 2 2 wobei Tn die minimale Anzahl f¨ ur 3 St¨ abe ist. Bestimme daraus eine Funktion f (n) mit W(n+1) ≤ f (n). Hinweis: Betrachte Un = (W(n+1) − 1)/2n . 2 2 30 Angenommen, wir haben am Anfang 1 und 2 gegeben. Bei jedem Schritt gilt aℓ = urfen drei Zahlen addieren. Kann jede Zahl n mit ai + aj + ak , i, j, k < ℓ, d. h. wir d¨ so einer 3-gliedrigen Additonskette erreicht werden? Wenn ja, sch¨ atze die L¨ ange m(n) nach oben und unten ab. Verallgemeinere auf k-gliedrige Ketten mit den Anfangswerten 1, 2, . . . , k − 1. 31 Um das Produkt A, B zweier n × n-Matrizen zu berechnen, brauchen wir mit der ur jedes der n2 inneren Produkte aus Zeilen u ¨blichen Methode n3 Multiplikationen, je n f¨ in A und Spalten in B. Insbesondere also 8 f¨ ur n = 2. Die folgende     bemerkenswerte Methode von Strassen ben¨ otigt nur 7 Multiplikationen. Sei A = ac db , B = αγ βδ . Zeige, dass die Elemente von AB eine Summe von Termen ±mi ist, wobei m1 = (a + d)(α + δ), m2 = (c + d)α, m3 = a(β − δ), m4 = d(γ − α), m5 = (a + b)δ, m6 = (a − c)(α + β), otigt die normale Berechnung, m7 = (b−d)(γ+δ). Wieviele Additionen/Subtraktionen ben¨

¨bungen u

101

wieviele Strassens Methode? Finde eine Methode, die O(nlg 7 ) Multiplikationen f¨ ur das Produkt zweier n × n-Matrizen ben¨ otigt. Hinweis: Halbiere die Matrizen und verwende Rekursion mit n = 2 als Start. ⊲ 32 Es sei N eine nat¨ urliche Zahl, die wir in Bin¨ ardarstellung ak ak−1 . . . a0 bringen wollen. Zeige, wie man den Euklidischen Algorithmus dazu verwenden kann und sch¨ atze die Laufzeit f (n) ab, n = Anzahl der Stellen von N in Dezimaldarstellung. Hinweis: Dividiere N sukzessive durch 2. ¨ 33 Aus Ubung 11 folgt, dass jede Permutation π durch Vertauschung benachbarter Elemente in jede andere Permutation σ gebracht werden kann. Was ist die minimale Anzahl von Vertauschungen, die f¨ ur jedes Paar π und σ gen¨ ugt?

102

5

literatur zu teil i

Literatur zu Teil I Ideen und Methoden zur Abz¨ ahlung bilden das klassische Thema der Kombinatorik. Eine umfangreiche Auswahl von Summations- und Inversionsformeln findet man in den B¨ uchern von Riordan und Knuth. Sehr detailliert wird das Thema Summation und Differenzen in Graham–Knuth–Patashnik abgehandelt. Einige Themen wie die Differenzenrechnung auf Ordnungen (z. B. M¨obius-Inversion) wurden ganz ausgespart. Wer etwas dar¨ uber erfahren will, dem sei das Buch von Aigner empfohlen. Einen tieferen Einstieg in die Theorie der Erzeugenden Funktionen bieten die B¨ ucher von Aigner, Stanley und Wilf. Sch¨one Einf¨ uhrungen in die Wahrscheinlichkeitsrechnung geben das Buch von Krengel und der Klassiker von Feller. Daran sollte man das Buch von Alon–Spencer anschließen, das eine ausgezeichnete Darstellung der gerade f¨ ur die Diskrete Mathematik wichtigen Methoden enth¨alt. Wer mehr u ¨ ber die asymptotische Analyse erfahren will, dem sei wieder Graham– Knuth–Patashnik empfohlen, und als Weiterf¨ uhrung das Buch von Greene und Knuth. Eine sch¨ one Auswahl von Anwendungen findet man in Montroll. Und zu guter Letzt seien die B¨ ucher von Matouˇsek–Neˇsetril und Lov´ asz empfohlen, insbesondere das letzte ist eine wahre Fundgrube von alten und neuen Problemen (samt Hinweisen und L¨ osungen). M. Aigner: Combinatorial Theory. Springer-Verlag. N. Alon, J. Spencer: The Probabilistic Method. Wiley Publications. W. Feller: Probability Theory and its Applications. Wiley Publications. R. Graham, D. Knuth, O. Patashnik: Concrete Mathematics. Addison-Wesley. D. Greene, D. Knuth: Mathematics for the Analysis of Algorithms. Birkh¨ auser. D. Knuth: The Art of Computer Programming I, Fundamental Algorithms. Addison-Wesley. U. Krengel: Einf¨ uhrung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik. Vieweg-Verlag. ´sz: Combinatorial Problems and Exercises. North-Holland. L. Lova J. Matouˇ sek, J. Neˇ setril: Diskrete Mathematik, eine Einladungsreise. Springer-Verlag. E. Montroll: Applied Combinatorial Mathematics (Beckenbach, ed.). Wiley. J. Riordan: Combinatorial Identities. J. Wiley & Sons. R. Stanley: Enumerative Combinatorics I, II. Cambridge University Press. H. Wilf: Generatingfunctionology. Academic Press.

Teil II: Graphen und Algorithmen Im ersten Teil haben wir verschiedene Methoden kennengelernt, wie wir endliche Mengen abz¨ ahlen. Nun wollen wir uns die Mengen selber ansehen. Die Mengen, die in einem Problem auftreten, haben ja meist eine vorgegebene Struktur, die wir bei der Untersuchung (und auch bei der Abz¨ahlung) ausn¨ utzen. Oder wir bringen sie in eine gewisse Form, um sie z. B. geeignet in den Rechner eingeben zu k¨ onnen. Die Erzeugung guter Datenstrukturen ist eine der wichtigsten Aufgaben der Informatik. Einige Strukturen sind uns so vertraut, dass wir mit ihnen umgehen, ohne viel Aufhebens zu machen. Zum Beispiel Listen a1 < a2 < . . . < an – die Elemente sind linear geordnet. Oder Matrizen (aij ) – die Elemente sind nach Zeilen und Spalten angeordnet. Oder allgemein Schemata (ai1 i2 ... ik ) mit k Indizes, oder Dreiecksschemata wie das Pascalsche Dreieck, das wir im ersten Teil besprochen haben. Die einfachste Struktur auf einer Menge wird von einer bin¨ aren Relation erzeugt. Zwei Elemente stehen in der vorgegebenen Beziehung oder nicht - und das sind genau Graphen. Graphen sind also nichts anderes als Mengen, auf denen eine bin¨ are Relation erkl¨ art ist. Die nat¨ urlichen Zahlen besitzen beispielsweise neben der <-Relation 1 < 2 < 3 < 4 . . . die Teilerrelation |, z. B. 2|4, 3|12, 5 ∤ 11. Die Teilerrelation ist transitiv, ergibt also eine Ordnung auf N. In Kapitel 12 werden wir ausf¨ uhrlich auf das ¨ modulo-Rechnen auf N eingehen – hier handelt es sich um eine Aquivalenzrelation. Graphen bilden die fundamentale Datenstruktur in der Diskreten Mathematik – und der Grund ist einleuchtend. Man kann in praktisch jeder Situation eine sinnvolle bin¨ are Relation erkl¨ aren, sie also als Graphen modellieren. Die <-Relation und die Teilerrelation haben wir schon erw¨ ahnt, ein anderes Beispiel ist die Inklusion A ⊆ B von Mengen – wir erhalten das Mengendiagramm oder die Boolesche Algebra aller Untermengen einer festen Menge S. In einem Algorithmus setzen wir zwei Programmschritte in Verbindung, falls sie im Programm nacheinander auftreten – wir erhalten ein Flussdiagramm. Auch außermathematische Fragen ergeben Graphen als sinnvolle Modellierungen. Um die soziale Struktur einer Gruppe zu studieren, k¨ onnen wir die Sympathiebeziehung zugrundelegen – oder die Abh¨angigkeit zwischen Personen, um die hierarchische Struktur zu analysieren. Verkehrssysteme k¨ onnen wir studieren, indem wir Pl¨atze in Relation setzen, falls sie durch eine Straße verbunden sind. Die wichtigste Anwendung von Graphen ergeben sich in der Optimierung von vorgegebenen Situationen. Wir wollen ja zum Beispiel ein Verkehrssystem nicht nur beschreiben, sondern einen optimalen Verkehrsfluss ermitteln. Praktisch das ganze Gebiet der kombinatorischen Optimierung und der Entwurf guter Algorithmen verwendet Graphen als zugrundeliegende Struktur. Wir werden ausf¨ uhrlich darauf eingehen, besonders in den Kapiteln 8–10. Zun¨achst wollen wir in den ersten beiden Kapiteln die n¨ otigen Grundbegriffe zusammenstellen.

6 6.1

Graphen Definition und Beispiele

Ein Graph G  (E, K) besteht aus einer (endlichen) Eckenmenge E und einer  = Menge K ⊆ E2 von Paaren {u, v}, u = v , genannt Kanten. Die Namen Ecken und Kanten deuten auf die bildliche Darstellung hin, mit der wir uns einen Graphen vorstellen. Sei z. B. E = {1, 2, 3, 4, 5}, K = {{1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {2, 4}, {2, 5}, {3, 5}}. Wir zeichnen G als Diagramm: • 1

BQQ Q B Q• 2 5• QQ B 
Q B  Q B
Q
QB•
• 4

G

3

Dadurch ist auch der Name Graph“ erkl¨ art – das Ecken-Kanten-System erinnert ” an die u ¨ bliche graphische Darstellung von Funktionen. Hier wie dort ist die graphische Darstellung nat¨ urlich nur ein Hilfsmittel, das uns erleichtert, uns die abstrakte Struktur G = (E, K) vorzustellen. Jede Menge E mit einer bin¨ aren Relation k¨onnen wir als Graphen interpretieren, indem wir {u, v} ∈ K setzen, falls u und v in der vorgegebenen Relation stehen. Nehmen wir als Beispiel die Teilerrelation. Sei E = {1, 2, . . . , 8} und {i, j} ∈ K falls i, j in der Teilerrelation i | j stehen. Der zugeh¨orige Graph ist: 1

2

8

3

7

4

6

5

In Zukunft werden wir f¨ ur die Kanten die Klammern weglassen und einfach uv ∈ K schreiben. Manchmal werden wir auch Schlingen uu zulassen, und Mehrfachkanten zwischen Ecken u, v. Wir sprechen dann von Multigraphen. Zum Beispiel ist

106

6

graphen

1 5

2

4

3

ein Multigraph mit einer Schlinge bei 1, einer Doppelkante bei {2, 3} und einer Dreifachkante bei {4, 5}. Da die Terminologie nicht in allen B¨ ucher u ¨ bereinstimmt, sei nochmals betont, dass in unserer Definition Graphen keine Schlingen oder Mehrfachkanten besitzen. Einige Graphen sind so wichtig, dass sie eigene Namen haben.   andigen Graphen Kn . 1. Ist |E| = n und K = E2 , so sprechen wir vom vollst¨ Z  Z ZZ  Z• •

 BQ  Q   B Q• • Z C  B   C Z   Z B  C• ZB•

K4

K5

•

• • •

•

• •

K1

K2

@ @ @•

K3

•

F¨ ur vollst¨ andige Graphen Kn haben wir also |E| = n, |K| =

n 2 .

2. Wir nennen einen Graphen G = (S + T, K) bipartit, falls E aus zwei disjunkten Mengen S und T besteht, und jede Kante eine Ecke in S und die andere in T hat. Sind alle Kanten zwischen S und T vorhanden, so sprechen wir von einem vollst¨ andigen bipartiten Graphen KS,T oder Km,n , falls |S| = m, |T | = n ist. Als Beispiele haben wir:

K 2,4

K 3,3

F¨ ur Km,n gilt somit |E| = m + n, |K| = mn. Bipartite Graphen eignen sich vorz¨ uglich f¨ ur die Behandlung von Zuordnungsproblemen. Ist S eine Menge von Personen und T eine Menge von Jobs, so setzen wir uv ∈ K, u ∈ S, v ∈ T , falls die Person u f¨ ur den Job v geeignet ist. Der so entstehende bipartite Graph modelliert also das Personen-Job-Zuordnungsproblem, das wir sp¨ ater detailliert studieren wollen.

6.1

107

definition und beispiele

3. Eine unmittelbare Verallgemeinerung sind die vollst¨ andigen k-partiten Graphen Kn1 ,...,nk mit E = E1 + . . . + Ek , |Ei | = ni (i = 1, . . . , k) und K =
k
{uv : u ∈ Ei , v ∈ Ej , i = j}. Wir erhalten |E| = i=1 ni , |K| = i<j ni nj . Es ist klar, wie beliebige k-partite Graphen erkl¨ art sind. 4. Ein Hyperw¨ urfel Qn hat als Eckenmenge alle 0,1-Folgen der L¨ange n, also |E| = 2n . Wir setzen uv ∈ K, falls die Folgen u und v sich an genau einer Stelle unterscheiden. Der Graph Q3 in der folgenden Figur erkl¨art den Namen. r

011

r

r

r

r

0

010

r

10

00 Q1

001

r

r

1

r

11

01

r

111

r

101

r

r

000

r 110

100 Q3

Q2

F¨ ur die Kantenzahl erhalten wir |K(Q1 )| = 1, |K(Q2 )| = 4, |K(Q3 )| = 12, und allgemein |K(Qn )| = n2n−1 . (Beweis?) Interpretieren wir wie u ¨ blich die 0,1-Folgen als charakteristische Vektoren von Untermengen einer festen n-Menge S, so hat Qn als Ecken die 2n Untermengen, und es gilt AB ∈ K, falls A ⊆ B ist, und B genau ein Element mehr enth¨alt als A (oder umgekehrt). In dieser Interpretation ist Qn also genau das Diagramm der Booleschen Algebra B(S). F¨ ur S = {1, 2, 3, 4} erhalten wir 1234

123

12

134

124

14

13

24

23

2

1

234

34

4

3

0/

5. Denken wir uns ein Straßensystem mit Pl¨atzen und Verbindungsstrecken modelliert als Graph, so interessiert vor allem, wie wir von einem Punkt des Straßensystems zu einem anderen kommen. Ein Weg Pn in einem Graphen besteht aus einer Folge u1 , u2 , . . . , un von verschiedenen Ecken mit ui ui+1 ∈ K f¨ ur alle i. Die L¨ ange des Weges ist die Anzahl n − 1 der Kanten ui ui+1 . • u1

• u2

• ... ... • un−1 u3

• un

Pn

108

6

graphen

Ein Kreis Cn ist eine Folge von verschiedenen Ecken u1 , u2 , . . . , un mit ui ui+1 ∈ K (i = 1, . . . , n − 1) und un u1 ∈ K. Die L¨ ange von Cn ist die Anzahl n der Ecken bzw. Kanten. u1 u2 • • @ @ u8 @•u3 • C 8

u7•@ @ @• u6

•u 4 • u5

6. Ein ber¨ uhmter Graph, der uns noch oft begegnen wird, ist der Petersen Graph:

Wie f¨ ur jede Struktur haben wir einen nat¨ urlichen Isomorphiebegriff, der besagt, wann zwei Graphen v¨ ollig strukturgleich sind. Zwei Graphen G = (E, K) und G′ = (E ′ , K ′ ) heißen isomorph, in Zeichen G ∼ = G′ , falls es eine Bijektion ϕ : ′ E → E gibt, so dass uv ∈ K ⇔ ϕ(u)ϕ(v) ∈ K ′ gilt. Zum Beispiel sind je zwei vollst¨ andige Graphen auf n Ecken isomorph, weshalb wir auch eine gemeinsame Bezeichnung Kn w¨ ahlten, desgleichen vollst¨andige k-partite Graphen. Ferner gilt z. B. K2,2 ∼ = C4 ∼ = Q2 . Was f¨ ur Gemeinsamkeiten haben isomorphe Graphen? Sind z. B. die beiden folgenden Graphen isomorph? ra @aa @r aar r

r

r ra aa@ a@ ar G

r r !! @ ! @r!! r r

r ra aa@ a@ ar H

∼ H? Vor der BeantBeide Graphen haben 8 Ecken und 14 Kanten, gilt also G = wortung dieser Frage stellen wir noch ein paar Begriffe zusammen. Ist uv ∈ K, so nennen wir u und v benachbart oder adjazent. Falls u ∈ E, k ∈ K mit u ∈ k gilt, so sagen wir, u und k sind inzident, und u ist Endecke von k. Ebenso nennen wir zwei Kanten k und ℓ inzident, falls sie eine gemeinsame Endecke haben, also k ∩ ℓ = ∅ gilt. Die Menge der Nachbarn von

6.2

darstellung von graphen

109

u ∈ E bezeichnen wir mit N (u), und nennen d(u) = |N (u)| den Grad von u. Die Ecke u heißt isoliert, falls d(u) = 0 ist. F¨ ur die M¨achtigkeit von E und K verwenden wir meist die Buchstaben n = |E|, q = |K| und nennen n die Ordnung und q die Gr¨ oße des Graphen G. Zu jedem Graphen k¨ onnen wir die Gradfolge d1 ≥ d2 ≥ . . . ≥ dn aufstellen, di = d(ui ), i = 1, . . . , n, und es ist klar, dass isomorphe Graphen dieselbe Gradfolge besitzen. Außerdem bildet ein Isomorphismus jede Ecke auf eine Ecke vom selben Grad ab. Kehren wir zur¨ uck zu unserem Beispiel. Sowohl G als auch H haben vier Ecken vom Grad 4 und vier Ecken vom Grad 3, also sind auch die Gradfolgen 4,4,4,4,3,3,3,3 identisch. Sind G und H deswegen isomorph? Nein. In G sind keine der Ecken vom Grad 3 benachbart, in H jedoch schon, also folgt G ∼

H. = Die Grade eines Graphen ergeben einen einfachen, aber sehr anwendungsreichen Satz. Satz 6.1.

Sei G = (E, K) ein Graph, dann gilt 

d(u) = 2|K| .

u∈E

Beweis. Wir z¨ ahlen die Paare (u, k), u ∈
E, k ∈ K mit u ∈ k, auf zweifache Art ab. Nach den Ecken summiert erhalten wir u∈E d(u), und nach den Kanten 2|K|, da jede Kante zwei Endecken hat. Folgerung 6.2.

Jeder Graph hat eine gerade Anzahl von Ecken ungeraden Grades.

Beweis. Seien 1 die Ecken geraden bzw. ungeraden Grades. Nach 6.1
E0 und E
gilt 2|K| = u∈E0 d(u) + u∈E1 d(u).
Da die linke Seite und der erste Summand rechts gerade Zahlen sind, muss auch u∈E1 d(u) gerade sein, also muss die Anzahl |E1 | der Summanden gerade sein. Wir nennen einen Graphen r-regul¨ ar, falls alle Grade d(u) = r sind. Kn ist zum Beispiel (n − 1)-regul¨ ar, Cn 2-regul¨ ar und Qn n-regul¨ar. Satz 6.1 ergibt demnach f¨ ur r-regul¨ are Graphen die Beziehung r|E| = 2|K|, und wir berechnen als Beispiel |K(Qn )| = n2n−1 .

6.2

Darstellung von Graphen

Die bildliche Darstellung eines Graphen ist anschaulich, aber sie ist offenbar ungeeignet, wenn wir einen Graphen z. B. in einen Computer eingeben wollen. Was ist nun eine geeignete Datenstruktur f¨ ur G = (E, K)? Wir k¨onnten alle Paare uv ∈ K angeben, oder zu jedem u ∈ E die Liste der Nachbarn aufstellen. Zwei weitere Darstellungen bieten sich an, die f¨ ur viele Zwecke geeigneter sind: die Adjazenzmatrix A und die Inzidenzmatrix B. Wir nummerieren die Ecken u1 , . . . , un

110

6

graphen

und die Kanten k1 , . . . , kq . Die Adjazenzmatrix ist die n × n-Matrix A = (aij ) mit aij =



1 falls ui uj ∈ K 0 sonst.

A ist also eine symmetrische Matrix mit 0’en in der Hauptdiagonale, deren Zeilenund Spaltensummen gleich den Graden sind. Die Inzidenzmatrix B = (bij ) ist die n × q-Matrix B = (bij ) mit bij =



1 falls ui ∈ kj 0 sonst.

Abz¨ ahlen der 1’en in B nach Zeilen und Spalten entspricht genau Satz 6.1. Sei B T die transponierte Matrix von B. F¨ ur die symmetrische n × n-Matrix M = BB T , M = (mij ) gilt somit

d(ui ) falls i = j mij = aij falls i = j d. h. M=



d(u1 ) 0

..

0 .

d(un )



+A.

F¨ ur bipartite Graphen G = (S + T, K) auf den definierenden Eckenmengen S und T haben wir eine weitere n¨ utzliche Darstellung. Sei S = {u1 , . . . , um }, T = {v1 , . . . , vn }, dann ist D = (dij ) gegeben durch dij =



1 0

falls ui vj ∈ K sonst.

Als Beispiel haben wir rv   1 r  u1   X X Xr v2 S X rS u2  S r v3  S r  u3  X XX X S r v4

−→

⎞ 1 1 0 1 D=⎝ 1 0 0 0 ⎠. 0 0 1 1 ⎛

Das zweifache Abz¨ ahlen

in D (nach Zeilen bzw. Spalten) entspricht also der Gleichung u∈S d(u) = v∈T d(v) .

Wozu sind diese Matrizen, abgesehen von einer bequemen Darstellung als Eingabe in den Rechner, gut? Betrachten wir die ℓ-te Potenz Aℓ der Adjazenzmatrix mit dem u ¨ blichen Matrizenprodukt. Wir behaupten, dass der Eintrag Aℓ (i, j) genau gleich der Anzahl der Kantenz¨ uge von ui nach uj der L¨ange ℓ ist. Dabei k¨onnen Kanten und Ecken auch mehrmals durchlaufen werden, aber insgesamt ℓ Kanten

6.2

111

darstellung von graphen

mit Anfangsecke ui und Endecke uj . F¨ ur ℓ = 1 ist dies gerade die Definition von A. Nun schließen wir mit Induktion. Es gilt Aℓ (i, j) =

n 

Aℓ−1 (i, k)A(k, j) .

k=1

Klassifizieren wir die Kantenz¨ uge nach der letzten Ecke uk vor uj , so ist die rechte Seite nichts anderes als unsere altbekannte Summenregel. Auf Anwendungen der Inzidenzmatrix werden wir im n¨ achsten Kapitel eingehen. Betrachten wir nochmals die Adjazenzmatrix. Jede Nummerierung f von E ergibt eine Adjazenzmatrix Af . Gibt es besondere gute“ Nummerierungen? ” Beispiel. Betrachten wir die beiden folgenden Nummerierungen:

4 r

r5 @ @ @r 2

1 r 2 r

f −→

r3 r1 @ @ @r 3

4 r

g −→

r5

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 0 1 1 0

0 0 1 1 1

1 1 0 0 0

1 1 0 0 1

0 1 0 1 0

0 1 1 0 0

1 0 1 1 0

1 1 0 0 1

0 1 0 0 1

0 0 1 1 0

⎞

⎟ ⎟ ⎟ = Af ⎟ ⎠ ⎞

⎟ ⎟ ⎟ = Ag ⎟ ⎠

Die zweite Nummerierung ergibt eine geringere Abweichung oder Bandbreite der 1’en in Ag von der Hauptdiagonale (n¨ amlich bg = 2) als die erste Nummerierung f (bf = 3). Aus Platzgr¨ unden werden wir also g bevorzugen. Die Bandbreite bf des Graphen G (nummeriert mittels f ) ist also erkl¨art durch bf = max |f (u) − f (v)| . uv∈K

Daraus ergibt sich eine interessante Frage, das Bandbreitenproblem: Bestimme f¨ ur einen Graphen G die Bandbreite b(G) = min (bf : f Nummerierung). f

F¨ ur einfache Graphen k¨ onnen wir die Bandbreite m¨ uhelos bestimmen. F¨ ur einen Weg Pn (n ≥ 2) haben wir b(Pn ) = 1 mit der Nummerierung r 1

r 2

r 3

r ... ... r n−1 4

r n

Ein Kreis Cn hat die Bandbreite b(Cn ) = 2. Sicher gilt b(Cn ) ≥ 2, da die Ecke mit Nummer 1 einen Nachbarn mit Nummer ≥ 3 hat. Die folgenden Nummerierungen

112

6

graphen

sind optimal: 2r

1r

r n − 2@ @r n

3r @ @r 5

2r

r .. 7 . .

1r

r n − 3@ @r n−1

.r n−1

3r @ @r 5 .r n

r .. 7 . .

n ungerade

n gerade

ur die Graphen Km,n ist die Bandbreite Klarerweise gilt b(Kn ) = n − 1, und auch f¨ ¨ nicht schwer zu berechnen (siehe Ubung 6.28). F¨ ur Hyperw¨ urfel Qn ist die Bestimmung der Bandbreite aber bereits alles andere als leicht, und das allgemeine Bandbreitenproblem ist ein beweisbar schwieriges, ein sogenanntes N P -vollst¨andiges Problem. Mehr dar¨ uber in Abschnitt 8.5.

6.3

Wege und Kreise

Um einen Graphen G n¨ aher kennenzulernen, m¨ ussen wir etwas u ¨ ber seine Unterstrukturen herausfinden. Die folgende Definition ist klar: Ein Graph H = (E ′ , K ′ ) heißt ein Untergraph von G = (E, K), falls E ′ ⊆ E ist und K ′ ⊆ K. H heißt ein  ′ induzierter Untergraph, falls K ′ = K ∩ E2 gilt, d. h. H enth¨alt alle Kanten zwischen den Ecken in E ′ , die auch in G vorhanden sind. Im folgenden Beispiel sind H1 , H2 Untergraphen von G, aber nur H2 ist induziert.

6 r

1r 2r @ @ @ @ @7r @r 3 @ @ @r r 5 4

6 r

1r 2r @ @ @ @ @r 7 @r 3 @ @ @r 4 H1

G

1r @

2r

@ @r 7 @ @ r @r 5 4 H2

Besonders wichtige Untergraphen erhalten wir, indem wir Ecken bzw. Kanten weglassen. Sei G = (E, K) gegeben, dann bezeichnet G
A, A ⊆ E, den Graphen, der durch Weglassen von A und allen mit A inzidenten Kanten entsteht, und G
B, B ⊆ K, den Graphen G = (E, K
B). Die Graphen G
A, A ⊆ E, sind also stets induzierte Untergraphen. Lassen wir in unserem obigen Beispiel A = {1, 3, 6} weg, so erhalten wir r2 5 r

7r @ @ @r 4

G
{1, 3, 6}

6.3

113

wege und kreise

Die ersten Untersuchungen, die wir u ¨ ber Graphen anstellen wollen, sind aus der bildlichen Darstellung motiviert. Denken wir wieder an das Beispiel eines Straßensystems. Als allererstes interessiert uns dabei, ob wir von einem Platz zu einem anderen u onnen, und wenn ja, wie viele Straßen wir in ei¨ berhaupt gelangen k¨ nem k¨ urzesten Weg durchlaufen m¨ ussen. Die folgenden Definitionen ergeben sich ¨ unmittelbar aus dieser Uberlegung. Sei G = (E, K) gegeben. Wir sagen, v ∈ E ist erreichbar von u ∈ E , falls es einen Weg P mit Anfangsecke u und Endecke v gibt, kurz einen u, v-Weg. Offenbar ist ¨ ¨ Erreichbarkeit eine Aquivalenzrelation auf E. Die auf den einzelnen Aquivalenzklassen induzierten Untergraphen nennen wir die (zusammenh¨angenden) Komponenten von G. Der folgende Graph hat 4 Komponenten: r

r @ @ @r

r @ @ @r

r @ @ @r

r

r @ @ @r

r

Ein Graph G heißt zusammenh¨ angend, falls er nur eine Komponente hat. Wir nennen eine Kante k eines Graphen G = (E, K) eine Br¨ ucke, falls die Entfernung von k die Anzahl der Komponenten erh¨ oht. Der Graph H1 von oben enth¨alt genau eine Br¨ ucke, n¨ amlich die Kante {1, 6}. H2 enth¨alt keine Br¨ ucke. Eine Kante ist genau dann eine Br¨ ucke in G, wenn sie in keinem Kreis des Graphen G enthalten ist (klar?). Mit Hilfe von Wegen k¨ onnen wir einen Abstand einf¨ uhren. Der Abstand d(u, v) zweier Ecken u und v ist die L¨ ange eines k¨ urzesten Weges von u nach v, mit d(u, u) = 0, u ∈ E. Falls solch ein Weg nicht existiert (in diesem Fall liegen u und v in verschiedenen Komponenten), so setzen wir d(u, v) = ∞. D(G) = max d(u, v) u,v∈E ist der Durchmesser von G. In dem folgenden Graphen G haben wir d(u, v) = 2, d(u, w) = 3, d(v, w) = 2, und D(G) = 3. v • •  Q  Q x u Q• Q• • • •

•w

Es ist unmittelbar einsichtig, dass d : E 2 → N0 die Dreiecksungleichung d(u, v) ≤ d(u, w) + d(w, v) erf¨ ullt, also eine Metrik im Sinn der Analysis darstellt. Betrachten wir als Beispiel den Hyperw¨ urfel Qn . Wir sehen sofort, dass d(u, v) gleich der Anzahl der Koordinatenstellen ist, in denen u und v sich unterscheiden, woraus D(Qn ) = n folgt. Mit Hilfe der Kreise k¨ onnen wir eine sehr n¨ utzliche Charakterisierung bipartiter Graphen herleiten.

114

6

graphen

Satz 6.3. Ein Graph G mit n ≥ 2 Ecken ist genau dann bipartit, wenn alle Kreise gerade L¨ ange haben. Insbesondere ist G also bipartit, wenn u ¨berhaupt keine Kreise existieren. Beweis. Wir k¨ onnen annehmen, dass G zusammenh¨angend ist, da wir sonst einfach die einzelnen Komponenten betrachten. Sei zun¨achst G bipartit mit den definierenden Eckenmengen S und T . Jeder Kreis muss abwechselnd zwischen S und T verlaufen, also gerade L¨ ange haben. Nehmen wir nun umgekehrt an, dass alle Kreise von gerader L¨ ange sind. Wir w¨ ahlen u ∈ E beliebig und setzen u ∈ S. Mit folgender Vorschrift erzeugen wir die Mengen S und T : v∈



S T

falls d(u, v) gerade falls d(u, v) ungerade.

Es bleibt zu zeigen, dass Ecken aus S bzw. aus T niemals benachbart sind. Nehmen wir das Gegenteil an, mit v, w ∈ T , vw ∈ K (der Fall v, w ∈ S ist analog). Aus vw ∈ K folgt, dass |d(u, v) − d(u, w)| ≤ 1 ist, und daher d(u, v) = d(u, w), da beide Zahlen ungerade sind. u P

P’ x

v

w

Sei P ein u, v-Weg der L¨ ange d(u, v), P ′ ein u, w-Weg der L¨ange d(u, w), und x die letzte gemeinsame Ecke von P und P ′ . Dann ist d(x, v) = d(x, w), und wir erhalten den Kreis P (x, v), vw, P ′ (w, x) ungerader L¨ange, Widerspruch. Beispiel. Die Hyperw¨ urfel Qn sind bipartit mit den definierenden Eckenmengen S = {u : #1’ en in u gerade} , T = {v : #1’ en in v ungerade}. Die folgende Figur zeigt die Bipartition von Q3 , wobei die Ecken aus S mit ◦ gezeichnet sind, und jene aus T mit • . c s s c

s

c s

c

6.4

6.4

gerichtete graphen

115

Gerichtete Graphen

Bisher haben wir Graphen betrachtet mit Kanten uv. In vielen Problemen ist es sinnvoll, sich die Kanten gerichtet vorzustellen. Ein Straßensystem mit Einbahnstraßen ist ein pr¨ agnantes Beispiel.  = (E, K) besteht aus einer Ein gerichteter oder orientierter Graph G 2 Eckenmenge E und einer Menge K ⊆ E von geordneten Paaren, die wir gerichtete oder orientierte Kanten nennen. In k = (u, v) heißt u = k− die Anfangsecke und v = k+ die Endecke von k. Jede gerichtete Kante (u, v) kommt h¨ochstens einmal vor, und wir verlangen u = v. Ansonsten sprechen wir wieder von einem gerichteten Multigraphen.  heißt auch Digraph (aus dem Englischen directed Ein gerichteter Graph G graph). Anschaulich zeichnen wir einen gerichteten Graphen mit Pfeilen auf den Kanten u −→ v, u Anfangsecke, v Endecke.

 beide gerichteten Kanten (u, v) und (v, u) auftreten k¨onnen. Beachte, dass in G Entfernen wir die Orientierung, so erhalten wir den zugrundeliegenden ungerichteten Graphen, wobei wir parallele Kanten uv, vu zweimal zeichnen. Die mei = (E, K) ist sten Definitionen k¨ onnen sinngem¨ aß verallgemeinert werden. In G d+ (u) = |{k ∈ K : k+ = u}| der In-Grad und d− (u) = |{k ∈ K : k− = u}| der Aus-Grad; d+ (u) bezeichnet also die Anzahl der Pfeile, die nach
u hineinf¨ uhren − + und d (u) die Anzahl jener, die von u wegf¨ u hren. Offenbar gilt d (u) = u∈E
− d (u) = |K|. u∈E

 = (E, K) ist die n × qDie Inzidenzmatrix B = (bij ) eines gerichteten Graphen G Matrix mit ⎧ + ⎨ 1 falls ui = kj − bij = −1 falls ui = kj ⎩ 0 falls ui ∈ / kj .

Die Zeilensummen sind d+ (u) − d− (u), und die Spalten summieren jeweils zu 0. F¨ ur die n × n-Matrix BB T erhalten wir demnach ⎛ ⎞ 0 d(u1 ) ⎜ ⎟ .. BB T = ⎝ ⎠ −A, . 0

d(un )

wobei A die Adjazenzmatrix des zugrundeliegenden ungerichteten (Multi-) Graphen ist.

116

6

graphen

Beispiel.

4 8

7 6

3

5 5

4 3

2

2

1

6

⎛

⎜ ⎜ ⎜ B=⎜ ⎜ ⎜ ⎝

−1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 −1

⎞ 0 0 0 0 0 0 −1 −1 0 0 0 0 ⎟ ⎟ 0 1 0 1 1 0 ⎟ ⎟ 0 0 0 0 −1 −1 ⎟ ⎟ 0 0 −1 −1 0 1 ⎠ 1 0 1 0 0 0

1 Ein gerichteter Weg ist eine Folge von verschiedenen Ecken u1 , u2 , . . . , un mit ur alle i, und die L¨ ange des Weges ist wieder die Anzahl der gerichteui −→ ui+1 f¨ ten Kanten. Analog wird ein gerichteter Kreis u1 −→ u2 −→ . . . −→ un −→ u1 definiert.  der keinen gerichteten Kreis enth¨alt, heißt azyklisch. Jeden Ein Graph G, ungerichteten Graphen G k¨ onnen wir durch geeignete Orientierung zu einem azyklischen gerichteten Graphen machen. Wir brauchen nur die Ecken irgendwie zu nummerieren u1 , u2 , . . . , un und f¨ ur ui uj ∈ K stets die Richtung ui −→ uj mit i < j zu w¨ ahlen. Ein gerichteter Weg ui1 , ui2 , ui3 , . . . erf¨ ullt dann i1 < i2 < i3 < . . ., er kann sich also nicht zu einem Kreis schließen.  spielen eine fundamentale Rolle bei TransAzyklische gerichtete Graphen G  immer Ecken u enth¨alt mit d+ (u) = 0, portproblemen. Wir stellen fest, dass G d. h. alle Kanten f¨ uhren aus u heraus – solche Ecken nennen wir Quellen. Analog gibt es Senken v mit d− (v) = 0, d. h. alle Kanten f¨ uhren nach v hinein. Sei n¨amlich  von, sagen wir, u nach v. W¨are (w, u) ∈ K, P ein l¨ angster gerichteter Weg in G so m¨ usste w im Weg liegen (ansonsten w¨ are P nicht maximal lang), aber dann erg¨ abe u . . → w → u  → . P

einen gerichteten Kreis, was nicht geht. Also ist u eine Quelle und entsprechend v eine Senke. In Transportpl¨ anen wollen wir m¨oglichst viel von den Quellen (= Produktionsst¨ atten) zu den Senken (= Verbraucherst¨atten) transportieren. Die dabei auftretenden Fragen wollen wir sp¨ ater genau diskutieren.  heißt zusammenh¨ Ein gerichteter Graph G angend, falls der zugrundeliegende Graph zusammenh¨ angend ist. F¨ ur die Anwendungen ist folgende Version n¨ utzlich.  heißt stark zusammenh¨ G angend, falls von jeder Ecke u zu jeder anderen Ecke v ein gerichteter Weg existiert. In unserem obigen Beispiel gibt es einen gerichteten Weg von 4 nach 2, aber nicht von 2 nach 4, der Graph ist also nicht stark zusammenh¨ angend. Die Quellen sind 1 und 4, die Ecke 3 ist die einzige Senke.

6.4

117

gerichtete graphen

Nach all diesen Begriffen ist es Zeit, ein konkretes Problem zu l¨osen: das Labyrinth-Problem. Wir wollen das Labyrinth an einer Stelle betreten, alle Wege im Labyrinth erkunden und auch wieder herausfinden. Modelliert als Graph haben wir folgende Situation: Gegeben sei ein zusammenh¨angender Graph G. Wir starten in einer Ecke u0 , durchlaufen jede Kante in jeder Richtung einmal, und kehren wieder zu u0 zur¨ uck. Der folgende Algorithmus konstruiert eine Labyrinth-Tour: Starte bei u0 und gehe entlang den Kanten nach folgenden Regeln: (1) Keine Kante darf mehr als einmal in derselben Richtung durchlaufen werden. (2) Erreichen wir zum ersten Mal v = u0 , so markieren wir die Kante (u, v), auf der wir v erreicht haben. Wir d¨ urfen beim Verlassen von v die markierte Kante (v, u) erst dann benutzen, wenn alle anderen Kanten (v, x), x = u, verwendet worden sind. Beispiel. 8

16

1 7 9 10

15

6

2 11

12

5 4

3 14

13

Wir wollen nun die Korrektheit unseres Algorithmus nachweisen. Es sei u0 , u1 , . . . , up der vom Algorithmus konstruierte gerichtete Kantenzug mit den Kanten W . − Offenbar gilt u0 = up und d+ ur alle Ecken x in W , denn u ¨ berall wo W (x) = dW (x) f¨ man hinkommt, kommt man auch wieder weg. Wir nennen v eine gute Ecke, falls alle mit v inzidenten Kanten in beiden Richtungen in W erscheinen. Klarerweise ist u0 eine gute Ecke, da wir ansonsten weitergehen k¨onnten. Angenommen, es gibt schlechte Ecken, dann sei v die erste schlechte Ecke auf unserer Tour W . Wir haben − dann d+ W (v) = dW (v) < d(v), also wurde nach Regel (2) die markierte Kante (u, v) − in der Richtung (v, u) noch nicht ben¨ utzt. Das bedeutet aber d+ W (u) = dW (u) < d(u), d. h. der Vorg¨ anger u ist auch schlecht, im Widerspruch zur Wahl von v. Somit ist jede Ecke, die wir auf W antreffen, gut. Nach Definition von gut“ ist ” jeder Nachbar einer guten Ecke ebenfalls gut, d. h. die guten Ecken bilden einen zusammenh¨ angenden Graphen, und da G zusammenh¨angend ist, muss also jede Ecke gut sein.

118

6

graphen

¨ Ubungen zu Kapitel 6 ⊲ 1 Sei G ein Graph mit mindestens 2 Ecken. Zeige, dass es stets zwei Ecken vom selben Grad gibt. 2 Bestimme die Graphen mit n ≥ 2 Ecken, die n − 1 verschiedene Grade besitzen. 3 Welche der drei abgebildeten Graphen sind isomorph?

4 Bestimme die Automorphismengruppe der Graphen Pn , Cn und Kn . ⊲ 5 Zeige, dass es f¨ ur jedes gerade n ≥ 4 immer einen 3-regul¨ aren Graphen mit n Ecken gibt. 6 Zeige, dass in einem zusammenh¨ angenden Graphen je zwei l¨ angste Wege immer eine gemeinsame Ecke haben. ur die Bandbreite 7 Der Graph G habe die Gradfolge d1 ≤ . . . ≤ dn . Zeige, dass f¨ d ⌋, 2j ) gilt. b(G) ≥ max max (dj − ⌊ j−1 2 j

⊲ 8 Zeige: Ein Graph mit n Ecken und q Kanten hat mindestens n − q Komponenten. 9 Sei G = (E, K) gegeben. F¨ ur A ⊆ E bezeichne R(A) die Menge der Ecken in E \ A, die mit mindestens einer Ecke aus A benachbart sind. Dann gilt f¨ ur die Bandbreite b(G) ≥ max min (|R(A)| : |A| = s}. 1≤s≤n

⊲ 10 Eine Eckenmenge A in einem Graphen G heißt unabh¨ angig, falls keine zwei Ecken aus A durch eine Kante verbunden sind; α(G) = max (|A| : A unabh¨ angig) heißt die |E| mit ∆ = max (d(u) : u ∈ E). Unabh¨ angigkeitszahl von G. Zeige α(G) ≥ ∆+1 11 Berechne α(G) f¨ ur Wege und Kreise. 12 Eine F¨ arbung eines Graphen G = (E, K) ist eine Abbildung f : E → C (Farbmenge), so dass uv ∈ K impliziert f (u) = f (v). Die chromatische Zahl χ(G) ist die kleinste Anzahl von Farben, die wir zur F¨ arbung von G ben¨ otigen. Bestimme χ(Kn ), χ(Km,n ), χ(Qn ), χ(Weg), χ(Kreis). ⊲ 13 Zeige α(G)χ(G) ≥ n, n = |E|, und gib Beispiele f¨ ur jedes n, f¨ ur die Gleichheit gilt. 14 Zeige, dass eine Kante k genau dann eine Br¨ ucke ist, wenn sie in keinem Kreis enthalten ist. Welche Graphen haben nur Br¨ ucken? Zeige ferner, dass G keine Br¨ ucke hat, falls alle Grade gerade sind. ⊲ 15 Angenommen, ein Graph G = (E, K) mit |K| ≥ 3 ohne isolierte Ecken hat keinen induzierten Untergraphen mit zwei Kanten. Zeige, dass G = Kn , n ≥ 3, ist. 16 Der vollst¨ andige bipartite Graph K1,n−1 heißt Stern. Beweise oder widerlege: a. Falls G auf n Ecken Durchmesser 2 hat, dann enth¨ alt G einen aufspannenden Stern (d. h. auf n Ecken). b. Falls G einen aufspannenden Stern enth¨ alt, dann hat G Durchmesser 2.

¨bungen u

119

      + k(n − k) f¨ ur 0 ≤ k ≤ n, b. Sei 17 Zeige mit Graphentheorie: a. n2 = k2 + n−k 2
t  ni   n
t i=1 ni = n, dann ist i=1 2 ≤ 2 .


18 Beweise oder widerlege: Sei G = (E, K) Graph und d = n1 u∈E d(u) der Durchschnittsgrad. a. Entfernung einer Ecke von maximalem Grad erh¨ oht nicht d, b. Entfernung einer Ecke von minimalem Grad erniedrigt nicht d. 19 Sei die Gradfolge eines Graphen
in monotoner Weise d1 ≥ d2 ≥ . . . ≥ dn gegeben.
ur alle k gilt. Hinweis: Betrachte Zeige, dass ki=1 di ≤ k(k − 1) + n j=k+1 min(dj , k) f¨ die Anzahl der Kanten zwischen den ersten k Ecken und dem Rest. Bemerkung: Diese Bedingung charakterisiert die graphischen“ Folgen d1 ≥ . . . ≥ dn . ” 2 ⊲ 20 Zeige, dass ein dreiecksfreier Graph G = (E, K) mit n Ecken h¨ ochstens n4 Kanten hat. Zeige ferner, dass der Graph Kn/2,n/2 der einzige dreiecksfreie Graph mit n Ecken 2 und n4 Kanten ist. Hinweis: Betrachte eine kleinste Menge A ⊆ E, die alle Kanten trifft. ¨ 21 Verallgemeinere die vorige Ubung: Sei G = (E, K) ein Graph auf n Ecken, der keinen 2 Kt+1 enth¨ alt, dann gilt |K| ≤ n2 (1 − 1t ). Hinweis: Induktion nach t.

⊲ 22 S sei eine Menge von n Punkten in der Ebene, so dass je zwei Punkte Abstand 2 ≤ 1 haben. Zeige: Die Maximalzahl von Punkten, mit Abstand jeweils > √12 , ist ⌊ n3 ⌋. Hinweis: Konstruiere einen Graphen, der keinen K4 enth¨ alt. 23 Das Komplement G = (E, K) eines Graphen G = (E, K) hat dieselbe Eckenmenge arer Graph. Zeige, dass die Gesamtzahl der E mit uv ∈ K ⇔ uv ∈ K. Sei  G ein k-regul¨ Dreiecke in G und G genau n3 − n2 k(n − k − 1) ist. 24 Der Graph G heißt selbst-komplement¨ ar , falls G ∼ = G ist. Zeige, dass jeder selbstkomplement¨ are Graph 4m oder 4m + 1 Ecken hat, und bestimme alle diese Graphen mit n ≤ 8 Ecken.

⊲ 25 Seien n, k nat¨ urliche Zahlen mit 2k ≤ n. Der Kneser Graph K(n, k) hat als Ecken alle k-Untermengen einer n-Menge, und zwei solche k-Mengen A, B sind genau dann durch eine Kante verbunden, wenn A ∩ B = ∅ ist. Zeige: χ(K(n, k)) ≤ n − 2k + 2. Wie sieht K(5, 2) aus? ⊲ 26 Bestimme die Automorphismengruppe des Petersen Graphen. Hinweis: Verwende die ¨ vorige Ubung. 27 Sei G ein Graph mit n Ecken und n + 1 Kanten. Zeige, dass G einen Kreis der L¨ ange ⌋ besitzt. Kann Gleichheit gelten? ≤ ⌊ 2n+2 3 ⊲ 28 Berechne die Bandbreite des Graphen Km,n . ¨ 29 Leite aus Ubung 9 eine untere Schranke f¨ ur die Bandbreite des Hyperw¨ urfels Qn ab. 30 Sei angend ist, falls  n−1  Gein Graph mit n Ecken und q Kanten. Zeige, dass G zusammenh¨ Kanten? gilt. Gibt es einen unzusammenh¨ a ngenden Graphen mit q = q > n−1 2 2 ¨ 31 Verallgemeinere die vorige Ubung f¨ ur starken Zusammenhang in gerichteten Graphen.

⊲ 32 Sei G ein Graph mit Maximalgrad ∆. Zeige: χ(G) ≤ ∆ + 1.

120

6

graphen

33 F¨ ur einen Graphen H bezeichne δ(H) den Minimalgrad in H. Zeige: χ(G) ≤ max δ(H) + 1, wobei das Maximum u ¨ber alle induzierten Untergraphen H von G genommen wird. ⊲ 34 Zeige die Ungleichungen χ(G) + χ(G) ≤ n + 1, χ(G)χ(G) ≥ n. ⊲ 35 Beweise, dass ein Graph G mit k Farben gef¨ arbt werden kann (d. h. χ(G) ≤ k) genau dann, wenn die Kanten so orientiert werden k¨ onnen, dass in jedem Kreis C von G minKanten in jeder der beiden Richtungen orientiert sind. Hinweis: Betrachte destens |E(C)| k Wege von einer Ecke u nach einer Ecke v und z¨ ahle 1, falls die Kante in der richtigen Richtung orientiert ist und −(k − 1), falls sie entgegengesetzt orientiert ist. 36 Zeige, dass jeder selbst-komplement¨ are Graph mit mindestens zwei Ecken Durchmesser 2 oder 3 hat. ⊲ 37 Die Taillenweite t(G) eines Graphen G ist die L¨ ange eines k¨ urzesten Kreises in G (mit t(G) = ∞, falls G keinen Kreis besitzt). Ein k-regul¨ arer Graph G mit t(G) = t und der kleinstm¨ oglichen Eckenzahl f (k, t) heißt ein (k, t)-Graph, k ≥ 2, t ≥ 3. Bestimme die (k, t)-Graphen f¨ ur a. k = 2, t beliebig, b. t = 3, k beliebig, c. t = 4, k beliebig, d. k = 3, t = 5 und zeige f¨ ur k ≥ 3  k(k−1)r −2 falls t = 2r + 1 k−2 f (k, t) ≥ (k−1)r −2 falls t = 2r. k−2 38 Angenommen, ein Graph G = (E, K) auf n Ecken hat Unabh¨ angigkeitszahl α. Beweise n n |K| ≥ 12 (⌈ α ⌉ − 1)(2n − α⌈ α ⌉). Hinweis: Die extremalen Graphen bestehen aus disjunkten vollst¨ andigen Untergraphen. 39 Bestimme alle Graphen, die keinen induzierten Untergraphen mit 3 bzw. 4 Kanten enthalten. ⊲ 40 Sei G zusammenh¨ angend auf n ≥ 3 Ecken. Die Ecke u heißt Schnittecke, falls G
{u} (d. h. G ohne u und die inzidenten Kanten) unzusammenh¨ angend ist. Zeige: G hat mindestens zwei Ecken, die nicht Schnittecken sind, und wenn es genau zwei solche Ecken gibt, dann ist G ein Weg. 41 Sei G = (E, K) gegeben. F¨ ur k, k′ ∈ K definiere k ∼ k′ ⇔ k = k′ oder k, k′ liegen auf ¨ einem gemeinsamen Kreis. Zeige, dass ∼ eine Aquivalenzrelation ist. Zeige analog, dass ¨ k ≈ k′ ⇔ k = k′ oder G
{k, k′ } hat mehr Komponenten als G, eine Aquivalenzrelation ist. Ist ∼ gleich ≈? 42 Es sei G folgender Graph. Die Ecken sind alle n! Permutationen a1 a2 . . . an , wobei a1 . . . an , b1 . . . bn benachbart sind, falls sie sich nur durch einen Austausch ai −→ aj unterscheiden. Beispiel: 134562 ∼ 164532. Zeige, dass G bipartit ist. ⊲ 43 Ein Turnier T ist ein gerichteter Graph, in dem zwischen je zwei Ecken genau eine gerichtete Kante besteht. Zeige, dass es in einem Turnier immer eine Ecke gibt, von der aus jede weitere Ecke durch einen gerichteten Weg der L¨ ange ≤ 2 erreicht werden kann. 44 Zeige: Ein Turnier T ist genau dann stark zusammenh¨ angend, wenn T einen aufspannenden gerichteten Kreis enth¨ alt (d. h. einen Kreis der L¨ ange n = |E|). Hinweis: Betrachte einen l¨ angsten gerichteten Kreis. ⊲ 45 Es sei π : v1 v2 . . . vn eine Anordnung der Ecken eines Turniers. Eine Feedback -Kante ange dieser Kante, und ist ein Paar vi vj mit i < j und vj → vi . Es sei j − i die Feedbackl¨

¨bungen u

121

f (π) die Summe aller Feedbackl¨ angen. Zeige: Jede Ordnung π mit f (π) = min listet die Ecken mit nicht-steigenden Aus-Graden d− (v1 ) ≥ d− (v2 ) ≥ . . . ≥ d− (vn ) auf. Hinweis: ¨ Uberlege, was passiert, wenn in π zwei benachbarte Ecken ausgetauscht werden. ⊲ 46 Zeige, dass die Kanten eines Graphen G so orientiert werden k¨ onnen, dass der resul stark zusammenh¨ tierende gerichtete Graph G angend ist, genau dann, wenn G zusammenh¨ angend und br¨ uckenlos ist. 47 Sei G ein Graph, in dem alle Ecken geraden Grad haben. Zeige, dass G so orientiert  stets d+ (u) = d− (u) gilt. werden kann, dass in G

7 7.1

B¨ aume Begriff und Charakterisierung

Die Theorie der B¨ aume wurde urspr¨ unglich aus dem Studium der Kohlenwasserstoffverbindungen und anderer Isomere entwickelt.

• H

•

•

• • @ @ @•

H C

• @ @ • @•

•H

• H

• Methan

•

•

• • • • @ @ @•

• @ @ • @•

Isobutan

Cayley warf Ende des 19. Jahrhunderts die Frage auf, wie viele verschiedene Isomere einer bestimmten Zusammensetzung existieren. Dies f¨ uhrte zur Abz¨ahltheorie von Graphen (siehe dazu Kapitel 4 und die Literaturhinweise). Die B¨aume bilden die fundamentalen Bausteine f¨ ur alle Graphen. Sie sind nicht nur als Graphen interessant, sondern sie ergeben auch die geeignete Datenstruktur f¨ ur viele diskrete Probleme – insbesondere f¨ ur Such- und Sortierprobleme, auf die wir in Kapitel 9 ausf¨ uhrlich eingehen werden. Definition. Ein Graph heißt ein Baum, falls er zusammenh¨angend ist und keine Kreise enth¨ alt. Ein Graph, dessen Komponenten jeweils B¨aume sind, heißt ein Wald. Die B¨ aume mit h¨ ochstens 5 Ecken sind:

•

• •

• •

•

• • • H•

• •

• •

•

• • •

•

• @• • •@ •

• @• • @ • •

Sei G = (E, K) ein zusammenh¨ angender Graph. Ein Untergraph T , der ein Baum der Ordnung n = |E| ist, heißt ein aufspannender Baum. Offenbar besitzt jeder zusammenh¨ angende Graph G stets aufspannende B¨aume. Entweder ist G bereits ein Baum, dann sind wir fertig, oder G besitzt einen Kreis C. Entfernen wir aus C eine Kante k, so ist G1 = (E, K
{k}) nach wie vor zusammenh¨angend. Entweder ist G1 ein aufspannender Baum oder G1 besitzt wieder einen Kreis C1 . Wir entfernen eine Kante k1 aus C1 , usf. Nach endlich vielen Schritten erhalten wir einen aufspannenden Baum.

124 Satz 7.1.

7

b¨ aume

Die folgenden Bedingungen sind ¨ aquivalent:

a. G = (E, K) ist ein Baum. b. Je zwei Ecken in G sind durch genau einen Weg verbunden. c. G ist zusammenh¨ angend, und es gilt |K| = |E| − 1. Beweis. a. ⇒ b. W¨ aren u und v durch zwei Wege verbunden, so erg¨abe dies einen Kreis. b. ⇒ a. Ist C ein Kreis, so sind je zwei Ecken aus C durch zwei verschiedene Wege verbunden. a. ⇒ c. Ein Baum besitzt Ecken vom Grad 1. Sei n¨amlich P = u, u1 , u2 , . . . , v ein l¨ angster Weg in G , so sind alle Nachbarn von u in P , d. h. es gilt d(u) = 1 (und ebenso d(v) = 1), da G keine Kreise hat. Wir entfernen u und die inzidente Kante uu1 und erhalten einen Baum G1 = (E1 , K1 ) auf n − 1 Ecken mit |E1 | − |K1 | = |E| − |K|. Nach n − 2 Schritten erhalten wir einen Baum Gn−2 auf 2 Ecken, d. h. Gn−2 = K2 , und es gilt |E| − |K| = |En−2 | − |Kn−2 | = 1. c. ⇒ a. Sei T ein aufspannender Baum von G. Nach dem eben Bewiesenen ergibt dies 1 = |E(G)| − |K(G)| ≤ |E(T )| − |K(T )| = 1 , also K(G) = K(T ), d. h. G = T . Besteht ein Graph G = (E, K) aus t Komponenten, so folgt durch Anwendung von 7.1 auf die einzelnen Komponenten, dass jeder aufspannende Wald |E| − t Kanten besitzt. Wir k¨ onnen noch andere Charakterisierungen von B¨aumen angeben. Zum Beispiel: G ist genau dann ein Baum, wenn G zusammenh¨angend ist und jede Kante eine Br¨ ucke ist. (Beweis?) Ferner erhalten wir sofort aus 6.1: Folgerung 7.2. Ist T ein Baum der Ordnung n ≥ 2, und (d1 , d2 , . . . , dn ) die Gradfolge, so gilt n  i=1

di = 2n − 2 .

Wie viele aufspannende B¨ aume hat ein Graph G? Dies ist im allgemeinen ein schwieriges Problem. F¨ ur vollst¨ andige Graphen k¨onnen wir aber leicht eine Antwort geben. Sei Kn der vollst¨ andige Graph auf {1, 2, . . . , n}. Die Anzahl der aufspannenden B¨ aume sei t(n). Sehen wir uns kleine Werte von n an.

7.1

n=2 n=3

1 • 1 •

2 • 2 • •3

n=4

1 2 • • @ @ • @• 3 4 • •

125

begriff und charakterisierung

t(2) = 1 1 2 • • @ @ @• 3 •

•

•

1 2 • • @ @ @• 3

t(3) = 3

•

•

•

• • @ @ • @•

•

•

•

•

•

•

• • @ @ • @•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

• • @ @ • @•

•

•

• • @ @• • @

• • @ @ • @•

•

•

•

•

t(4) = 16

• • @ @ • @• • • @ @ • @•

F¨ ur t(5) berechnet man t(5) = 125. Man beachte, dass die B¨aume nicht alle verschieden sind (im Sinne der Isomorphie). Die folgende Formel, die durch die ersten Werte nahegelegt wird, ist eines der verbl¨ uffendsten Abz¨ahlergebnisse. Satz 7.3.

Es gilt t(n) = nn−2 .

Beweis. Der Ausdruck nn−2 legt als Beweismethode die Gleichheitsregel nahe. Die Eckenmenge sei E = {1, . . . , n}. Wir konstruieren nun eine Bijektion von der Menge aller B¨ aume auf die Menge aller Folgen (a1 , . . . , an−2 ) mit 1 ≤ ai ≤ n, deren Anzahl, wie wir wissen, nn−2 ist. Die Zuordnung T → (a1 , a2 , . . . , an−2 ) geschieht folgendermaßen: (1) Unter allen Ecken vom Grad 1 suche jene mit minimaler Nummer v. Die Nummer des Nachbarn von v ist a1 . (2) Entferne v und die inzidente Kante, dies ergibt einen Baum auf n − 1 Ecken. Gehe zu (1) und f¨ uhre die Vorschrift (n − 2)-mal aus. Dies ergibt der Reihe nach die Zahlen a1 , a2 , . . . , an−2 . Beispiel. 3 • 6 •

2 •

7 •

• 1

• 4

• 9 • 8 • 5

−→

(1, 8, 3, 1, 4, 4, 8) .

126

7

b¨ aume

Wir m¨ ussen nun umgekehrt zeigen, dass zu jeder Folge (a1 , a2 , . . . , an−2 ) genau ein Baum T existiert. Was sagt uns die Folge u ¨ ber den Baum? Sei di der Grad der Ecke i. Angenommen, die Nummer i erscheint fi -mal in der Folge. Da jedesmal, wenn i in die Folge aufgenommen wird, eine Nachbarecke von i entfernt wurde, haben wir fi ≤ di −1 f¨ ur alle i. Beachte fi ≤ di −1, da i nach wie vor im Restbaum ist, also Grad ≥ 1 hat. Nach Satz 7.2 folgt n−2=

n  i=1

fi ≤

n  i=1

(di − 1) = 2n − 2 − n = n − 2 ,

ur alle i. Insbesondere sind also die Nummern, die u also fi = di − 1 f¨ ¨ berhaupt nicht in der Folge auftauchen, genau die Ecken vom Grad 1. Daraus erhalten wir die inverse Zuordnung: (1) Suche das minimale b1 , welches nicht in der Folge (a1 , . . . , an−2 ) auftritt; dies ergibt die Kante b1 a1 . (2) Such das minimale b2 = b1 , welches nicht in der Folge (a2 , . . . , an−2 ) erscheint, usf. Beachte, dass sich die letzte Kante automatisch aus der obigen Gradbedingung ergibt. Beispiel. a: 2 2 7 5 3 9 1 1 b: 4 6 2 7 5 3 8 9

7.2

−→

9 8 • •H HH H• 1

3 •

5 •

7 •

• 10

• 4

• 2

• 6

Breadth-First und Depth-First Suche

Wie finden wir in einem Graphen G, gegeben durch seine Adjazenzmatrix (oder gleichbedeutend durch seine Nachbarschaftslisten), einen aufspannenden Baum? Oder allgemein einen aufspannenden Wald? Wie erkennen wir u ¨ berhaupt, ob G zusammenh¨ angend ist? Beispiel.

G sei durch die folgenden Nachbarschaftslisten gegeben: a b b a d c h d e

c b d g

d e a b b c

f g

g c f h

h a g

Ist G zusammenh¨ angend? Der folgende Algorithmus Breadth-First-Suche BFS konstruiert einen aufspannenden Baum (falls ein solcher existiert). Der Algorithmus durchsucht die Ecken der Breite nach, daher der Name.

7.2

breadth-first und depth-first suche

127

(1) Starte mit einer Ecke und gib ihr die Nummer 1, 1 ist die aktuelle Ecke. (2) Die aktuelle Ecke habe Nummer i, und es seien bereits die Nummern 1, . . . , r vergeben. Falls r = n, stop. Andernfalls betrachte die noch nicht nummerierten Nachbarn von i und gib ihnen der Reihe nach die Nummern r +1, r +2, . . . und f¨ uge die Kanten i(r + 1), i(r + 2), . . . hinzu. Falls nun die Nummer i + 1 nicht existiert, stop (G ist nicht zusammenh¨ angend), anderenfalls gehe zur Ecke mit Nummer i + 1, dies ist die neue aktuelle Nummer, und iteriere (2). In unserem Beispiel erhalten wir: a

2

1

b

3 d

5

c

e

6

4

h

7

g f

8

Also ist G zusammenh¨ angend. Wir wollen nun die Korrektheit unseres Algorithmus nachpr¨ ufen. Das heißt, ist G zusammenh¨ angend, so erzeugt BFS tats¨ achlich einen aufspannenden Baum. Der Fall, wenn G nicht zusammenh¨ angend ist, wird analog verifiziert. Sei also G zusammenh¨ angend. Da eine nummerierte Ecke immer nur zu h¨ochstens einer Ecke mit kleinerer Nummer benachbart ist, erzeugt BFS jedenfalls keine Kreise, und da Kanten immer an den aktuellen Graphen angeh¨angt werden, ist der resultierende Graph T ein Baum. Angenommen v ∈ / E(T ), und u ist die Anfangsecke des Algorithmus. Da G zusammenh¨ angend ist, gibt es einen Weg u = v0 , v1 , . . . , v, und somit einen Index i mit vi ∈ E(T ), vi+1 ∈ / E(T ). An einer Stelle des Algorithmus war vi die aktuelle Ecke. Laut Schritt (2) werden alle noch nicht nummerierten Nachbarn von vi hinzugenommen, also ist vi+1 doch in E(T ), Widerspruch. In gewissem Sinne dual zu BFS ist Depth-First-Suche DFS. Wir gehen solange in die Tiefe (Kante f¨ ur Kante), bis wir nicht mehr weiterk¨onnen. Dann gehen wir einen Schritt zur¨ uck und starten wieder in die Tiefe. Die Regeln f¨ ur DFS sind: (1) Starte mit einer Ecke und gib ihr die Nummer 1, 1 ist die aktuelle Ecke. W¨ahle einen Nachbarn von 1 und gib ihm die Nummer 2. F¨ uge die Kante 12 ein. 2 ist nun die aktuelle Ecke, und 1 die Vorg¨ angerecke. (2) Die aktuelle Ecke habe Nummer i, und es seien die Nummern 1, . . . r vergeben. Falls r = n ist, stop. Andernfalls w¨ahle einen noch nicht nummerierten Nachbarn von i, gib ihm die Nummer r + 1, und f¨ uge die Kante i(r + 1) ein. Die aktuelle Ecke ist nun r + 1 und i die Vorg¨angerecke. Falls keine nichtnummerierten Nachbarn von i existieren, gehe zur Vorg¨angerecke von i, falls i > 1. Dies ist nun die aktuelle Ecke. Iteriere (2). Wenn i = 1 ist, und keine nicht nummerierten Nachbarn existieren, so ist G nicht zusammenh¨angend, stop.

128

b¨ aume

7

In unserem Beispiel erhalten wir a b c

1

2

3

8 e

d

g

4

5

6 f

7 h

Der Korrektheitsbeweis f¨ ur DFS verl¨ auft analog zu dem von BFS. ¨ Uberlegen wir uns, wie lange z. B. der Algorithmus BFS l¨auft. Schritt (2) sucht alle nichtnummerierten Nachbarn der aktuellen Ecke ab, also ben¨otigt BFS ins
gesamt O( u∈E d(u)) = O(|K|) Schritte. Da der Algorithmus klarerweise auch Ω(|K|) Operationen braucht, haben wir als Laufzeit Θ(|K|). Die Analyse f¨ ur Depth-First-Suche verl¨ auft analog.

7.3

Minimale aufspannende B¨ aume

Angenommen, wir haben ein Kommunikationsnetz gegeben mit Schaltelementen (das sind die Ecken) und Verbindungen zwischen den einzelnen Elementen (das sind die Kanten). Die Verbindung zwischen den Schaltelementen u und v herzustellen, kostet w(uv) Einheiten. Wir m¨ ochten einen Schaltplan konstruieren, so dass jedes Element mit jedem anderen kommunizieren kann, und die Gesamtkosten minimal sind. Ein analoges Problem ist die Konstruktion eines Streckenplans mit minimalen Gesamtkosten. Wir modellieren dieses Problem durch einen gewichteten Graphen. Gegeben sei ein zusammenh¨ angender Graph G = (E, K) zusammen mit einer Gewichtsfunktion w : K
−→ R. Gesucht ist ein aufspannender Baum T mit minimalem Gewicht w(T ) = w(k). k∈K(T )

Beispiel.

6 s s 2 @ @ 6@ 3 @ 2 7 s @s @s @ @ 3 @4 @ 8@ 3 @s @s 1 6

G

Eine naive Vorgehensweise ist die folgende. Man w¨ahlt zun¨achst eine Kante von minimalem Gewicht. Hat man schon j Kanten bestimmt, so w¨ahle man als n¨achstes

7.3

minimale aufspannende b¨ aume

129

eine Kante minimalen Gewichts, so dass kein Kreis entsteht. Nach n − 1 Schritten ist dann ein Baum konstruiert. F¨ ur unseren Graphen erhalten wir z. B. s s @ @ 2 @ @ 6@ @ @ @ 2 @ @s @ @s s @ @ @ @ @s 3 @s 1 6

w(T ) = 20

Ist dieser Baum bereits optimal? Tats¨ achlich ergibt unser Algorithmus immer das Optimum, wie wir gleich sehen werden. Da unsere Vorschrift immer die beste Kante nimmt, sprechen wir von einem Greedy-Algorithmus (aus dem Englischen greedy = gierig). Die Strukturelemente unseres algorithmischen Problems sind die W¨alder, die in G enthalten sind. Bevor wir die Optimalit¨at des Greedy-Algorithmus beweisen, wollen wir die mengentheoretischen Eigenschaften der W¨alder analysieren und so den Kern des Greedy-Algorithmus herausarbeiten. Definition. S sei eine endliche Menge und U ⊆ B(S) eine Familie von Untermengen von S. Das Paar M = (S, U) heißt ein Matroid und U die Familie der unabh¨ angigen Mengen von M, falls folgendes gilt: 1. ∅ ∈ U 2. A ∈ U, B ⊆ A ⇒ B ∈ U 3. A, B ∈ U, |B| = |A| + 1 ⇒ ∃ v ∈ B \ A mit A ∪ {v} ∈ U. Eine maximale unabh¨ angige Menge heißt eine Basis des Matroides. Aufgrund von 3. folgt, dass je zwei Basen von M dieselbe Anzahl von Elementen enthalten (klar?); diese Anzahl heißt der Rang r(M) des Matroides. Genauer besagt Axiom 3, dass jede unabh¨ angige Menge durch Hinzunahme weiterer Elemente zu einer Basis erg¨ anzt werden kann. Der Name Matroid deutet auf eine Verallgemeinerung von Matrizen hin. Betrachten wir n Vektoren a1 , a2 , . . . , an in einem Vektorraum der Dimension m u orper, zum Beispiel den reellen Zahlen R. Wir k¨onnen die Vektoren ¨ ber einem K¨ aj als Spalten (a1j , . . . , amj )T schreiben und erhalten so eine m×n-Matrix. S ist in diesem Fall die Menge {a1 , . . . , an } und A ⊆ S ist unabh¨angig, falls die Vektoren in A eine linear unabh¨ angige Menge bilden, wobei wir auch ∅ als linear unabh¨angig erkl¨ aren. Axiom 2 ist klar, und 3 ist gerade der Steinitzsche Austauschsatz aus der Linearen Algebra. Der Rang ist in diesem Fall nat¨ urlich die Dimension des Unterraumes, aufgespannt von den aj ’s. Zur¨ uck zu Graphen. Wir betrachten alle Untergraphen H = (E, A) auf der gesamten Eckenmenge E und k¨ onnen daher H = (E, A) mit der Kantenmenge A ⊆ K identifizieren. Die Familie dieser Untergraphen entspricht also gerade der

130

7

b¨ aume

Familie B(K) aller Untermengen von K. W ⊆ B(K) bezeichne nun die Familie der Kantenmengen aller W¨ alder von G. Satz 7.4.

Gegeben der Graph G = (E, K), dann ist M = (K, W) ein Matroid.

Beweis. Die Axiome 1 und 2 sind unmittelbar klar. Seien nun W = (E, A) und W ′ = (E, B) zwei W¨ alder mit |B| = |A| + 1. Ferner seien T1 , . . . , Tm die Komponenten von W = (E, A) mit den Eckenmengen E1 , . . . , Em und Kantenmengen A1 , . . . , Am . Nach 7.1 haben wir |Ai | = |Ei | − 1, i = 1, . . . , m, E = E1 + . . . + Em , A = A1 + . . . + Am .  

E1

 

  k  r   r      Es Et

 

Em

 

Da jeder Wald auf Ei h¨ ochstens |Ei |−1 Kanten besitzt, so muss es wegen |B| > |A| eine Kante k ∈ B geben, die zwei verschiedene Mengen Es und Et verbindet. Dann ist aber W ′′ = (E, A ∪ {k}) ein Wald, und Axiom 3 ist erf¨ ullt. Wir sehen, dass die Basen von M = (K, W) die aufspannenden W¨alder sind, und der Rang des Matroides |E| − t ist, t = Anzahl der Komponenten von G. Sch¨ on, jetzt wissen wir, dass die W¨ alder ein Matroid bilden, aber wir wollen ja unser Minimales Baum Problem l¨ osen. Der folgende Satz besagt, dass der Greedy Algorithmus eine optimale Basis in jedem beliebigen gewichteten Matroid M = (S, U) liefert. Umso mehr gilt dies also f¨ ur W¨alder, oder im Fall zusammenh¨ angender Graphen f¨ ur B¨ aume. Die Bedeutung dieses Satzes liegt auf der Hand: Wann immer wir in einem Optimierungsproblem mit Gewichtsfunktion eine Matroid Struktur nachweisen k¨ onnen, so funktioniert der Greedy Algorithmus! Ja ¨ mehr noch, in Ubung 7.30 wird gezeigt, dass der Greedy Algorithmus allgemein genau f¨ ur Matroide f¨ ur jede Gewichtsfunktion das Optimum liefert. Satz 7.5. Sei M = (S, U) ein Matroid mit Gewichtsfunktion w : S −→ R. Der folgende Algorithmus ergibt eine Basis minimalen Gewichtes: (1) Sei A0 = ∅ ∈ U. (2) Ist Ai = {a1 , . . . , ai } ⊆ S, so sei Xi = {x ∈ S \ Ai : Ai ∪ {x} ∈ U}. Falls Xi = ∅ ist, so ist Ai die gesuchte Basis. Andernfalls w¨ ahle ein ai+1 ∈ Xi von minimalem Gewicht, und setze Ai+1 = Ai ∪ {ai+1 }. Iteriere (2). Beweis. Sei A = {a1 , . . . , ar } die erhaltene Menge. Dass A eine Basis ist, folgt sofort aus Axiom 3. Aufgrund der Greedy-Konstruktion sehen wir mit Axiom 2, dass w(a1 ) ≤ w(a2 ) ≤ . . . ≤ w(ar ) gelten muss. F¨ ur w(a1 ) ≤ w(a2 ) ist dies wegen Schritt (1) klar. Sei 2 ≤ i ≤ r − 1. Da {a1 , . . . , ar } ∈ U ist, so gilt auch {a1 , . . . , ai−1 } ∈ U. Also sind ai , ai+1 ∈ Xi−1 , und wegen Schritt (2) gilt w(ai ) ≤ w(ai+1 ). Angenommen B = {b1 , . . . , br } w¨ are eine Basis mit w(B) < w(A), wobei wir w(b1 ) ≤ . . . ≤ w(br ) annehmen. Dann gibt es einen kleinsten Index i mit

7.4

k¨ urzeste wege in graphen

131

w(bi ) < w(ai ) und wegen Schritt (1) gilt i ≥ 2. Wir betrachten die unabh¨angigen Mengen Ai−1 = {a1 , . . . , ai−1 }, Bi = {b1 , . . . , bi }. Nach Axiom 3 existiert bj ∈ Bi
Ai−1 mit Ai−1 ∪ {bj } ∈ U. Da nun w(bj ) ≤ w(bi ) < w(ai ) ist, h¨atte der Greedy Algorithmus im i-ten Schritt bj anstelle von ai gew¨ahlt, Widerspruch. Die Spezialisierung des Greedy Algorithmus f¨ ur Matroide auf Graphen wurde von Kruskal entdeckt und heißt daher Kruskals Algorithmus f¨ ur das MST-Problem (minimal spanning tree). Wie viele Rechenschritte ben¨otigt Kruskals Algorithmus? Zuerst m¨ ussen wir die Kanten ki nach ihrem Gewicht anordnen w(k1 ) ≤ w(k2 ) ≤ . . . ≤ w(kq ) , q = |K|. Mit anderen Worten, wir m¨ ussen die q Gewichte w(ki ) sortieren. Wie man das macht, werden wir in Kapitel 9 studieren und dort beweisen, dass O(q lg q) Vergleiche n¨ otig sind. Schritt (2) baut den Baum sukzessive auf. Nach i Schritten haben wir einen Wald mit n − i Komponenten E1 , E2 , . . . , En−i . Angenommen, kh war die zuletzt hinzugef¨ ugte Kante. Wegen w(k1 ) ≤ . . . ≤ w(kh ) ≤ w(kh+1 ) nehmen wir die n¨achste Kante kh+1 = uv und testen, ob sie zul¨ assig ist, d. h. ob durch Hinzunahme kein Kreis erzeugt wird. Es gilt kh+1 zul¨ assig ⇐⇒ u, v sind in verschiedenen Ej ’s. Wir stellen fest, in welchen Mengen Eu und Ev die Ecken u, v sind. Falls Eu = Ev ist, so f¨ ugen wir kh+1 hinzu, und verschmelzen Eu ∪Ev ∪{uv} zu einer Komponente. Falls Eu = Ev ist, so testen wir die n¨ achste Kante. Wir m¨ ussen also f¨ ur u und v jeweils h¨ ochstens n Vergleiche durchf¨ uhren, und die Gesamtzahl der Operationen in Schritt (2) ist O(nq) = O(q 2 ) . Insgesamt ben¨otigt unser Algorithmus somit O(q lg q)+O(q 2 ) = O(q 2 ) Operationen, und der Leser kann sich u ¨ berlegen, dass wir bei einer geeigneten Datenstruktur f¨ ur den Schritt (2) nur O(q lg q) Operationen brauchen, also insgesamt O(|K| lg |K|). Vertauschen wir minimal mit maximal und ≤ mit ≥, so ergibt der Greedy Algorithmus analog eine Basis mit maximalem Gewicht, oder f¨ ur Graphen einen Baum von maximalem Gewicht.

7.4

K¨ urzeste Wege in Graphen

Ein anderes Optimierungsproblem auf gewichteten Graphen liegt auf der Hand. Angenommen, wir haben einen Straßenplan vor uns und befinden uns an einer Stelle u. Wir m¨ ochten von u in m¨ oglichst kurzer Zeit nach v kommen. Die Straßen k (= Kanten) haben ein Gewicht w(k) ≥ 0, welches die Zeit angibt, die wir f¨ ur die Benutzung von k ben¨ otigen (abh¨ angig von Straßenbreite, Verkehr usf.). Modelliert als Graph heißt dies: Gegeben ein zusammenh¨angender Graph G = (E, K) und eine Gewichtsfunktion w : K → R+ = {x ∈ R : x ≥ 0}.
Sei u ∈ E. F¨ ur einen Weg P = P (u, v) von u nach v bezeichnen wir mit ℓ(P ) = k∈K(P ) w(k) die (gewichtete) L¨ ange von P . Gesucht ist ein k¨ urzester u, v-Weg, f¨ ur den also ℓ(P ) minimal ist. Der Abstand d(u, v) sei die L¨ange eines k¨ urzesten Weges. Im speziellen Fall w(k) = 1 f¨ ur alle k ∈ K ist ℓ(P ) nat¨ urlich genau die bisherige L¨ange (= Anzahl der Kanten) und d(u, v) der bisherige Abstand.

132

b¨ aume

7

Sei u fest gew¨ ahlt. Der folgende ber¨ uhmte Algorithmus von Dijkstra konstruiert einen aufspannenden Baum, dessen eindeutiger Weg von u nach v stets ein k¨ urzester ist, f¨ ur alle v ∈ E. (1) Sei u0 = u, E0 = {u0 }, K0 = ∅, ℓ(u0 ) = 0. (2) Gegeben Ei = {u0 , u1 , . . . , ui }, Ki = {k1 , . . . , ki }. Falls i = n−1 ist, so sind wir fertig. Andernfalls betrachte f¨ ur alle Kanten k = vw, v ∈ Ei , w ∈ E \ Ei den Ausdruck f (k) = ℓ(v) + w(k) und w¨ ahle k mit f (k) = min f (k). Sei k = v w, dann setze ui+1 = w, ki+1 = k, Ei+1 = Ei ∪ {ui+1 }, Ki+1 = Ki ∪ {ki+1 }, ℓ(ui+1 ) = f (k). Iteriere (2). Beispiel.

2

2

2

3

3

1

3

1

2

3

3

1

1 1

0

4

4

u

3

5

Die Werte in den Kreisen sind die Zahlen ℓ(v). Satz 7.6. Sei G = (E, K) ein zusammenh¨ angender Graph mit Gewichtsfunktion w : K −→ R+ , u ∈ E. Der Algorithmus von Dijkstra ergibt einen aufspannenden Baum T mit der Eigenschaft, dass der eindeutige Weg von u nach v stets ein minimaler u, v-Weg in G ist mit d(u, v) = ℓ(v) f¨ ur alle v. Beweis. Der Algorithmus konstruiert jedenfalls einen aufspannenden Baum. Im ersten Schritt wird eine Kante minimalen Gewichts von u = u0 zu einem Nachbarn gew¨ ahlt, also ist k1 = u0 u1 ein minimaler u0 , u1 -Weg mit ℓ(u1 ) = w(k1 ) = d(u0 , u1 ). Angenommen, der Teilbaum Ti = (Ei , Ki ) habe die gew¨ unschten Eigenschaften, und Schritt (2) konstruiert k = v w. Wir m¨ ussen zeigen, dass ℓ(w) = f (k) = ℓ(v) + w(k) gleich dem (gewichteten) Abstand d(u0 , w) ist. F¨ ur den eben konstruierten u0 , w-Weg P0 gilt ℓ(P0 ) = d(u0 , v) + w(k) = ℓ(v) + w(k) = ℓ(w). Sei P ein k¨ urzester u0 , w-Weg und v die letzte Ecke von Ei in P , mit w ∈ E
Ei als Nachfolger, k = vw. Dann sind die Teilwege P (u0 , v), P (w, w) ebenfalls k¨ urzeste Wege, und wir erhalten d(u0 , w) = ℓ(P (u0 , v)) + w(k) + ℓ(P (w, w)) = (ℓ(v) + w(k)) + ℓ(P (w, w)) = f (k) + ℓ(P (w, w)) ≥ f (k) = ℓ(w) = ℓ(P0 ) , also ist P0 ein k¨ urzester Weg.

¨bungen u

133

Wir sehen, dass unser Algorithmus stets eine k¨ urzeste Verl¨angerung des Teilbaumes konstruiert. Wir haben es also wieder mit einem Greedy-Algorithmus zu tun. Mehrere Varianten des K¨ urzeste-Wege-Problems kommen einem sofort in den Sinn. Angenommen, wir wollen nur einen k¨ urzesten Weg zwischen zwei vorgegebenen Ecken u und v bestimmen. Wir k¨ onnen Dijkstras Algorithmus mit u als Quelle anwenden, dies ergibt auch einen k¨ urzesten Weg von u nach v. Kein Algorithmus ist bekannt, der asymptotisch schneller als Dijkstras Algorithmus ist. Oder wir wollen k¨ urzeste Wege f¨ ur alle Eckenpaare u, v bestimmen. Wir k¨onnen dieses Problem l¨ osen, indem wir unseren Algorithmus auf jede Ecke u als Quelle anwenden, aber es geht normalerweise auch schneller, siehe dazu die Literatur. Schließlich sollte klar sein, wie die Vorschrift f¨ ur gerichtete Graphen modifiziert werden muß. In diesem Fall wollen wir also k¨ urzeste gerichtete Wege von u zu allen anderen Ecken bestimmen.

¨ Ubungen zu Kapitel 7 1 Beweise die folgenden Charakterisierungen von B¨ aumen: Sei G ein Graph auf n Ecken und q Kanten. G ist genau dann ein Baum, wenn gilt: a. G hat keinen Kreis und q = n − 1. b. G hat keinen Kreis, und wenn irgendzwei nichtbenachbarte Ecken durch eine Kante verbunden werden, dann hat der resultierende Graph genau einen Kreis. c. G ist zusammenh¨ angend (= Kn , falls n ≥ 3), und wenn irgendzwei nichtbenachbarte Ecken durch eine Kante verbunden werden, dann hat der resultierende Graph genau einen Kreis. ⊲ 2 Zeige, dass ein zusammenh¨ angender Graph mit einer geraden Anzahl von Ecken stets einen aufspannenden Untergraphen besitzt, in dem alle Ecken ungeraden Grad haben. Gilt dies auch f¨ ur unzusammenh¨ angende Graphen? 3 Sei G zusammenh¨ angend. F¨ ur u ∈ E setzen wir r(u) = max(d(u, v) : v = u). Der Parameter r(G) = min (r(u) : u ∈ E)) heißt der Radius von G, und Z(G) = {u ∈ E : r(u) = r(G)} das Zentrum von G. Zeige, dass das Zentrum eines Baumes entweder aus einer Ecke oder zwei benachbarten Ecken besteht. urlicher Zahlen. Zeige, dass (d1 , . . . , dn ) genau 4 Sei d1 ≥ . . . ≥ dn > 0 eine Folge nat¨
dann die Gradfolge eines Baumes ist, wenn n i=1 di = 2n − 2 gilt.

⊲ 5 aumen mit n Ecken jene B¨ aume, f¨ ur welche die Summe
Bestimme unter allen B¨ d(u, v) minimal bzw. maximal ist. u=v∈E 6 F¨ uhre den Korrektheitsbeweis f¨ ur Depth-First-Suche.

7 In Verallgemeinerung von BFS oder DFS entwirf einen Algorithmus, der die Zusammenhangskomponenten eines Graphen bestimmt. 8 Verifiziere nochmals genau, dass alle Basen eines Matroides dieselbe M¨ achtigkeit haben. ⊲ 9 Ein zusammenh¨ angender Graph G habe lauter verschiedene Gewichte auf den Kanten. Zeige, dass G einen eindeutigen minimalen aufspannenden Baum besitzt.

134

7

b¨ aume

10 Betrachte den folgenden Graphen G mit Kostenfunktion. Bestimme mit Dijkstras Algorithmus k¨ urzeste Wege von u zu allen anderen Ecken. 9 16

2

u

12

17

4

5

3

12

4

3

5 19

12

3 9

⊲ 11 Zeige, dass ein Baum mindestens so viele Ecken vom Grad 1 hat wie der Maximalgrad betr¨ agt. Wann gilt Gleichheit?

¨ ⊲ 12 Diese Ubung gibt einen rekursiven Beweis der Formel t(n) = nn−2 f¨ ur die Anzahl aufspannender B¨ aume in Kn . Nummeriere die Ecken 1, 2, . . . , n. Sei C(n, k) die Anzahl der aufspannenden B¨ aume, in denen die Ecke n den Grad k hat. Beweise die Rekursion k(n−1) C(n, k + 1) und schließe daraus die Formel. C(n, k) = n−1−k ⊲ 13 Es sei B die Inzidenzmatrix eines Graphen G. Wir ¨ andern in jeder Spalte auf beliebige Weise eine der beiden 1’en in −1 (entspricht einer Orientierung von G), und nennen die aume von G ist neue Matrix C. Sei M = CC T . Beweise: Die Anzahl der aufspannenden B¨ gegeben durch t(G) = detMii , wobei Mii durch Streichen der i-ten Zeile und i-ten Spalte aus M hervorgeht (und dies gilt f¨ ur jedes i). Hinweis: Sei P eine r × s-Matrix und Q eine s × r-Matrix, r ≤ s. Dann sagt ein Satz der Linearen Algebra, dass det(P Q) gleich der Summe der Produkte von Determinanten korrespondierender r × r-Untermatrizen ist. ¨ 14 Verifiziere mit Hilfe der vorigen Ubung abermals t(Kn ) = nn−2 .

15 Berechne t(Km,n ). Antwort: mn−1 nm−1 . 16 Sei der vollst¨ andige Graph
Kn auf {1, . . . , n} gegeben, und d1 , . . . , dn eine Folge nat¨ urlicher Zahlen ≥ 1 mit n i=1 di = 2n − 2. Zeige, dass die Anzahl der aufspannenden (n−2)! ist, und leite daraus B¨ aume, in denen die Ecke i den Grad di hat, gleich (d1 −1)!...(d n −1)! einen weiteren Beweis der Formel t(Kn ) = nn−2 ab. ⊲ 17 Sei G = Kn
{k} der vollst¨ andige Graph minus einer Kante. Berechne ohne Benut¨ zung der Ubung 13 die Anzahl der aufspannenden B¨ aume in G. ⊲ 18 Der Gittergraph G(2, n) besteht aus zwei Wegen mit n Ecken (jeweils nummeriert 1 bis n), deren Ecken mit derselben Nummer paarweise verbunden sind. Beispiel: G(2, 2) ∼ = C4 . Bestimme die Anzahl der aufspannenden B¨ aume mit erzeugenden Funktionen. 19 Zeige: Jeder Automorphismus eines Baumes h¨ alt eine Ecke oder eine Kante fest. ¨ Hinweis: Ubung 3. 20 F¨ ur n Autofahrer stehen n Parkpl¨ atze zur Verf¨ ugung. Jeder Autofahrer hat einen Lieblingsplatz, und zwar Fahrer i den Platz g(i), 1 ≤ g(i) ≤ n. Die Fahrer kommen der Reihe nach an, 1 zuerst, dann 2 usf. Der i-te Fahrer parkt sein Auto in Platz g(i), falls

¨bungen u

135

er frei ist, wenn nicht nimmt er den n¨ achsten freien Platz k > g(i), falls es noch einen gibt. Beispiel: n = 4 g

1 3

2 2

3 2

4 , dann 1 → 3, 2 → 2, 3 → 4, 4 → 1, 1

g

1 2

2 3

3 3

4 , 1 → 2, 2 → 3, 3 → 4, 4 →? 2

aber

Sei p(n) die Anzahl der Funktionen g, die eine vollst¨ andige Belegung gestatten, berechne p(n). Hinweis: p(2) = 3, p(3) = 16, p(4) = 125. ⊲ 21 Sei G = (E, K) ein zusammenh¨ angender Graph und w : K → R+ eine Kostenfunktion. Zeige, dass der folgende Algorithmus ebenfalls einen minimalen aufspannenden Baum konstruiert: (1) W¨ ahle eine Kante uv minimalen Gewichtes und setze S = {u, v}, T = E
S. (2) Falls T = ∅ stop, andernfalls w¨ ahle unter den Kanten zwischen S und T eine Kante k = u v minimalen Gewichts, u ∈ S, v ∈ T und setze S ← S ∪ {v}, T ← T
{v}, iteriere (2). ¨ 22 Sch¨ atze die Laufzeit des Algorithmus der vorigen Ubung in der Eckenzahl n ab. 23 Gegeben Kn auf {1, . . . , n} mit der Kostenfunktion w(ij) = i+j. a. Konstruiere einen MST-Baum T . b. Was ist w(T )? c. Ist T eindeutig bestimmt? ⊲ 24 Sei ein Matroid M = (S, U ) gegeben, und B die Familie der Basen. Zeige, dass B folgende Bedingungen erf¨ ullt: a. A = B ∈ B ⇒ A  B, B  A, b. Sei A = B ∈ B, dann existiert zu jedem x ∈ A ein y ∈ B mit (A
{x}) ∪ {y} ∈ B. Zeige umgekehrt, dass eine Mengenfamilie B, welche die Bedingungen a. und b. erf¨ ullt, die Familie von Basen eines Matroides bildet. 25 Sei M = (S, U ) ein Matroid und B die Familie von Basen. Zeige, dass die Familie B∗ = {S
B : B ∈ B} ein Matroid M∗ definiert. M∗ heißt das zu M duale Matroid. Was ist der Rang von M∗ ? 26 Sei M = (K, W) das u ¨bliche Matroid induziert durch den Graphen G = (E, K). Beschreibe graphentheoretisch das duale Matroid M∗ . Das heißt, welche Kantenmengen sind unabh¨ angig in M∗ ?

¨ ⊲ 27 Sei wie in der vorigen Ubung M = (K, W) gegeben. Eine Kantenmenge A ⊆ K heißt minimal abh¨ angig, falls A ∈ / W, aber A′ ∈ W f¨ ur jede echte Teilmenge A′ von A. Beschreibe die minimal abh¨ angigen Mengen im Graphen, und ebenso die minimal abh¨ anangigen Mengen in M∗ sind minimale gigen Mengen in M∗ . Hinweis: Die minimal abh¨ Schnittmengen A, d. h. G = (E, K
A) hat eine Komponente mehr als G und ist minimal mit dieser Eigenschaft. 28 Zeige, dass Kreise und minimale Schnittmengen immer eine gerade Anzahl von Kanten gemeinsam haben. 29 Sei B die Inzidenzmatrix von G = (E, K), aufgefasst als Matrix u orper ¨ber dem K¨ {0, 1}. Zeige, dass A ⊆ K genau dann unabh¨ angig im Matroid (K, W) ist, wenn die entsprechende Spaltenmenge linear unabh¨ angig ist. ⊲ 30 Sei (S, U ) ein Mengensystem, welches die Axiome 1 und 2 eines Matroides erf¨ ullt. Zeige, dass (S, U ) genau dann ein Matroid ist (also auch Axiom 3 erf¨ ullt), wenn der Greedy-Algorithmus f¨ ur jede Gewichtsfunktion w : S → R das Optimum liefert.

136

7

b¨ aume

31 Entwirf einen Dijkstra-Algorithmus f¨ ur gerichtete Graphen. 32 Bestimme die k¨ urzesten Wege von 1 nach allen i in dem folgenden gerichteten Graphen, gegeben durch seine Gewichtsmatrix. Dabei bedeuten fehlende Eintr¨ age, dass diese Kanten nicht vorhanden sind: 1 1 2 3 4 5 6 7

2

9 4 1 1 4

2

3

4

5

4 1

10 3 8

3 2 3 8

5 1 1 3

2 3

6

7

11 2 6 3

1 3 1

2 2

⊲ 33 Dijkstras Algorithmus funktioniert nur f¨ ur nichtnegative Kantengewichte w(u, v) ∈ R+ . Angenommen, auf einem gerichteten Graphen haben wir auch negative Gewichte. Falls gerichtete Kreise mit negativem Gesamtgewicht existieren, so kann kein  = (E, K) k¨ urzester Abstand existieren (warum?). Es sei nun ein gerichteter Graph G mit Quelle u ∈ E gegeben, und eine Gewichtsfunktion w : K → R ohne negative Kreise, wobei wir annehmen, dass alle Ecken x = u von u durch einen gerichteten Weg erreicht werden k¨ onnen. Zeige, dass der folgende Algorithmus von Bellman–Ford einen Baum mit gerichteten k¨ urzesten Wegen von u liefert. (1) Nummeriere K = {k1 , . . . , kq }, setze ℓ(u) = 0, ℓ(x) = ∞ f¨ ur x = u, B = ∅. (2) Durchlaufe die Kanten aus K. Sei ki = (x, y). Falls ℓ(x) + w(x, y) < ℓ(y) ist, setze ℓ(y) ← ℓ(x) + w(x, y) und B ← (B ∪ {ki })
{k},  = (E, B) ist wobei k die bisherige Kante in B mit Endecke y ist. Iteriere (|E| − 1)-mal. G  Zeige urzester Weg in G. dann ein “k¨ urzester” Baum. Hinweis: Sei u, v1 , . . . , vk = v ein k¨ mit Induktion, dass ℓ(vi ) = d(u, vi ) ist nach dem i-ten Durchlauf. 34 Bestimme k¨ urzeste Wege von 1 in dem folgenden Graphen gegeben durch seine L¨ angenmatrix: 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

6

2

−1

5 7

3 −4

−2 8

7

¨ ⊲ 35 Uberlege, wie man den Algorithmus von Bellman-Ford erg¨ anzen muss, um bei der Existenz von negativen Kreisen die Meldung “keine L¨ osung” zu erhalten. 36 Ein Minimax- oder Bottleneck-Baum ist ein aufspannender Baum, in dem das Maximum der Kantengewichte so klein wie m¨ oglich ist. Zeige, dass jeder MST-Baum auch ein Minimax-Baum ist.

8 8.1

Matchings und Netzwerke Matchings in bipartiten Graphen

Erinnern wir uns an das Job-Zuordnungsproblem. Gegeben ist eine Menge S = {P1 , . . . , Pn } von Personen und eine Menge T = {J1 , . . . , Jn } von Jobs. Wir setzen Pi Jj ∈ K , falls Pi f¨ ur den Job Jj geeignet ist. Wir wollen nun eine Zuordnung Pi −→ Jϕ(i) finden, so dass jede Person Pi einen geeigneten Job Jϕ(i) findet. Wann ist dies m¨ oglich? Allgemein werden wir Gewichte auf den Kanten Pi Jj haben (die wir z. B. als Eignungskoeffizienten interpretieren k¨onnen), und die Zuordnung soll optimal (= maximal groß) werden. Definition. Gegeben ein bipartiter Graph G = (S + T, K). Ein Matching M ⊆ K ist eine Menge von paarweise nicht-inzidenten Kanten. Der Name Matching“ ist heute auch im Deutschen gebr¨auchlich, und leitet sich aus ” dem englischen match (= Partner) ab. Wir interessieren uns also f¨ ur ein maximal großes Matching M von G = (S +T, K), und insbesondere f¨ ur die Matching-Zahl m(G) von G, welche die Anzahl von Kanten in einem maximal großen Matching bezeichnet. Ein Matching M heißt Maximum Matching, falls |M | = m(G) ist. Beispiel. u1

v1

u2

v2

u3

v3

u4

v4

u5

v5

Die fetten Kanten ergeben ein Matching mit m(G) = 4. Warum ist m(G) < 5? Da u3 , u4 , u5 zusammen zu v2 , v4 benachbart sind, muss bei einem Matching eine der Ecken u3 , u4 , u5 unber¨ ucksichtigt bleiben. Wir wollen zuerst die Frage beantworten, wann m(G) = |S| ist, d. h. wann alle Ecken aus S gematcht“ werden k¨ onnen. F¨ ur A ⊆ S setzen wir N (A) = {v ∈ T : ” uv ∈ K f¨ ur ein u ∈ A}. N (A) ist also die Menge der Nachbarn von A. Satz 8.1. Sei der bipartite Graph G = (S + T, K) gegeben. Dann ist m(G) = |S| genau dann, wenn |A| ≤ |N (A)| f¨ ur alle A ⊆ S gilt.

138

8

matchings und netzwerke

Beweis. Die Notwendigkeit ist klar. Wenn |A| > |N (A)| ist, dann k¨onnen nicht alle Ecken aus A zugleich gematcht werden. Sei nun umgekehrt die Bedingung des Satzes erf¨ ullt. Gegeben ein Matching M ⊆ K mit |M | < |S|, dann zeigen wir, dass M nicht Maximum Matching ist. Sei u0 ∈ S eine Ecke, die nicht mittels M gematcht ist. Da |N ({u0 })| ≥ |{u0 }| = 1 ist, existiert ein Nachbar v1 ∈ T . Falls v1 nicht gematcht ist in M , so f¨ ugen wir die Kante u0 v1 hinzu. Nehmen wir also u1 v1 ∈ M an f¨ ur ein u1 = u0 . Da |N {u0 , u1 }| ≥ |{u0 , u1 }| = 2 ist, gibt es eine Ecke v2 = v1 , welche zu u0 oder u1 benachbart ist. Falls v2 nicht gematcht ist, stop. Andernfalls existiert u2 v2 ∈ M mit u2 ∈ / {u0 , u1 }. Wir fahren auf diese Weise fort und erreichen schließlich eine ungematchte Ecke vr . u0

v1

u1

v2

u2 vr−1 u r−1

vr

Jede Ecke vj ist benachbart zu mindestens einer Ecke ui mit i < j. Gehen wir von vr r¨ uckw¨ arts, so erhalten wir von hinten einen Weg P = vr , ua , va , ub , vb , . . . , uh , vh , u0 mit r > a > b > . . . > h > 0. Die Kanten ua va , ub vb , . . . , uh vh sind in M , die Kanten vr ua , va ub , . . . , vh u0 sind nicht in M . Wir ersetzen nun in P die M -Kanten durch die Kanten, die nicht in M sind (welche um eins mehr sind), und erhalten so ein Matching M ′ mit |M ′ | = |M | + 1. Satz 8.1 wird auch Heiratssatz“ genannt. Am¨ usante Interpretation: S = Menge ” von Damen, T = Menge von Herren mit ui vj ∈ K, wenn ui , vj einer Heirat nicht abgeneigt sind. Der Satz gibt die genaue Bedingung an, wann alle Damen einen geeigneten Heiratspartner (= match) finden, ohne Bigamie zu betreiben. Im Allgemeinen wird G = (S + T, K) kein Matching der M¨achtigkeit |S| besitzen. Wie groß kann m(G) sein? Falls |A| − |N (A)| > 0 ist, so bleiben mindestens |A| − |N (A)| Ecken ungematcht, d. h. m(G) ≤ |S| − (|A| − |N (A)|). Mit δ = max(|A| − |N (A)|) sehen wir, dass m(G) ≤ |S| − δ sein muss. Beachte, dass A⊆S

δ ≥ 0 gilt, da f¨ ur A = ∅, |A| − |N (A)| = 0 ist. Der folgende Satz zeigt, dass in m(G) ≤ |S| − δ stets Gleichheit gilt. Satz 8.2.

Sei der bipartite Graph G = (S + T, K) gegeben. Dann ist m(G) = |S| − max (|A| − |N (A)|). A⊆S

Beweis. Sei δ = max(|A| − |N (A)|). Wir wissen schon m(G) ≤ |S| − δ. Sei D A⊆S

eine neue Eckenmenge mit |D| = δ. Wir erkl¨aren den bipartiten Graphen G∗ = (S + (T ∪ D), K ∗ ), indem wir zu G alle Kanten zwischen S und D hinzunehmen. F¨ ur A ⊆ S gilt N ∗ (A) = N (A) ∪ D, wobei N ∗ (A) die Nachbarn von A in G∗ sind.

8.1

matchings in bipartiten graphen

139

Wir haben somit |N ∗ (A)| = |N (A)| + δ ≥ |A|, d. h. G∗ hat ein Matching M ∗ der M¨ achtigkeit |S| nach 8.1. Entfernen wir nun die Kanten aus M ∗ , die zu D f¨ uhren, so erhalten wir ein Matching M in G mit |M | ≥ |S| − δ, und somit m(G) = |S| − δ. Satz 8.2 kann noch auf eine andere Weise interpretiert werden. Wir nennen eine Eckenmenge D ⊆ S + T einen Tr¨ ager des bipartiten Graphen G = (S + T, K), falls D jede Kante trifft oder, wie wir auch sagen, jede Kante bedeckt. Offenbar haben wir |D| ≥ |M | f¨ ur jeden Tr¨ ager D und jedes Matching M , da D jede Kante von M bedecken muss. Insbesondere gilt also min |D| ≥ max |M |. D

Satz 8.3.

M

F¨ ur einen bipartiten Graphen G = (S + T, K) gilt max (|M | : M M atching) = min (|D| : D Tr¨ ager ).

Beweis. Aus dem vorigen Satz wissen wir, dass m(G) = max |M | = |S| − |A0 | + |N (A0 )| = |S
A0 | + |N (A0 )| f¨ ur ein A0 ⊆ S ist. Da (S
A0 ) + N (A0 ) ersichtlich ein Tr¨ ager von G ist,      A0 N (A0 ) XXX X        XXX S \ A0 T \ N (A0 ) X 



folgt min |D| ≤ max |M |, und somit min |D| = max |M |. Die Aussage min |D| = max |M | ist einer der fundamentalen Gleichgewichts” s¨ atze“ der Graphentheorie, welcher die beiden Begriffe Bedecken“ (= Tr¨ager) und ” Packen“ (= Matching) in Beziehung setzt. Sp¨ater werden wir den Satz auf Netz” werke ausweiten und ihn schließlich als Spezialfall des Hauptsatzes der Linearen Optimierung erkennen. Der Heiratssatz kann auf vielf¨ altige Weise kombinatorisch interpretiert werden, indem wir eine gegebene Situation als Matchingproblem auffassen. Das folgende Beispiel ist eine sch¨ one Illustration: Sei A = {A1 , . . . , Am } eine Mengenfamilie auf einer Grundmenge T = {t1 , . . . , tn }, wobei die Mengen Ai nicht verschieden sein m¨ ussen. Wir konstruieren einen bipartiten Graphen G = (A + T, K) vermittels Ai tj ∈ K ⇔ tj ∈ Ai . Als Beispiel erhalten wir f¨ ur A1 = {1, 2, 3}, A2 = {1, 3}, A3 = {2, 5, 6}, A4 = {4, 6} den folgenden Graphen.

140

8

matchings und netzwerke

1

A1

2 A2

3 4

A3

5

A4

6 Ein Matching M mit |M | = ℓ entspricht einer injektiven Abbildung ϕ : Ai → tϕi (i ∈ I ⊆ {1, . . . , m}, |I| = ℓ) mit tϕi ∈ Ai . Wir nennen TI = {tϕi : i ∈ I} eine Transversale oder System von verschiedenen Repr¨ asentanten der Unterfamilie AI = {Ai : i ∈ I} , und ϕ eine Auswahlfunktion von AI . Wann besitzt ganz A eine Auswahlfunktion? Die Antwort gibt der Heiratssatz 8.1. ur F¨ I ⊆ {1, . . . , m} ist nach Konstruktion des bipartiten Graphen N (AI ) = Ai ⊆ i∈I T . Somit erhalten wir: Satz 8.4. Sei A = {A1 , . . . , Am } eine Mengenfamilie. A besitzt eine Transversale (oder Auswahlfunktion) genau dann, wenn | Ai | ≥ |I| f¨ ur alle I ⊆ {1, . . . , m} i∈I gilt. Eine weitere u ¨ berraschende Anwendung des Resultates 8.3 ergibt einen wichtigen Satz u ¨ ber Matrizen. Angenommen M = (mij ) ist eine n × n-Matrix mit reellen Eintr¨ agen ≥ 0 , deren Zeilen- und Spaltensummen alle gleich r > 0 sind. Wir assoziieren zu M den bipartiten Graphen G = (Z + S, K), Z = {z1 , . . . , zn } Zeilen, S = {s1 , . . . , sn } Spalten, indem wir zi sj ∈ K ⇐⇒ mij > 0 setzen. Ein Matching entspricht also einer Menge von positiven Eintr¨agen mij , die in verschiedenen Zeilen und Spalten vorkommen. Wir nennen eine solche Menge {mij } eine Diagonale der Matrix M . Ein Tr¨ ager D ist eine Menge von Zeilen und Spalten, die zusammen alle positiven Eintr¨ age u ¨ berdecken. Beispiel.

2m0 1 3 0 0 4 0 0 2m 3 1m2 0 0 1 1 3m0 1 0 0 0 3m3

Die eingekreisten Elemente bilden eine Diagonale.

8.2

konstruktion von optimalen matchings

141

Angenommen, M hat keine Diagonale der Gr¨oße n, dann gibt es nach 8.3 e Zeilen und f
Spalten mit e + f ≤ n − 1, die alle Eintr¨age = 0 u ¨ berdecken. Somit ist rn = mij ≤ r(e + f ) ≤ r(n − 1), Widerspruch. Also existiert eine Diagonale  m1j1 , . . . , mnjn mit miji > 0. Sei c1 = min(m1j1 , . . . , mnjn ) > 0. Eine Permutationsmatrix ist eine n×n-Matrix, welche genau eine 1 in jeder Zeile und Spalte enth¨ alt und 0’en sonst. Wir betrachten die Matrix M1 = M − c1 P1 , wobei P1 die Permutationsmatrix ist, welche 1’en an den Stellen (i, ji ) und 0’en sonst hat. M1 hat wieder Eintr¨ age ≥ 0 und gleiche Zeilen- und Spaltensummen r − c1 , und mehr Nullen als M . Fahren wir so fort, so erhalten wir
schließlich die Nullmatrix und t somit die Darstellung M = c1 P1 + . . . + ct Pt mit i=1 ci = r. Als Spezialfall erhalten wir einen ber¨ uhmten Satz von Birkhoff und von Neumann. Sei M = (mij ) eine doppelt-stochastische Matrix, d. h. mij ≥ 0, mit allen Zeilen und Spalten
summen = 1 , dann ist M = c1 P1 + . . . + ct Pt , ti=1 ci = 1, ci > 0, (i = 1, . . . , t). Kurz ausgedr¨ uckt: Eine doppelt-stochastische Matrix ist eine konvexe Summe von Permutationsmatrizen. Wie wichtig dieser Satz ist, werden wir in Abschnitt 15.6 sehen.

8.2

Konstruktion von optimalen Matchings

Satz 8.2 gibt eine Formel f¨ ur die Matching-Zahl m(G) in einem bipartiten Graphen. Wie konstruiert man aber nun ein Maximum Matching? Dazu verwenden wir die ¨ Idee des Beweises von Satz 8.1. Die folgenden Uberlegungen gelten zun¨achst f¨ ur beliebige Graphen G = (E, K). Ein Matching in G = (E, K) ist nat¨ urlich wieder eine Menge von paarweise nichtinzidenten Kanten, und m(G) ist die M¨achtigkeit eines Maximum Matchings. Sei M ein Matching in G = (E, K). Ist die Ecke u in einer Kante von M , so nennen wir u M-saturiert, ansonsten M-unsaturiert. Ein M-alternierender Weg P ist ein Weg in G, der abwechselnd Kanten von M und K
M verwendet, wobei die beiden Endecken von P jeweils unsaturiert sind. Ein M -alternierender Weg enth¨ alt also genau eine Kante aus K
M mehr als aus M . Beispiel.

u1

u3

u6

u2

u4 u7

u5 u8

u9 u10

Die M -Kanten sind fett, u2 , u4 , u6 , u8 , u9 , u10 ist ein M -alternierender Weg.

142

8

matchings und netzwerke

Satz 8.5. Ein Matching M in G = (E, K) ist genau dann ein Maximum Matching, wenn es keinen M -alternierenden Weg gibt. Beweis. Sei M ein Matching und v0 , v1 , . . . , v2k−1 , v2k , v2k+1 ein M -alternierender Weg. Dann ist (M
{v1 v2 , v3 v4 , . . . , v2k−1 v2k }) ∪ {v0 v1 , v2 v3 , . . . , v2k v2k+1 } ein Matching M ′ mit |M ′ | = |M | + 1. Seien umgekehrt M und M ′ Matchings mit |M ′ | > |M |. Wir setzen N = (M
M ′ ) ∪ (M ′
M ) gleich der symmetrischen Differenz von M und M ′ . H sei der von der Kantenmenge N aufgespannte Untergraph. Jede Ecke in H hat Grad 1 oder 2, also ist jede Komponente von H entweder ein alternierender Kreis (Kanten von M und M ′ abwechselnd) oder ein Weg mit den Kanten von M und M ′ abwechselnd. Da |M ′ | > |M | ist, gibt es unter diesen Weg-Komponenten einen Weg P , der mit einer M ′ -Kante beginnt und endet. P ist also ein M -alternierender Weg, da die Endecken nicht M -saturiert sein k¨onnen (andernfalls w¨ aren sie zweimal von M ′ bedeckt). Betrachten wir in unserem Beispiel das Matching M ′ = {u1 u4 , u3 u6 , u7 u9 , u8 u10 }. Dann erhalten wir N = (M
M ′ ) ∪ (M ′
M ): u1

u3

u6

u2

u4 u7

u5 u8

u9 u10

Die Ecken u1 , u3 , u6 , u4 bilden einen alternierenden Kreis, und u7 , u9 , u8 , u10 einen M -alternierenden Weg. Austauschen der M - und M ′ -Kanten auf diesem Weg f¨ uhrt zum neuen Matching (siehe die linke Figur). Wiederum existiert ein M alternierender Weg u5 , u6 , u4 , u2 . Austauschen liefert nun ein Maximum Matching in der rechten Figur.

u1

u3

u6

u4

u9 u10

u3 u7

u5 u8

u1

u2

u6

u2

u4 u7

u5 u8

u9 u10

8.2

konstruktion von optimalen matchings

143

Satz 8.5 ergibt f¨ ur bipartite Graphen die folgende Methode zur Konstruktion von Maximum Matchings. Gegeben G = (S + T, K). Wir stellen uns die Frage: Ist m(G) = |S|? Wenn ja, so soll der Algorithmus ein Maximum Matching ergeben, wenn nein, so soll der Algorithmus dies feststellen. (1) Beginne mit einem Matching M (z. B. M = ∅). (2) Falls jede S-Ecke M -saturiert ist, so sind wir fertig. Andernfalls w¨ahle eine M -unsaturierte Ecke u ∈ S und beginne die folgende Konstruktion eines al” ternierenden“ Baumes B. Am Anfang besteht B aus der Ecke u. Sei B im Lauf des Algorithmus: S T S T

S u

Der eindeutige Weg jeder Ecke zur Wurzel“ u alterniert zwischen M -Kanten ” und Nicht-M -Kanten. Die Ecken von Grad 1 sind alle in S. Sei SB = S ∩E(B), TB = T ∩ E(B).

(∗)

Frage: Ist N (SB ) ⊆ TB ?

Wenn ja, so gilt |N (SB )| = |TB | = |SB | − 1 und nach Satz 8.1 ist m(G) < |S|, stop. Wenn nein, w¨ ahle y ∈ N (SB )
TB . Sei xy ∈ K, x ∈ SB . Entweder ist y M -saturiert, yz ∈ M . Dann lassen wir den Baum B wachsen durch Hinzuf¨ ugen der Kanten xy ∈ / M , yz ∈ M . Mit diesem neuen Baum B ′ gehen wir zu (∗). Oder y ist M -unsaturiert, dann haben wir einen M -alternierenden Weg von u nach y gefunden. Wir tauschen wie im Beweis von 8.5 die Kanten. Mit dem neuen Matching M ′ gehen wir zu (2) und lassen den Baum wachsen. Der Leser kann den angegebenen Algorithmus ohne große M¨ uhe adaptieren, um allgemein ein Maximum Matching zu finden, und gleichzeitig einen Minimum Tr¨ager. Kehren wir zu unserem Job-Zuordnungsproblem zur¨ uck, S = Menge von Personen, T = Menge von Jobs mit ui vj ∈ K, falls Person ui f¨ ur den Job vj geeignet ist. Wir m¨ ochten nicht nur eine m¨ oglichst große Zuordnung ui → vϕi finden, sondern unter allen diesen Matchings eines mit einem m¨ oglichst großen Eignungskoeffizienten. Zwei Varianten sind plausibel: Wir haben eine Gewichtsfunktion w : S → R+
gegeben (Wert der Personen) und suchen ein Matching M mit u∈S∩E(M ) w(u) =

144

8

matchings und netzwerke

max. Oder wir setzen eine Gewichtsfunktion w : K → R+
voraus (Eignungskoeffizient Person/Job) und sind an einem Matching M mit k∈M w(k) = max interessiert. Betrachten wir zun¨ achst die erste Variante. Eine Teilmenge X ⊆ S, die in G = (S + T, K) gematcht werden kann, nennen wir wieder eine Transversale (inklusive ∅). Die Menge der Transversalen sei T ⊆ B(S). Wir suchen also eine Maximum Transversale A mit maximalem Gewicht w(A). Der folgende Satz zeigt, dass die Transversalen ein Matroid bilden – also f¨ uhrt nach Satz 7.5 der GreedyAlgorithmus zum Ziel. Satz 8.6. Sei G = (S + T, K) ein bipartiter Graph, T ⊆ B(S) die Familie der Transversalen. Dann bildet (S, T ) ein Matroid. Beweis. Die Axiome 1 und 2 eines Matroids sind klarerweise erf¨ ullt. Seien nun A und A′ Transversalen mit |A′ | = |A| + 1 und den zugeh¨origen Matchings M, M ′ , also A = S ∩ E(M ), A′ = S ∩ E(M ′ ), |M ′ | = |M | + 1. Wie im Beweis von 8.5 sehen wir, dass es einen M -alternierenden Weg P gibt, dessen Kanten abwechselnd in M und M ′ liegen. Da P ungerade L¨ ange hat, muss eine der beiden Endecken u von P in S liegen. Da u ∈ A′
A ist, kann also u zu A hinzugenommen werden. Wenden wir uns der zweiten Variante zu. Gegeben ist ein bipartiter Graph G = + (S + T, K) mit einer Gewichtsfunktion
w : K → R . Gesucht ist ein Matching M mit maximalem Gewicht w(M ) = k∈M w(k). Zun¨achst stellen wir fest, dass wir annehmen k¨ onnen, dass G alle Kanten zwischen S und T enth¨alt, indem wir die neuen Kanten mit Gewicht 0 versehen. Ebenso k¨onnen wir |S| = |T | voraussetzen, indem wir Ecken zu S (oder T ) hinzunehmen und wieder das Gewicht 0 f¨ ur die zus¨ atzlichen Kanten w¨ ahlen. Wir k¨ onnen also G = (S + T, K) als vollst¨andigen bipartiten Graphen Kn,n voraussetzen. F¨ ur ein Matching M von maximalem Gewicht k¨ onnen wir somit |M | = n annehmen. Schließlich verwandeln wir das gegebene Maximum-Problem in ein Minimum-Problem, das leichter zu handhaben ist. Sei n¨ amlich W = max w(k), und G′ = (S + T, K) der Graph Kn,n mit Kank∈K

tengewicht w′ (k) = W − w(k) ≥ 0. Dann ist ersichtlich ein Maximum Matching M von minimalem Gewicht in G′ ein Matching von maximalem Gewicht in G. Mit S = {s1 , . . . , sn }, T = {t1 , . . . , tn } setzen wir wij = w(si tj ), wobei wir wij ∈ N0 voraussetzen. Die Gewichte bilden somit eine ganzzahlige Matrix (wij ). Mit xij bezeichnen wir die Variable, die den Wert 1 annimmt, falls si tj ∈ M ist und 0, falls si tj ∈ / M ist. Ein Matching M wird also durch eine Wahl der xij festgelegt, so dass gilt:

(1)

n  j=1

xij = 1 (∀i) ,

n 

xij = 1 (∀j) .

i=1

Mit anderen Worten, (xij ) ist eine Permutationsmatrix, und dies bedeutet ja gerade ein Matching in Kn,n .

8.2

konstruktion von optimalen matchings

145

Unser Problem hat demnach folgende Gestalt: Gegeben
die Matrix (wij ). Gesucht ist eine Zuordnung (xij ), welche (1) gen¨ ugt, so dass wij xij minimal wird. Angenommen, wir subtrahieren von der h-ten Zeile von (wij ) einen festen Wert ′ ph . Dies ergibt eine Matrix (wij ). Da wegen (1)  i,j

′ xij = wij

 i,j

wij xij − ph



xhj =

 i,j

j

wij xij − ph

′ ist, erkennen wir, dass die optimalen Zuordnungen f¨ ur (wij ) und (wij ) u ¨ bereinstimmen. Dasselbe gilt nat¨ urlich auch f¨ ur die Spalten, und wir k¨onnen diese Subtraktionen mehrfach ausf¨ uhren, ohne die optimalen Zuordnungen zu ver¨andern. Ebenso k¨ onnen wir feste Zahlen zu einer Zeile oder Spalte addieren, ohne die optimalen Zuordnungen zu ¨ andern. Diese Idee wollen wir nun ausn¨ utzen, um eine neue Matrix (wij ) zu erhalten, die im allgemeinen mehr Nullen enth¨alt als (wij ). Sei ph = min whj f¨ ur h = 1, . . . , n. Wir subtrahieren ph von der h-ten Zeile f¨ ur alle j

′ ′ h und erhalten eine neue Matrix (wij ). Sei qℓ = min wiℓ , ℓ = 1, . . . , n, dann subtrai

hieren wir qℓ von der ℓ-ten Spalte f¨ ur alle ℓ und erhalten die sogenannte reduzierte Matrix (wij ), von der wir wissen, dass sie dieselben optimalen Zuordnungen (xij ) wie die Ausgangsmatrix (wij ) hat. Nehmen wir als Beispiel die Matrix ⎛

⎞ 9 11 12 11 ⎜ 6 3 8 5 ⎟ ⎟ (wij ) = ⎜ ⎝ 7 6 13 11 ⎠ . 9 10 10 7

Wir haben p1 = 9, p2 = 3, p3 = 6, p4 = 7, ⎛ 0 ⎜ 3 ′ (wij )=⎜ ⎝ 1 2

und erhalten ⎞ 2 3 2 0 5 2 ⎟ ⎟. 0 7 5 ⎠ 3 3 0

Nun ist q1 = q2 = q4 = 0, q3 = 3, also erhalten wir die reduzierte Matrix ⎛ ⎞ 0m2 0 2 ⎜ 3 0 2 2 ⎟ ⎟ (wij ) = ⎜ ⎝ 1 0m4 5 ⎠ . 2 3 0m0

Ein Matching entspricht genau einer Diagonale in der Matrix (jede Zeile und Spalte enth¨ alt einen Eintrag). Gibt es in (wij ) also eine Diagonale mit lauter Nullen, so sind wir fertig – dies w¨ are unsere optimale Zuordnung (xij ), da ja immer
w ij xij ≥ 0 gilt. In unserem Beispiel ist die maximale L¨ange einer 0-Diagonale gleich 3 (die eingekreisten Eintr¨ age). Nun wissen wir aus dem vorigen Abschnitt,

146

8

matchings und netzwerke

dass die maximale L¨ ange einer 0-Diagonale gleich ist der minimalen Anzahl von Zeilen und Spalten, die alle Nullen bedecken. (Wir vertauschen einfach die Rollen der 0-Eintr¨ age und der Nicht 0-Eintr¨ age). In unserem Fall sind dies z. B. die Zeilen 1 und 4 und die Spalte 2. Wir nennen so eine Menge von Zeilen und Spalten kurz eine minimale Bedeckung. Die letzte Phase des Algorithmus verl¨ auft nun folgendermaßen: Entweder haben wir eine 0-Diagonale der L¨ ange n gefunden, dann sind wir fertig, oder wir ver¨andern die Matrix (wij ) zu einer neuen Matrix (wij ), ohne die optimalen
Zuordnungen
zu andern, so dass f¨ ur die Gesamtsumme der Gewichte W = wij < W = wij ¨ gilt. Es ist klar, dass die zweite M¨ oglichkeit nur endlich oft auftreten kann (wegen wij ∈ N0 ), so dass der Algorithmus schließlich stoppt. Es trete also der zweite Fall auf, und eine minimale 0-Bedeckung enthalte e Zeilen und f Spalten, e + f < n. Es sei w > 0 das Minimum der unbedeckten Elemente. Wir ziehen zun¨ achst w von den n − e Zeilen ab, die nicht bedeckt sind, und addieren dann w zu allen f Spalten der Bedeckung. Die resultierende Matrix (wij ) hat dann nach unserer fr¨ uheren Bemerkung wieder dieselben optimalen Zuordnungen. In unserem Beispiel ist w = 1 = w31 : 0 3 (wij ) = 1 2

2 0 0 3

0 2 4 0

2 0 2 0 2 0 3 0m2 2 2 −1 1 1 2 0m1 1 −→ −→ m = (wij ) . 5 0 −1 3 4 0 0 3 4 m 0 2 3 0 0 2 4 0 0

F¨ ur die Ver¨ anderung w ij → wij haben wir ⎧ ⎨ w ij − w falls w ij unbedeckt ist w ij falls w ij von einer Zeile oder Spalte bedeckt ist w ij = ⎩ w ij + w falls w ij von einer Zeile und einer Spalte bedeckt ist.

ur alle i, j. Die Anzahl der doppelt bedeckten Insbesondere gilt also w ij ≥ 0 f¨ Eintr¨ age w ij ist e·f , und die Anzahl der unbedeckten Eintr¨age ist n2 −n(e+f )+ef . F¨ ur die Gesamtgewichte W und W errechnen wir demnach W − W = (ef )w − (n2 − n(e + f ) + ef )w = = (n(e + f ) − n2 )w < 0

wegen e + f < n. Unsere Analyse ist damit beendet. In unserem Beispiel enth¨ alt nun (wij ) eine 0-Diagonale der L¨ange 4 und eine optimale Zuordnung ist x13 = x22 = x31 = x44 = 1, xij = 0 sonst. Das urspr¨ ungliche Job-Zuordnungsproblem hat also das Minimalgewicht 12 + 3 + 7 + 7 = 29. Fassen wir die Schritte des Algorithmus zusammen: Input: Output:

Eine (n × n)-Matrix (wij ), wij ∈ N0 . Eine optimale Zuordnung (xij ).

8.3

fl¨ usse in netzwerken

147

(1) Initialisierung. (1.1) Subtrahiere pi = min wij von Zeile i in (wij ) f¨ ur alle i = 1, . . . , n. j

′ ). Die neue Matrix sei (wij ′ ′ (1.2) Subtrahiere qj = min wij von Spalte j in (wij ) f¨ ur alle j = 1, . . . , n. i

Die neue Matrix sei (wij ). (2) Finde eine minimale 0-Bedeckung in (wij ). Falls die Bedeckung weniger als n Zeilen und Spalten enth¨ alt, gehe zu (3), ansonsten zu (4). (3) Modifizierung der reduzierten Matrix. ¨ Sei w > 0 der kleinste unbedeckte Eintrag. Andere (wij ) zu (wij ), indem von allen unbedeckten Eintr¨ agen w abgezogen wird, und w zu allen doppelt bedeckten Eintr¨ agen dazuaddiert wird. Gehe zu (2). (4) Bestimme eine 0-Diagonale der L¨ ange n, und setze xij = 1 f¨ ur die Eintr¨age der 0-Diagonale und xij = 0 sonst, und stop. Noch zwei Bemerkungen: Die Laufzeit des Algorithmus ist, wie man unschwer veankt. Ein wesentlicher Punkt in der Analyse war, dass rifiziert, durch O(n3 ) beschr¨ die Verminderung des Gesamtgewichtes W < W in (3) wegen der Ganzzahligkeit nach endlich vielen Iterationen stoppt. Sind die Gewichte wij ∈ Q+ , also rational, so k¨ onen wir dies durch Multiplikation mit dem Hauptnenner auf den bisherigen Fall zur¨ uckf¨ uhren. Sind die Gewichte wij aber reell, so ist zun¨achst nicht klar, dass das Verfahren jemals stoppt (die Verringerungen k¨onnten immer kleiner werden). Hier m¨ ussen wir Stetigkeits¨ uberlegungen anstellen – mehr dar¨ uber im n¨achsten Abschnitt. Anstelle bipartiter Graphen k¨ onnen wir auch beliebige Graphen betrachten. Ein besonders wichtiger Spezialfall ist die Bestimmung eines Maximum Matchings M im vollst¨ andigen Graphen K2m . Auch hierf¨ ur gibt es einen Algorithmus, der die Laufzeit O(n3 ) aufweist.

8.3

Fl¨ usse in Netzwerken

Das Job-Zuordnungsproblem ist ein spezieller Fall einer allgemeinen Situation, die wir nun diskutieren wollen. Definition. Ein Netzwerk u ¨ ber N0 von u nach v besteht aus einem gerichteten  = (E, K), u = v ∈ E, zusammen mit einer Gewichtsfunktion c : Graphen G K −→ N0 . Die Ecke u heißt die Quelle, v die Senke des Netzwerkes, und c die Kapazit¨ at.  = (E, K) als ein Straßensystem vorstellen, mit c(k) als KapaWir k¨ onnen uns G zit¨ at, wie viel u ¨ ber die Straße k transportiert werden kann. Unsere Aufgabe ist herauszufinden, wie viel wir von der Quelle u zur Senke v transportieren k¨onnen unter Beachtung der Kapazit¨ atseinschr¨ ankung c.  = (E, K). Der Eine Funktion f : K −→ N0 heißt ein Fluss G
im Netzwerk
Netto-Fluss in der Ecke x ∈ E ist (∂f )(x) = f (k) − k− =x f (k), d. h. k+ =x (∂f )(x) misst den Einfluss minus den Ausfluss in x.

148

8

matchings und netzwerke

 = (E, K) mit Quelle u, Senke v und KapaDefinition. Gegeben das Netzwerk G zit¨ at c. f heißt ein zul¨ assiger Fluss von u nach v, falls a. 0 ≤ f (k) ≤ c(k) f¨ ur alle k ∈ K b. (∂f )(x) = 0 f¨ ur alle x = u, v. Ein zul¨ assiger Fluss transportiert also eine gewisse Menge von der Quelle zur Senke, so dass die Kapazit¨ at der Straßen nicht u ¨ berschritten wird (Bedingung a) und nichts an den Zwischenstationen u ¨ brig bleibt (Bedingung b). Der Wert w(f ) eines zul¨ assigen Flusses ist w(f ) = (∂f )(v), also der Netto
Fluss in die Senke. Offensichtlich ist x∈E (∂f )(x) = 0, da in der Summe jeder Wert f (k) einmal positiv und einmal negativ gez¨ahlt wird. Wegen
Bedingung b folgt
also (∂f )(u) + (∂f )(v) = 0, und somit w(f ) = −(∂f )(u) = k− =u f (k) − k+ =u f (k). Also ist w(f ) auch gleich dem Netto-Fluss, der aus der Quelle herausfließt. Unser Problem besteht nun darin, den Wert w(f ) eines zul¨assigen Flusses zu maximieren. Betrachten wir das folgende Netzwerk. Auf jeder Kante k ist links der Fluss, rechts die Kapazit¨ at eingetragen.

1/4

2/2

2

2

1/

4

2

1/

2/

0/

z

1/3

1/2

0/

2

2/ 3

1/1

x

1/2

1 1/

0/4

u

2/3

v

1

1/

y

Der Wert des Flusses ist 4. Wie groß kann w(f ) sein? Theoretisch k¨onnen 2+3+3 = 8 Einheiten aus u entlang den drei Kanten ux herausfließen und ebenso 8 Einheiten in die Senke v hineinfließen. Denken wir uns nun das Netzwerk in zwei H¨alften links und rechts der strichlierten Linie geteilt. Es ist anschaulich klar, dass der Wert eines Flusses durch die Kapazit¨ at der drei Br¨ ucken“ vom linken in den rechten Teil (fett ” gezeichnet) beschr¨ ankt ist, in diesem Fall also durch 2 + 1 + 2 = 5.  = (E, K) mit Quelle u, Senke v und KaDefinition. Gegeben das Netzwerk G pazit¨ at c. Ein Schnitt des Netzwerkes ist eine Partition E
= X + Y mit u ∈ X, v ∈ Y . Die Kapazit¨ at des Schnittes (X, Y ) ist c(X, Y ) = c(k), wobei u ¨ ber alle Kanten k mit k− ∈ X, k+ ∈ Y summiert wird.  = (E, K) ein Netzwerk mit Quelle u, Senke v und Kapazit¨ Lemma 8.7. Sei G at c. Dann gilt f¨ ur jeden zul¨ assigen Fluss f und jeden Schnitt (X, Y ) w(f ) ≤ c(X, Y ) .

8.3

149

fl¨ usse in netzwerken

Beweis. Wir setzen S(A, B) = {k ∈ K: k− ∈ A, k+ ∈ B} f¨ ur irgendeine Partition E = A + B. Sei nun (X, Y ) ein Schnitt. Wegen (∂f )(y) = 0 f¨ ur y = u, v gilt w(f ) = (∂f )(v) =



(∂f )(y) .

y∈Y

Sind beide Endecken einer Kante k in Y , so wird in der rechten Summe f (k) einmal positiv, einmal negativ gez¨ ahlt. Wir erhalten also einen Beitrag = 0 genau f¨ ur die Kanten k zwischen X und Y , und es folgt wegen der Bedingungen an f w(f ) =



f (k)−

k∈S(X,Y )



k∈S(Y,X)

f (k) ≤



k∈S(X,Y )

f (k) ≤



c(k) = c(X, Y ) .

k∈S(X,Y )

Unser Ziel ist der Nachweis der fundamentalen Gleichung max w(f ) = min c(X, Y ) des sogenannten Max Fluss-Min Schnitt-Satzes von Ford und Fulkerson. Ein zul¨ assiger Fluss f0 mit w(f0 ) = max w(f ) heißt ein Maximum Fluss, und analog ein Schnitt (X0 , Y0 ) mit c(X0 , Y0 ) = min c(X, Y ) ein Minimum Schnitt. Zun¨achst ist nicht klar, ob ein Maximum Fluss oder Minimum Schnitt u ¨ berhaupt existiert. Wir werden in unserem Hauptergebnis genau dies beweisen. Wie finden wir nun einen Maximum Fluss? Die folgende Methode ist eine Verallgemeinerung der alternierenden Wege in unserer L¨ osung des Matching Problems in bipartiten Graphen. Auch dort war das Ergebnis ja ein Maximum-Minimum-Satz. Wir k¨onnen den Wert eines zul¨assigen Flusses nur erh¨ ohen, indem wir den Netto-Ausfluss aus der Quelle vergr¨ oßern, ohne die Bedingung (∂f )(x) = 0 f¨ ur x = u, v zu verletzen. Ein (ungerichteter) Weg P : u = x0 , x1 , x2 , . . . , xt = x heißt ein zunehmender  falls Weg von u nach x im Netzwerk G, ur jede Vorw¨ artskante“ ki = (xi−1 , xi ) f (ki ) < c(ki ) f¨ ” 0 < f (kj ) f¨ ur jede R¨ uckw¨ artskante“ kj = (xj , xj−1 ). ” Ist f ein zul¨ assiger Fluss, so definieren wir die Mengen Xf , Yf ⊆ E durch Xf = {x : x = u oder es existiert ein zunehmender Weg von u nach x} Yf = E \ Xf .

 = (E, K) ein Netzwerk u Satz 8.8. Sei G ¨ber N0 mit Quelle u, Senke v und Kapazit¨ at c. Die folgenden Bedingungen sind f¨ ur einen zul¨ assigen Fluss f ¨ aquivalent: a. f ist Maximum Fluss. b. Es gibt keinen zunehmenden Weg von u nach v. c. (Xf , Yf ) ist Schnitt. F¨ ur einen Maximum Fluss f gilt w(f ) = c(Xf , Yf ).

150

8

matchings und netzwerke

Beweis. a. ⇒ b. Angenommen, P ist ein zunehmender Weg von u nach v. Wir definieren einen elementaren Fluss fP durch: ⎧ ⎨ 1 falls k ∈ K(P ), k Vorw¨artskante −1 falls k ∈ K(P ), k R¨ uckw¨artskante fP (k) = ⎩ 0 falls k ∈ / K(P ) .

Wir setzen α1 = min(c(k) − f (k) : k ∈ K(P ) Vorw¨artskante), α2 = min(f (k) : k ∈ K(P ) R¨ uckw¨ artskante). Aus der Definition eines zunehmenden Weges folgt, dass α = min(α1 , α2 ) > 0 ist. Klarerweise ist g = f + αfP wieder ein zul¨assiger Fluss und f¨ ur den Wert gilt w(g) = w(f ) + α > w(f ). Also war f nicht Maximum Fluss. b. ⇒ c. Folgt aus der Definition von Xf , Yf . c. ⇒ a. Betrachten wir eine Kante k ∈ S(Xf , Yf ) mit Anfangsecke x = k− ∈ Xf und Endecke y = k+ ∈ Yf . W¨ are f (k) < c(k), so k¨onnten wir einen zunehmenden Weg von u nach x um die Kante k nach y verl¨angern und h¨atten so einen zunehmenden Weg von u nach y, im Widerspruch zu y ∈ / Xf . Wir schließen also f (k) = c(k) f¨ ur alle k ∈ S(Xf , Yf ) und analog f (k) = 0 f¨ ur alle k ∈ S(Yf , Xf ).

Daraus folgt nun  w(f ) =

k∈S(Xf ,Yf )

f (k) −





f (k) =

k∈S(Yf ,Xf )

c(k) = c(Xf , Yf ).

k∈S(Xf ,Yf )

Wegen Lemma 8.7 ist also f Maximum Fluss mit w(f ) = c(Xf , Yf ), womit alles bewiesen ist. Betrachten wir unser Ausgangsbeispiel. Der angegebene Fluss f hat Wert 4 und der Schnitt Kapazit¨ at 5. Der Weg u, x, y, z, v ist ein zunehmender Weg mit α = 1, also k¨ onnen wir entlang diesen Kanten den Fluss um 1 erh¨ohen und erhalten so einen Maximum Fluss f0 mit Wert 5. Die Ecken aus Xf0 sind fett gezeichnet. a

2/2

2/

1/ 2 2

3/ 3

1/1 2/2

3/3 1/2

1

1/

1/4

0/

x

4

2

z

1/3

u

b

0/

1/ 2

1/4

v

1

1/

y

Die Br¨ ucken“ k ∈ S(Xf0 , Yf0 ) sind ux, ab mit f0 (k) = c(k). ” Wir haben in 8.8 gezeigt, dass f¨ ur einen Maximum Fluss f0 stets w(f0 ) = c(Xf0 , Yf0 ) ist, also max w(f ) = min c(X, Y ) gilt. Aber wir wissen noch nicht, ob so ein Maximum Fluss u ¨ berhaupt existiert.

8.3

151

fl¨ usse in netzwerken

 = (E, K) ein Netzwerk mit ganzzahligen Kapazit¨ Folgerung 8.9. Es sei G aten c : K → N0 . Dann gibt es einen ganzzahligen Maximum Fluss f : K → N0 , und es gilt somit max w(f ) = min c(X, Y ). Beweis. Analysieren wir unseren Beweis von 8.8. Wir starten mit dem ganzzahligen Fluss f = 0. Wenn f in einem Schritt des Algorithmus nicht maximal ist, so gibt es einen zunehmenden Weg von u nach v. Nun sehen wir, dass die Zahlen α1 = min(c(k) − f (k)), α2 = min(f (k)) ganzzahlig sind, und damit auch α = min(α1 , α2 ). Das heißt, mit jedem Schritt erh¨ohen wir den Wert des Flusses immer um eine positive ganze Zahl. Da nun die ganzzahlige Kapazit¨at eines Schnittes eine obere Schranke ist, erhalten wir in endlich vielen Schritten einen ganzzahligen Fluss f0 , f¨ ur den es keinen zunehmenden Weg mehr geben kann. Nach 8.8 ist dann f0 ein Maximum Fluss. Nat¨ urlich gibt es auch f¨ ur rationale Kapazit¨aten c : K → Q+ einen Maximum Fluss, wie man wieder durch Multiplizieren mit dem Hauptnenner erkennt. F¨ ur den allgemeinen Fall c : K → R+ bedarf es Stetigkeits¨ uberlegungen. Ein konstruktiver Beweis wird durch einen Algorithmus von Edmonds–Karp geliefert, siehe dazu die Literatur. In Kapitel 15 werden wir außerdem den vollen Satz u ¨ ber R als Folgerung des Hauptsatzes der Linearen Optimierung ableiten. Der Max Fluss–Min Schnitt-Satz ist Ausgangspunkt f¨ ur eine Reihe von interessanten Anwendungen, von denen wir einige besprechen wollen. Unser erstes MaximumMinimum Ergebnis war Satz 8.3, max(|M | : M Matching ) = min(|D| : D Tr¨ager) f¨ ur bipartite Graphen. Wir k¨ onnen dieses Ergebnis nun ohne M¨ uhe aus 8.9 ablei , indem wir alle Kanten ten. Zu G = (S + T, K) assoziieren wir ein Netzwerk G von S nach T orientieren. Zus¨ atzlich definieren wir eine Quelle u∗ und eine Senke ∗ ∗ v , wobei wir alle Kanten (u , x), x ∈ S, und (y, v ∗ ), y ∈ T , hinzunehmen. Die Kapazit¨ at sei identisch 1. Die neuen Ecken- und Kantenmengen seien E ∗ und K ∗ . x

y

u*

v*

S

T

Wir wissen, dass es einen Maximum Fluss f gibt, der nur die Werte 0 und 1 annimmt. Betrachten wir irgendeinen zul¨ assigen Fluss f : K ∗ → {0, 1}, so sehen wir ∗ ∗ aus der Bedingung (∂f )(x) = 0, x = u , v , dass im Falle f (u∗ , x) = 1 genau eine Kante (x, y), die x in Richtung T verl¨ aßt, den Wert 1 hat. Dasselbe gilt f¨ ur y ∈ T . Mit anderen Worten, die Kanten xy, x ∈ S, y ∈ T , mit f (x, y) = 1 bilden ein Matching in G = (S + T, K), und der Wert des Flusses f ist w(f ) = |M |. Umgekehrt ergibt ein Matching einen zul¨ assigen 0,1-Fluss, indem wir den Kanten von M den

152

8

matchings und netzwerke

Flusswert 1 zuteilen, und auch den Verbindungen zu u∗ bzw. v ∗ . Also: Maximum 0,1-Fl¨ usse sind Maximum Matchings. Genauso sieht man, dass Minimum Schnitte zu Minimum Tr¨ agern korrespondieren (nachpr¨ ufen!), und 8.3 folgt tats¨achlich aus 8.9. Mehr noch: Wenn wir unseren Beweis mit Hilfe alternierender Wege analysieren, so erkennen wir, dass es sich genau um die zunehmende Wege“-Methode ” handelt. Als weiteres Beispiel besprechen wir das Angebot-Nachfrage-Problem. Wir wollen von einer Menge S von Produktionsst¨atten Waren zu einer Menge T von Abnehmerst¨ atten transportieren. Nennen wir S die Quellen und T die Senken. Mit jeder Quelle x ∈ S assoziieren wir ein Angebot a(x) und mit jeder Senke y ∈ T eine Nachfrage b(y). Unser Problem besteht in der Konstruktion eines Flusses, der nicht mehr aus x ∈ S herausf¨ uhrt, als dort angeboten wird, also h¨ochstens a(x), und mindestens b(y) in y ∈ T hineinf¨ uhrt.  Sei G = (E, K) der gegebene orientierte Graph mit Kapazit¨at c : K → R+ , S, T ⊆ E, S ∩ T = ∅, mit den Funktionen a : S → R+ , b : T → R+ . Gesucht ist ein Fluss f : K → R+ , der den folgenden Bedingungen gen¨ ugt: a. 0
≤ f (k) ≤ c(k)
b.
k− =x f (k) −
k+ =x f (k) ≤ a(x) f¨ ur alle x ∈ S c. f (k) − f (k) ≥ b(y) f¨ u r alle y ∈ T
k+ =y
k− =y d. f (k) − f (k) = 0 f¨ u r alle z ∈ E
(S ∪ T ). k+ =z k− =z Bedingung b misst den Netto-Ausfluss aus der Quelle x, Bedingung c den NettoEinfluss in die Senke y. Ansonsten soll das u ¨ bliche Erhaltungsgesetz (∂f )(z) = 0 gelten. Nat¨ urlich muss so ein Fluss u ¨ berhaupt nicht existieren. Ein einfaches Beispiel ist a(x) = 1

c=2 -

b(y) = 2

• • x∈S y∈T

Klarerweise ist y∈T b(y) eine notwendige Bedingung, aber das x∈S a(x) ≥ gen¨ ugt nicht, wie das folgende Beispiel zeigt: 3 •Q - 1 • 2 Q 2  Q s   Q1  3 - QQ   •3 2• 1 S T



Hier ist zwar x∈S a(x) = y∈T b(y) = 5, aber in die rechte untere Ecke z kann wegen der Kapazit¨ atsbeschr¨ ankung nur 2 hineinfließen, die Nachfrage b(z) = 3 also nicht befriedigt werden. Zur L¨ osung f¨ ugen wir eine neue Quelle u∗ und eine neue Senke v ∗ hinzu, und ∗ alle Kanten (u , x), x ∈ S, mit c(u∗ , x) = a(x) und alle Kanten (y, v ∗ ), y ∈ T , mit  ∗ = (E ∗ , K ∗ ). c(y, v ∗ ) = b(y). Das so entstehende Netzwerk bezeichnen wir mit G

8.4

eulersche graphen, das traveling salesman-problem

153

 besitzt genau dann einen Fluss, der Behauptung: Der urspr¨ ungliche Graph G ∗  a. bis d. gen¨ ugt, wenn G einen zul¨ assigen Fluss f ∗ im bisherigen Sinn hat, der ∗ ∗ alle Kanten (y, v ) saturiert, d. h.
f (y, v ∗ ) = c(y, v ∗ ) = b(y) erf¨ ullt. Der Wert des ∗ ∗ Flusses f ist demnach w(f ) = y∈T b(y).  ∗ , so gilt f (u∗ , x) ≤ a(x) (x ∈ S), also kann Ist f ∗ solch ein zul¨ assiger Fluss f¨ ur G  nicht mehr als a(x) betragen, d. h. Bedingung b. ist der Netto-Ausfluss von x in G erf¨ ullt. Ebenso muss wegen f ∗ (y, v ∗ ) = b(y) der Netto-Einfluss in y ∈ T genau b(y) betragen (Bedingung c). Die Umkehrung sieht man genauso leicht. Nach unserem  Hauptsatz 8.8 existiert also ein Fluss d. gen¨ ugt,
in G, der den Bedingungen∗ a. bis ∗ ∗  ∗ gilt. genau dann, wenn c(X , Y ) ≥ y∈T b(y) f¨ ur jeden Schnitt (X , Y ∗ ) in G Schreiben wir X ∗ = X ∪ {u∗ }, Y ∗ = Y ∪ {v ∗ }, wobei X oder Y auch leer sein k¨ onnen, so resultiert als notwendige und hinreichende Bedingung    c(X ∗ , Y ∗ ) = c(X, Y ) + a(x) + b(y) ≥ b(y) x∈S∩Y

y∈T ∩X

y∈T

also (1)

c(X, Y ) ≥



y∈T ∩Y

b(y) −



a(x) f¨ ur alle E = X + Y .

x∈S∩Y

Eine Reihe weiterer Variationen sind m¨ oglich. Zum Beispiel k¨onnten wir zul¨assige Fl¨ usse f durch zwei Funktionen beschreiben c(k) ≤ f (k) ≤ d(k), oder zus¨atzlich eine Kostenfunktion γ(k) auf den Kanten einf¨ uhren. Gesucht ist dann ein Maximum Fluss mit minimalen Kosten.

8.4

Eulersche Graphen, das Traveling Salesman-Problem

Jeder kennt Probleme der Art: Man zeichne eine Figur ohne Absetzen des Bleistifts. Zum Beispiel k¨ onnen wir die linke Figur in folgendem Diagramm (von der oberen Ecke ausgehend) durch die angegebene Kantenfolge in einem Zug zeichnen, und wieder an den Ausgangspunkt zur¨ uckkehren, aber nicht die rechte. • 1  Q 10 Q  9 Q • Q • Q 8  Q  Q 6 2 7 Q  Q Q• • Q  5 Q  3 Q• 4

•  Q Q  Q• •

•

•

Auf das von Euler gestellte K¨ onigsberger Br¨ uckenproblem (das in jedem Buch u uck, die wir nun behandeln ¨ ber Graphentheorie zu finden ist) geht die Frage zur¨ wollen. Ausnahmsweise betrachten wir Multigraphen G = (E, K), d. h. Schlingen und parallele Kanten sind erlaubt.

154

8

matchings und netzwerke

Sei G = (E, K) ein Multigraph mit q Kanten. Eine Kantenfolge k1 , . . . , kq , mit ki inzident zu ki+1 , die jede Kante genau einmal enth¨alt, und an ihre Ausgangsecke zur¨ uckkehrt, heißt ein Euler-Zug. Verlangen wir nicht, dass die Anfangs- und Endecke identisch sind, so sprechen wir von einem offenen Euler-Zug. Unser zweites Beispiel besitzt keinen (geschlossenen) Euler-Zug, aber einen offenen EulerZug. Ein Graph heißt Eulersch, falls er einen Euler-Zug besitzt. Wir stellen uns zwei Aufgaben: 1. Charakterisierung von Eulerschen Multigraphen. 2. Wie findet man einen Euler-Zug? Satz 8.10. Ein Multigraph G = (E, K) mit K = ∅ ist genau dann Eulersch, wenn G zusammenh¨ angend ist und alle Ecken geraden Grad haben (wobei Schlingen doppelt gez¨ ahlt werden). Beweis. G muss offensichtlich zusammenh¨angend sein, und da beim Passieren einer Ecke der Grad jeweils um 2 erh¨ oht wird, m¨ ussen alle Ecken geraden Grad haben. Seien nun umgekehrt die Bedingungen erf¨ ullt. Da jeder Grad gerade ist, existieren Kreise (warum?). Es sei C ein geschlossener Kantenzug mit maximal vielen Kanten. Falls K = K(C) ist, sind wir fertig. Andernfalls sei G′ = (E, K
K(C)). Da G zusammenh¨ angend ist, m¨ ussen G′ und C eine gemeinsame Ecke u mit ′ dG′ (u) > 0 haben. In G hat wieder jede Ecke geraden Grad, also gibt es einen geschlossenen Kantenzug C ′ in G′ , der u enth¨alt, und C ′ kann beim Durchlaufen von C an der Ecke u eingeschoben werden, im Widerspruch zur Maximalit¨at von C. Wie findet man nun einen Euler-Zug? Man kann nicht einfach darauf losmarschieren, wie unser Ausgangsbeispiel zeigt. W¨ahlen wir die Kanten n¨amlich in der angegebenen Reihenfolge, so bleiben wir in der Ecke u h¨angen. Der Grund ist, dass die sechste Kante den Restgraphen in zwei Komponenten zerlegt. u •Q 1 Q 7  + k Q Q  Q  -2 •Q • +   3 Q Q 4 6 sQ5 6 Q 6Q Q Q • Q • Q  Q  Q• Der folgende Algorithmus konstruiert in jedem Eulerschen Multigraphen einen Euler-Zug: (1) Starte in einer beliebigen Ecke u0 .

8.4

eulersche graphen, das traveling salesman-problem

155

(2) Seien u0 , u1 , . . . , ui mit den Kanten kj = uj−1 uj (j = 1, . . . , i) bereits konstruiert. Gi = (E, K
{k1 , . . . , ki }) sei der Restgraph. Falls K
{k1 , . . . , ki } = ∅ ist, stop. Anderenfalls w¨ ahle unter den mit ui inzidenten Kanten in Gi eine Kante ki+1 , die keine Br¨ ucke in Gi ist, solange dies m¨oglich ist. Iteriere (2). Beweis der Korrektheit. Der Algorithmus konstruiere u0 , u1 , . . . , up mit W = {k1 , . . . , kp }. Klarerweise gilt up = u0 . In Gp hat die Ecke u0 den Grad 0, da wir ansonsten weitergehen k¨ onnten. Angenommen K(Gp ) = ∅, dann gibt es Ecken v mit dGp (v) > 0. Es sei S = {v ∈ E : dGp (v) > 0} und T = {v ∈ E : dGp (v) = 0}, es gilt also S = ∅, T = ∅. Sei nun ℓ der gr¨ oßte Index mit uℓ ∈ S, uℓ+1 ∈ T . Solch ein ℓ muss es geben, da ansonsten der Kantenzug W (der in u0 ∈ T startet) ganz T aussch¨ opfen w¨ urde, ohne S zu betreten, im Widerspruch zum Zusammenhang von G. S  •XXk •u vX X 0 •u uℓ• k ℓ+1 ℓ+1   

T 

Da W nach uℓ+1 die Menge T nicht mehr verl¨asst, und dGp (x) = 0 f¨ ur alle x ∈ T gilt, ist kℓ+1 die einzige Kante in Gℓ zwischen S und T und daher eine Br¨ ucke in Gℓ . Nun ist aber dGp (uℓ ) > 0 gerade, also muss eine weitere Kante k in Gℓ inzident mit uℓ sein. Nach Regel (2) ist daher k ebenfalls eine Br¨ ucke in Gℓ und damit auch in Gp , da ja Gℓ und Gp auf S identisch sind. Nun wissen wir, dass in Gp jede Ecke einen geraden Grad hat, da beim Passieren einer Ecke in W jeweils der Grad um 2 vermindert wird. Sind A und B die beiden Komponenten von Gp , die nach Entfernen von k entstehen, B A  k • v• uℓ  so w¨ are uℓ die einzige Ecke ungeraden Grades in B, was nach 6.2 nicht geht. Also war k doch keine Br¨ ucke, und wir sind fertig. Bemerkung: Da in polynomialer Zeit festgestellt werden kann, ob eine Kante Br¨ ucke ist (klar?), so liefert unser Algorithmus ein polynomiales Verfahren zur Konstruktion eines Euler-Zuges. Als Anwendung k¨ onnen wir das Problem des chinesischen Postboten l¨osen (der Grund f¨ ur die Bezeichnung liegt einfach darin, dass die Aufgabe von einem chinesischen Mathematiker gestellt wurde). Gegeben ein zusammenh¨angender Multigraph G = (E, K) und eine Kostenfunktion w : K → R+ . Der Postbote startet in

156

8

matchings und netzwerke

einer Ecke u0 (Postamt) und muss jede Kante (Straße) mindestens einmal durchlaufen und nach u0 zur¨ uckkehren. Er soll eine Tour W mit minimalen Kosten
k∈W w(k) konstruieren. Wenn G Eulersch ist, so konstruiert der Postbote einfach einen Euler-Zug. Wenn G nicht Eulersch ist, so m¨ ussen wir Kanten vervielfachen, so dass der re
sultierende Multigraph G∗ = (E, K ∗ ) Eulersch ist und k∈K ∗
K w(k) minimal ist. L¨ osung. Es sei U die Menge der Ecken ungeraden Grades, |U | = 2m. (1) F¨ ur u, v ∈ U bestimme die L¨ ange d(u, v) eines gewichteten k¨ urzesten Weges (das K¨ urzeste Wege Problem aus Abschnitt 7.4). (2) Betrachte den vollst¨ andigen Graphen K2m auf U mit der Gewichtung w(uv) = d(u, v). Bestimme ein gewichtetes minimales Matching M = {u1 v1 , . . . , um vm } . (Gewichtetes Matching Problem aus Abschnitt 8.2) (3) F¨ uge die optimalen ui vi -Wege Pi ein. Der so erhaltene Multigraph G∗ = G ∪ m Pi ist dann eine L¨ osung. i=1

Beispiel. In dem folgenden Graphen G ist U = {u, v}. Ein k¨ urzester gewichteter u, v-Weg ist u, x, y, z, v mit d(u, v) = 6. Also erhalten wir den minimalen Multigraphen G∗ rechts. u 1

y

x

3

1

6

3

5

4

2

1

z

2 2

v

G

G*

 = (E, K) u Euler-Z¨ uge k¨ onnen sinngem¨ aß auf gerichtete Multigraphen G ¨ bertragen + − − + werden, W = {k1 , . . . , kq } mit ki = ki+1 und kq = k1 . Der folgende Satz ist das Gegenst¨ uck zu 8.10 und wird genauso bewiesen.  = (E, K) ist genau dann Eulersch, wenn Satz 8.11. Ein gerichteter Multigraph G − G zusammenh¨ angend ist und d (u) = d+ (u) f¨ ur alle u ∈ E gilt. Bisher haben wir geschlossene Kantenz¨ uge betrachtet, die alle Kanten genau einmal enthalten. Analog k¨ onnen wir nach geschlossenen Kantenfolgen fragen, die alle Ecken genau einmal enthalten. Mit anderen Worten, wir suchen einen Kreis in G der L¨ ange n = |E|. Auch mit diesem Problem ist ein ber¨ uhmter Name assoziiert –

8.4

eulersche graphen, das traveling salesman-problem

157

Hamilton, der diese Frage f¨ ur den Dodekaedergraphen aufgeworfen hat (siehe die Figur). Kreise Cn heißen daher Hamiltonsche Kreise, und ein Graph G heißt Hamiltonsch, falls G einen solchen Kreis enth¨alt.

Die fetten Linien ergeben einen Hamiltonschen Kreis. Im Gegensatz zu Eulerschen Graphen ist die Charakterisierung Hamiltonscher Graphen ein beweisbar schweres (NP -vollst¨andiges) Problem. Wir werden darauf im n¨ achsten Abschnitt zur¨ uckkommen. Man wird sich daher mit notwendigen und ¨ hinreichenden Bedingungen zufriedengeben (siehe dazu die Ubungen). Wir wenden uns nun einem der ber¨ uhmtesten algorithmischen Probleme zu, dem Traveling Salesman Problem TSP (Problem des Handlungsreisenden), das wir schon kurz in Abschnitt 5.3 erw¨ ahnt haben: Ein Handlungsreisender startet in einer Stadt, macht eine Rundtour durch alle St¨ adte auf seiner Liste und kehrt an seinen Ausgangspunkt zur¨ uck. Welche Reiseroute soll er w¨ahlen, um seine Gesamtkosten zu minimieren? Gegeben ist also der vollst¨ andige Graph Kn und eine Kostenfunktion w : K → R+ oder ¨ aquivalent dazu eine Kostenmatrix (wij ), 1 ≤ i, j ≤ n, mit a. wij ≥ 0 b. wij = wji (Symmetrie). Gesucht ist ein Hamiltonscher Kreis, d. h. eine zyklische Permutation π = (i1 = 1, i2 , . . . , in ) mit n  w(i, π(i)) = min . w(π) = i=1

Da es (n − 1)! zyklische Permutationen gibt, ist ein Durchprobieren f¨ ur großes n unm¨ oglich. Im n¨ achsten Abschnitt werden wir sehen, dass auch das Traveling Salesman Problem zur Klasse der N P -vollst¨andigen Probleme geh¨ort, f¨ ur die man keine guten Algorithmen (d. h. mit polynomialer Laufzeit in n) kennt, und f¨ ur die es wahrscheinlich keine derartigen Algorithmen geben kann. Wie soll man nun vorgehen? Man wird ein heuristisches Verfahren versuchen, in der Hoffnung dem tats¨ achlichen Minimum m¨ oglichst nahe zu kommen. Beispiel. Rheinlandproblem (nach M. Gr¨ otschel) Die Kostenmatrix ist durch die folgende Tabelle der jeweiligen Entfernungen gegeben:

158

8

matchings und netzwerke

Aachen Bonn D¨ usseldorf Frankfurt K¨ oln Wuppertal

A

B

D

F

K

W

– 91 80 259 70 121

91 – 77 175 27 84

80 77 – 232 47 29

259 175 232 – 189 236

70 27 47 189 – 55

121 84 29 236 55 –

Unsere Aufgabe besteht also darin, eine k¨ urzeste Rundreise durch diese sechs St¨adte zu finden. Das Verfahren, das wahrscheinlich jedem als erstes in den Sinn kommt, ist das N¨ achster Nachbar“-Verfahren N N : ” (N N ): Sei E = {E1 , . . . , En }. W¨ ahle eine beliebige Startecke Ei1 . Falls Ei1 , . . . , Eim konstruiert ist, suche eine Ecke Ej0 ∈ E ′ = E \ {Ei1 , . . . , Eim } mit w(Ej0 , Eim ) = min (w(Ej , Eim ) : Ej ∈ E ′ ) und setze im+1 = j0 . Betrachten wir die n¨ achsten Nachbarn an beiden Enden des schon konstruierten Weges, so erhalten wir das Doppelte N¨ achster Nachbar“-Verfahren DN N . ” (DN N ) : Sei wie in (N N ) die Folge Ei1 , . . . , Eim bereits gew¨ahlt. In E ′ = E \ {Ei1 , . . . , Eim } sei Ej0 mit w(Ej0 , Ei1 ) = min (w(Ej , Ei1 ) : Ej ∈ E ′ ) und Ej1 mit w(Ej1 , Eim ) = min(w(Ej , Eim ) : Ej ∈ E ′ ). Falls w(Ej0 , Ei1 ) ≤ w(Ej1 , Eim ) ist, h¨ ange Ej0 an Ei1 an, andernfalls Ej1 an Eim . In unserem Beispiel ergibt (N N ) mit Startort K¨oln bzw. Frankfurt die Touren K–B–D–W– A –F–K F–B–K– D –W–A–F

w = 702 w = 658

Der Startort spielt also eine wesentliche Rolle f¨ ur die L¨ange der Tour. F¨ ur (DN N ) erhalten wir z. B. mit Startort K¨oln: K–B D¨ usseldorf ist sowohl zu K¨ oln (47) am n¨ achsten wie auch zu Bonn (77). Da die Entfernung zu K¨ oln geringer ist, h¨ angen wir D¨ usseldorf an K¨oln an und erhalten D–K–B– Fahren wir auf diese Weise fort, so ergibt sich als Rundtour K–B–A–F–W–D–K

w = 689.

(DN N ) wird im allgemeinen besser als (N N ) sein, aber in ung¨ unstigen F¨allen k¨onnen beide Verfahren sehr schlecht werden (weite Wege am Ende). Um diesen Nachteil wettzumachen, versuchen wir nun Kreise sukzessive zu vergr¨oßern. Wir starten mit einem beliebigen Kreis der L¨ ange 3. Sei der Kreis C = (Ei1 , . . . , Eim ) der L¨ange m konstruiert. Wenn wir Ej ∈ / {Ei1 , . . . Eim } in C einbauen wollen, sagen wir

8.4

eulersche graphen, das traveling salesman-problem

159

zwischen Eik und Eik+1 , so ist die Nettozunahme der Kosten gegen¨ uber C gleich d(Ej , k) = w(Eik , Ej ) + w(Ej , Eik+1 ) − w(Eik , Eik+1 ). Wir setzen nun d(Ej ) = min d(Ej , k) und w¨ ahlen Ej0 mit d(Ej0 ) = min (d(Ej ) : Ej ∈ / {Ei1 , . . . , Eim }). k

ugt. Dieses Verfahren heißt Billigste Ej0 wird nun an der richtigen Stelle eingef¨ ” Insertion“ BI.

Bisher haben wir Verfahren betrachtet, die eine Rundtour Schritt f¨ ur Schritt konstruieren. Wir wollen nun zwei globale Methoden studieren. MST (Minimum Spanning Tree-Heuristik) Die Idee ist einfach: Eine Tour ist ein Hamiltonscher Kreis. Lassen wir eine Kante weg, so erhalten wir einen aufspannenden Baum. M ST besteht aus drei Teilen: (1) Konstruiere einen minimalen aufspannenden Baum T (z. B. mit dem GreedyAlgorithmus aus Abschnitt 7.3). (2) Verdopple alle Kanten in T . Dies ergibt einen Eulerschen Multigraphen TD . Sei C = {v1 , v2 , . . .} ein Euler-Zug in TD . ¨ (3) In C ist ein Hamiltonscher Kreis enthalten (durch Uberspringen schon durchlaufener Ecken). In unserem Beispiel haben wir: 7 D

W

W

D

D

W

6 8

5

9 A

K

A

K

A

K

10 1

4 3

B

F

B

F

B

F

2

w = 654 T

Euler−Zug in T D

CH (Christofides-Heuristik) (1) Konstruiere einen minimalen aufspannenden Baum T . (2) Sei U die Menge der Ecken ungeraden Grades in T , |U | = 2m. Konstruiere ein Maximum Matching (mit minimalen Kosten) M auf U , M ={u1 v1 , . . . , um vm } und f¨ uge M zu T hinzu. Dies ergibt einen Eulerschen Multigraphen TD . (3) In TD ist ein Hamiltonscher Kreis enthalten. F¨ ur unser Rheinland Problem ergibt dies:

160

8

D

matchings und netzwerke

W

D

5

W

D

W

4 3 A

A

K

6

K

A

K

2 1 B

F

B

7

F

B

F

w = 617

w(T) = 348

w ( TD ) = 654

U = { A, K, W, F }, M = { AK, WF }

Man kann zeigen, dass diese letzte Tour f¨ ur das Rheinlandproblem optimal ist. Wir haben erw¨ ahnt, dass TSP ein beweisbar schweres Problem ist. K¨onnen wir aber sagen, dass ein gegebenes (polynomiales) Verfahren wenigstens eine Tour konstruiert, die nicht zu weit vom wahren Minimum abweicht? Wir sagen, ein Algorithmus hat G¨ utegarantie ε, falls f¨ ur die konstruierte Tour C gilt: w(C) ≤ (1 + ε)w(Copt ) . F¨ ur eine beliebige Kostenmatrix (wij ) ist auch dies ein schweres Problem. F¨ ur einen wichtigen Spezialfall k¨ onnen wir aber genauere Aussagen machen, wenn n¨amlich die wij ’s als geometrische Streckenl¨ angen interpretiert werden, wie in unserem Beispiel. In diesem Fall erf¨ ullen die wij ’s die Dreiecksungleichung wij ≤ wih + whj f¨ ur alle i, j, h, und wir sprechen von einem metrischen TSP. Sowohl MST als auch die Christofides-Heuristik CH sind schnelle Verfahren, da die Einzelschritte jeweils polynomiale Laufzeit haben. Es sei CM ST bzw. CCH eine von der M ST -Heuristik bzw. Christofides-Heuristik konstruierte Tour. Satz 8.12. Sei ein metrisches T SP mit Kostenmatrix (wij ) gegeben. Dann gilt a. w(CM ST ) ≤ 2 w(Copt ). b. w(CCH ) ≤ 32 w(Copt ). Beweis. a. Da Copt minus eine Kante ein Baum ist, gilt f¨ ur den von M ST in Phase (1) konstruierten Baum T, w(T ) ≤ w(Copt ) und somit w(TD ) ≤ 2w(Copt ). Sei C = {v1 , v2 , . . .} der Euler-Zug, und CM ST = {vi1 , vi2 , . . .} die darin enthaltene Tour. Aus der Dreiecksungleichung folgt w(vi1 , vi2 ) ≤ w(vi1 , vi1 +1 ) + . . . + w(vi2 −1 , vi2 ) im Euler-Zug, und analog f¨ ur w(vi2 , vi3 ), usf. Wir erhalten daraus w(CM ST ) ≤ w(TD ) ≤ 2 w(Copt ). b. Wiederum gilt w(T ) ≤ w(Copt ). Sei {v1 , v2 , . . . , vn } eine minimale Tour, und vi1 , vi2 , . . . , vi2m die Ecken von U in dieser Reihenfolge. Wir betrachten die Matchings M1 = {vi1 vi2 , vi3 vi4 , . . . , vi2m−1 vi2m }, M2 = {vi2 vi3 , vi4 vi5 , . . . , vi2m vi1 }. F¨ ur das in der Christofides-Heuristik bestimmte Matching M gilt w(M ) ≤ w(M1 ),

8.5

die komplexit¨ atsklassen p und np

161

w(M ) ≤ w(M2 ), und wegen der Dreiecksungleichung w(M1 ) + w(M2 ) ≤ w(Copt ). Daraus erhalten wir w(M ) ≤ 12 (w(M1 ) + w(M2 )) ≤ 21 w(Copt ), also insgesamt w(CCH ) ≤ w(T ) + w(M ) ≤

3 w(Copt ). 2

Bemerkung: Die mit der Christofides-Heuristik bestimmte G¨ utegarantie ε = 12 ist die beste bekannte G¨ utegarantie f¨ ur das metrische Traveling Salesman-Problem.

8.5

Die Komplexit¨ atsklassen P und NP

Wir haben nun eine Reihe von Problemen kennengelernt, f¨ ur die schnelle Algorithmen existieren, z. B. das K¨ urzeste Wege Problem oder die Charakterisierung Eulerscher Graphen bzw. die Konstruktion eines Euler-Zuges. Umgekehrt haben wir die Charakterisierung Hamiltonscher Graphen oder das Traveling SalesmanProblem als schwer“ bezeichnet. Wir wollen uns in diesem Abschnitt ein paar ” Gedanken u ¨ ber den Schwierigkeitsgrad abstrakter Probleme machen. Wir definieren ein abstraktes Problem als eine Familie I von Eingaben (Instances) zusammen mit einer Familie S von L¨osungen (Solutions). Zum Beispiel sind beim TSP die Eingaben alle Matrizen (wij ) und die L¨osungen die minimalen Touren. Beim Hamiltonschen Problem HP sind die Eingaben Graphen, zum Beispiel gegeben durch Adjazenzmatrizen und die L¨osungen 1 und 0, 1 f¨ ur ja (der Graph ist Hamiltonsch), 0 f¨ ur nein (der Graph ist nicht Hamiltonsch). Wir sehen, dass das TSP ein Optimierungsproblem ist, und HP ein Entscheidungsproblem. Die Theorie der Komplexit¨atsklassen, wie wir sie im folgenden skizzieren, gilt f¨ ur Entscheidungsprobleme. Um sie auch f¨ ur Optimierungsprobleme anwenden zu k¨ onnen, m¨ ussen wir diese in Entscheidungsprobleme umwandeln. Typischerweise macht man das so, dass man zu einem Optimierungsproblem, z. B. dem TSP, noch eine Schranke M angibt. Das zugeh¨orige Entscheidungsproblem lautet dann: Ist w(Copt ) ≤ M ? Eine L¨osung des Optimierungsproblems ist dann nat¨ urlich auch eine L¨ osung des Entscheidungsproblems. Das Optimierungsproblem ist also mindestens so schwer wie das zugeh¨orige Entscheidungsproblem. Wie misst man nun den Schwierigkeitsgrad oder, wie wir sagen, die Komplexit¨ at eines Entscheidungsproblems? Durch den Aufwand, den man zur L¨osung betreiben muss. Dazu m¨ ussen wir den Input codieren. Informell gesagt ist dies eine Abbildung der Eingaben auf 0,1-W¨ orter. Zum Beispiel k¨onnen wir die Adjazenzmatrix eines Graphen durch die n2 Eintr¨age mit Wert 0 oder 1 codieren. Oder wir codieren nat¨ urliche Zahlen durch ihre bin¨are Darstellung. Wir sagen nun, ein Algorithmus l¨ ost ein Problem in Zeit O(f (n)), falls er zu jedem Input der L¨ange n die L¨ osung mit O(f (n)) Rechenschritten produziert. Das ist ein bisschen vage, zu einer genauen Begriffsbildung ben¨ otigt man das Konzept der formalen Sprachen und der Turing Maschinen. Das Buch von Garey–Johnson gibt dazu einen ausge¨ zeichneten Uberblick. Was unter einer Laufzeit O(f (n)) gemeint ist, sollte aber klar sein.

162

8

matchings und netzwerke

Ein Entscheidungsproblem heißt polynomial (genauer: l¨osbar in polynomialer Zeit), falls ein Algorithmus mit Laufzeit O(ns ) f¨ ur eine Konstante s existiert. Die Komplexit¨ atsklasse P umfasst alle polynomialen Entscheidungprobleme. Betrachten wir das Hamilton Problem HP. Angenommen, der Algorithmus probiert alles durch. Das heißt, wir schreiben alle m! Permutationen der m Ecken hin und pr¨ ufen f¨ ur jede Permutation nach, ob die Kanten alle in G sind. Wie groß ist die Laufzeit? Ist der Graph durch √ die Adjazenzmatrix gegeben, so ist die L¨ange 2 n. F¨ ur die m! Permutationen brauchen wir alder Eingabe n = m oder m = √ √ so Ω(m!) = Ω( n!) = Ω(2 n ) Operationen, und das ist, wie wir aus Kapitel 5 wissen, f¨ ur kein s gleich O(ns ). Wir sagen also, der angegebene Algorithmus ist exponentiell. Gibt es aber vielleicht doch polynomiale Algorithmen f¨ ur HP, d. h. ist HP ∈ P ? Wahrscheinlich nicht. Warum, das wollen wir uns jetzt klarmachen. Die n¨ achste fundamentale Komplexit¨ atsklasse ist die Klasse N P (non-deterministic polynomial). Wie der Name N P andeutet, wurde diese Klasse im Rahmen von nicht-deterministischen Problemem eingef¨ uhrt. Wir behandeln sie mittels des aquivalenten Begriffes der Verifikation. ¨ Ein Entscheidungsproblem ist in N P , falls eine positive L¨osung (d. h. Antwort 1 = ja) in polynomialer Zeit verifiziert werden kann. Was heißt das? Angenommen, jemand behauptet, er habe f¨ ur das TSP mit Input-Matrix (wij ) eine Tour C konstruiert mit w(C) ≤ M . Wir m¨ ussen nun imstande sein, in polynomialer Zeit zu u ufen, ob C u ¨ berpr¨ ¨ berhaupt ein Hamiltonscher Kreis ist, und zweitens ob w(C) ≤ M tats¨ achlich gilt. Nat¨ urlich geht das: Wir brauchen nur die Zyklizit¨at von C nachzupr¨ ufen (ein Schritt pro Ecke) und dann w(C) mit M zu vergleichen. Also ist TSP ∈ N P . Ganz anders ist die Frage, ob wir auch eine negative L¨osung (Antwort 0 = nein) in polynomialer Zeit verifizieren k¨ onnen. Diese Klasse wird mit co − N P bezeichnet. Offenbar gilt P ⊆ N P ∩ co − N P . Die beiden fundamentalen Fragen der Komplexit¨ atstheorie, die heute zu den gr¨ oßten offenen Problemen der gesamten Mathematik geh¨ oren, betreffen diese drei Klassen: Ist P = N P ? Ist N P = co − N P ? Die meisten Forscher in diesem Gebiet glauben, dass die Antwort auf beide Fragen ja ist. Und daf¨ ur gibt es gute Gr¨ unde. Dazu betrachten wir eine spezielle Klasse von Problemen in N P , die sogenannten N P -vollst¨andigen Probleme. Ein Entscheidungsproblem Q heißt NP-vollst¨ andig, falls es in N P liegt, und falls aus der polynomialen L¨ osbarkeit dieses Problems die polynomiale L¨osbarkeit aller N P Probleme folgt. Mit anderen Worten: Q ∈ P ⇒ N P = P . Wie beweist man nun, dass ein Problem Q N P -vollst¨ andig ist? Gegeben irgendein Problem R ∈ N P . Dann muss es m¨ oglich sein, R in polynomialer Zeit auf einen Spezialfall von Q zu transformieren“. Die polynomiale Transformation von R auf Q zusammen mit der ” polynomialen L¨ osung von Q ergibt dann R ∈ P . Q ist also mindestens“ so schwer ” wie R, die N P -vollst¨ andigen Probleme sind somit die schwersten“ Probleme in ” NP . Wir werden uns gleich so eine Transformation ansehen. Aber zuerst m¨ ussen wir die Frage beantworten, ob es u ¨ berhaupt ein N P -vollst¨andiges Problem gibt. Das erste Beispiel eines solchen Entscheidungsproblems wurde von Cook 1971 an-

¨bungen u

163

gegeben, das Satisfiability-Problem SAT f¨ ur Boolesche Ausdr¨ ucke, wir kommen darauf in Kapitel 11 zu sprechen. Ein weiteres Problem wurde von Karp 1972 als N P -vollst¨ andig bewiesen – unser Hamilton Problem HP. Als Beispiel, was unter einer Transformation zu verstehen ist, beweisen wir, dass das Traveling Salesman Problem TSP ebenfalls N P -vollst¨andig ist. Wir wissen schon, dass TSP in N P ist. K¨ onnen wir nun HP in polynomialer Zeit auf TSP transformieren, dann ist TSP N P -vollst¨ andig, da dies ja bereits f¨ ur HP gilt. So eine Transformation liegt auf der Hand. Gegeben der Graph G = (E, K), E = {1, 2, . . . , n}. Wir assoziieren zu G ein spezielles TSP auf folgende Weise:

0 falls ij ∈ K wij = 1 falls ij ∈ / K. Offenbar besitzt G einen Hamiltonschen Kreis genau dann, wenn das spezielle TSP eine Tour C besitzt mit w(C) ≤ 0 (und damit = 0). K¨onnen wir also TSP polynomial entscheiden, so auch HP. Die meisten Probleme in N P , die wir in unserem Buch bisher besprochen haben, sind entweder in P oder sie sind N P -vollst¨andig. Eines der bekanntesten Probleme, dessen Komplexit¨ atsstatus ungekl¨ art ist, ist das Graphenisomorphieproblem GI. Die Eingabe besteht aus einem Paar von Graphen G und H, und die Frage ¨ lautet: Sind G und H isomorph ? GI ist sicherlich in N P (siehe Ubung 46), und die bisherigen Arbeiten legen eher die Vermutung GI ∈ P nahe. Seit der Einf¨ uhrung dieser Begriffe hat man hunderte von Entscheidungs- und Optimierungsproblemen als N P -vollst¨ andig erkannt. Doch trotz aller Anstrengungen kennt man f¨ ur kein einziges dieser Probleme einen polynomialen Algorithmus – und wir wissen, falls man eines polynomial l¨ osen k¨ onnte, so auch alle anderen. Diese, wenn man so will, empirische Tatsache spricht tats¨ achlich f¨ ur P = N P . Informell gesagt sind Probleme in P leicht und solche nicht in P , also wahrscheinlich z. B. die N P vollst¨ andigen Probleme, schwer. Nat¨ urlich muss man N P -vollst¨andige Probleme trotz der vermutlichen Aussichtslosigkeit, einen schnellen Algorithmus zu finden, in der Praxis angehen. Wie man sich dabei behilft, z. B. mittels Heuristiken, haben wir anhand des TSP im vorigen Abschnitt besprochen.

¨ Ubungen zu Kapitel 8 1 Der bipartite Graph G = (S + T, K) sei k-regul¨ ar, k ≥ 1. Zeige, dass |S| = |T | gilt und G stets ein Matching M mit |M | = |S| = |T | enth¨ alt. 2 Ein 1-Faktor in einem beliebigen Graphen G = (E, K) ist ein Matching M , das alle . G heißt 1-faktorisierbar, falls K in disjunkte 1-Faktoren Ecken enth¨ alt, also |M | = |E| 2 ¨ zerlegt werden kann. Schließe mit Hilfe der vorigen Ubung, dass ein k-regul¨ arer bipartiter Graph, k ≥ 1, 1-faktorisierbar ist. ⊲ 3 Zeige, dass ein bipartiter Graph G = (S +T, K) mit |S| = |T | = n und |K| > (m−1)n ein Matching der Gr¨ oße m enth¨ alt. Ist m bestm¨ oglich?

164

8

matchings und netzwerke

4 Sei T = {1, 2, . . . , n}. Wie viele verschiedene Transversalen hat die Mengenfamilie A = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, . . . , {n − 1, n}, {n, 1}}? 5 Zeige, dass ein Baum h¨ ochstens einen 1-Faktor besitzt. 6 Zeige, dass der Petersen Graph nicht 1-faktorisierbar ist. ⊲ 7 Sei G ein Graph auf n Ecken, n gerade, in dem d(u) + d(v) ≥ n − 1 f¨ ur je zwei Ecken u, v gilt. Zeige, dass G einen 1-Faktor besitzt. ⊲ 8 Das m × n-Gitter G(m, n) hat als Ecken die Paare (i, j), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n, wobei (i, j), (k, ℓ) durch eine Kante verbunden sind, wenn i = k, |j − ℓ| = 1 ist oder ¨ j = ℓ, |i − k| = 1 (siehe Ubung 7.18 f¨ ur G(2, n)). Zeige, dass G(m, n) genau dann einen 1-Faktor hat, wenn mn gerade ist. Berechne die Anzahl der 1-Faktoren in G(2, n). 9 L¨ ose das optimale Zuordnungsproblem f¨ ur die beiden folgenden Matrizen auf K4,4 bzw. K5,5 : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 8 7 5 11 4 8 3 2 4 ⎜ ⎟ ⎜ 10 9 3 6 ⎟ ⎜ 9 7 6 11 3 ⎟ ⎜ ⎟ , ⎜ 12 9 4 ⎟. 8 2 ⎟ ⎝ 2 1 1 5 ⎠ ⎜ ⎝ 1 2 3 5 6 ⎠ 3 8 2 1 11 4 2 8 2

10 Analysiere nochmals genau, warum Satz 8.3 aus 8.9 folgt.

11 L¨ ose das Chinesische-Postboten-Problem f¨ ur das folgende Straßensystem: 8

1 2

6 4

2 5

11 2

4 2

6 4

3 5

3

2

3

¨ von A nach B. Das Ol ¨ kann via eine n¨ 12 Eine Pipeline schickt Ol ordliche Route und via eine s¨ udliche Route gehen. Jede Route hat eine Zwischenstation mit einer Pipeline von S¨ uden nach Norden. Die erste H¨ alfte der n¨ ordlichen Route (bis zur Station) hat eine Kapazit¨ at von 300 Barrel pro Stunde, die zweite H¨ alfte 400 Barrel/Stunde. F¨ ur die s¨ udliche Route sind die Kapazit¨ aten 500 und 300, und f¨ ur die Pipeline von S¨ uden nach Norden 300 Barrel. Wie viele Barrel k¨ onnen maximal in der Stunde von A nach B transportiert werden? ⊲ 13 Beweise: Sei G = (E, K) Hamiltonsch und A ⊆ E, A = ∅. Dann hat G
A h¨ ochstens |A| Komponenten. 14 Zeige, dass der Petersen-Graph nicht Hamiltonsch ist. ⊲ 15 Zeige, dass alle Hyperw¨ urfel Qn , n ≥ 2, Hamiltonsch sind. 16 Konstruiere einen nicht-Hamiltonschen Graphen auf 10 Ecken, f¨ ur den d(u)+d(v) ≥ 9 ¨ f¨ ur je zwei nichtbenachbarte Ecken gilt. (Siehe Ubung 43, dass dies bestm¨ oglich ist.) ⊲ 17 Gegeben sei ein W¨ urfel mit 27 = 3 × 3 × 3 K¨ asest¨ ucken. Eine Maus sucht einen Weg von einem Eckst¨ uck u ucke, der schließlich im Mittelst¨ uck endet. Ist ¨ber alle anderen St¨ dies m¨ oglich? Diskutiere dieselbe Frage f¨ ur 5 × 5 × 5 und allgemein f¨ ur n × n × n, n ungerade.

¨bungen u

165

18 Teste die Methode (BI) Billigste Insertion“ f¨ ur das Rheinlandproblem aus Abschnitt ” 8.4. 19 Eine weitere Methode zur Konstruktion einer Traveling Salesman-Tour ist Fernste ” Insertion“ (F I). Starte mit einem beliebigen Kreis der L¨ ange 3. Sei C = {Ei1 , . . . , Eik } ′ ′ / C mit w(Eij , Eij ) = min(w(Eh , Eij ) : schon konstruiert. Zu jedem Eij bestimme Eij ∈ Eh ∈ / C} und unter den Ei′j bestimme das entfernteste“ Eij0 mit w(Ei′j0 , Eij0 ) ≥ ” ur alle ij . Nun baue Ei′j0 an der g¨ unstigsten Stelle ein wie in (BI). Tew(Ei′j , Eij ) f¨ ste (F I) f¨ ur das Rheinland-Problem. ⊲ 20 Das Tr¨ agerproblem hat als Eingabe (Graph G, k ∈ N) mit der Frage: Existiert ein Tr¨ ager D in G mit |D| ≤ k? Das Cliquenproblem hat als Eingabe (Graph G, k ∈ N) mit der Frage: Existiert ein vollst¨ andiger Untergraph H ⊆ G mit |E(H)| ≥ k? Zeige, dass beide Problem in N P liegen und polynomial ¨ aquivalent sind. Hinweis: Betrachte ¨ sind beide Probleme N P -vollst¨ andig. den komplement¨ aren Graphen G. Ubrigens 21 Konstruiere k-regul¨ are Graphen (k > 1) ohne 1-Faktor f¨ ur jedes k.

¨ ⊲ 22 Sei G = (S + T, K) bipartit. Zeige die Aquivalenz der folgenden Aussagen: a. G ist zusammenh¨ angend und jede Kante ist in einem 1-Faktor, b. |S| = |T | und |N (A)| > |A| f¨ ur alle A ⊆ S mit ∅ = A = S, c. G
{u, v} hat einen 1-Faktor f¨ ur alle u ∈ S, v ∈ T . ¨ 23 Wir haben in Ubung 6.10 die Unabh¨ angigkeitszahl α(G) eingef¨ uhrt. Zeige: Ein Graph f¨ u r jeden Untergraphen H von G ⇔ m(H) = d(H) f¨ ur G ist bipartit ⇔ α(H) ≥ |E(H)| 2 jeden Untergraphen H von G. (m(H) = Matchingzahl, d(H) = Tr¨ agerzahl) 24 Zeige: Ist G ein k-regul¨ arer Graph auf n Ecken, so gilt α(G) ≤

n . 2

25 Zeige, dass die Kantenmenge eines bipartiten Graphen G mit Maximalgrad ∆ Vereinigung von ∆ Matchings ist. ⊲ 26 Zwei Personen spielen ein Spiel auf einem zusammenh¨ angenden Graphen G. Sie w¨ ahlen abwechselnd verschiedene Ecken u1 , u2 , u3 , . . . unter der Bedingung ui ui+1 ∈ K (i ≥ 1). Der letzte Spieler, der eine Ecke w¨ ahlen kann, gewinnt. Zeige, dass der erste Spieler genau dann eine Gewinnstrategie hat, wenn G keinen 1-Faktor hat. ¨ 27 Uberlege, wie die Methode des B¨ aume Wachsens“ aus Abschnitt 8.2 modifiziert wer” den kann, um allgemein ein Maximum Matching zu finden. ⊲ 28 Zeige: Jeder k-regul¨ are bipartite Graph G = (S + T, K) enth¨ alt mindestens k! verschiedene 1-Faktoren. Hinweis: Induktion nach n = |S| = |T |. 29 Wir betrachten das u ¨bliche 8 × 8-Schachbrett. Entfernt man zwei weiße (oder zwei schwarze) Felder, so kann man den Rest nicht mehr mit 31 Dominosteinen belegen (klar?). Zeige aber: Entfernt man irgendein weißes und irgendein schwarzes Feld, so l¨ asst sich das Brett mit 31 Dominosteinen belegen. 30 Sei M ein Matching in einem Graphen G, und u ∈ E M -unsaturiert. Zeige: Wenn es keinen M -alternierenden Weg gibt, der in u startet, so ist u unsaturiert in einem Maximum Matching. 31 Sei G = (E, K) ein Graph ohne isolierte Ecken, m(G) sei die Matching-Zahl und β(G) die kleinste Anzahl von Kanten, die alle Ecken treffen. Zeige m(G) + β(G) = |E|.

166

8

matchings und netzwerke

⊲ 32 Zeige, dass f¨ ur bipartite Graphen G, α(G) = β(G) gilt. Gib ein Beispiel eines nichtbipartiten Graphen, f¨ ur den die Behauptung falsch ist. 33 Zeige, dass die Laufzeit des Optimalen Matching-Algorithmus auf einem bipartiten Graphen G = (S + T, K) in der Eckenzahl n gleich O(n3 ) ist. ⊲ 34 Verallgemeinertes Tic-Tac-Toe. Ein Positionsspiel ist ein Paar (S, F ), F ⊆ B(S). Die Mengen aus F heißen die Gewinnmengen. Zwei Spieler besetzen abwechselnd Positionen, d. h. Elemente von S. Ein Spieler gewinnt, wenn er eine Gewinnmenge A ∈ F vollst¨ andig besetzt hat. Das gew¨ ohnliche 3 × 3-Tic-Tac-Toe hat also |S| = 9, |F| = 8. Angenommen, es gilt |A| ≥ a f¨ ur alle A ∈ F , und jedes s ∈ S ist in h¨ ochstens b Gewinnmengen. Zeige: Der zweite Spieler kann ein Unentschieden erzwingen, falls a ≥ 2b ist. Hinweis: Betrachte den bipartiten Graphen auf S + (F ∪ F ′ ) mit s adjazent zu A, A′ falls s ∈ A, wobei F ′ eine Kopie von F ist. Was folgt f¨ ur das n × n-Tic-Tac-Toe? 35 Bestimme einen maximalen Fluss von 0 nach 11 in dem folgenden gerichteten Graphen, wobei die Zahlen die Kapazit¨ aten sind. 6

8

2

7

3

8

6

2

6

9 7

11

7

9

3

1

6

14

5

1

3

9

5

0

8

8

2

4

2

8

4

6

1

4

2

11

12

10 9

⊲ 36 Es seien (r1 , . . . , rm ) und (s1 , . . . , s
n ) zwei Folgen nichtnegativer ganzer Zahlen, die
n m ugen. Zeige den Satz von den Bedingungen s1 ≥ . . . ≥ sn und i=1 ri = j=1 sj gen¨ Gale-Ryser: Genau dann gibt es eine m × n-Matrix
mit 0, 1-Eintr¨ agen
und Zeilensummen k ur alle k = r1 , . . . , rm bzw. Spaltensummen s1 , . . . , sn , wenn m i=1 min(ri , k) ≥ j=1 sj f¨ 1, . . . , n gilt. Hinweis: Transformiere das Problem auf ein Angebot-Nachfrage Problem auf dem bipartiten Graphen G = (Z + S, K), Z = Zeilen, S = Spalten, und wende den entsprechenden Satz aus Abschnitt 8.3 an. ulle die Dreiecksungleichung cik ≤ cij +cjk . ⊲ 37 Die symmetrische Matrix (cij ), cij ≥ 0, erf¨ achster Nachbar“ Tour. Zeige cN N ≤ 21 (⌈lg n⌉ + 1)copt . Sei cN N die Kosten einer N¨ ” der N N -Tour. Zeige zun¨ achst copt ≥ Hinweis: Seien ℓ1 ≥ . . . ≥ ℓn die Kantenkosten

2k n ℓ . 2 i=k+1 ℓi f¨ ur 1 ≤ k ≤ ⌊ 2 ⌋ und copt ≥ 2 n i i=⌈n/2⌉+1

 = (E, K) ein gerichteter Graph, u = v ∈ E, (u, v) ∈ ⊲ 38 Sei G / K. A ⊆ K heißt u, v
A kein gerichteter Weg von u nach v existiert. trennende Kantenmenge, falls in G Eine Menge W von gerichteten u, v-Wegen heißt ein u, v-Wegesystem, falls je zwei Wege aus W kantendisjunkt sind. Beweise den Satz von Menger: max |W| = min |A| u ¨ber alle Wegesysteme W und u, v-trennenden Kantenmengen A. Hinweis: Setze die Kapazit¨ at c ≡ 1, und nimm u als Quelle, v als Senke.

¨bungen u

167

39 Beweise die Eckenversion des Satzes von Menger. Das heißt, u = v ∈ E, (u, v) ∈ / K. Die Mengen A ⊆ E
{u, v} sind trennende Eckenmengen, und die u, v-Wege aus W sind eckendisjunkt (bis auf u, v). Hinweis: Tranformiere das Problem in die Kantenversion.  = (E, K) ein gerichteter Graph, S, T ⊆ E. Eine S, T -trennende Eckenmenge 40 Sei G ¨ A und ein S, T -Ecken-Wegesystem W werden analog zu den vorigen Ubungen definiert. Beweise wieder max |W| = min |A|. Hinweis: Adjungiere zus¨ atzliche Ecken u∗ , v ∗ zu S bzw. T . ¨ ⊲ 41 Spezialisiere die vorige Ubung auf bipartite Graphen G = (S + T, K). 42 Sch¨ atze die Laufzeit des Algorithmus zur Konstruktion eines Euler-Zuges in Abschnitt 8.4 ab. ⊲ 43 G sei ein Graph mit n ≥ 3 Ecken. Zeige: Gilt d(u) + d(v) ≥ n f¨ ur jedes Paar nichtbenachbarter Ecken, so ist G Hamiltonsch. Hinweis: Angenommen, der Satz ist f¨ ur n falsch. Dann w¨ ahle unter allen Gegenbeispielen eines mit einer maximalen Anzahl von Kanten. 44 Wir betrachten das asymmetrische Traveling Salesman-Problem ATSP, das heißt es kann cij = cji sein. Gegeben sei die Kostenmatrix (cij ) auf {1, . . . , n}. Wir konstruieren  auf {1, . . . , n, n + 1}. Die Kanten (i, 1), 1 ≤ i ≤ n, folgenden gerichteten Graphen G werden ersetzt durch (i, n + 1) mit demselben Gewicht ci,1 , alle anderen Kanten bleiben unver¨ andert. Zeige: ATSP ist ¨ aquivalent zur Bestimmung eines k¨ urzesten gerichteten  Weges der L¨ ange n von 1 nach n + 1 in G. 45 Sei (cij ) eine symmetrische Kostenmatrix f¨ ur das TSP, cij ≥ 0, welche die Dreiecksungleichung cik ≤ cij +cjk erf¨ ullt. Starte mit einer beliebigen Ecke v und schreibe C1 = {v}. / Ck mit minimalem AbSei der Kreis Ck = {u1 , . . . , uk } schon konstruiert. Bestimme u ∈ uge u vor der entsprechenden Ecke mit k¨ urzestem Abstand ein. Zeige, stand zu Ck und f¨ dass f¨ ur die so konstruierte Tour c(T ) ≤ 2c(Topt ) gilt.

⊲ 46 Zeige, dass das Entscheidungsproblem, ob zwei Graphen G und H isomorph sind, in NP liegt, durch eine polynomiale Beschreibung der Verifikation G ∼ = H. 47 Zeige, dass P ⊆ co-N P gilt.

⊲ 48 Beweise, dass N P = co-N P impliziert P = N P .

9

Suchen und Sortieren

9.1

Suchprobleme und Entscheidungsb¨ aume

Eine Variante des folgenden Spieles kennt wahrscheinlich jeder. Jemand verl¨asst den Raum. Die u ¨ brigen Spieler einigen sich auf einen gewissen Begriff. Nach der R¨ uckkehr sucht der ausgew¨ ahlte Spieler nach dem Begriff, indem er Fragen stellt, die nur ja/nein Antworten erlauben. Err¨ at er den gesuchten Begriff mit h¨ochstens 20 Fragen, so hat er gewonnen. Das 20-Fragen“ Spiel enth¨ alt bereits alle wesentlichen Elemente eines allge” meinen Suchproblems: Gegeben ist ein Suchbereich S und ferner gewisse Tests, mit denen das gesuchte Element x∗ bestimmt werden soll. Betrachten wir ein mathematisches Beispiel: Der Frager weiß, dass der gesuchte Begriff eine Zahl von 1 bis 7 ist, der Suchbereich ist also S = {1, 2, . . . , 7). Die zul¨ assigen Tests sind: x∗ < i?, wobei i irgendeine nat¨ urliche Zahl ist. Wie viele Fragen werden zur Bestimmung von x∗ ben¨otigt? Einen Frage-Algorithmus k¨ onnen wir leicht anhand eines sogenannten Entscheidungsbaumes modellieren: x*< 4 ?

1,...,7 ja

in

ne

x* < 3 ?

x*< 6 ?

1,2,3

4,5,6,7 ja

n

x*< 5 ?

in ne

5

x*< 2 ?

4

1,2 2

ja

6

ja

3 ja

ne

4,5 ja

in

6,7 7

i ne

ne in

x*< 7 ?

in

ne

1

In den rund gezeichneten Ecken stehen die an dieser Stelle des Algorithmus noch m¨ oglichen Ergebnisse, in den eckig gezeichneten sind die eindeutigen Resultate enthalten. Wir sagen, dass der Spieler bei diesem Suchalgorithmus im schlechtesten Fall 3 Fragen ben¨ otigt, und im Durchschnitt (unter Annahme der Gleichwahrscheinlichkeit) 71 (1 · 2 + 6 · 3) = 20 7 Fragen. Ein weiteres allseits bekanntes Suchproblem betrifft W¨agungen von M¨ unzen. Wir haben n M¨ unzen, von denen eine falsch ist. Alle echten M¨ unzen haben dasselbe Gewicht, von der falschen wissen wir nur, dass ihr Gewicht verschieden ist, aber nicht, ob sie leichter oder schwerer ist. Der Suchbereich ist also {1L , 1S , 2L , 2S , . . . , nL , nS }, wobei iL bzw. iS bedeutet, dass die i-te M¨ unze falsch ist, und zwar leichter bzw. schwerer. In einem Test nehmen wir zwei Mengen A und B von M¨ unzen,

170

9

suchen und sortieren

|A| = |B|, legen A auf die linke Waagschale einer Balkenwaage, B auf die rechte Schale und beobachten das Ergebnis. Der Test hat also drei Ausg¨ange: A < B (A ist leichter als B), A = B (gleich schwer), A > B (A ist schwerer als B). Der Ausgang A < B gibt uns die Information, dass entweder die gesuchte M¨ unze in A ist (und leichter ist) oder in B ist (und schwerer ist). Dasselbe gilt f¨ ur A > B mit den Rollen von A und B vertauscht. Im Fall A = B wissen wir, dass die gesuchte M¨ unze weder in A noch in B ist. F¨ ur n = 12 f¨ uhrt der folgende Algorithmus zum Ziel, wobei der rechte Teil unseres Entscheidungsbaumes symmetrisch zum linken ist, so dass wir ihn der ¨ Ubersichtlichkeit halber weglassen. 1,2,3,4 : 5,6,7,8 <

=

> sym

met

1,2,6 : 3,5,9 <

=

1:2 < 1L

5S

1,2,9 : 3,10,11 >

7:8

= >

<

2L

8S

3:9

= > 4L

7S

risch

< 3L

= 6S

<

=

10 : 11

1 : 12

< =

>

11 S 9L 10 S

<

>

>

12 S 12 L

10 : 11 < =

>

10 L 9S

11 L

Jeder Frage-Algorithmus kann also durch einen Entscheidungsbaum dargestellt werden, und die L¨ ange des Algorithmus korrespondiert genau zur L¨ange des Weges von der Wurzel“ zur jeweiligen Endecke“. Wir wollen nun die notwendigen Begriffe ” ” f¨ ur allgemeine Suchprobleme zusammenstellen. Ein Wurzelbaum (T, v) ist ein Baum im u ¨ blichen Sinn zusammen mit einer ausgezeichneten Ecke v, der Wurzel von T . Wir sagen auch, T ist verwurzelt in v. Wir wissen, dass f¨ ur jede Ecke x von T genau ein Weg von v nach x existiert. Wir k¨ onnen uns diese Wege wie in den Beispielen als von oben nach unten verlaufend vorstellen – sie sind also eigentlich gerichtete Wege. Die folgenden Begriffe ergeben ¨ sich aus dieser Uberlegung. Eine Ecke x ist Vorg¨ anger von y, falls x in dem Weg P (v, y) von v nach y enthalten ist, und x heißt unmittelbarer Vorg¨ anger, falls P (v, y) = v, . . . , x, y ist. Analog haben wir die Begriffe Nachfolger und unmittelbarer Nachfolger. Die Ecken ohne Nachfolger (also jene vom Grad 1) heißen Endecken oder Bl¨ atter von T , die u ¨ brigen Ecken innere Ecken. Ebenso ist klar, was unter einem Unterbaum verwurzelt in x zu verstehen ist: x ist die Wurzel und der Baum enth¨ alt alle Nachfolger von x. Die L¨ ange ℓ(x) einer Ecke x ist die L¨ ange des eindeutigen Weges von der Wurzel v nach x. Die Wurzel ist also die einzige Ecke mit L¨ange 0. Schließlich verstehen wir unter der L¨ ange L(T ) des Baumes, L(T ) = max ℓ(x), die L¨ange eines l¨angsten x∈E Weges von der Wurzel.

9.1

suchprobleme und entscheidungsb¨ aume

171

Der folgende Wurzelbaum hat 22 Ecken, 12 sind Bl¨atter, 10 sind innere Ecken, die L¨ ange des Baumes ist 4. Wir werden die inneren Ecken stets rund zeichnen und die Bl¨ atter eckig.

In einem Wurzelbaum T hat also jede Ecke, abgesehen von der Wurzel, genau einen unmittelbaren Vorg¨ anger. Wir sagen, T ist ein (n, q)-Baum, falls T n Bl¨atter hat, und die maximale Anzahl von unmittelbaren Nachfolgern einer inneren Ecke q ist, wobei wir stets q ≥ 2 voraussetzen. T heißt ein vollst¨ andiger (n, q)-Baum, wenn ¨ jede innere Ecke genau q Nachfolger hat. Es gilt dann q − 1|n − 1 (siehe Ubung 3). Mit T (n, q) bezeichnen wir die Klasse der (n, q)-B¨aume. Unser erster Algorithmus von oben liefert einen vollst¨andigen (7, 2)-Baum, unsere W¨ ageprozedur einen (nicht vollst¨ andigen) (24, 3)-Baum, und unser letztes Beispiel ist ein (12, 4)-Baum. Wir haben also jeden Algorithmus A f¨ ur ein gegebenes Suchproblem als einen (n, q)-Baum T dargestellt. Die Bl¨ atter von T korrespondieren zu den Ergebnissen, n ist dabei die Gr¨ oße des Suchbereichs, und q ist die maximal m¨ogliche Anzahl von Ausg¨ angen bei unseren Testfragen. Die L¨ ange L(A) des Algorithmus im schlechtesten Fall (worst case) ist genau die L¨ ange L(T ) des zugeh¨origen Entscheidungsbaumes T . F¨ ur ein gegebenes Suchproblem sind wir somit an der Gr¨oße L = min L(A) u oglichen Algorithmen A, d. h. u ¨ ber alle m¨ ¨ ber alle m¨oglichen Entscheidungsb¨aume interessiert. Die folgende untere Schranke von L heißt die informationstheoretische Schranke. Satz 9.1.

Sei T ∈ T (n, q), n ≥ 1, q ≥ 2. Dann gilt L(T ) ≥ ⌈logq n⌉ ,

wobei logq n der Logarithmus zur Basis q ist. Beweis. Wir zeigen, dass f¨ ur einen Baum T ∈ T (n, q) der L¨ange L stets q L ≥ n gilt. F¨ ur L = 0 ist dies klar. Nun verwenden wir Induktion nach L. Die unmittelbaren Nachfolger der Wurzel v seien x1 , . . . , xt , t ≤ q. Einer der Unterb¨aume Ti verwurzelt in xi , muss mindestens nq Bl¨atter enthalten. Nach Induktion gilt

172

9

suchen und sortieren

q L(Ti ) ≥ nq und mit L ≥ L(Ti ) + 1 also q L ≥ q L(Ti )+1 ≥ n. Da L(T ) eine ganze Zahl ist, folgt L(T ) ≥ ⌈logq n⌉. Das Wort informationstheoretische“ Schranke resultiert aus der Interpretation ei” nes Suchprozesses als Informations-Gewinn. Am Anfang wissen wir nichts (Information 0), mit jeder Frage erh¨ ohen wir unsere Information u ¨ ber das tats¨achliche Ergebnis, bis wir am Schluss alles wissen (vollst¨andige Information). Die Gr¨oße ⌈logq n⌉ gibt also eine untere Schranke f¨ ur die im schlechtesten Fall notwendige Anzahl von Fragen, um vollst¨ andige Information zu gewinnen. Beispiel. Sind alle Tests erlaubt, so erhalten wir alle B¨aume T ∈ T (n, q) als Entscheidungsb¨ aume. F¨ ur einen vollst¨ andigen (n, q)-Baum T gilt offenbar L(T ) = ⌈logq n⌉, also ist die untere Schranke in diesem Fall erf¨ ullt. Daraus ergibt sich sofort das allgemeine Problem: F¨ ur welche Familien W von (n, q)-B¨aumen wird die untere Schranke angenommen, d. h. min(L(T ) : T ∈ W) = ⌈logq n⌉? Betrachten wir nochmals unser W¨ ageproblem. F¨ ur 12 M¨ unzen haben wir n = 24 m¨ ogliche Ergebnisse, also erhalten wir L ≥ ⌈log3 24⌉ = 3, somit L = 3 nach unserem Algorithmus von vorhin. Wie ist es nun mit 13 M¨ unzen? Theoretisch ist auch hier L = 3 m¨ oglich, da log3 26 < 3 ist. Angenommen, wir legen bei der ersten W¨agung ℓ M¨ unzen in jede Schale. Falls die linke Seite leichter ist, kann jede der ℓ M¨ unzen auf der linken Seite leichter sein, oder jede der ℓ M¨ unzen auf der rechten Seite schwerer. Insgesamt erhalten wir also 2ℓ m¨ ogliche Ergebnisse. Dieselbe Zahl 2ℓ erhalten wir, falls die rechte Seite leichter ist. Im Fall der Gleichheit ergeben sich 26 − 2ℓ − 2ℓ = 2m m¨ogliche Ausg¨ange. Aus 26 = 2ℓ + 2ℓ + 2m schließen wir max(2ℓ, 2m) ≥

26 , 3

also max(2ℓ, 2m) ≥ 10, da 2ℓ und 2m gerade sind. Aus der informationstheoretischen Schranke erkennen wir, dass max(2ℓ, 2m) nicht in zwei W¨agungen erledigt werden kann, also gilt L ≥ 4. Dass vier W¨ agungen f¨ ur 13 M¨ unzen gen¨ ugen, ist leicht zu sehen, somit ist L = 4 in diesem Fall. Der Leser kann sich u ¨ berlegen ¨ (oder die Ubungen konsultieren), dass dies der typische Ausnahmefall ist. Es gilt allgemein L = ⌈log3 (2n + 2)⌉ f¨ ur das n-M¨ unzenproblem.

9.2

Der Hauptsatz der Suchtheorie

Interessanter als die Bestimmung der L¨ ange eines Suchprozesses im schlechtesten Fall ist der Durchschnittsfall. In den allermeisten F¨allen werden die m¨oglichen Ergebnisse nicht mit der gleichen Wahrscheinlichkeit auftreten. Wenn wir wissen, dass ein Ergebnis xi sehr wahrscheinlich ist, dann werden wir einen Entscheidungsbaum konstruieren, der xi eine kurze L¨ ange ℓi zuteilt. Unser allgemeines Problem stellt sich also wie folgt dar: Gegeben sei ein (n, q)Baum T mit Bl¨ attern x1 , . . . , xn , und einer Wahrscheinlichkeitsverteilung

9.2

173

der hauptsatz der suchtheorie

(p1 , . . . , pn ), pi = p(x∗ = xi ). Sei ℓi die L¨ange von xi , dann sind wir an der durchschnittlichen L¨ ange n  pi ℓi L(T ) = i=1

interessiert, und insbesondere an L = min L(T ), u ¨ ber alle Entscheidungsb¨aume T . L(T ) ist also nichts anderes als der Erwartungswert f¨ ur die L¨ange eines zuf¨allig herausgegriffenen Blattes. Zuerst m¨ ussen wir kl¨ aren, wann ein Baum T ∈ T (n, q) mit L¨angen ℓ1 , . . . , ℓn der Bl¨ atter u ¨ berhaupt existiert. Satz 9.2. (Kraftsche Ungleichung) atter. Dann gilt a. Sei ∈ T (n, q) gegeben mit den L¨ angen ℓ1 , . . . , ℓn der Bl¨
n T −ℓ i q ≤ 1, und wir haben Gleichheit genau dann, wenn T vollst¨ andig ist. i=1
n −ℓi b. Seien ℓ1 , . . . , ℓn ∈ N0 gegeben mit q ≤ 1. Dann existiert ein Baum i=1 T ∈ T (n, q) mit den L¨ angen ℓ1 , . . . , ℓn . Beweis. Um a. zu beweisen, bemerken wir zun¨achst, dass ein beliebiger (n, q)Baum durch Anh¨ angen von Bl¨ attern an unges¨attigte“ innere Ecken immer in ” einen vollst¨ a
ndigen (n′ , q)-Baum T ′ mit n′ ≥ n transformiert werden kann. Da −ℓi die Summe q dabei zunimmt, gen¨ ugt es also, die Gleichheit f¨ ur vollst¨andige B¨ aume nachzuweisen. Wir verwenden Induktion nach n. F¨ ur n = 0 besteht der Baum nur aus der Wurzel, und wir haben q 0 = 1. Sei also n > 0. Wir ersetzen eine Gabel“ von Endecken der L¨ ange ℓ: ” l−1 l 1

2

q q

Der neue Baum T ′ ist ein vollst¨ andiger (n − q + 1, q)-Baum. Durch Induktion schließen wir n 

q −ℓi =

i=1

 

n 

i=q+1

q −ℓi + q · q −ℓ =

n 

i=q+1



T

q −ℓi + q −(ℓ−1) = 1 . T′




Nun nehmen wir umgekehrt an, dass ni=1 q −ℓi ≤ 1 gilt. Sei wk = |{i : ℓi = k}|, k = 0, 1, . . . , L = L(T ), d. h. wk ist die Anzahl der Bl¨atter L¨ange k in dem
der Baum T , den wir konstruieren wollen. Die Ungleichung q −ℓi ≤ 1 k¨onnen wir daher als L  wk q −k ≤ 1 k=0

174

9

suchen und sortieren

schreiben, oder ¨ aquivalent als (1)

w0 q L + w1 q L−1 + . . . + wL−1 q + wL ≤ q L .

Wir konstruieren den gew¨ unschten Baum T induktiv. Falls w0 = 1 ist, haben wir L = 0, und T besteht nur aus der Wurzel. Angenommen, wir haben T bereits bis zur L¨ ange k bestimmt. Sei Nk = {u ∈ E : ℓ(u) = k}. Wir haben bereits w0 , w1 , . . . , wk Bl¨ atter der L¨ angen 0, 1, . . . , k konstruiert. In Nk stehen also die Ecken unterhalb dieser w0 + . . . + wk Bl¨ atter nicht mehr zur Verf¨ ugung, und wir folgern, dass in Nk noch k

(2)

q −

k 

wi q k−i

i=0

innere Ecken frei sind. Nach (1) haben wir wk+1 q L−k−1 ≤ q L −

k 

wi q L−i ,

i=0

also wk+1 ≤ q k+1 −

k  i=0

wi q k+1−i = q(q k −

k 

wi q k−i ) .

i=0

Mit (2) folgt, dass wir alle wk+1 Bl¨ atter der L¨ange k + 1 platzieren k¨onnen. Beispiel. Sei n = 6, q = 2, ℓ1 = 1, ℓ2 = 2, ℓ3 = 3, ℓ4 = ℓ5 =
5, ℓ6 = 6. Wir 6 haben w0 = 0, w1 = w2 = w3 = 1, w4 = 0, w5 = 2, w6 = 1 und k=0 wk 26−k = 5 4 3 6 2 + 2 + 2 + 2 · 2 + 1 = 61 ≤ 2 . Die Konstruktion ist nun wie folgt:

Bevor wir zu unserem Hauptergebnis kommen, brauchen wir noch ein Resultat u ur den nat¨ urlichen Loga¨ ber Logarithmen. Aus der Analysis wissen wir, dass f¨ rithmus log gilt: log x ≤ x − 1 f¨ ur x > 0 mit log x = x − 1 genau f¨ ur x = 1.
n Hilfssatz 9.3. Es seien
n
n s1 , . . . , syni , y1 , . . . , yn positive reelle Zahlen mit i=1 si ≤ i=1 yi . Dann gilt i=1 yi logq si ≥ 0 (q > 1) mit Gleichheit genau dann, wenn si = yi f¨ ur alle i gilt.

9.2

175

der hauptsatz der suchtheorie

x Beweis. Da logq x = log ugt es, den nat¨ urlichen Logarithmus zu belog q ist, gen¨ trachten. Aus log x ≤ x − 1 folgt n 

n

yi log

i=1


n

n

n

   si si ≤ yi ( − 1) = si − yi ≤ 0 , yi yi i=1 i=1 i=1

und daher i=1 yi log ysii ≥ 0. Gleichheit kann nur gelten, wenn log ysii = alle i ist, d. h. wenn si = yi f¨ ur alle i gilt.

si yi

− 1 f¨ ur

Der folgende ber¨ uhmte Satz von Shannon wird der 1. Hauptsatz der Informationstheorie genannt. Satz 9.4. Sei n ≥ 1, q ≥ 2, und p = (p1 , . . . , pn ) eine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf den Bl¨ attern von T ∈ T (n, q). Dann gilt −

n  i=1

pi logq pi ≤ L = min L(T ) < (−

n 

pi logq pi ) + 1 .

i=1

Beweis. Wir nehmen zun¨ achst pi > 0 f¨ ur alle
i an. Um die
linke Ungleichung n n zu beweisen, m¨ ussen wir zeigen, dass L(T ) = i=1 pi ℓi ≥ − i=1 pi logq pi f¨ ur alle B¨ a ume T ∈ T (n, q) gilt. Aus der Kraftschen Ungleichung 9.2 haben wir
n −ℓi
n −ℓi ≤ so erhalten i=1 q i=1 pi . Setzen
n wir in 9.3 ℓsi i = q , yi = pi ,

n1 = n pi wir daraus i=1 pi logq q−ℓi = i=1 pi logq (pi q ) ≥ 0 oder L(T ) = i=1 pi ℓi ≥
n − i=1 pi logq pi . Um die rechte Ungleichung zu beweisen, definieren wir nat¨ urliche Zahlen ℓi durch − logq pi ≤ ℓi < (− logq pi ) + 1. Wegen 0 < pi ≤ 1 sind die ℓi ’s wohldefiniert. Wir

ur alle i und somit ni=1 q −ℓi ≤ ni=1 pi = 1. Nach Teil b haben also q −ℓi ≤ pi f¨ der Kraftschen Ungleichung existiert also ein Baum T ∈ T (n, q) mit den L¨angen ℓ1 , . . . , ℓn der Bl¨ atter, und wir erhalten L(T ) =

n  i=1

pi ℓi <

n  i=1

pi (− logq pi + 1) = (−

n 

pi logq pi ) + 1 .

i=1

Schließlich k¨ onnen wir die Voraussetzung pi > 0 umgehen, indem wir 0 · logq 0 = 0 setzen. Der Beweis funktioniert dann auch in diesem Fall. Der Satz bestimmt die minimale L¨ ange von (n, q)-B¨aumen versehen mit einer Verteilung (p , . . . , p ) bis auf einen Fehler < 1. Ist q = 2, so heißt H(p1 , . . . , pn ) = 1 n
− ni=1 pi lg pi die Entropie von (p1 , . . . , pn ). Sie ist also, im Sinne der Informationstheorie, ein Maß f¨ ur die durchschnittliche Anzahl von ja/nein-Fragen, die n¨otig sind, um volle Information zu erhalten. Sind alle B¨aume T ∈ T (n, q) m¨ ogliche Entscheidungsb¨aume f¨ ur das gegebene Suchproblem, so gibt 9.4 eine untere und obere Schranke f¨ ur die durchschnittliche Suchdauer. Im allgemeinen kommen aber nur gewisse B¨aume in Frage. Zum

176

9

suchen und sortieren

Beispiel haben beim W¨ agungsproblem wegen |A| = |B| die linken und rechten Unterb¨ aume stets dieselbe Anzahl von Bl¨ attern. Wir k¨onnen f¨ ur beliebige Suchprobleme also zun¨ achst nur die untere Schranke verwenden. Kehren wir nochmals aumen T ∈ T (n, q) zur¨ uck. Wir wissen, dass
n zu den B¨ L = min L(T ) etwa − i=1 pi logq pi ist. Aber was ist der genaue Wert L(p1 , . . . , pn )? Der folgende ber¨ uhmte Algorithmus von Huffman bestimmt diesen Wert. ¨ Ubrigens k¨ onnen wir anstelle einer Verteilung
(p1 , . . . , pn ) irgendwelche Gewichte w1 , . . . , wn ∈ R+ w¨ ahlen. Setzen wir pi = wi / ni=1 wi (i = 1, . . . , n), so sind die optimalen B¨ aume nat¨ urlich f¨ ur beide Probleme dieselben. Sei also (p1 , . . . , pn ) eine Verteilung, wobei wir p1 ≥ p2 ≥ . . . ≥ pn ≥ 0 annehmen wollen. ur die Verteilung (p1 , . . . , pn ), d. h.
n Der Baum T ∈ T (n, q) sei optimal f¨ L(T ) = i=1 pi ℓi = L(p1 , . . . , pn ). Wir k¨ onnen annehmen, dass q−1 ein Teiler von n−1 ist, indem wir weitere Bl¨ atter mit pj = 0 hinzunehmen. Dies ¨andert offensichtlich nichts an L(T ). Wir wollen nun T analysieren. Es seien x1 , . . . , xn die Bl¨atter von T mit den L¨ angen ℓ1 , . . . , ℓn und den Wahrscheinlichkeiten p1 ≥ . . . ≥ pn . (i) Es gilt ℓ1 ≤ ℓ2 ≤ . . . ≤ ℓn . Angenommen, es existieren Indizes i, j mit pi > pj , ℓi > ℓj . Vertauschen wir in T die Pl¨ atze von xi und xj , so erhalten wir einen Baum T ′ ∈ T (n, q) mit L(T ′ ) =



k=i,j

pk ℓk + pi ℓj + pj ℓi = L(T ) − (pi − pj )(ℓi − ℓj ) < L(T ) ,

im Widerspruch zur Optimalit¨ at von T . ur alle j mit (ii) Sei L = L(T ). Aus (i) folgt, dass ℓi = L impliziert ℓj = L f¨ i ≤ j ≤ n. Aus der Bedingung q − 1 | n − 1 folgt ferner, dass T vollst¨andig ist. H¨ atte n¨ amlich eine innere Ecke u mit ℓ(u) ≤ L − 2 weniger als q unmittelbare Nachfolger, so k¨ onnten wir ein Blatt der L¨ ange L an u anh¨angen, und T w¨are nicht minimal. Sei I die Menge der inneren Ecken u mit ℓ(u) ≤ L − 2 und J jene mit ℓ(u) = L − 1. Jede Ecke mit Ausnahme der Wurzel hat genau einen unmittelbaren Vorg¨ anger. Die Ecken von I haben q unmittelbare Nachfolger und vj ∈ J habe nj Nachfolger (Bl¨ atter der L¨ ange L). Durch zweifaches Abz¨ahlen erhalten wir |I|q +

 J

nj = |I| + |J| − 1 + n ,

(−1 wegen der Wurzel), somit (n − 1) − |I|(q − 1) =



(nj − 1) .


Wegen q − 1 | n − 1 folgt q − 1 | (nj − 1). Ist nj = q f¨ ur alle j, dann ist T vollst¨ andig. Andernfalls ersetzen wir soviele nj
durch q wie m¨oglich (dies ¨andert L nicht). F¨ ur die u ¨ brigen n′j gilt wegen q − 1 | (nj − 1) dann n′j = 1. Hat aber eine innere Ecke u, ℓ(u) = L − 1, nur ein Nachfolgerblatt x, so k¨onnen wir x an die Stelle von u hinaufschieben, im Widerspruch zur Minimalit¨at von T .

9.2

der hauptsatz der suchtheorie

177

(iii) Wir k¨ onnen also annehmen, dass xn−q+1 , . . . , xn mit den L¨angen ℓn−q+1 = . . . = ℓn = L alle einen gemeinsamen unmittelbaren Vorg¨anger v haben. Nun ersetzen wir die Gabel

v’

v

x n−q+1

xn

und erhalten einen vollst¨ andigen Baum T ′ ∈ T (n − q + 1, q). Teilen wir v ′ die Wahrscheinlichkeit p = pn−q+1 + . . . + pn zu, so folgt L(p1 , . . . , pn−q , p) ≤ L(T ′ ) = L(T ) − pL + p(L − 1) = L(T ) − p . (iv) Es sei umgekehrt U ′ ein optimaler (n − q + 1, q)-Baum f¨ ur die Verteilung (p1 , . . . , pn−q , p) und v ′ eine Endecke, deren Wahrscheinlichkeit p ist, ℓ(v ′ ) = ℓ. Wir ersetzen v’

p n−q+1

pn

und erhalten einen (n, q)-Baum U f¨ ur die Verteilung (p1 , . . . , pn ), wobei gilt L(p1 , . . . , pn ) ≤ L(U ′ ) − pℓ + p(ℓ + 1) = L(U ′ ) + p.

Nehmen wir (iii) und (iv) zusammen, so schließen wir (v) L(p1 , . . . , pn ) = L(p1 , . . . , pn−q , p)+p , wobei p = pn−q+1 +. . .+pn ist. Mit anderen Worten: T ∈ T (n, q) ist genau dann optimal f¨ ur die Verteilung (p1 , . . . , pn ), wenn T ′ ∈ T (n − q + 1, q) optimal f¨ ur die Verteilung (p1 , . . . , pn−q , p) ist, wobei p = pn−q+1 + . . . + pn die Summe der q kleinsten Wahrscheinlichkeiten ist. Das ist die Basis f¨ ur unseren Algorithmus. Die Ersetzung einer Gabel mit den kleinsten q Wahrscheinlichkeiten f¨ uhrt laut (iii) zu einem optimalen (n − q + 1, q)Baum. Wir ersetzen wieder eine Gabel usf., bis wir beim trivialen Baum angelangt sind. Nun entwickeln wir laut (iv) den trivialen Baum sukzessive in der umgekehrten Richtung, bis wir schließlich einen optimalen Baum f¨ ur die angegebene Verteilung (p1 , . . . , pn ) erhalten. Zus¨ atzlich hinzugef¨ ugte Bl¨atter mit pj = 0 streichen wir schließlich weg. Wir erkennen, dass der Huffman-Algorithmus wiederum ein Algorithmus vom Greedy-Typ ist.

178

9

suchen und sortieren

Beispiel. Sei n = 8, q = 3, p1 = p2 = 22, p3 = 17, p4 = 16, p5 = 15, p6 = p7 = 3, p8 = 2. Um q − 1 | n − 1 zu erreichen, f¨ ugen wir ein Blatt mit p9 = 0 hinzu. Die Phase (iii) von Huffmans Algorithmus sieht folgendermaßen aus: - 23 - 55 - 100 22 22 22 17 16 15 3 3 2 0

22 17 16 15 - 5 3

22 22 17 16

23 22

Nun entwickeln“ wir den trivialen Baum laut (iv): ” 100 55

23

22

23 22

17

22

16

22 22

17

16

15

5

3

22 22

17

16

15 3

3 2

wobei wir das 0-Blatt am Schluss weglassen. Die durchschnittliche L¨ange des optimalen Baumes
T ist also L = 22 + 2(22 + 17 + 16 + 15 + 3) + 3(3 + 2) = 183, oder 8 wenn wir durch i=1
pi = 100 dividieren, L(T ) = 1, 83. F¨ ur die untere Schranke pi pi log = 1, 67. Beachte, dass die L¨ange von T gleich 3 in 9.4 erhalten wir − 3 100 100 ist, also T nicht optimal im Sinne des schlechtesten Falles ist, L(T ) = ⌈log3 8⌉ = 2.

9.3

Sortieren von Listen

Viele Algorithmen verlangen in einem ersten Arbeitsgang, dass die zugrundeliegenden Elemente zun¨ achst sortiert werden: Ein Beispiel war der Greedy Algorithmus f¨ ur Matroide aus Abschnitt 7.3. Wir wollen nun die dabei auftretenden Probleme analysieren. Angenommen, wir haben eine Liste von n verschiedenen Zahlen a1 , . . . , an gegeben, und unsere Aufgabe besteht darin, sie in die richtige Reihenfolge, zum Beispiel in aufsteigender Folge, zu bringen. Das heißt wir m¨ ussen die eindeutige Permutation π bestimmen, so dass aπ(1) < aπ(2) < . . . < aπ(n) gilt. Statt Zahlen k¨onnen wir irgendeine Liste von Elementen betrachten, auf denen eine lineare Ordnung gegeben ist. Als Tests stehen uns paarweise Vergleiche ai : aj zur Verf¨ ugung, mit den Antworten ai < aj oder aj < ai . Der Suchbereich S besteht also aus allen n! m¨oglichen Permutationen der ai , jede einzelne Permutation ergibt genau eine m¨ogliche lineare Ordnung, und jeder

9.3

179

sortieren von listen

Test hat q = 2 Ergebnisse. Bezeichnen wir mit S(n) die Anzahl der Vergleiche, die ein optimaler Algorithmus (im schlechtesten Fall) ben¨otigt, so liefert 9.1 (1)

S(n) ≥ ⌈lg n!⌉.

Wie nahe k¨ onnen wir an die Schranke (1) herankommen? Betrachten wir als Beispiel n = 4. Es gilt urlich a1 , . . . , a4 sortieren,   S(n) ≥ ⌈lg 24⌉ = 5. Wir k¨onnen nat¨ uhren. Die Schranke (1) besagt, indem wir alle 42 = 6 Vergleiche ai : aj durchf¨ dass wir jedenfalls 5 Vergleiche ben¨ otigen. Der folgende Algorithmus, dargestellt als Entscheidungsbaum, zeigt, dass es tats¨achlich mit 5 Vergleichen geht, d. h. S(4) = 5 ist. a 1 : a2 > s ym

<

me

tris

a 3 : a4 <

>

h

c tris

a 2 : a3

e

mm

ch

sy

<

>

sym

me

tris

a 2 : a4 <

ch

>

a 1 : a4

a 1 < a 2 < a 4< a 3 <

>

a 1 < a 4 < a 2< a 3

a 4 < a 1 < a 2< a 3

Verfolgen wir nochmals den genauen Ablauf des Algorithmus. Durch den ersten Vergleich a1 : a2 teilen wir die 4! = 24 m¨oglichen linearen Ordnungen in zwei H¨ alften zu je 12 ein, die eine mit a1 < a2 , die andere mit a2 < a1 . Wir k¨onnen also oBdA a1 < a2 annehmen (das bedeutet symmetrisch“ f¨ ur den rechten ” Unterbaum). Dasselbe gilt f¨ ur a3 : a4 , wir nehmen oBdA a4 < a3 an. Es bleiben somit 6 Ordnungen u ¨ brig, die mit a1 < a2 und a4 < a3 kompatibel sind. Nun vergleichen wir die beiden maximalen Elemente a2 , a3 , und k¨onnen wiederum oBdA a2 < a3 annehmen. Unsere bis jetzt konstruierte Ordnung k¨onnen wir als sogenanntes Hasse-Diagramm darstellen: a2

a3 a4

a1

Wir zeichnen nur die unmittelbaren Ordnungsrelationen ein; die bis dahin konstruierte Ordnung ergibt sich durch Transitivit¨ at, also z. B. a1 < a3 aus a1 < a2 und

180

9

suchen und sortieren

a2 < a3 . Vergleichen wir nun a2 : a4 , so haben wir im Fall a2 < a4 die gesamte lineare Ordnung ermittelt a1 < a2 < a4 < a3 . Im Fall a2 > a4 erhalten wir das Hasse-Diagramm

a3 a2 a4

a1

und m¨ ussen noch den 5. Vergleich a1 : a4 durchf¨ uhren. F¨ ur n = 5 erhalten wir S(5) ≥ ⌈lg 120⌉ = 7. Da 120 nahe bei 27 = 128 liegt, ist zu erwarten, dass ein Sortieralgorithmus mit 7 Vergleichen einiger Sorgfalt bedarf. Aber es geht, wie sich der Leser u ¨ berzeugen sollte. Wir wollen nun drei allgemeine Sortieralgorithmen besprechen: Einf¨ ugen, Zusammenlegen und QUICKSORT, und sie genau analysieren. Die Einf¨ ugungsmethode wird wahrscheinlich jedem als erste einfallen. Wir vergleichen als erstes a1 : a2 . Haben wir schon die richtige Ordnung ah1 < . . . < ahi f¨ ur die ersten i Elemente ermittelt, so nehmen wir ai+1 und sortieren es an die richtige Stelle in ah1 < . . . < ahi ein. Setzen wir ahj = bj , also b1 < . . . < bi . Wir vergleichen nun ai+1 mit dem Median b i+1 , falls i ungerade ist, oder mit b 2i , 2 falls i gerade ist. Damit halbieren wir in etwa die m¨oglichen Stellen, in denen ai+1 liegen kann. Nun nehmen wir in diesem kleineren Intervall wieder einen Vergleich mit dem Median vor, usf. Wie viele Vergleiche ben¨otigen wir im schlechtesten Fall f¨ ur die Einsortierung von ai+1 ? Da wir f¨ ur ai+1 die i + 1 M¨oglichkeiten ai+1 < b1 , b1 < ai+1 < b2 , . . . , bi < ai+1 haben, brauchen wir nach 9.1 jedenfalls ⌈lg(i+1)⌉ Vergleiche. Induktion ergibt nun sofort, dass wir mit dieser Zahl von Vergleichen auch auskommen. F¨ ur i = 1 ist dies klar. Nach dem ersten Vergleich bleiben im schlechtesten Falle ⌈ i+1 oglichkeiten. Nach Induktion k¨onnen wir ai+1 nun 2 ⌉ M¨ mit ⌈lg⌈ i+1 ⌉⌉ weiteren Vergleichen einsortieren, also ben¨otigen wir insgesamt 1 + 2 ⌈lg⌈ i+1 ⌉⌉ = ⌈lg(i + 1)⌉ Vergleiche. 2 F¨ ur die Gesamtzahl B(n) der Vergleiche erhalten wir daraus B(n) =

n  i=2

⌈lg i⌉ .

Sei n = 2m + r, 0 < r ≤ 2m . Da ⌈lg i⌉ = k f¨ ur 2k−1 < i ≤ 2k ist, schließen wir B(n) =

m 

k 2k−1 + r(m + 1) .

k=1

In Abschnitt 2.1 haben wir wir


m

k=1

k 2k = (m − 1)2m+1 + 2 berechnet, also erhalten

B(n) = (m − 1)2m + 1 + (n − 2m )(m + 1) = n(m + 1) − 2m+1 + 1

9.3

181

sortieren von listen

und somit B(n) = n⌈lg n⌉ − 2⌈lg n⌉ + 1 .

(2)

Aus der Stirling-Formel und (1) folgern wir S(n) ≥ lg n! = Ω(n lg n), und aus (2), S(n) ≤ B(n) = O(n lg n). Insgesamt haben wir mit (1) und (2) das Sortierproblem asymptotisch gel¨ ost: (3)

S(n) = Θ(n lg n) .

Die Zusammenlegungsmethode (die wir schon kurz in Abschnitt 5.3 erw¨ahnt haben) funktioniert rekursiv. Zuerst teilen wir die n Elemente in zwei m¨oglichst gleiche H¨ alften, also ⌊ n2 ⌋ und ⌈ n2 ⌉ Elemente. Nun sortieren wir diese beiden Teillisten und legen sie dann zusammen. Seien a1 < . . . < as , b1 < . . . < bt , s = ⌊ n2 ⌋, t = ⌈ n2 ⌉, die beiden geordneten Teillisten. Vergleichen wir a1 : b1 , so haben wir das minimale Element bestimmt, wir legen es weg. Nun vergleichen wir die minimalen Elemente der neuen Listen und ermitteln so das zweitkleinste Element. Fahren wir so fort, so erhalten wir nach s + t − 1 = ⌊ n2 ⌋ + ⌈ n2 ⌉ − 1 = n − 1 Vergleichen die komplette Liste. F¨ ur die Anzahl M (n) der Vergleiche erhalten wir somit die Rekursion n n M (n) = M (⌊ ⌋) + M (⌈ ⌉) + (n − 1) . 2 2 Man kann sich leicht durch Induktion u ¨ berzeugen, dass stets M (n) = B(n) gilt, also ist auch der Zusammenlegungsalgorithmus asymptotisch optimal. Sehen wir uns die ersten Werte von S(n) an. Als untere Schranke haben wir ⌈lg n!⌉ aus (1) und als obere Schranke B(n) = M (n) aus (2): n ⌈lg n!⌉ B(n)

2 3 4 5

6

1 2 5 7 10 1 2 5 8 11

7

8

9

10 11 12

13 16 19 22 26 29 14 17 21 25 29 33

F¨ ur n ≤ 11 ist die untere Schranke korrekt, d. h. S(n) = ⌈lg n!⌉, aber f¨ ur n = 12 hat eine Computer-Suche den Wert S(12) = 30 ergeben. Der Einf¨ ugungsalgorithmus liefert hingegen nur f¨ ur n ≤ 4 den richtigen Wert. Analysieren wir nochmals die Zusammenlegungsmethode. Sie funktioniert in drei Schritten: 1. Zerlege die Liste in zwei Teile (trivial). 2. Sortiere die Teillisten rekursiv. 3. F¨ uge die sortierten Listen zusammen (n − 1 Vergleiche). Der folgende Algorithmus, QUICKSORT, arbeitet genau umgekehrt: 1. Zerlege die Liste in eine untere und obere H¨alfte R1 und R2 , d. h. ai < aj f¨ ur alle i ∈ R1 , j ∈ R2 (n − 1 Vergleiche). 2. Sortiere die Teillisten rekursiv. 3. F¨ uge die sortierten Listen zusammen (trivial).

182

9

suchen und sortieren

Sei a1 , . . . , an die gegebene Liste. In Schritt 1 vergleichen wir a1 mit allen u ¨ brigen ai und stellen fest, welche ai ≤ a1 sind (i ∈ R1 ) bzw. aj > a1 sind (j ∈ R2 ). Dazu ben¨ otigen wir n − 1 Vergleiche. Ist s der richtige Platz f¨ ur a1 , so sortieren wir nun die unteren s − 1 Elemente < a1 und die oberen n − s Elemente > a1 rekursiv. Schritt 1 geschieht am einfachsten mit Hilfe zweier Zeiger i, j. Am Anfang ist i = 1, j = n. Nun vergleichen wir ai : aj . Falls ai > aj ist, werden die Pl¨atze von ai , aj ausgetauscht. Ansonsten wird j um 1 erniedrigt und wir vergleichen wieder ai : aj . Nach dem ersten Austausch wird i um 1 erh¨oht und wiederum ai : aj verglichen. Sobald ai > aj ist, tausche die Pl¨atze von ai und aj . Erniedrige j um 1 und beginne wieder die Vergleiche ai : aj . Am Ende dieser n − 1 Vergleiche steht a1 am richtigen Platz, die Elemente links sind < a1 und die Elemente rechts > a1 . Das folgende Beispiel erl¨ autert einen Durchgang von QUICKSORT. Die Elemente, die ausgetauscht werden, sind jeweils unterstrichen. 4 8

9

5

2

3 8

9

5

2

9

5

2

9

5

→

3 4 3 1

→

3 1

4

3 1 3 1

2 2

5

→

5 4

←

1

6 7 3

1

6 7 4

1

6 7 8

2

4

6 7 8

2

9

6 7 8

4 5

9 9

6 7 8 6 7 8

←

←

Die Anzahl der Vergleiche ist 1 + 1 + 3 + 1 + 1 + 1 = 8. Wie gut ist QUICKSORT? Angenommen die Liste a1 , . . . , an ist bereits in der richtigen Ordnung a1 < . . . < an . Dann ben¨ otigt der erste Durchlauf n−1 Vergleiche mit a1 als Referenzelement, der zweite Durchgang n − 2 Vergleiche mit a2 als Referenzelement,   usf. Insgesamt f¨ uhrt der Algorithmus also alle (n−1)+(n−2)+. . .+2+1 = n2 Vergleiche durch, d. h. QUICKSORT ben¨ otigt im schlechtesten Fall O(n2 ) Vergleiche, mehr als das optimale Θ(n lg n). Dass der schlechteste Fall ausgerechnet f¨ ur die bereits sortierte Liste eintritt, ist etwas peinlich. Sehen wir uns nun aber die durchschnittliche Laufzeit an, wobei wir annehmen, dass alle n! Permutationen gleichwahrscheinlich sind. Sei Qn die durchschnittliche Anzahl der Vergleiche. Mit Wahrscheinlichkeit n1 ist s der richtige Platz von a1 , 1 ≤ s ≤ n. Nach dem ersten Durchgang ergeben sich zwei Teillisten der L¨ ange s − 1 bzw. n − s. Wir erhalten also die Rekursion n

Qn = n − 1 +

1 (Qs−1 + Qn−s ), n s=1

Q0 = 0

das heißt (4)

Qn = n − 1 +

n−1 2 Qk , n k=0

Q0 = 0 .

9.3

183

sortieren von listen

Mit der Methode der Summationsfaktoren aus Abschnitt 2.1 k¨onnen wir die Rekursion m¨ uhelos l¨ osen. Zun¨ achst schreiben wir n Qn = n(n − 1) + 2

n−1 

Qk

k=0

(n − 1) Qn−1 = (n − 1)(n − 2) + 2

n−2 

(n ≥ 1) Qk

(n ≥ 2) .

n Qn − (n − 1)Qn−1 = 2(n − 1) + 2 Qn−1

(n ≥ 2) ,

k=0

Subtraktion ergibt

somit n Qn = (n + 1)Qn−1 + 2(n − 1) (n ≥ 1) , da dies auch f¨ ur n = 1 gilt (Q1 = 0) . Mit der Notation aus Abschnitt 2.1 (1) haben wir an = n, bn = n+1, cn = 2(n−1). Der Summationsfaktor sn ist also sn =

2 (n − 1)(n − 2) . . . 1 = , (n + 1)n . . . 3 (n + 1)n

und wir erhalten Qn =

n

n−1

k=1

k=0

 k n + 1  4(k − 1) = 2(n + 1) . 2 k(k + 1) (k + 1)(k + 2)


n−1 k Wie sollen wir die Summe urlich mit unserem k=0 (k+1)(k+2) berechnen? Nat¨ Differenzenkalk¨ ul aus Abschnitt 2.2. Partielle Summation ergibt n−1  k=0

n n  x−1 ##n  k = + (x + 1)−1 x · x−2 = x 0 (k + 1)(k + 2) −1 0 0

=−

n 2n + Hn+1 − 1 = Hn − , n+1 n+1

und wir erhalten (5)

Qn = 2(n + 1)Hn − 4n .

Nun wissen wir, dass Hn = Θ(log n) ist, woraus Qn = Θ(n lg n) folgt, also ist QUICKSORT im Durchschnitt optimal. In vielen Problemen sind wir nicht an der gesamten sortierten Liste interessiert, sondern nur an einem Teil. Wie viele Vergleiche W1 (n) brauchen wir zum Beispiel, um nur das Maximum der Elemente a1 , . . . , an zu ermitteln? Da jedes der n Elemente in Frage kommt, haben wir nach 9.1 die untere Schranke W1 (n) ≥ ⌈lg n⌉. In

184

9

suchen und sortieren

diesem Fall ist die informationstheoretische Schranke keine große Hilfe. Jedes der Elemente ai ungleich dem Maximum muss in mindestens einem Vergleich ai : aj den Ausgang ai < aj ergeben, da ansonsten ai als Maximum nicht ausgeschlossen werden k¨ onnte, also gilt W1 (n) ≥ n − 1. Andererseits ergibt die Folge der Verurlich das Maximum, gleiche a1 : a2 , max(a1 , a2 ) : a3 , max(a1 , a2 , a3 ) : a4 , . . . nat¨ und wir erhalten W1 (n) = n − 1, sowohl im schlechtesten wie im Durchschnittsfall. Der Leser m¨ oge sich u ur die gleichzeitige ¨ berlegen, wie viele Vergleiche man f¨ Bestimmung des Maximums und Minimums ben¨otigt. Nach dem eben Bewiesenen brauchen wir nicht mehr als (n − 1) + (n − 2) = 2n − 3 Vergleiche, aber es geht ¨ besser (siehe Ubung 30).

9.4

Bin¨ are Suchb¨ aume

In den vorigen Abschnitten haben wir Entscheidungsb¨aume als Methode f¨ ur Suchprobleme studiert. Nun betrachten wir bin¨ are B¨ aume, d. h. Wurzelb¨aume mit jeweils h¨ ochstens zwei unmittelbaren Nachfolgern, als Datenstrukturen f¨ ur geordnete Listen. Zu jeder Ecke v k¨ onnen wir also einen linken und rechten unmittelbaren Nachfolger vL bzw. vR assoziieren; falls vL oder vR nicht vorhanden ist, lassen wir das entsprechende Feld leer. Der linke Unterbaum von v ist der Unterbaum verwurzelt in vL , entsprechend wird der rechte Unterbaum definiert. Sei T nun ein bin¨ arer Baum mit n Ecken, und A = {a1 , . . . , an } eine Liste von n verschiedenen Elementen, die mittels < linear geordnet sind. Wir speichern A in den Ecken E von T mittels der Zuordnung κ : E → A, und sagen, T ist ein bin¨ arer Suchbaum f¨ ur A, falls folgende Eigenschaft erf¨ ullt ist: Sei v ∈ E, dann gilt κ(x) < κ(v) f¨ ur alle x im linken Unterbaum von v und κ(x) > κ(v) f¨ ur alle x im rechten Unterbaum von v. Der Baum in der folgenden Figur ist ein bin¨arer Suchbaum f¨ ur die Menge {2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 15, 16, 18, 20}. 12 13

5

2

16

8

4 7

10

15 11

18 20

Warum speichern wir die Elemente nicht einfach in einer geordneten Liste ab? Der Vorteil von bin¨aren Suchb¨ aumen als Datenstruktur liegt darin, dass eine Reihe von elementaren Operationen wie Suchen nach einem Element, Einf¨ ugen, Weglassen usf. sehr schnell durchgef¨ uhrt werden k¨ onnen. Wir werden sehen, dass alle diese Operationen eine Laufzeit O(L) haben, wobei L die L¨ange des Baumes ist.

9.4

185

bin¨ are suchb¨ aume

Sei der bin¨ are Suchbaum T auf A gegeben. F¨ ur ein a ∈ A wollen wir die Ecke x mit κ(x) = a bestimmen. Es ist klar, was zu tun ist. Wir vergleichen a mit κ(v), v Wurzel. Falls a = κ(v) ist, so sind wir fertig, x = v. Falls a < κ(v) it, so vergleichen wir a mit κ(vL ), und falls a > κ(v) ist, so vergleichen wir a mit κ(vR ). Auf diese Weise laufen wir den eindeutigen Weg von der Wurzel zur gesuchten Ecke x mit κ(x) = a, und die Anzahl der Vergleiche ist O(L). Ebenso einfach k¨ onnen wir das Minimum oder Maximum bestimmen. Wir gehen einmal immer nach links, das andere Mal immer nach rechts. Wiederum ist die Anzahl der Operationen O(L). Angenommen, wir wollen ein neues Element b ∈ A einf¨ ugen. Das heißt, wir m¨ ussen den Baum T um eine Ecke z erg¨ anzen mit κ(z) = b, so dass der neue Baum T ′ Suchbaum f¨ ur A ∪ {b} ist. Kein Problem. Wir vergleichen b mit κ(v), v Wurzel. Falls b < κ(v) ist, gehen wir nach links, ansonsten nach rechts. Ist vL leer, so setzen wir z = vL , κ(z) = b, ansonsten vergleichen wir b mit κ(vL ). Im Fall b > κ(v) setzen wir z = vR , falls vR leer ist, und vergleichen ansonsten b mit κ(vR ). Auf diese Weise gelangen wir zu einer eindeutigen Ecke y, so dass b < κ(y) und yL leer ist (z = yL , κ(z) = b), oder b > κ(y) und yR leer ist (z = yR , κ(z) = b). Die Anzahl der Operationen ist abermals O(L). Angenommen, wir wollen in unserem Beispiel die Zahl 9 einf¨ ugen. Wir erhalten der Reihe nach 9 < 12, 9 > 5, 9 > 8, 9 < 10 und 10L leer, also erg¨anzen wir den Baum: 12 13

5

2

16

8

4

10

7 9

15 11

18 20

Ist T ein bin¨ arer Suchbaum, so k¨ onnen wir die in T gespeicherte Liste durch die folgende rekursive Methode, genannt In-Order, in sortierter Form ausgeben. Der Wert κ(x) der Wurzel x eines Unterbaumes wird zwischen den Werten des linken Unterbaumes (verwurzelt in xL ) und denen des rechten Unterbaumes (verwurzelt in xR ) ausgedruckt – daher der Name In-Order. Die Laufzeit dieser Ausgabeprozedur ist ersichtlich Θ(n). Wie erzeugen wir nun einen Suchbaum f¨ ur eine gegebene Liste {a1 , . . . , an }? Eine einfache Methode ist, dass wir die Elemente Schritt f¨ ur Schritt nach unserer eben beschriebenen Methode einf¨ ugen. Nehmen wir als Beispiel A = {8, 2, 4, 9, 1, 7, 11, 5, 10, 12, 3, 6}. Der Baum wird nun sukzessive aufgebaut:

186

9

8

suchen und sortieren

8

8 2

2

8

8

2

9

4

2

4

1

9 4

3

11 7

10

12

5 6

Jede Permutation π = a1 a2 . . . an ergibt auf diese Weise einen eindeutigen bin¨aren Suchbaum T = T (π). Wir haben schon gesehen, dass der wichtigste Parameter f¨ ur unsere elementaren Operationen die L¨ ange L(T ) ist. Wir wollen nun zwei Gr¨ oßen bestimmen. Es seien ℓ1 (π), .
. . , ℓn (π) die L¨angen der Zahlen 1, 2, . . . , n im Baum T (π). Dann ist L(π) = n1 ni=1 ℓi (π) die durchschnittliche L¨ange und L(π) = max1≤i≤n ℓi (π) die maximale L¨ ange derEcken i, d. h. die  L¨ange  L(T (π)) des Baumes. Was sind die Erwartungswerte E L(n) bzw. E L(n) , unter der Voraussetzung, dass alle n! Permutationen gleichwahrscheinlich sind? Betrachten wir als Beispiel n = 3. Die Permutationen π und ihre zugeordneten B¨ aume T (π) sehen wie folgt aus: 1

2

1

2 3

2

1

3

3

1

2

3 2

2 123

3

1

3

132

213

231

312

1 321

F¨ ur L(π) bzw. L(π) erhalten wir der Reihe nach: L(π) :

1 1

2 3

2 3

1 1

L(π) :

2 2 1

1

2 2

also gilt E(L(3)) = 61 (1 + 1 +

2 3

+

2 3

+ 1 + 1) = 89 ,

E(L(3)) =

5 3

.


ur eine Permutation π gilt L(π) = n1 ni=1 ℓi (π). Studieren wir zun¨ achst E(L(n)). F¨
n Erkl¨ aren wir die Zufallsvariable Xn : π → i=1 ℓi (π), so ist also E(L(n)) = 1 E(X ). Wir wollen nun f (n) = E(X ) bestimmen. Als Anfangswerte haben wir n n n f (0) = 0, f (1) = 0, f (2) = 1, und aus unserem Beispiel f (3) = 38 . Klassifizieren wir Xn nach dem Wert i der Wurzel, so erhalten wir sofort die Rekursion n

f (n) =

1 [f (i − 1) + (i − 1) + f (n − i) + (n − i)] , n i=1

9.4

bin¨ are suchb¨ aume

187

da der linke Teilbaum die erwartete L¨ angensumme f (i − 1) hat plus 1 f¨ ur jeden Wert < i, analog f¨ ur den rechten Teilbaum. Umformung ergibt (1)

f (n) =

n−1 2 f (i) + n − 1 , n i=0

f (0) = 0 ,

und diese Rekursion haben wir eben im vorigen Abschnitt beim Studium von QUICKSORT gel¨ ost, mit dem Ergebnis f (n) = 2(n + 1)Hn − 4n. F¨ ur den Erwartungswert E(L(n)) ergibt sich somit (2)

E(L(n)) =

2 1 f (n) = (2 + )Hn − 4 , n n

oder E(L(n)) = Θ(log n) . Pr¨ ufen wir das Ergebnis f¨ ur n = 3 nach, so erhalten wir wieder 8 8 11 2 −4= . E(L(3)) = (2 + )H3 − 4 = · 3 3 6 9 F¨ ur die L¨ ange L des Zufallsbaumes ist die Analyse etwas komplizierter. Wir erkl¨aren die Zufallsvariable Yn : π → max ℓi (π) u atter i und m¨ ussen E(Yn ) ¨ ber alle Bl¨ berechnen. Eine Rekursion analog zu (1) l¨ asst sich nicht ableiten. Nat¨ urlich gilt E(Yn ) ≥ E(L(n)) = Θ(log n). Wir werden also versuchen, E(Yn ) nach oben durch eine leichter zug¨ angliche Gr¨ oße abzusch¨ atzen. Zun¨ achst wollen wir allgemein die sogenannte Jensensche Ungleichung E(Y ) ≤ lg E(2Y )

(3)

f¨ ur eine reelle Zufallsvariable Y beweisen, wobei wir im zugrundeliegenden Wahrscheinlichkeitsraum Ω Gleichverteilung annehmen. Sei Ω = {ω1 , . . . , ωm }, Y (ωi ) = yi , dann bedeutet (3) m

(4)

m

1  yi 1  yi ≤ lg 2 . m i=1 m i=1

Setzen wir xi = 2yi , so ist (4) ¨ aquivalent zu m

m

1  1  lg xi ≤ lg xi m i=1 m i=1 oder (5)

lg (

m 

i=1

m

xi )1/m ≤ lg

1  xi . m i=1

188

9

suchen und sortieren

Durch Potenzieren mit 2 ist (5) aber nichts anderes als die Ungleichung vom arithmetisch-geometrischen Mittel. Also ist (5) und damit auch (3). Be
richtig trachten wir nun die Zufallsvariable
Zn : π → 2ℓi (π) u ¨ ber alle Bl¨atter i. Es gilt E(2Y n ) ≤ E(Zn ) wegen 2max ℓi (π) ≤ 2ℓi (π) , also nach (3) E(Yn ) ≤ lg E(2Yn ) ≤ lg E(Zn ) .

(6)

Die Funktion g(n) = E(Zn ) erlaubt nun eine vollst¨andige Analyse. Als Anfangswerte haben wir g(0) = 0, g(1) = 1, g(2) = 2. Klassifizieren wir wieder nach dem Wert i der Wurzel, so erhalten wir n

g(n) =

1 2(g(i − 1) + g(n − i)) (n ≥ 2) , n i=1


ℓj da die Ausdr¨ ucke 2 in den Teilb¨ aumen mit 2 multipliziert werden m¨ ussen (die L¨ angen sind um 1 gr¨ oßer). Daraus ergibt sich ng(n) = 4 (n − 1)g(n − 1) = 4

n−1 

i=0 n−2 

g(i)

(n ≥ 2)

g(i)

(n ≥ 3)

i=0

und durch Subtraktion (7)

ng(n) = (n + 3)g(n − 1)

(n ≥ 3) ,

also g(n) =

(n + 3)(n + 2) . . . 6 (n + 3)(n + 2)(n + 1) g(2) = ≤ n3 n (n − 1) . . . 3 30

(n ≥ 2) .

Mittels (6) erhalten wir daraus E(L(n)) = E(Yn ) ≤ lg g(n) ≤ lg n3 = 3 lg n . Mit lg n = lg e · log n ergibt dies schließlich (8)

E(L(n)) ≤ 3 lg e · log n ≈ 4.34 log n .

Es ist also nicht nur die durchschnittliche L¨ange einer Ecke, sondern sogar die durchschnittliche maximale L¨ ange von der Gr¨oßenordnung Θ(log n) . Abschließend fragen wir uns, wie viele bin¨ are Suchb¨aume auf n Ecken existieren. Diese Zahl sei Cn . F¨ ur n = 1, 2, 3 haben wir folgende B¨aume:

9.4

189

bin¨ are suchb¨ aume

Es ist also C1 = 1, C2 = 2, C3 = 5, und wir setzen C0 = 1. Betrachten wir den linken und rechten Unterbaum der Wurzel, so ergibt sich sofort die folgende Rekursion: Cn = C0 Cn−1 + C1 Cn−2 + . . . + Cn−1 C0 (n > 0) oder

Cn =

(9)

n−1 

Ck Cn−1−k + [n = 0] f¨ ur alle n .

k=0

Dies sieht nat¨ urlich wie eine Konvolution aus, und wir verwenden unsere Methode
aus Abschnitt 3.2. Sei C(z) = n≥0 Cn z n die erzeugende Funktion. Die Konvolution (9) lautet f¨ ur C(z) C(z) = C(z) · zC(z) + 1 , das heißt C(z) 1 + = 0. z z L¨ osung dieser quadratischen Gleichung ergibt √ 1 1 − 4z C(z) = ± . 2z 2z Da f¨ ur das Pluszeichen C(0) = C0 = ∞ resultieren w¨ urde, muss das Minuszeichen gelten, also √ 1 − 1 − 4z C(z) = . 2z Nun ist  1  1  −1  √ 2 (−4z)n = 1 + 2 1 − 4z = (−4z)n . 2n n − 1 n (C(z))2 −

n≥0

Den Ausdruck erhalten wir

− 1  2

n

n≥1

¨ haben wir in Ubung 1.40 berechnet:

− 1  2

n

= (− 41 )n

2n n . Somit

 1 2n − 2  1 2n − 2 √ 1 − 4z = 1 + (−4)z n = 1 − 2 zn 2n n − 1 n n−1 n≥1 n≥1  1 2n =1−2 z n+1 , n+1 n n≥0

und daraus Cn =

  2n 1 . n+1 n

190

9

suchen und sortieren

Cn heißt die n-te Catalan-Zahl, sie erscheint in Abz¨ahlproblemen fast so h¨aufig wie die Binomialzahlen oder die Fibonacci-Zahlen. Eine Reihe von interessanten ¨ Beispielen ist in den Ubungen enthalten.

¨ Ubungen zu Kapitel 9 1 L¨ ose das W¨ ageproblem, wenn bekannt ist, dass die falsche M¨ unze schwerer ist. ⊲ 2 Wir betrachten das Suchproblem mit n M¨ unzen, wobei eine M¨ unze leichter oder schwerer ist. Zeige, dass ein optimaler Algorithmus die L¨ ange L = ⌈log3 (2n + 2)⌉ hat. 3 Zeige, dass es f¨ ur n, q (q ≥ 2) genau dann einen vollst¨ andigen (n, q)-Baum gibt, wenn q − 1 ein Teiler von n − 1 ist. ⊲ 4 Sei T ein vollst¨ andiger bin¨ arer Baum mit n Bl¨ attern, e(T ) bezeichne die Summe der L¨ angen der Bl¨ atter, i(T ) die Summe der L¨ angen der inneren Ecken. Zeige: e(T ) = i(T ) + 2(n − 1). 5 Sei die Menge S = {1, . . . , n} gegeben, und x∗ ∈ S ein unbekanntes Element. Zur Verf¨ ugung stehen nur die Tests x∗ < i? (i = 2, . . . , n) mit ja/nein Antworten. Zeige, dass L = ⌈lg n⌉ die optimale L¨ ange eines Suchalgorithmus ist.

6 Gegeben die Verteilung (30, 20, 15, 14, 11, 10) f¨ ur die Bl¨ atter 1, 2, . . . , 6. Zeige, dass die folgenden Suchb¨ aume optimal sind. Nur einer ist ein Huffman-Baum, welcher?

2 5

6

1

1 3

4

2 6

4

5

3

7 Beweise, dass das bin¨ are Einsortieren und die Zusammenlegungsmethode aus Abschnitt 9.3 dieselbe Laufzeit B(n) = M (n) haben. ⊲ 8 Angenommen, wir sollen das Maximum einer Liste mit n Elementen ermitteln, wobei uhren k¨ onnen. Zeige, dass ein wir in jeder Runde ⌊ n2 ⌋ disjunkte Vergleiche parallel durchf¨ optimaler Algorithmus ⌈lg n⌉ Runden ben¨ otigt. 9 Wir wollen eine (ungeordnete) Liste mit n Elementen in einer Runde sortieren, wobei   beliebige Vergleiche erlaubt sind (also auch nicht-disjunkte). Zeige, dass wir alle n2 Vergleiche durchf¨ uhren m¨ ussen. 10 Bestimme optimale Sortieralgorithmen f¨ ur n = 6, 7, 8 Elemente. Hinweis: Die Suchl¨ angen sind 10, 13, 16. ⊲ 11 Gegeben ist die Menge S = {1, . . . , n} und eine nat¨ urliche Zahl d ≥ 0. Wir sollen eine unbekannte Zahl x∗ ∈ S ermitteln. Die erlaubten Tests sind x∗ = i? mit den Antworten ange. Zeige: a. L0 (n) = n−1 , x∗ = i, |x∗ −i| ≤ d, |x∗ −i| > d. Sei Ld (n) die optimale Suchl¨ b. L1 (n) = ⌈ n3 ⌉ f¨ ur n ≥ 3 mit L1 (1) = 0, L1 (2) = 1 , c. Was ist L2 (n)?

¨bungen u

191

¨ 12 Die n¨ achsten Ubungen behandeln die Catalan-Zahlen Cn aus Abschnitt 9.4. Es seien die Reihenfolge von x0 , x1 , . . . , xn Variablen, die wir beklammern wollen, wobei     x0 bis x erhalten bleibt. Beispiel: n = 1, (x x ); n = 2, x (x x ) , (x x )x ; n = 3, n 0 1 0 1 2 0 1 2          x0 (x1 (x2 x3 )) , (x0 x1 )(x2 x3 ) , ((x0 x1 )x2 )x3 , x0 ((x1 x2 )x3 ) , (x0 (x1 x2 ))x3 . Zeige, dass die Anzahl der m¨ oglichen Beklammerungen gleich Cn ist: a. Durch Aufstellen einer Rekursion, b. durch Bijektion auf die Menge der Suchb¨ aume. ⊲ 13 Vor einer Kasse warten 2n Leute in einer Schlange. Der Eintritt kostet 10 Euro. Genau n der Leute haben einen 10 Euro Schein in der Tasche, die anderen n einen 20 Euro Schein. Der Kassierer hat kein Geld zu Beginn und kann daher jedem korrekt herausgeben, wenn zu jeder Zeit die Anzahl der 10 Euro – Leute mindestens so groß ist wie die Anzahl der 20 Euro – Leute. Zeige, dass die Anzahl der Schlangen, in denen der Kassierer stets herausgeben kann, die Catalan-Zahl Cn ist. Hinweis: Insgesamt haben wir 2n Schlangen, berechne nun die Anzahl der Schlangen, wo es nicht funktioniert. n

14 Wir zerlegen ein regelm¨ aßiges n-Eck, n ≥ 3, in Dreiecke durch Einf¨ ugen von Diagonalen. Beispiel: n = 4 r r r r

r

r

@ r @r

Zeige, dass die Anzahl der m¨ oglichen Triangulierungen des n-Eckes gleich Cn−2 ist. ⊲ 15 Die Zahlen 1 bis 100 seien in einem bin¨ aren Suchbaum gespeichert. Welche der Folgen k¨ onnen nicht eine Suchfolge f¨ ur das Element 37 sein? a. 2, 7, 87, 83, 30, 31, 81, 37; b. 75, 11, 67, 25, 55, 33, 34, 37; c. 10, 80, 48, 60, 22, 70, 43, 30, 37. 16 Wir k¨ onnen n Zahlen sortieren, indem wir zuerst einen bin¨ aren Suchbaum bilden mit dem Einf¨ ugungsalgorithmus aus Abschnitt 9.4 und dann die Zahlen in In-Order ausgeben. Was ist die Laufzeit im besten und schlechtesten Fall?

⊲ 17 Gegeben sei ein Graph G = (E, K), |E| = n, |K| = m. Gesucht ist eine unbekannte Kante k∗ , und jeder Test besteht in einer Frage: Ist u ∈ k∗ , u ∈ E, mit den Antworten  + 1, ja oder nein. Sei L die minimale L¨ ange eines Suchprozesses. Zeige: a. |K| ≤ L+1 2 L+2 b. |E| ≤ 2 + 1. c. Schließe daraus untere Schranken f¨ ur L mittels n und m. Hinweis: Induktion nach L. ¨ 18 Zeige, dass die Schranken in der vorigen Ubung mit Gleichheit erf¨ ullt sein k¨ onnen.

19 Gegeben ein Graph G. Wir sollen herausfinden, ob die unbekannte Kante k∗ zu G oder ¨ zum Komplement G geh¨ ort, mit Hilfe derselben Tests 17. Zeige, dass f¨ ur die  wie in Ubung  , n− ω(G) , wobei minimale Suchl¨ ange L gilt: min n−α(G), n−ω(G) ≤ L ≤ min n− α(G) 2 2 α(G) die Unabh¨ angigkeitszahl von G ist und ω(G) die Cliquezahl (d. h. ω(G) = α(G)). Hinweis: Betrachte eine Testfolge v1 , . . . , vk , wo die Antwort immer nein“ ist. ” ⊲ 20 Angenommen, wir haben eine Menge S mit n Elementen gegeben, in der ein unbekannur |A| ≤ k , wobei k ≤ n fest vorgegetes Element x∗ ist. Als Tests sind erlaubt: x∗ ∈ A f¨ ange eines optimalen Suchalgoben ist, mit den Antworten ja oder nein. Sei L≤k (n) die L¨ ur k ≥ n2 , b. L≤ (n) = t + ⌈lg(n − tk)⌉, t = ⌈ nk ⌉ − 2 f¨ ur rithmus. Zeige: a. L≤k (n) = ⌈lg n⌉ f¨ ur festes k. Betrachte k < n2 . Hinweis: Die Funktion L≤k (n) ist monoton steigend in n f¨ nun die Situation nach dem ersten Test A1 , |A1 | ≤ k.

192

9

suchen und sortieren

21 Es seien m · n Leute in einem m × n-Rechteck angeordnet. Wir sollen die unbekannte Person x∗ durch Fragen: Ist x∗ in der i-ten Zeile bzw. ist x∗ in der j-ten Spalte? finden. Wie viele Fragen ben¨ otigen wir? 22 Eine Menge S von n Personen sei gegeben, von denen jede mit derselben Wahrscheinlichkeit p > 0 krank ist. Unser Ziel ist, die kranken Personen X ∗ ⊆ S zu ermitteln, wobei jede Testmenge A ⊆ S die Information A ∩ X ∗ = ∅ oder A ∩ X ∗ = ∅ liefert. Was ist die ange L und Wahrscheinlichkeitsverteilung der Mengen X ∗ ? Bestimme die optimale Suchl¨ gib eine untere Schranke f¨ ur L mit Hilfe von Satz 9.4. Hinweis: L ≥ nH(p, 1 − p).

¨ ⊲ 23 Es sei n = 2 in der vorigen √ Ubung. Die elementweise Suche liefert L ≤ L = 2. Zeige, ur p ≥ 3−2 5 gilt. dass L = 2 genau f¨
24 Es sei H(p1 , . . . , pn ) = − n i=1 pi lg pi die Entropie der Verteilung (p1 , . . . , pn ). Zeige: ur alle (p1 , . . . , pn ) mit Gleichheit nur f¨ ur die a. H(p1 , . . . , pn ) ≤ H( n1 , . . . , n1 ) = lg n f¨ Gleichverteilung. b. H(p1 , . . . , pn ) = H(p1 , . . . , pk , s) + sH(p′k+1 , . . . , p′n ) mit 2 ≤ k ≤
n n − 1, s = i=k+1 pi , p′i = psi (i = k + 1, . . . , n).

⊲ 25 Sei h(n) =min (T ; n1 , . . . , n1 ), d. h. h(n) ist die optimale durchschnittliche L¨ ange bei T

Gleichverteilung (ermittelt mit dem Huffman-Algorithmus), q = 2. Zeige, dass h(n) eine wachsende Funktion in n ist, genauer h(n)+ n1 ≤ h(n+1). Wann gilt Gleichheit? Hinweis: Betrachte einen optimalen (n + 1, 2)-Baum und entferne ein Blatt. dass L(p1 , . . . , pn ) ≤ L( n1 , . . . , n1 ) gilt. 26 Sei (p1 , . . . , pn ) eine Verteilung, q ≥ 2. Zeige,
ur alle k. achst ki=1 pi ≥ nk f¨ Hinweis: Setze p1 ≥ . . . ≥ pn und zeige zun¨ 27 Sei L(p1 , . . . , pn
) das Optimum f¨ ur die Verteilung (p1 , . . . , pn ), q ≥ 2. Zeige, dass L(p1 , . . . , pn ) = − n p log p genau dann gilt, wenn alle pi von der Form pi = q −ℓi i i q i=1 f¨ ur gewisse ℓi ∈ N0 sind.   28 Betrachte die Verteilung (p1 , . . . , pn ) mit pi = i/ n+1 , i = 1, . . . , n. Berechne 2 L(p1 , . . . , pn ) f¨ ur q = 2.

⊲ 29 Angenommen, wir haben eine Liste y1 < y2 < . . . < yn gegeben und wir wollen ein unbekanntes Element x∗ einsortieren, d. h. wir m¨ ussen feststellen, wo x∗ hineingeh¨ ort. ∗ Als Tests haben wir x = yi mit den Antworten <, =, >. Bestimme die optimale Suchl¨ ange. Hinweis: Stelle einen Suchalgorithmus als bin¨ aren Baum dar (obwohl zun¨ achst drei Antworten vorliegen). ⊲ 30 Zeige, dass ein optimaler Algorithmus zur Bestimmung des Maximums und Minimums ⌉ − 2 Vergleiche ben¨ otigt. Hinweis zur unteren Schraneiner Liste mit n Elementen ⌈ 3n 2 ke: Konstruiere eine Gegenstrategie, die bei jedem Vergleich die Anzahl der m¨ oglichen Kandidaten f¨ ur das Maximum und Minimum m¨ oglichst wenig verringert. 31 Berechne die optimale durchschnittliche Suchl¨ ange zur Bestimmung des Maximums einer Liste, unter Annahme der Gleichwahrscheinlichkeit. ⊲ 32 Es sei M (n, n) die minimale Anzahl der Vergleiche, die wir ben¨ otigen, um eine n-Liste {x1 < . . . < xn } mit einer n-Liste {y1 < . . . < yn } zu sortieren. Berechne M (n, n). 33 Angenommen, wir d¨ urfen beliebige Vergleiche in einer Runde verwenden, aber maximal n viele. Am Anfang haben wir eine ungeordnete Liste gegeben. Zeige, dass nach der ersten Runde die Anzahl der m¨ oglichen Maximum Kandidaten mindestens ⌈ n3 ⌉ ist, und 4 n⌉ zu beschr¨ anken. Betrachte das Beispiel dass es m¨ oglich ist, diese Anzahl auf ≤ ⌈ 11 n = 16 und verifiziere, dass beide Schranken scharf sind.

¨bungen u

193

34 Die folgende Sortiermethode heißt Bubble-Sort“. Sei die Eingabe a1 , . . . , an . Wir ver” andert, anderenfalls tauschen gleichen a1 : a2 , falls a1 < a2 ist, bleiben die Elemente unver¨ sie ihre Pl¨ atze. Nun wird a2 : a3 verglichen usf. bis an−1 : an . Auf diese Weise gelangt das gr¨ oßte Element an das Ende. Jetzt beginnen wir den n¨ achsten Durchgang, wieder mit den ersten beiden Elementen, usf., dann den n¨ achsten Durchgang, bis schließlich alles sortiert ist. In dem Beispiel schreiben wir die Liste von unten nach oben, so dass die großen Elemente nach oben bubblen“: ” 5

6

6

6

6

1

5

5

5

5

3

1

4

4

4

6

3

1

3

3

2

4

3

1

2

4

2

2

2

1

F¨ uhre Bubble-Sort f¨ ur die Liste 6, 10, 9, 2, 8, 4, 11, 3, 1, 7, 5 durch und zeige allgemein, dass alle Elemente oberhalb des zuletzt ausgetauschten Elementes nach einem Durchgang in der richtigen Reihenfolge sind (angedeutet durch Striche im Beispiel). ⊲ 35 Zur Analyse von Bubble-Sort untersuchen wir die Gr¨ oßen A = Anzahl der Austauschungen von Elementen, D = Anzahl der Durchg¨ ange, V = Anzahl der Vergleiche. In un¨ serem Beispiel aus der vorigen Ubung haben wir A = 8, V = 12, D = 5. Sei a1 , . . . , an eine Permutation von {1, . . . , n}, und a′1 , . . . , a′n die Permutation nach einem Durchgang. Mit ¨ origen Inversionstafeln (siehe Ubung b1 , . . . , bn bzw. b′1 , . . . , b′n bezeichnen wir die zugeh¨ 1.32). Zeige: b′1 , . . . , b′n entsteht aus b1 , . . . , bn , indem jedes bj = 0 um 1 erniedrigt wird. der Ausgangspermutation, dann gilt Schließe
D
daraus: Sei b1 , . . . , bn die Inversionstafel A= n i=1 bi , D = 1 + max(b1 , . . . , bn ), V = i=1 ci mit ci = max(bj + j : bj ≥ i − 1) − i.

⊲ 36 Es seien alle Permutationen von {1, . . . , n} als Input in den Bubble-Sort gleich1 n−k k k! ist wahrscheinlich. Zeige, dass die Wahrscheinlichkeit, dass k ist, gleich n!
n D k≤ n−k k! und folgere f¨ ur den Erwartungswert E(D) = n + 1 − k=0 n! . Den Erwartungswert ¨ haben wir schon in Ubung 3.28 berechnet. E(A) = n(n−1) 4 37 Entwirf eine Methode, wie man aus einem bin¨ aren Suchbaum ein Element entfernen kann. 38 Es seien ℓ1 (π), . . . , ℓn (π) die L¨ angen der Elemente 1, . . . , n im bin¨ aren Suchbaum induziert von der Permutation π. Zeige, dass E(ℓ1 (π)) = Hn − 1 ist, unter der Voraussetzung, dass alle Permutationen gleichwahrscheinlich sind.

⊲ 39 Unter denselben Voraussetzungen berechne E(ℓk (π)). Hinweis: Verwende eine ¨ ahnliche Methode wie in Abschnitt 9.4. 40 Beschreibe bin¨ are Suchb¨ aume, in denen die Durchschnittsl¨ ange der Ecken Θ(lg n) ist, aber die maximale L¨ ange ≻ lg n ist. ⊲ 41 Zeige, dass die Ungleichung von Jensen (siehe Abschnitt 9.4 (3)) f¨ ur beliebiges c > 1 gilt, d. h. E(Y ) ≤ logc E(cY ). Leite daraus eine bessere obere Schranke f¨ ur E(L(n)) ab (siehe Abschnitt 9.4 (8)). 42 Zeige, dass jeder bin¨ are Wurzelbaum mit n Bl¨ attern einen Unterbaum mit k Bl¨ attern besitzt, n3 ≤ k ≤ 2n . 3

194

9

suchen und sortieren

43 Sei T ein Wurzelbaum. Wir wandern zuf¨ allig von der Wurzel v1 zu einem Blatt u1 , u2 , u3 , . . . , d. h. von jeder inneren Ecke gehen wir mit Gleichverteilung zu einem der xi Nachfolger. Sei S die Zufallsvariable X = x1 + x1 x2 + x1 x2 x3 + . . .. Zeige: EX = Anzahl der Ecken von T minus 1.

10 Allgemeine Optimierungsmethoden In den bisherigen Abschnitten von Teil II haben wir eine Reihe von Algorithmen f¨ ur wichtige Probleme, wie das Job-Zuordnungsproblem oder das Traveling Salesman Problem, kennengelernt und dabei die grundlegenden Fragen diskutiert, die beim Entwurf und der Analyse von Algorithmen auftauchen: Wie beschreiben wir die Algorithmen? Welche Datenstrukturen sollen wir verwenden? Wie schnell ist der Algorithmus? Gibt es u ¨ berhaupt effiziente Algorithmen? In diesem Kapitel wollen wir noch einige allgemeine Methoden f¨ ur Optimierungsprobleme besprechen und uns u ur welches Pro¨ berlegen, welches Verfahren f¨ blem von Nutzen ist.

10.1

Backtrack

Angenommen, wir betreten ein Labyrinth an einer Stelle A und m¨ ussen unseren Weg zu einer Stelle E finden. Wir kennen weder die G¨ange im Labyrinth noch den Ausgang E. Wie sollen wir vorgehen? Nun da hilft nur eines, wir m¨ ussen alle Wege durchprobieren. Dieses Durchprobieren wird durch die folgenden zwei Regeln organisiert: (1) Gehe von der aktuellen Position zu einer noch nicht betretenen Nachbarstelle. (2) Falls so eine Stelle nicht existiert, gehe einen Schritt zur¨ uck auf dem Weg, der zur aktuellen Position f¨ uhrte. Nun probiere wieder (1). Dieses Zur¨ uckgehen (= Backtrack) ist die Essenz der Methode. Es erlaubt uns, aus allen Sackgassen wieder herauszufinden, und außerdem werden wir einen Irrweg nicht mehr als einmal gehen, also letzlich den Ausgang E finden. Im folgenden Beispiel sind die m¨ oglichen Fortsetzungen des Weges durch Pfeile angedeutet. E

A

196

10

allgemeine optimierungsmethoden

Backtrack ist also keine schnelle“ Methode zur Auffindung der optimalen L¨osung, ” sondern sie organisiert das ersch¨ opfende Durchsuchen, so dass wir keine Schleifen bei der Suche erhalten. Wir erweitern eine partielle L¨osung so lange es geht, und wenn wir nicht mehr weiterk¨ onnen, gehen wir einen Schritt zur¨ uck und probieren von Neuem. Ein uns schon bekanntes Beispiel ist die Depth-First-Suche aus Abschnitt 7.2. Allgemein k¨ onnen wir Backtrack mit einem Baumdiagramm modellieren. Gegeben sind Mengen A1 , A2 , . . . , und gesucht ist eine Folge (a1 , a2 , a3 , . . .) mit ai ∈ Ai , die gewissen Bedingungen gen¨ ugt. Wir beginnen mit dem leeren Wort ( ) als Wurzel. S1 ist die Menge der Kandidaten aus A1 , daraus w¨ahlen wir das erste Element a1 , (a1 ) ist nun unsere Teill¨ osung. Haben wir schon (a1 , . . . , ai ) erhalten, so w¨ahlen wir aus der Kandidatenmenge Si+1 ⊆ Ai+1 (welche den Bedingungen gen¨ ugt) das erste Element ai+1 , und erweitern die partielle L¨osung zu (a1 , a2 , . . . , ai , ai+1 ). Falls Si+1 leer ist, gehen wir einen Schritt zur¨ uck und testen den n¨achsten Kandidaten aus Si , usf. Sehen wir uns das folgende wohlbekannte Damenproblem auf dem n×n-Schachbrett an. Gesucht ist eine Platzierung von m¨oglichst vielen Damen, so dass keine eine andere schlagen kann. Da in jeder Zeile und Spalte h¨ochstens eine Dame stehen kann, k¨ onnen wir h¨ ochstens n Damen platzieren. Geht es immer mit n Damen? F¨ ur n = 2, 3 sieht man sofort, dass nur 1 bzw. 2 Damen platziert werden k¨onnen. Allgemein ist eine L¨ osung a1 , a2 , . . . , an eine Permutation von {1, . . . , n}, wobei ai die Position der Dame in Reihe i angibt. Die Diagonalbedingung besagt, dass |ai − aj | =

|i − j| f¨ ur i = j sein muss. Probieren wir n = 4. Zun¨achst sehen wir durch Symmetrie, dass wir a1 ≤ 2 annehmen k¨onnen. Unser Backtrack-Baum hat also folgende Gestalt: ()

1 3

2 4

4

2

1

3

Mit der Symmetrie a1 = 2 ←→ a1 = 3 haben wir somit genau zwei Platzierungen gefunden. × ×

× ×

×

× ×

×

10.1

197

backtrack

Auch f¨ ur das u ¨ bliche 8 × 8-Schachbrett kann das Damenproblem mittels Backtrack noch mit der Hand gel¨ ost werden. Insgesamt gibt es genau 92 Anordnungen, z. B. ×

× ×

× ×

×

× ×

F¨ ur großes n muss Backtrack nat¨ urlich wegen der Anzahl der Verzweigungen im Suchbaum scheitern. Aber es geht f¨ ur n ≥ 4 immer, und mit ein bisschen Intuition ist eine L¨ osung leicht zu finden. Um Backtrack effizienter zu machen, werden wir versuchen, ganze Teilb¨aume u ¨ berfl¨ ussig zu machen. In unserem Damenproblem haben wir gesehen, dass wir aus Symmetriegr¨ unden a1 ≤ ⌈ n2 ⌉ annehmen k¨onnen – die Teilb¨aume mit a1 > ⌈ n2 ⌉ m¨ ussen nicht mehr durchlaufen werden. Eine besondere interessante Variante dieser Idee ist das Branch and boundVerfahren. Angenommen, wir haben ein Minimierungsproblem vorliegen. In jeder Ecke (a1 , . . . , ak ) des Backtrack Baumes assoziieren wir eine untere Schranke c(a1 , . . . , ak ) f¨ ur das gesuchte Minimum copt . Nun verzweigen wir (branch), vergleichen die neuen Schranken (bound), und fahren mit der Ecke fort, welche die kleinste untere Schranke ergibt. Haben wir auf diese Weise in einem Blatt einen Wert c ermittelt, so k¨ onnen wir alle Teilb¨ aume mit c(a1 , . . . , aℓ ) > c ignorieren. Das Traveling Salesman-Problem wird die Idee des Branch and bound sofort klarmachen. Betrachten wir die Kostenmatrix 1 2 3 4

1 2 3 4 ∞ 2 8 6 2 ∞ 6 4 4 5 ∞ 5 8 7 3 ∞

Der Eintrag cij ≥ 0 gibt die Kosten von i nach j an. Wir sehen, dass wir es mit einem asymmetrischen TSP zu tun haben, im allgemeinen ist cij = cji , und wir schreiben ∞ in die Hauptdiagonale, da i → i nicht m¨oglich ist. Da von jeder Ecke eine Kante ausgehen muss, k¨ onnen wir von jeder Zeile den kleinsten Wert abziehen, und anschließend von jeder Spalte. Dies erniedrigt die Kosten der Tour, ¨andert aber nichts an der Gestalt der optimalen Tour. Der Leser wird sich erinnern, dass wir diese Idee schon beim gewichteten Matchingproblem in Abschnitt 8.2 verwendet haben.

198

10

allgemeine optimierungsmethoden

Die neuen Matrizen sind nun 1 2 3 4

1 2 3 4 ∞ 0 6 4 0 ∞ 4 2 0 1 ∞ 1 5 4 0 ∞

−→

1 2 3 4

1 2 3 4 ∞ 0 6 3 0 ∞ 4 1 0 1 ∞ 0 5 4 0 ∞

alle Touren Schranke ≥ 12 Die Summe der abgezogenen Zahlen ist 12, also ist 12 eine untere Schranke f¨ ur die Wurzel, in der alle Touren enthalten sind. Nun suchen wir uns einen 0-Eintrag, z. B. (1, 2) und verzweigen. Der linke Teilbaum enth¨alt alle Touren mit 1 → 2, der rechte alle Touren mit 1  2. Da in den Touren mit 1 → 2 von 1 keine Kante mehr ausgeht und nach 2 keine Kante mehr hineinf¨ uhrt, streichen wir die erste Zeile und zweite Spalte und setzen den (2, 1)-Eintrag = ∞. Auf diese Weise erhalten wir eine weitere Kostenmatrix, in der wir wieder die kleinsten Eintr¨age abziehen k¨onnen. Dies ergibt

2 3 4

1 3 4 ∞ 4 1 0 ∞ 0 5 0 ∞

−→

1 3 4 ∞ 3 0 0 ∞ 0 5 0 ∞

2 3 4

Touren mit 1 → 2 Schranke ≥ 13 In den Touren mit 1  2 setzen wir den (1, 2)-Eintrag = ∞ und erhalten 1 2 3 4

1 2 3 4 ∞ ∞ 6 3 0 ∞ 4 1 0 1 ∞ 0 5 4 0 ∞

−→

1 2 3 4

1 2 3 4 ∞ ∞ 3 0 0 ∞ 4 1 0 0 ∞ 0 5 3 0 ∞

Touren mit 1  2 Schranke ≥ 16 Wir fahren also mit dem Teilbaum 1 → 2 fort. Probieren wir als n¨achstes (3, 4), so ergibt sich f¨ ur 3 → 4 die Schranke 21 und f¨ ur 3  4 die Schranke 13. Die Wahl (2, 4) ergibt schließlich den folgenden endg¨ ultigen Backtrack-Baum:

10.2

dynamisches programmieren

199

alle >− 12 /> 2 1 −− >− 16

1 −−> 2 >− 13 /> 4 3 −− >− 13

3 −−> 4 >− 21

2 −−> 4 >− 13

4 −−> 3 >− 13

/> 4 2 −− keine Lösung

/> 3 4 −− keine Lösung

3 −−> 1 = 13

Die Tour 1 −→ 2 −→ 4 −→ 3 −→ 1 mit Kosten 13 ist demnach optimal.

10.2

Dynamisches Programmieren

Dynamisches Programmieren wird, wie auch die Divide and conquer“-Methode, ” auf Optimierungsprobleme angewandt, indem man das gegebene Problem in kleinere Unterprobleme zerlegt und dann die L¨osung rekursiv berechnet. Bevor wir die allgemeinen Schritte des Dynamischen Programmierens besprechen, betrachten wir ein Beispiel. Gegeben sei ein konvexes n-Eck in der Ebene. Das heißt, die geschlossene Randkurve besteht aus n Geradenst¨ ucken, und die Verbindungslinie zwischen je zweien der Randpunkte verl¨ auft ganz im n-Eck. In der Figur ist beispielsweise das linke 5-Eck konvex, das rechte nicht.

Wir sind an Triangulierungen von n-Ecken interessiert, das heißt, wir zerlegen das n-Eck durch Einf¨ ugen von n − 3 Diagonalen in n − 2 Dreiecke. Die folgende Figur zeigt eine Triangulierung des 8-Eckes:

200

10

allgemeine optimierungsmethoden

Nun wollen wir aber nicht irgendeine Triangulierung finden, sondern eine optimale in bezug auf eine Gewichtsfunktion. Es  seien v1 , . . . , vn die Ecken, dann erkl¨aren wir eine Gewichtsfunktion auf den n3 Dreiecken w(∆(vi vj vk )) = wijk ∈ R. Ein nat¨ urlicher Kandidat ist z. B. w = Fl¨ acheninhalt oder w = |vi −vj |+|vi −vk |+|vj − vk |, die Summe der Seitenl¨ angen. Wir wollen aber nichts weiter an die Funktion w voraussetzen, jede reellwertige Funktion ist erlaubt.
Ist T eine Triangulierung, so sei w(T ) = w(∆), erstreckt u ¨ ber alle n − 2 Dreiecke ∆ der Triangulierung, und unsere Optimierungsaufgabe besteht darin, eine Triangulierung von minimalem Gewicht zu bestimmen. Wir k¨ onnten zun¨ achst versuchen (z. B. mit Backtrack), alle Triangulierungen aufzulisten und eine optimale daraus zu bestimmen. Bevor wir das versuchen, sollten wir die Anzahl der Triangulierungen bestimmen (oder zumindest absch¨atzen). Es sei Rn (n ≥ 3) diese Zahl, wobei offenbar die Gestalt des konvexen n-Eckes keine Rolle spielt. Der Anfangswert ist R3 = 1, und f¨ ur n = 4 erhalten wir R4 = 2. Betrachten wir ein (n + 2)-Eck. Wir numerieren die Ecken im Uhrzeigersinn v1 , v2 , . . . , vn+2 . Die Kante v1 vn+2 kommt in genau einem Dreieck vor, sagen wir in v1 vk vn+2 , 2 ≤ k ≤ n + 1.

vn+2

v1

vn+1

v2

(n−k+3)−Eck

k−Eck

vk+1 vk

vk−1

Wieviele Triangulierungen gibt es, in denen das Dreieck v1 vk vn+2 erscheint? Nun, das konvexe k-Eck v1 v2 . . . vk kann auf alle m¨oglichen Arten trianguliert werden, und analog das konvexe (n − k + 3)-Eck vk vk+1 . . . vn+2 . Wir erhalten somit die Rekursion n+1  Rn+2 = Rk Rn−k+3 (n ≥ 1) , k=2

10.2

dynamisches programmieren

201

wobei wir R2 = 1 setzen, um auch den Fall vn+2 v1 v2 einzubeziehen. Indextransformation ergibt Rn+2 =

n−1 

Rk+2 R(n−1−k)+2

k=0

(n ≥ 1) ,

und diese Rekursion kennen wir schon aus Abschnitt 9.4 – sie definiert die CatalanZahlen. Ergebnis:   2n 1 Rn+2 = (n ≥ 0) . n+1 n 2n 1 ≥ 2n−1 , das heißt Rn ≥ 2n−3 . Die Durch Induktion sieht man sofort n+1 n Anzahl der Triangulierungen w¨ achst also exponentiell, und eine ersch¨opfende Suche kommt somit nicht in Frage. Wie funktioniert nun Dynamisches Programmieren? Gegeben sei das konvexe n-Eck mit den Ecken v1 , v2 , . . . , vn , und dem Gewicht w auf den Dreiecken. Als ersten Schritt sehen wir uns die Struktur der optimalen L¨osungen an. Angenommen, in einer optimalen Triangulierung erscheint das Dreieck v1 vk vn , 2 ≤ k ≤ n − 1. Dann ist klar, dass die Triangulierungen auf den Teilen v1 , . . . , vk bzw. vk , vk+1 , . . . , vn ebenfalls optimal sein m¨ ussen. Und das ist die Basis f¨ ur unser Vorgehen: Eine optimale L¨ osung setzt sich aus optimalen Teill¨osungen zusammen. Bezeichnen wir mit c(i, j), i < j, das minimale Gewicht der Triangulierungen ¨ des (j − i + 1)-Eckes vi , vi+1 , . . . , vj , so besagt unsere obige Uberlegung (1)

c(i, j) = min (c(i, k) + c(k, j) + wikj ) i
(j − i ≥ 2)

mit der Anfangsbedingung c(i, i + 1) = 0 f¨ ur alle i . Aus (1) k¨ onnen wir nun das gesuchte Optimum c(1, n) berechnen. Gleichung (1) heißt nach ihrem Entdecker die Bellmansche Optimalit¨ atsgleichung. Es ist nun klar, wie man aus (1) eine rekursive Prozedur zur Bestimmung von ¨ c(1, n) entwickelt, aber es kann leicht gezeigt werden (siehe Ubung 5), dass diese Methode wieder exponentielle Laufzeit hat. Also war alles umsonst? Nein, denn wir gehen genau umgekehrt vor. Wir zerlegen nicht c(1, n) in kleinere Unterprobleme top-down“, sondern wir bauen c(1, n) von unten auf bottom-up“, beginnend mit ” ” c(1, 2) = c(2, 3) = . . . = c(n − 1, n) = 0 . Daraus berechnen wir mittels (1) c(1, 3), c(2, 4), . . . , c(n − 2, n) , dann c(i, j) mit j − i = 3, usf., bis wir bei c(1, n) angelangt sind. Diese bottomup Methode ist der zweite Bestandteil des dynamischen Programmierens. Wir   stellen rekursiv die Tafel der c(i, j) her. Insgesamt gibt es n2 Paare i < j, und der Berechnungsschritt (1) ben¨ otigt O(n) Operationen, also ist die Gesamtlaufzeit O(n3 ).

202

10

Beispiel.

allgemeine optimierungsmethoden

Betrachten wir n = 6 mit der Gewichtsfunktion ikj 123 124 125 126 134 135 136 145 146 156

wikj 3 1 6 1 2 4 4 5 1 2

ikj 234 235 236 245 246 256 345 346 356 456

wikj 6 1 3 7 1 4 4 4 2 5

Wir stellen nun zwei Tafeln c(i, j) und p(i, j) auf, wobei k = p(i, j) ein Index i < k < j ist, der bei der Berechnung von c(i, j) in (1) das Minimum ergibt. Um die bottom-up Methode zu verdeutlichen, kippen wir das Dreieck um 90o .

1 i

2 9

3 6

4 5

5 0

5

5

4

6

c(i,j)

3 3

0

3 5

4 2

5

6 2

2 3

5

0

i

j

10

4 0

1

6 10

4 3

4

j

5

4 3

3

3 2

0

p(i,j)

Die Startwerte sind c(i, i + 1) = 0, 1 ≤ i ≤ 5. Die Werte c(i, i + 2) sind gerade wi,i+1,i+2 , und p(i, i + 2) = i + 1. Nun gehen wir rekursiv vor. Zum Beispiel haben wir ⎧ ⎫ ⎨ c(2, 5) + w125 = 5 + 6 = 11 ⎬ c(1, 3) + c(3, 5) + w135 = 3 + 4 + 4 = 11 c(1, 5) = min = 10 ⎩ ⎭ c(1, 4) + w145 = 5 + 5 = 10

und somit p(1, 5) = 4. Der gesuchte Wert ist c(1, 6) = 10 und eine optimale Zerlegung k¨ onnen wir aus der Tafel p(i, j) ablesen. Wegen p(1, 6) = 2 haben wir das Dreieck 126. Aus p(2, 6) = 3 erhalten wir das Dreieck 236, und schließlich aus p(3, 6) = 5 die Dreiecke 356 und 345. Eine optimale Triangulierung ist demnach

10.2

dynamisches programmieren 6

203

1

2

5

3

4

Die Summe ist w126 + w236 + w356 + w345 = 1 + 3 + 2 + 4 = 10 wie gesehen. Als weiteres Beispiel wollen wir ein Suchproblem behandeln. Wir haben eine Liste y1 < y2 < . . . < yn gegeben und ein neues Element z, welches wir einsortieren wollen. Wir vergleichen z mit Elementen yi und bekommen als Antwort z < yi , z = yi oder z > yi . Die endg¨ ultige Position von z ist eine von 2n+1 M¨oglichkeiten: entweder z = yi (1 ≤ i ≤ n) oder z < y1 bzw. yi < z < yi+1 (1 ≤ i ≤ n), wobei wir yn+1 = ∞ setzen. Unser Suchbereich ist daher eine Menge X ∪ Y , X = {x0 , x1 , . . . , xn }, Y = {y1 , . . . , yn }, wobei der Ausgang xj bedeutet yj < z < yj+1 (bzw. z < y1 f¨ ur x0 ) und yi bedeutet z = yi . Da wir drei m¨ ogliche Antworten auf einen Vergleich z : yi haben, ist dies ein tern¨ ares Problem. Wir k¨ onnen es aber auch als bin¨aren Suchbaum modellieren. Sei z. B. n = 4. Wir vergleichen zun¨ achst z : y3 . Falls z > y3 ist, machen wir den Test z : y4 , und im Falle z < y3 den Vergleich z : y1 , und falls nun z > y1 ist, den Vergleich z : y2 . Wenn bei einem Test z = yi resultiert, so stoppen wir nat¨ urlich. Der Entscheidungsbaum sieht also folgendermaßen aus:

<

y3

>

y1

y4

y2

x0 x1

x3

x4

x2

Wir sehen, dass die inneren Ecken zu den Ausg¨angen z = yi korrespondieren und die Bl¨ atter zu den Ausg¨ angen xj : yj < z < yj+1 . F¨ ur die Bl¨atter ist die L¨ange ℓ(xj ) gleich der Anzahl der Fragen, f¨ ur die inneren Ecken m¨ ussen wir noch die Frage z : yi hinzuz¨ ahlen, also ist hier ℓ(yi ) + 1 die Anzahl der Tests. Die worst-case L¨ ange des Algorithmus ist somit max ( max ℓ(xj ) , max ℓ(yi ) + 1) = 3 . 0≤j≤4

1≤i≤4

¨ Wir stellen uns nun folgende Frage, welche die Uberlegungen aus Abschnitt 9.3 verallgemeinert. Angenommen, wir haben eine Verteilung (p0 , . . . , pn , q1 , . . . , qn )

204

10

allgemeine optimierungsmethoden



auf X ∪ Y gegeben, nj=0 pj + ni=1 qi = 1. Was ist die minimale Durchschnittsl¨ ange eines Sortieralgorithmus? Wir sind also an der Gr¨oße L(p0 , . . . , pn , q1 , . . . , qn ) = min ( T

n 

pj ℓ(xj ) +

j=0

n 

qi (ℓ(yi ) + 1))

i=1

interessiert, erstreckt u aume mit n + 1 Bl¨attern. ¨ ber alle B¨ Angenommen, ein optimaler Algorithmus testet zuerst z : yk . Dann muss der linke Teilbaum optimal f¨ ur das Problem auf der Ergebnismenge S0,k−1 = {x0 , y1 , x1 , . . . , yk−1 , xk−1 } sein, und der rechte Baum optimal auf der Menge Sk,n = {xk , yk+1 , xk+1 , . . . , xn }. Wir haben also genau die Situation f¨ ur Dynamisches Programmieren. Sei c(i, j) die optimale Durchschnittsl¨ ange f¨ ur die Ergebnismenge Sij = {xi , yi+1 , xi+1 , . . . , yj , xj }, i < j, mit c(i, i) = 0 f¨ ur alle i. Ferner setzen wir
j
j wij = p + q . Unter Einbeziehung des Vergleiches an der Wurk=i k k=i+1 k zel (der die H¨ohe der Unterb¨ aume um 1 erh¨oht) erhalten wir die Bellmansche Optimalit¨ atsgleichung (2)

c(i, j) = wij + min (c(i, k − 1) + c(k, j)) (i < j) i
c(i, i) = 0

f¨ ur alle i .

Mit unserer bottom-up-Methode berechnen wir das gesuchte Optimum c(0, n) in Zeit O(n3 ). Beispiel. 100):

Sei n = 4 mit den folgenden Wahrscheinlichkeiten (multipliziert mit 0 pk qk

1

2

3

4

12 6 16 16 5 15 8

10 12

Wir stellen die Tafeln c(i, j) und p(i, j) auf, wobei k = p(i, j) die Wurzel z : yk im Teilproblem Sij bedeutet.

0 i 3

1 2 100 38

4 0

215 3 158 141 98 0

2

c(i,j)

1

3 3

3 0

4

4 3

1 2

23 0

i

j

77 37

40 0

0

4

3 2

3 3

j 2

2 2

0

p(i,j)

1 1

205

dynamisches programmieren

10.2

Ein optimaler Baum mit Durchschnittsl¨ ange 2,15 ist daher folgendermaßen gegeben: y3

y2

y1

y4

x2

x0

x3

x4

x1

Auch das Traveling Salesman-Problem kann mit Dynamischem Programmieren behandelt werden. Als Eingabe haben wir die n × n-Matrix (wij ). Wir fixieren 1 als Ausgangspunkt der Tour. Wie sehen nun optimale Rundreisen T aus? Es sei k die letzte Ecke vor der R¨ uckkehr zum Ausgangspunkt 1. Ist c∗ die L¨ange einer optimalen Tour T , so gilt c∗ = c(k) + wk1 , wobei c(k) = w1i1 +wi1 i2 +. . .+win−2 k gleich den Kosten des Weges 1, i1 , . . . , in−2 , k in der Tour T ist. Und nun ist klar, dass der Weg 1, i1 , . . . , k optimal (das heißt mit minimalen Kosten) sein muss unter allen Wegen von 1 nach k. Wir k¨ onnen daraus sofort die Bellmanschen Optimalit¨atsgleichungen aufstellen. F¨ ur S ⊆ {2, . . . , n} bezeichne c(S, k), k ∈ S, die Kosten eines optimalen Weges von 1 nach k, der ausgehend von 1 genau die Ecken aus S durchl¨auft. Die Gleichungen lauten dann c({k}, k) = w1k c(S, k) = c∗ =

(k = 2, . . . , n)

min

(c(S
{k}, m) + wmk )

min

(c({2, . . . , n}, k) + wk1 ) .

m∈S
{k}

k∈{2,...,n}

(S ⊆ {2, . . . , n}, |S| ≥ 2)

An Operationen verwenden wir Addition und Vergleiche (zur Berechnung des Minimums). Ist |S| = ℓ, 2 ≤ ℓ ≤ n − 1, so ben¨ otigen wir zur Bestimmung von c(S, k) ℓ − 1 Additionen, also insgesamt ℓ(ℓ − 1) f¨ ur festes S. Zusammen mit den n − 1 Additionen zur Berechnung von c∗ ergibt dies als Gesamtzahl der Additionen A(n) = (

n−1  ℓ=2

   n−1  n−1 n−3 ℓ(ℓ − 1)) + (n − 1) = ( (n − 1)(n − 2) ) + (n − 1) ℓ−2 ℓ n−3

= (n − 1)(n − 2)2

ℓ=2 2 n

+ n − 1 = O(n 2 ) .

Die Gesamtzahl der Vergleiche ist von derselben Gr¨oßenordnung, also ist die Laufzeit mittels dynamischem Programmieren O(n2 2n ). Nat¨ urlich ist dies exponentiell, und es ist ja auch nichts anderes zu erwarten, da das Traveling Salesman Problem

206

10

allgemeine optimierungsmethoden

NP -vollst¨ andig ist. Andererseits ist der Algorithmus dem ersch¨opfenden Durchprobieren aller (n − 1)! Touren vorzuziehen, da wir nach der Stirlingschen Formel √ die asymptotische Absch¨ atzung n! ∼ 2πn( ne )n haben.

10.3

Der Greedy-Algorithmus

Algorithmen vom Greedy-Typ haben wir schon an mehreren Stellen kennengelernt. Das Problem des minimalen aufspannenden Baumes in Abschnitt 7.3 oder minimale Transversale in Abschnitt 8.2 sind fast schon klassische Beispiele. In 7.3 haben wir auch die theoretischen Grundlagen herausgearbeitet, wann der GreedyAlgorithmus funktioniert, n¨ amlich dann, wenn die Mengen, welche in der Optimierungsprozedur vorkommen, ein Matroid bilden. Wir haben es also wie beim Dynamischen Programmieren mit einer Situation zu tun, in der die Unterstrukturen ebenfalls optimal sind. Wir wollen uns noch ein Beispiel ansehen, und dann anhand eines weiteren Problemes die Unterschiede zur Methode des Dynamischen Programmierens aufzeigen. Angenommen, wir haben n Jobs zu erledigen, die alle jeweils eine Zeiteinheit ben¨ otigen. Zus¨ atzlich haben wir zwei Folgen b1 , . . . , bn , 1 ≤ bi ≤ n, und s1 , . . . , sn , si ≥ 0, gegeben. Die Zahl bi gibt an, dass der i-te Job sp¨atestens nach bi Einheiten beendet sein muss, wenn nicht, m¨ ussen wir eine Strafe si zahlen. Unsere Aufgabe besteht darin, die Erledigung der Jobs so zu arrangieren, dass die Gesamtstrafe der nicht rechtzeitig durchgef¨ uhrten Jobs m¨oglichst gering ist. Betrachten wir das folgende Beispiel: i 1 2 3 4 5 6 7

bi 3 2 6 1 2 2 4

si 2 3 1 2 4 2 5

Wir k¨ onnten folgendermaßen vorgehen. Wir reihen zun¨achst die Jobs nach aufsteigenden Endzeiten bi : i 4 2 5 6 1 7 3 bi

1 2 2 2 3 4 6

und w¨ ahlen nun nach Greedy-Art m¨ oglichst viele Jobs, die rechtzeitig erledigt werden k¨ onnen. Also zuerst Job 4, dann 2, Jobs 5 und 6 gehen nicht, dann Jobs 1, 7 und 3. Die Reihenfolge ist also 4, 2, 1, 7, 3, 5, 6 mit einer Gesamtstrafe s5 +s6 = 6. Ist das schon optimal? Wir nennen irgendeine Reihenfolge der n Jobs einen Plan P und setzen N = {1, . . . , n}. In P bezeichne pi die Position des i-ten Jobs. Ein Job heißt fr¨ uh in P ,

10.3

der greedy-algorithmus

207

falls er rechtzeitig beendet ist, d. h. falls pi ≤ bi ist, andernfalls heißt er sp¨ at; s(P ) sei die Strafe, die beim Plan P gezahlt werden muss. Zun¨achst stellen wir fest, dass wir annehmen k¨ onnen, dass in P alle fr¨ uhen vor allen sp¨aten Jobs kommen. Ist n¨ amlich i fr¨ uh und j sp¨ at mit pi > pj , also bi ≥ pi > pj > bj , so k¨onnen wir die Positionen von i und j vertauschen, und i ist nach wie vor fr¨ uh und j sp¨at. Die Strafe s(P ) bleibt also gleich. Ferner k¨onnen wir die fr¨ uhen Jobs alle nach aufsteigenden Endzeiten anordnen. Sind n¨ amlich i und j fr¨ uhe Jobs mit pi < pj , bi > bj , so gilt pi < pj ≤ bj < bi , also k¨ onnen wir die Positionen von i und j vertauschen, und beide Jobs sind nach wie vor fr¨ uh. Wir k¨ onnen also voraussetzen, dass in einem Plan zuerst die fr¨ uhen Jobs A platziert werden und dann die sp¨ aten S = N
A.
Und jetzt kommt die entscheidende Idee. Die
Gesamtstrafe von P ist s(P ) = i∈S si . s(P ) ist also minimal, angig wenn s(A) = j∈A sj maximal ist. Wir nennen eine Menge A ⊆ N unabh¨ (inklusive A = ∅), falls die Jobs in A als fr¨ uhe Jobs in einem Plan realisiert werden k¨ onnen. K¨ onnen wir zeigen, dass (N, A), A = Familie der unabh¨angigen Mengen, ein Matroid bilden, so k¨ onnen wir unseren Greedy-Algorithmus aus Satz 7.5 auf (N, A) mit der Gewichtsfunktion s anwenden. Wir sehen also, dass wir die Jobs nach ihrer Strafe absteigend anordnen m¨ ussen und dann den jeweils n¨achstm¨oglichen nehmen m¨ ussen. Im Nachhinein u ussen ¨ berlegt ist das eigentlich klar – wir m¨ zusehen, die Jobs mit der h¨ ochsten Strafe zuerst zu platzieren. In unserem Beispiel erhalten wir: i

7 5 2 1 4 6 3

si bi

5 4 3 2 2 2 1 4 2 2 3 1 2 6

Wir nehmen zuerst Job 7, dann 5. Job 2 kann ebenfalls platziert werden, wenn wir die Reihenfolge 5,2,7 nehmen, ebenso 1 mit der neuen Reihenfolge 5,2,1,7. Job 4 kann nicht platziert werden, auch nicht 6, aber wieder 3. Wir erhalten somit die optimale Basis des Matroides A = {7, 5, 2, 1, 3}. Arrangieren wir A nach aufsteigendem bi , so ergibt sich der optimale Plan P 5, 2, 1, 7, 3, 4, 6 mit s(P ) = s4 + s6 = 4. Es bleibt der Nachweis, dass (N, A) ein Matroid ist. Die ersten beiden Axiome sind klar. Bevor wir das Austauschaxiom beweisen, u ¨ berlegen wir uns eine Charakterisierung unabh¨ angiger Mengen A. Wir nehmen an, dass A mit aufsteigenden Endzeiten bi angeordnet ist. F¨ ur k = 1, . . . , n sei Nk (A) die Anzahl der Jobs in A mit bi ≤ k, N0 (A) = 0. Klarerweise muss Nk (A) ≤ k f¨ ur alle k gelten, und ebenso klar folgt aus dieser Bedingung, dass A unabh¨angig ist. Die Bedingung Nk (A) ≤ k (k = 0, . . . , n) charakterisiert somit unabh¨ angige Mengen. Zum Nachweis von Axiom 3) seien A, B ∈ A mit |B| = |A| + 1. Wir haben N0 (A) = N0 (B) = 0 und Nn (A) = |A| < |B| = Nn (B). Es existiert also ein gr¨oßter Index t mit 0 ≤ t < n, so dass Nt (B) ≤ Nt (A) ist. Aus Nt+1 (B) > Nt+1 (A)

208

10

allgemeine optimierungsmethoden

folgt, dass es einen Job i ∈ B
A gibt mit bi = t + 1. Sei A′ = A ∪ {i}. F¨ ur k ≤ t folgt Nk (A′ ) = Nk (A) ≤ k, da A unabh¨angig ist, und f¨ ur j ≥ t + 1 gilt Nj (A′ ) ≤ Nj (B) ≤ j, da B unabh¨ angig ist. Nach unserer obigen Bemerkung ist also A ∪ {i} unabh¨ angig, und der Beweis ist beendet. Wir bemerken noch, dass eine Greedy-Vorgehensweise auch zum Ziel f¨ uhren kann, ohne dass ein Matroid gegeben ist (obwohl es oft im Nachhinein gefunden werden kann). Der Huffman-Algorithmus aus Abschnitt 9.2 ist eine GreedyMethode – wir w¨ ahlen immer Bl¨ atter kleinster Wahrscheinlichkeit. Oder Dijkstras K¨ urzeste-Wege-Algorithmus aus Abschnitt 7.4. Betrachten wir noch ein weiteres ber¨ uhmtes Problem – das Rucksackproblem (knapsack problem). Jemand findet n Gegenst¨ande. Jeder Gegenstand i hat einen Wert wi und ein Gewicht gi , wi , gi ∈ N. Er m¨ochte nun seinen Rucksack mit Gegenst¨ anden eines m¨ oglichst hohen Gesamtwertes f¨ ullen, kann aber h¨ochstens ein Gewicht G tragen. Welche Gegenst¨ ande soll er nun einpacken? Eine Greedy-Strategie wird zun¨ achst die Gegenst¨ande nach ihrem relativen Wert wgii in absteigender Reihenfolge anordnen, und immer den n¨achsten noch m¨ oglichen Gegenstand einpacken. Leider funktioniert dies schon f¨ ur n = 3 nicht. Sei z. B. i 1 2 3 wi gi wi /gi

3 1 3

5 2 5/2

6 3 2

G=5

Die Greedy-Methode w¨ ahlt 1 und dann 2 mit Gesamtwert 8, aber 2 und 3 sind auch m¨ oglich mit Wert 11. Angenommen, eine optimale Belegung B des Rucksacks enth¨alt Gegenstand m. Dann ist B
{m} eine optimale Belegung des Unterproblems auf {1, . . . , n}
{m} mit Gesamtgewicht G − gm . Die richtige Methode ist also nicht der Greedy¨ Algorithmus, sondern Dynamisches Programmieren (mehr dar¨ uber in den Ubungen). ¨ In den Ubungen werden wir auch sehen, dass der Greedy-Algorithmus sogar beliebig weit vom Optimum abweichen kann. Betrachten wir aber die folgende Variante, in der wir beliebig viele Exemplare eines Gegenstandes einpacken k¨onnen, solange nicht das Gesamtgewicht Gu wird. Gesucht ist also ein Vektor ¨ berschritten

(x1 , . . . , xn ), xi ∈ N0 , mit gi xi ≤ G und wi xi = max. Probieren wir wiederum den Greedy-Algorithmus mit wg11 ≥ . . . ≥ wgnn , wobei wir g1 ≤ G annehmen k¨ onnen, da ansonsten der Gegenstandt 1 keine Rolle spielt. Mit der Greedy-Methode packen wir x1 Exemplare von 1 ein mit x1 = ⌊ gG1 ⌋. Sei nun (x1 , . . . , xn ) eine optimale L¨ osung, so haben wir wj ≤ wg11 gj f¨ ur alle j, also wopt =

n  j=1

w j xj ≤

n w1  G G gj xj ≤ w1 ≤ 2w1 ⌊ ⌋ ≤ 2w∗ . g1 j=1 g1 g1

Der Greedy-Wert w∗ erreicht also mindestens die H¨alfte des Optimums. In den ¨ Ubungen wird gezeigt, dass die Schranke w∗ ≥ 12 wopt allgemein nicht weiter ver-

¨bungen u

209

bessert werden kann. Und noch eine letzte Bemerkung: Das Rucksackproblem ist in beiden Varianten N P -vollst¨ andig.

¨ Ubungen zu Kapitel 10 ⊲ 1 L¨ ose das K¨ onigsproblem (analog zum Damenproblem) auf dem n × n-Schachbrett. ¨ 2 Bestimme mit Backtrack alle 3 ×3-magischen Quadrate (siehe Ubung 12.37). Hinweis: 1 kann nicht in einer Ecke sein. ⊲ 3 Zeige, dass wir im Damenproblem auf dem n × n-Schachbrett a1 = 1 annehmen k¨ onnen. 4 Diskutiere das u ¨bliche 3 × 3-Tic-Tac-Toe-Spiel anhand eines Spielbaumes. ⊲ 5 Zeige, dass die Bestimmung von c(1, n) aus der Rekursion (1) in Abschnitt 10.2 exponentielle Laufzeit hat. 6 L¨ ose das folgende Traveling Salesman-Problem mit Branch and bound:

1 2 3 4 5 6

1

2

3

4

5

6

∞ 4 3 4 3 7

3 ∞ 2 2 3 4

6 3 ∞ 6 2 5

2 4 6 ∞ 6 7

8 4 3 4 ∞ 6

1 5 5 4 4 ∞

7 Bestimme eine optimale Triangulierung des regul¨ aren Sechseckes mit der Gewichtsfunktion w(vi vj vk ) = |vi − vj | + |vj − vk | + |vk − vi |. ⊲ 8 Das M¨ unzwechselproblem lautet folgendermaßen: Gegeben sind m M¨ unzen
der Werte c1 , c2
, . . . , cm , ci ∈ N. F¨ ur n ∈ N bestimme (falls m¨ oglich) k1 , . . . , km mit m i=1 ki ci = n 0 1 m−1 k minimal. Zeige, dass f¨ u r die Potenzen c , c , . . . , c (c > 1, m ≥ 1) ein und m i i=1 Greedy-Algorithmus funktioniert. 9 Berechne die Anzahl der Vergleiche in dem Dynamischen Programm f¨ ur das Traveling Salesman-Problem. 10 L¨ ose mit Backtrack das Wolf, Esel, Mohrr¨ uben-Problem: Ein F¨ ahrmann muss die drei u ¨ber den Fluss bringen. Bei einer Fahrt kann er immer nur einen mitnehmen, und weder Wolf und Esel noch Esel und Mohrr¨ ube d¨ urfen allein auf einer Flussseite sein. ⊲ 11 Konstruiere ein Beispiel, wo der Greedy-Algorithmus (nimm immer ein zul¨ assiges Paar h¨ ochsten Wertes) f¨ ur das gewichtete Job-Zuordnungsproblem c : K → R+ aus Abschnitt 8.2 nicht funktioniert.

210

10

allgemeine optimierungsmethoden

12 L¨ ose das Damenproblem auf dem n × n-Schachbrett.

13 Es seien Matrizen M1 , . . . , Mn vom Typ ri × ri+1 (i = 1, . . . , n) gegeben. Eine Auswertung des Produktes M1 . . . Mn besteht aus einer Folge von Matrizenmultiplikationen, wobei die Kosten der Multiplikation einer r × s-Matrix A mit einer s × t-Matrix B gleich rst sind. Bestimme mit Dynamischem Programmieren eine billigste Multiplikationsfolge. Hinweis: Siehe das Triangulierungsproblem aus Abschnitt 10.2. 14 Bestimme eine optimale Multiplikationsfolge f¨ ur die sechs Matrizen mit den aufeinanderfolgenden Dimensionen 3, 5, 11, 2, 9, 23, 6. ⊲ 15 Drei eifers¨ uchtige M¨ anner wollen mit ihren Frauen u ¨ber den Fluss setzen. Das Boot fasst h¨ ochstens zwei Personen. Bestimme einen Transportplan, der alle u ¨bersetzt, ohne dass jemals eine Frau mit einem anderen Mann (ohne ihren eigenen) auf einer Flussseite oder im Boot ist. Geht es auch mit vier Paaren? urfeln. Die Aufgabe ist, die n3 16 Wir f¨ ullen einen n × n × n-W¨ urfel mit n3 Einheitsw¨ W¨ urfel mit weiß und schwarz so zu f¨ arben, dass die Anzahl der einfarbigen Linien (in jeder Richtung inklusive den Diagonalen) m¨ oglichst klein ist. ⊲ 17 Das Markenproblem lautet folgendermaßen: Gegeben sind n Marken verschiedener Werte aus N, und auf einen Brief k¨ onnen h¨ ochstens m Marken geklebt werden. Bestimme das gr¨ oßte N , so dass alle Summenwerte von 1 bis N realisiert werden k¨ onnen. Beispiel: F¨ ur n = 4, m = 5 realisiert {1, 5, 12, 28} alle Zahlen von 1 bis 71. Entwirf ein Backtrack Programm. ¨ ⊲ 18 Es sei χ(G) die chromatische Zahl des Graphen G = (E, K), siehe Ubung 6.12. F¨ ur + − uv ∈ / K sei G = G ∪ {uv} und G der Graph, der durch Identifikation von u und v in eine neue Ecke uv entsteht. Dabei ist z in G− zu uv benachbart genau dann, wenn z zu u oder v in G benachbart war. Zeige χ(G) = min(χ(G+ ), χ(G− )). Durch Iteration entwirf einen Branch and bound-Algorithmus zur Bestimmung von χ(G). Hinweis: Benutze den gr¨ oßten vollst¨ andigen Untergraphen als Schranke. ur das M¨ un19 Zeige, dass f¨ ur c1 = 1, c2 = 5, c3 = 10, c4 = 25 der Greedy-Algorithmus f¨ ¨ zenproblem funktioniert (siehe Ubung 8). Gib andererseits ein Beispiel {c1 , . . . , cm } an, wo der Greedy-Algorithmus nicht die optimale L¨ osung ergibt (auch wenn alle n realisiert werden k¨ onnen). 20 Zeige, wie Dynamisches Programmieren auf das Rucksackproblem angewandt werden kann mit Laufzeit O(Gn). ⊲ 21 Zeige anhand eines Beispieles, dass der Greedy-Algorithmus f¨ ur das Rucksackproblem beliebig weit vom Optimum abweichen kann. Das heißt, f¨ ur jedes 0 < ε < 1 gibt es einen ugt n = 2. Rucksack, so dass w∗ < (1 − ε)wopt ist, w∗ = Greedy-Wert. Hinweis: Es gen¨

1 n ⊲ 22 Seien im Rucksackproblem w ≥ ... ≥ w die relativen Werte. Zeige: wopt ≤ g1 gn
k
k wk+1 ur alle k, und folgere daraus w∗ ≥ wopt − max(wj : j=1 wj + gk+1 (G − j=1 gj ) f¨ ∗ j = 1, . . . , n), w = Greedy-Wert.

23 Eine Anzahl von Vortr¨ agen V1 , . . . , Vn sollen in R¨ aumen gehalten werden, wobei Vorotigt. Zu einer gegebenen Zeit kann in einem Raum nur ein Vortrag trag Vi eine Zeit ci ben¨ stattfinden. Entwirf einen Greedy-Algorithmus, der m¨ oglichst wenige R¨ aume benutzt, so dass alle Vortr¨ age zur Zeit C ≥ max ci beendet sind.

⊲ 24 Es seien n Jobs auf einer Maschine zu erledigen, wobei Ji zur Zeit ai beginnt und zur assig, falls ehi ≤ ahi+1 f¨ ur alle i Zeit ei endet. Eine Menge von Jobs Jh1 , . . . , Jhm heißt zul¨

¨bungen u

211

ist, das heißt falls sie hintereinander ausgef¨ uhrt werden k¨ onnen. Zeige, dass der folgende Greedy-Algorithmus eine maximal große zul¨ assige Menge liefert: Ordne die Jobs nach achstm¨ oglichen. e1 ≤ e2 ≤ . . . ≤ en , und nimm immer den n¨

25 Eine Variante des Rucksackproblems erlaubt, Teile der
Gegenst¨ ande einzupacken.
Das heißt, gesucht ist (x1 , . . . , xn ) mit 0 ≤ xi ≤ 1, so dass gi xi ≤ G ist und wi xi maximal ist. Zeige, dass der Greedy-Algorithmus eine optimale L¨ osung liefert. Hinweis: Zeige, dass immer eine optimale L¨ osung mit x1 = Greedy (x1 ) existiert. 26 Sei die Variante des Rucksackproblems wie am Ende von Abschnitt 10.3 gegeben. Zeige anhand eines Beispieles, dass die Schranke w∗ ≥ 21 wopt nicht verbessert werden kann.

212

10

literatur

Literatur zu Teil II Es gibt eine Reihe guter Lehrb¨ ucher zur Graphentheorie, z. B. Diestel oder West. Ein klassisches Gebiet der Graphentheorie, die Einbettbarkeit von Graphen in die Ebene, wurde ganz ausgespart. Diese Frage stand ganz am Anfang der Graphentheorie, in Form des allgemein bekannten 4-Farbenproblems. Wer mehr dar¨ uber erfahren m¨ ochte, vor allem u ¨ ber den Einfluss des 4-Farbenproblems auf die Ent¨ wicklung der Graphentheorie, kann dies im Buch von Aigner nachlesen. Uber Graphenalgorithmen und kombinatorische Algorithmen gibt es eine große Zahl von B¨ uchern. Sehr umfangreich und detailliert ist das Buch von Corman–Leiserson– Rivest, empfohlen seien auch Even, Horowitz–Sahni, Papadimitriou–Steiglitz und Jungnickel. Das Buch von Lawler enth¨ alt unter anderem eine Vertiefung u ¨ ber Matroide und die damit verbundenen algorithmischen Probleme. F¨ ur Sortieralgorithmen ist nach wie vor der Klassiker das Buch von Knuth, und wer sich in das relativ neue Gebiet der Suchtheorie einarbeiten will, der sollte zu dem entsprechenden Buch von Aigner oder Ahlswede–Wegener greifen. Eine ausgezeichnete Darstellung der Komplexit¨atsklassen P und N P und allgemein der Komplexit¨atstheorie ist im Buch von Garey–Johnson enthalten. R. Ahlswede, I. Wegener: Suchprobleme. Teubner. M. Aigner: Graphentheorie – eine Entwicklung aus dem 4-Farben Problem. Teubner. M. Aigner: Combinatorial Search. Teubner-Wiley. T. Corman, C. Leiserson, R. Rivest: Introduction to Algorithms. MIT Press. R. Diestel: Graphentheorie. Springer-Verlag. S. Even: Algorithmic Combinatorics. MacMillan. M. Garey, D. Johnson: Computers and Intractability: A Guide to the Theory of N P -Completeness. Freeman. E. Horowitz, S. Sahni: Fundamentals of Computer Algorithms. Computer Science Press. D. Jungnickel: Graphen, Netzwerke und Algorithmen. Spektrum-Verlag D. Knuth: The Art of Computer Programming III, Sorting and Searching. Addison-Wesley. E. Lawler: Combinatorial Optimization: Networks and Matroids. Holt, Rinehart and Winston. C. Papadimitriou, K. Steiglitz: Algorithms and Complexity. Prentice-Hall. D. West: Introduction to Graph Theory. Prentice-Hall.

Teil III: Algebraische Systeme Im ersten Teil haben wir uns mit der Abz¨ ahlung von Mengen besch¨aftigt, die meist durch einfache kombinatorische Bedingungen erkl¨art waren, z. B. Untermengen oder Partitionen. Im zweiten Teil haben wir Graphen studiert und viele algorithmische Probleme gel¨ ost, indem wir Graphen als Datenstruktur eingef¨ uhrt haben. An mehreren Stellen haben wir gesehen, wie n¨ utzlich es ist, auf den Mengen, die zun¨ achst keine weitere Struktur aufweisen, algebraische Begriffe einzuf¨ Ein
uhren. eindrucksvolles Beispiel waren die erzeugenden Funktionen F (z) = an z n . Zun¨ achst sind die Zahlen an nichts weiter als die M¨achtigkeit der gegebenen Mengen. Fassen wir sie aber als Koeffizienten der Reihe F (z) auf, so k¨onnen wir mit ihnen rechnen, sie addieren oder das Konvolutionsprodukt betrachten. Ein weiteres Beispiel war der Greedy-Algorithmus zur Erzeugung minimaler aufspannender B¨ aume in Abschnitt 7.2. Er funktioniert, weil die W¨alder ein Matroid bilden, ja der Korrektheitsbeweis wird sogar wesentlich durchsichtiger und auch einfacher, indem wir ihn auf die abstrakte Ebene der Matroide heben. Graphen oder allgemeiner Mengenfamilien haben wir mittels Inzidenz als 0, 1-Matrizen dargestellt, und mit Matrizen k¨ onnen wir wieder rechnen. Wir k¨onnen sie addieren und multiplizieren, eine Matrix hat einen Rang, und wir werden erwarten, dass der Rang der Inzidenzmatrix etwas u ¨ ber den Graphen aussagt. Informell gesagt haben wir algebraische Methoden verwendet, um gegebene diskrete Strukturen besser zu verstehen bzw. Probleme einfacher zu l¨osen. In diesem Teil nehmen wir in einem gewissen Sinn den umgekehrten Standpunkt ein. Wir untersuchen einige wichtige algebraische Systeme, arbeiten zun¨achst ihre Struktur heraus und u ¨ berlegen uns dann, auf welche diskrete Fragestellungen wir sie gewinnbringend anwenden k¨ onnen. Zum Beispiel kann man auf jeder endlichen Menge eine nat¨ urliche Addition oder Multiplikation einf¨ uhren. Wir werden sehen, dass die Menge mit dieser Addition oder Multiplikation (oder beidem) eine Anzahl von Symmetrien aufweist – und diese Symmetrien verwenden wir dann zur Konstruktion diskreter Konfigurationen. Ein besonders wichtiges Beispiel sind Ungleichungssysteme, auf die wir im letzten Kapitel eingehen. Wir kommen auf algebraischem Weg zu einem grundlegenden Ergebnis, dem Hauptsatz der linearen Optimierung, und stellen dann fest, dass dieser Satz alle unsere Fluss-Schnitt S¨atze umfasst, ja mehr noch, dass die Dualit¨ at Maximum Packen – Minimum Bedecken“ erst durch die algebraische ” Betrachtung in den richtigen Rahmen gestellt wird.

11

11.1

Boolesche Algebren

Definition und Eigenschaften

Wir studieren die Menge B(n) = {0, 1}n . Die Elemente von B(n) sind also Folgen oder Vektoren x = (x1 , . . . , xn ) von 0’en und 1’en der L¨ange n, oder 0, 1-W¨orter der L¨ ange n. Zun¨ achst ist das einfach eine Menge, aber wir k¨onnen nun B(n) auf mehrfache Weise interpretieren, auf B(n) verschiedene Strukturen erkl¨aren, und das macht die Sache erst interessant. Mit x, y, z . . . bezeichnen wir stets Elemente aus B(n), mit x, y, z, . . . einzelne Koordinaten. Eine Interpretation kennen wir schon l¨ angst. Wir betrachten die Menge S = {1, . . . , n} der Stellen und interpretieren x = (x1 , . . . , xn )

als Ax = {i : xi = 1} .

x ist also der charakteristische Vektor der Menge Ax , und die Beziehung x ←→ Ax ist bijektiv. Wir bezeichnen von nun an mit 0 = (0, . . . , 0) und 1 = (1, 1, . . . , 1) das Nullwort bzw. das Einswort. Die zugeh¨origen Mengen sind A0 = ∅ bzw. A1 = S. B(S) bezeichnet analog die Familie aller Untermengen von S. Eine andere und f¨ ur das Rechnen auf Computern fundamentale Interpretation ergibt sich, indem wir x als bin¨ are Darstellung einer nat¨ urlichen Zahl auffassen. In diesem Fall schreiben wir x = (x0 , x1 , . . . , xn−1 ) und haben die Beziehung

x = (x0 , x1 , . . . , xn−1 ) ←→ zx =

n−1 

xi 2i .

i=0

Das Nullwort entspricht hier z0 = 0 und das Einswort z1 = 2n − 1. Operationen mit Mengen oder Zahlen k¨onnen also auch mittels 0, 1-W¨ortern durchgef¨ uhrt werden, und das ist der Grundgedanke, von dem wir uns im folgenden leiten lassen. F¨ ur Mengen haben wir drei Grundoperationen: Vereinigung ∪, Durchschnitt ∩, und Komplement − . Wir erkl¨ aren entsprechende Operationen nun f¨ ur 0, 1-W¨orter koordinatenweise: x 0 1 0 1

y 0 0 1 1

x+y 0 1 1 1

x 0 1 0 1

y 0 0 1 1

xy 0 0 0 1

x 0 1

x 1 0

216

11

boolesche algebren

und allgemein (x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ) (x1 , . . . , xn )(y1 , . . . , yn ) = (x1 y1 , . . . , xn yn ) (x1 , . . . , xn ) = (x1 , . . . , xn ). Offenbar entspricht x+y der Vereinigung Ax ∪Ay , xy dem Durchschnitt Ax ∩Ay , und x dem Komplement Ax . Die Rechenregeln sind bekannt: Die Operationen + und · sind kommutativ, assoziativ und distributiv mit Nullelement 0 und Eins= x= x ist. element 1, und eindeutiger Komplementierung,
 x→ x, wobei

Ferner  gelten die Regeln von de Morgan: xi = xi , xi = xi , wobei und die eben eingef¨ uhrten Summe und Produkt bezeichnen. B(n) versehen mit den Operationen +, · und − (oder ¨aquivalent B(S) mit ∪, ∩,− ) heißt die Boolesche Algebra der Ordnung n. Man beachte, dass weder + noch · eine Gruppe ergibt, da 1 kein additives Inverses hat und z. B. (1, 0) kein multiplikatives Inverses f¨ ur n = 2. Eine weitere Struktur erhalten wir, indem wir die Operationen ⊕ und · zugrundelegen: x y xy x y x⊕y 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 In diesem Fall ist {0, 1} mit den Operatoren ⊕, · ein K¨ orper, den wir auch das Galoisfeld GF (2) nennen. (Wir kommen auf endliche K¨orper ausf¨ uhrlich in Abschnitt 12.2 zur¨ uck.) Erweitern wir die Operationen koordinatenweise, so wird B(n) ein Vektorraum der Dimension n u ¨ ber GF (2). Als Menge interpretiert entspricht x⊕y der symmetrischen Differenz (Ax
Ay ) ∪ (Ay
Ax ), die wir also ebenfalls mit der kurzen Bezeichnung Ax ⊕ Ay versehen. Die Inklusion auf Mengen A ⊆ B legt als weitere Struktur eine Ordnung x ≤ y auf B(n) nahe: F¨ ur x = (x1 , . . . , xn ), y = (y1 , . . . , yn ) setzen wir x ≤ y ⇐⇒ xi ≤ yi

f¨ ur alle i .

Offenbar gilt x ≤ y genau dann, wenn Ax ⊆ Ay ist. Die Ordnung ≤ hat die zus¨ atzliche Eigenschaft, dass zu je zwei Elementen x, y genau eine kleinste obere Schranke und genau eine gr¨ oßte untere Schranke existieren, die wir mit x ∨ y bzw. x ∧ y bezeichnen. Nun, das ist klar. Aus der Definition folgt z =x∨y w =x∧y

mit mit

zi = max (xi , yi ) wi = min (xi , yi )

f¨ ur alle i f¨ ur alle i .

Da f¨ ur n = 1 laut den Definitionstafeln f¨ ur + und · x∨y =x+y

und

x ∧ y = xy

11.2

aussagenlogik und boolesche funktionen

217

gelten, so ist auch allgemein x ∨ y = x + y , x ∧ y = xy , d. h. x ∨ y, x ∧ y entsprechen wieder der Vereinigung und dem Durchschnitt von ¨ Mengen. Das ist nat¨ urlich auch der Grund f¨ ur die Ahnlichkeit der Symbole ∨, ∪ bzw. ∧, ∩ . Eine Ordnung, die f¨ ur alle x, y ein Supremum x ∨ y und ein Infimum x ∧ y besitzt, heißt ein Verband. B(n) ist also mit der Ordnung ≤ (bzw. B(S) mit ⊆) ein Verband, genannt der Boolesche Verband. Der Grund, warum wir einmal + und ·, das andere Mal ∨ und ∧ verwenden, liegt im verschiedenen Ansatz. Das erste Mal steht der algebraische Aspekt im Vordergrund, das zweite Mal die Ordnung. Wir werden die Operationen je nach Problemstellung in der einen oder in der anderen Form verwenden. Schließlich k¨ onnen wir auch einen Abstand erkl¨aren, den sogenannten HammingAbstand : ∆(x, y) = |{i : xi = yi }| . Man sieht sofort, dass ∆ : B(n) → R+ eine Metrik im Sinne der Analysis ist, d. h. es gelten ∆(x, y) ≥ 0 mit ∆(x, y) = 0 genau f¨ ur x = y, ∆(x, y) = ∆(y, x), und die Dreiecksungleichung ∆(x, z) ≤ ∆(x, y) + ∆(y, z). Der Leser wird wahrscheinlich schon den Zusammenhang zu den W¨ urfelgraphen Qn aus Abschnitt 6.1 bemerkt haben. Die Ecken sind die W¨orter x ∈ B(n), und ¨ zwei Ecken sind benachbart, wenn ihr Hamming-Abstand gleich 1 ist. Ubrigens entspricht ∆(x, y) genau dem Abstand in Qn im graphentheoretischen Sinn.

11.2

Aussagenlogik und Boolesche Funktionen

Einer der historischen Ausgangspunkte f¨ ur Boolesche Algebren war der Zusammenhang zur Aussagenlogik. Betrachten wir n = 2. Eine Abbildung f : B(2) → {0, 1} heißt eine (zweiwertige) Boolesche Funktion. Da |B(2)| = 4 ist, gibt es also 24 = 16 solche Funktionen. Die Variablen x und y werden als Aussagen interpretiert, und zwar 1 als wahr und 0 als falsch. Schreiben wir nochmals die Tafeln f¨ ur unsere drei Grundoperationen ∨, ∧, ⊕ hin: x y x∨y x∧y x⊕y 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 Die Operation x ∨ y entspricht also der Aussage: x ∨ y ist wahr, wenn x oder y oder beide wahr sind; wir nennen x ∨ y im Sinne der Aussagenlogik Disjunktion. Der Operator x ∧ y entspricht der Konjunktion: x ∧ y ist genau dann wahr, wenn sowohl x als auch y wahr sind. Auf diese Weise k¨onnen wir alle 16 Funktionen aussagenlogisch interpretieren. Zum Beispiel entspricht x ⊕ y dem entweder–oder

218

11

boolesche algebren

(entweder x ist wahr und y ist falsch, oder y ist wahr und x ist falsch). Ein weiteres Beispiel ist: x y x→y 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 Dies entspricht der Implikation x → y. x → y ist immer wahr, außer wenn x urlich als Negation wahr und y falsch ist. Die Komplementierung x → x wird nat¨ ¬x interpretiert. Sehen wir uns ein Beispiel f¨ ur n = 3 an. Was ist die Wahrheitstafel f¨ ur die Funktion f (x, y, z) = (x → y) ∧ [(y ∧ ¬z) → (x ∨ z)]? Wir setzen alle 8 m¨oglichen Tripel (x, y, z) in f ein und berechnen die rechte Seite. F¨ ur x = y = z = 0 erhalten wir beispielsweise f (0, 0, 0) = (0 → 0) ∧ [(0 ∧ 1) → (0 ∨ 0)] = 1 ∧ [0 → 0] = 1 ∧ 1 = 1 , und f¨ ur x = 1 , y = 0 , z = 1 f (1, 0, 1) = (1 → 0) ∧ [(0 ∧ 0) → (1 ∨ 1)] = 0 , da 1 → 0 = 0 ist. Wir erkennen sofort zwei Probleme: 1. K¨ onnen wir eine gegebene Boolesche Funktion f : B(n) → {0, 1} auf eine einfache Form bringen, die eine schnelle Auswertung erlaubt? 2. Existiert f¨ ur f u ¨ berhaupt ein (x1 , . . . , xn ) mit f (x1 , . . . , xn ) = 1? Wir fragen also: Kann f u ullt werden, d. h. jemals wahr werden? ¨ berhaupt erf¨ Beide Fragen sind f¨ ur die Aussagenlogik von eminenter Bedeutung. Man m¨ochte eine Methode entwickeln, wie zusammengesetzte Aussagen als wahr (oder falsch) erkannt werden k¨ onnen, oder zumindest prinzipiell erkennen, ob sie erf¨ ullbar sind. Zur Behandlung der ersten Frage stellt man Normalformen auf. Die bekanntesten Normalformen sind die disjunktive Normalform DNF, bzw. durch Komplementierung die konjunktive Normalform CNF. Als Bausteine verwenden wir +, · und − . F¨ ur jede Eingabe c = (c1 , . . . , cn ) mit f (c) = 1 bilden wir die sogenannte Minterm Funktion mc mc (x1 , . . . , xn ) = xc11 xc22 . . . xcnn , wobei x1 = x und x0 = x bedeuten soll. Nach Definition des Produktes gilt also mc (x) = 1 genau f¨ ur x = c (klar?). Die Funktion f kann daher in der Form
(DNF) f (x1 , . . . , xn ) = xc11 . . . xcnn c:f (c)=1 geschrieben werden. Dabei ist f ≡ 0 durch die leere Summe gegeben.

Zum Beispiel hat die Funktion f (x1 , x2 , x3 ) = x1 ⊕ x2 ⊕ x3 die DNF f (x1 , x2 , x3 ) = x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 .

11.2

aussagenlogik und boolesche funktionen

219

Die DNF zeigt, dass jede Boolesche Funktion mittels der Operationen +, ·,− ausgedr¨ uckt werden kann. Wir sagen daher, dass die Menge {+, ·,− } eine Basis f¨ ur alle Booleschen Funktionen bildet. Dabei setzen wir stets voraus, dass die Konstanten (= 0-wertige Funktionen) 0 und 1 frei gegeben sind. Dass dies von Bedeutung ist, wird weiter unten klar werden. ¨ Durch Komplementierung erhalten wir die konjunktive Normalform (s. Ubung 4):  (CNF) f (x1 , . . . , xn ) = (xc11 + · · · + xcnn ) . c:f (c)=0 F¨ ur unser Beispiel ergibt dies x1 ⊕ x2 ⊕ x3 = (x1 + x2 + x3 )(x1 + x2 + x3 )(x1 + x2 + x3 )(x1 + x2 + x3 ) . Die beiden Operationen +, · allein bilden keine Basis. Zum Beispiel kann x1 ⊕x2 nicht mittels + und · dargestellt werden. Warum? Ist eine Funktion f in der Gestalt f (x1 , . . . , xn ) =



xi1 . . . xiℓ

(i1 ,...,iℓ )

gegeben, so sehen wir sofort, dass f (x) ≤ f (y) f¨ ur x ≤ y gilt, da dies ja laut den Tafeln f¨ ur + und · zutrifft. Auf die angegebene Weise k¨onnen also nur monotone Funktionen dargestellt werden (und f¨ ur diese Funktionen ist {+, ·} tats¨achlich eine ¨ Basis, siehe die Ubungen). Unsere Funktion x1 ⊕ x2 ist wegen (1, 0) ≤ (1, 1) und 1 ⊕ 0 = 1, 1 ⊕ 1 = 0 nicht monoton, und daher nicht mittels +, · darstellbar. Andererseits bilden wegen xy = x + y bzw. x + y = x y auch {+,− } bzw. {·,− } Basen. Ebenso ist {⊕, ·} eine Basis, wie wir aus x+y = (x⊕y)⊕(xy) und x = x⊕1 ur erkennen. Zum Beispiel haben wir x1 x2 x3 = x1 x2 (1 ⊕ x3 ) = x1 x2 ⊕ x1 x2 x3 . F¨ die Basis {⊕, ·} werden die Konstanten ben¨otigt, da ansonsten das Komplement nicht erzeugt werden kann. Bevor wir weitergehen, ist es Zeit f¨ ur ein typisches Beispiel aus dem t¨aglichen Leben. Im Wirtschaftsteil einer Zeitung steht folgender gelehrter Kommentar: Ent” weder der Euro wird abgewertet oder, falls der Export nicht zur¨ uckgeht, m¨ ussen die Preise eingefroren werden. Wird der Euro nicht abgewertet, so geht der Export zur¨ uck und die Preise werden nicht eingefroren. Werden die Preise aber eingefroren, dann wird der Export nicht zur¨ uckgehen und der Euro darf nicht abgewertet werden.“ Was heißt das? Wir setzen x f¨ ur Euro wird abgewertet“, y f¨ ur Export geht zur¨ uck“ ” ” und z f¨ ur Preise werden eingefroren“. Dann lassen sich obige Aussagen schreiben ” als A1 := x ∨ (¬y → z), A2 := ¬x → (y ∧ ¬z), A3 := z → (¬y ∧ ¬x) . Dies ergibt (nachpr¨ ufen!) A1 = x ∨ y ∨ z,

A2 = x ∨ (y ∧ ¬z),

A3 = ¬z ∨ (¬y ∧ ¬x)

220

11

boolesche algebren

also A1 ∧ A2 ∧ A3

= (x ∨ y ∨ z) ∧ (x ∨ (y ∧ ¬z)) ∧ (¬z ∨ (¬y ∧ ¬x))

= (x ∨ (y ∧ ¬z)) ∧ (¬z ∨ (¬y ∧ ¬x)) = (x ∧ ¬z) ∨ (y ∧ ¬z)

= ¬z ∧ (x ∨ y) = ¬z ∧ (¬x → y).

Das Gesagte ist also gleichbedeutend mit: Die Preise werden nicht eingefroren ” und, wenn der Euro nicht abgewertet wird, so geht der Export zur¨ uck.“ Und das klingt schon wesentlich einfacher. Kehren wir zur¨ uck zu den Normalformen. Wir haben gesehen, dass die disjunktive Normalform jede Boolesche Funktion als Summe von Produkten ausdr¨ uckt. Normalerweise ist aber die DNF nicht der einfachste Ausdruck dieser Gestalt. Betrachten wir als Beispiel f (x, y, z) = xyz + xyz + xyz. Jeder der drei Minterme enth¨ alt alle drei Variablen. Wegen z + z = 1 und w1 = w k¨onnen wir aber f (x, y, z) = xy(z + z) + xyz = xy + xyz auch als Summe von Produkten mit nur zwei Summanden schreiben. Nun liegt das allgemeine Problem auf der Hand: Finde f¨ ur eine Boolesche Funktion, z. B. gegeben in DNF, eine Darstellung als Summe von Produkten mit m¨oglichst wenig Summanden. Damit haben wir eine weitere Beschreibung, die sogenannte SOPEDarstellung Boolescher Funktionen (sums of products expansion). Ein bekannter Algorithmus zur Konstruktion einer SOPE-Darstellung stammt von Quine und McCluskey (siehe dazu die Literatur). F¨ ur kleine n kann man sich die Transformation von der DNF in die SOPE-Darstellung mit Hilfe der sogenannten KarnaughAbbildung anschaulich klarmachen. Betrachten wir wieder eine Funktion f (x, y, z) gegeben in DNF. Wir wissen, dass die DNF 8 m¨ ogliche Minterme enth¨ alt, und wenn (wie in unserem Beispiel) zwei Minterme sich nur in einer Variablen unterscheiden, so k¨onnen wir sie vereinfachen, indem wir diese Minterme addieren und die Variable streichen. Dies ist nun die Idee der Karnaugh-Abbildung. Wir repr¨asentieren die 8 m¨oglichen Minterme durch ein rechteckiges Schema, so dass benachbarte Felder sich nur in einer Variablen unterscheiden: y y y y x x z

z

z

z

Das linke obere Feld korrespondiert beispielsweise zum Produkt xyz und das rechte untere Feld zu x yz. Gehen wir von einem Feld zu einem Nachbarfeld, so bleiben zwei Variablen gleich, w¨ ahrend die dritte in das Komplement u ¨ bergeht. Dabei muss man sich die Felder zyklisch angeordnet vorstellen, d. h. gehen wir vom rechten oberen Feld xyz nach rechts, so landen wir beim Feld xyz links oben, entsprechend f¨ ur die Spalten. Nun schreiben wir 1 in ein Feld, falls der entsprechende Minterm in der DNF auftritt. Erscheinen nun zwei 1’en in benachbarten Feldern, so zeichnen wir ein

11.3

221

logische netze

Rechteck um diese 1’en und eliminieren die Beispiel ergibt dies y y y y x x 1 −→ x 1 1 x z z z z xyz + xyz + xyz

entsprechende Variable. In unserem y 1 z

y

y

y 1

1 z z z xy + xyz

Eine SOPE-Darstellung entspricht daher einer minimalen Bedeckung aller 1’en mit Rechtecken. Beachte, dass ein Quadrat, welches vier 1’en bedeckt, der Eliminierung von zwei Variablen entspricht. Sei z. B. f (x, y, z) = xyz + xyz + xyz + xyz + x yz. Die Karnaugh-Abbildung ist y y y y x 1 1 1 x 1 z

z

z

1 z

und wir erhalten f (x, y, z) = xyz + z, da außen herum ein Quadrat alle vier 1’en in den Ecken bedeckt. Kommen wir zur zweiten Frage: Wann ist eine Formel f (x1 , . . . , xn ), z. B. gegeben in disjunktiver Normalform, erf¨ ullbar? Hier liegt also ein Entscheidungsproblem im Sinne von Abschnitt 8.5 vor. Dieses Problem SAT (f¨ ur satisfiability) war das erste Beispiel, f¨ ur das 1971 von Cook die NP -Vollst¨andigkeit nachgewiesen wurde. Die Eingabel¨ ange ist die Anzahl der bin¨ aren Operationen, in die wir f z. B. mittels der DNF zerlegen. Nat¨ urlich ist SAT ∈ NP, da wir f¨ ur die xi ja nur die Werte einsetzen m¨ ussen. Dass SAT tats¨ achlich NP -vollst¨ andig ist, geht u ¨ ber unseren Rahmen hinaus und kann z. B. in dem Buch von Garey–Johnson nachgelesen werden. K¨onnen wir SAT in polynomialer Zeit l¨ osen, so auch alle Probleme in NP. Das Boolesche Erf¨ ullbarkeitsproblem steht also im Zentrum der Algorithmentheorie.

11.3

Logische Netze

Wir haben im letzten Abschnitt gesehen, dass sich Boolesche Funktionen mit Hilfe von einigen wenigen Basisoperationen darstellen lassen. Wir wollen nun einige wichtige Funktionen n¨ aher studieren, und insbesondere m¨oglichst effiziente Realisierungen herleiten. Unser Modell sieht folgendermaßen aus: Gegeben ist eine endliche Menge Ω = {gi : B(ni ) → {0, 1}} von Booleschen Funktionen, die wir die Basis nennen. Basis heißt wie bisher, dass alle Booleschen Funktionen mittels Ω dargestellt werden k¨ onnen, so wie etwa durch Ω0 = {+, ·,− }. Die Eingabe ist X = {x1 , . . . , xn , 0, 1}, wobei 0, 1 die Konstanten 0, 1 sind. Eine Berechnung oder Realisierung von f ∈ B(n) erfolgt nun Schritt f¨ ur Schritt aus den Eingaben und dann aus Auswertungen von Funktionen gi aus unserer Basis mit Argumenten, die wir schon berechnet

222

11

boolesche algebren

haben. Und am Schluss soll nat¨ urlich f vorliegen. Formal ist eine Berechnung von f also eine Folge α1 , α2 , . . . , αm , so dass f¨ ur alle αj entweder αj ∈ X gilt oder αj = gi (αj1 , . . . , αjni ) f¨ ur ein gi und j1 , . . . , jni < j. Schließlich ist αm = f . Allgemein k¨ onnen nat¨ urlich auch mehrere Ausgaben vorliegen (siehe die Addition weiter unten). Eine Berechnung α1 , . . . , αm k¨ onnen wir in naheliegender Weise durch einen  repr¨ gerichteten Graphen G asentieren. Die Ecken sind die αj ’s, und wir zeichnen einen Pfeil αj → αk , falls αj in die Berechnung von αk eingeht. F¨ ur αj → αk gilt also stets j < k. Dieser gerichtete Graph heißt ein logisches Netz zur Realisierung  hat als Quellen die Menge X und als Senke αm = f . von f . G Beispiel. Sei Ω0 = {+, ·,− }. Ein logisches Netz zur Berechnung von f (x1 , x2 , x3 ) ¨ = x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ist in der folgenden Figur gegeben, wobei wir der Ubersichtlichkeit halber die Pfeile weglassen. α1 = x1

α2 = x2

α3 = x3

r

α5 r r

b r

α6 b r α4 b

r

α7   α8 

 α9 

α10  +



+

α 11 



Formal setzen wir α1 = x1 , α2 = x2 , α3 = x3 , α4 = α1 , α5 = α2 , α6 = α3 , α7 = α1 α5 , α8 = α2 α6 , α9 = α3 α4 , α10 = α7 + α8 , α11 = α9 + α10 = f . Wir haben 3 Eingabeschritte, 3 Negationen, 3 Multiplikationen und 2 Additionen. Wie in der Figur angedeutet ist, zeichnen wir f¨ ur die Negation einen kleinen Kreis ◦, und f¨ ur die zweistelligen Operationen sogenannte Gatter, UND-Gatter ·⊃ bzw. ODER-Gatter +⊃. Ein theoretisch wie praktisch gleichermaßen interessantes Problem ergibt sich daraus: Gegeben eine Basis Ω und f ∈ B(n). Wie viele Rechenschritte ben¨ otigen wir zur Realisierung von f ? Unter Rechenschritten verstehen wir dabei nur die Kompositionen, die Eingaben werden nicht gez¨ahlt. In unserem Beispiel sind dies 8 Schritte. Geht es auch mit weniger als 8 ? Wir wollen mit CΩ (f ) die minimale Anzahl der Rechenschritte bezeichnen, und mit CΩ∗ (f ) die Anzahl der mehrwertigen Operationen, also die Negationen nicht mitgez¨ahlt. F¨ ur unser Beispiel erhalten wir somit CΩ0 (f ) ≤ 8, CΩ∗ 0 (f ) ≤ 5. Aus dem Beispiel erkennen wir noch ein weiteres Komplexit¨atsmaß. Die drei Multiplikationen k¨ onnen wir parallel ausf¨ uhren, und z¨ahlen dies als einen Schritt. Danach kommen die beiden Additionen. Wir sagen, die Tiefe des Netzes ist 3  na(ohne Negationen). Die Definition der Tiefe wird vom gerichteten Graphen G hegelegt. Die Quellen sind die Eingaben (Ecken mit In-Grad 0), die Senken sind die Ergebnisse (Aus-Grad 0). Die Tiefe ist dann genau die L¨ange eines l¨angsten

11.3

logische netze

223

 in unserem Fall also 4, falls wir die Negationen z¨ahlen, gerichteten Weges in G, bzw. 3, falls wir nur die Gatter ber¨ ucksichtigen. Wir haben also zwei weitere Maße ∗ DΩ0 (f ) ≤ 4, DΩ (f ) ≤ 3 f¨ u r die minimalen Realisierungen. 0 Nehmen wir wieder die Basis Ω0 = {+, ·,− }. Wir wollen eine untere Schranke  des Netf¨ ur CΩ∗ 0 (f ), f ∈ B(n) ableiten. Dazu betrachten wir den Graphen G zes. Wir sagen, f h¨ angt wesentlich von xi ab, falls es cj ∈ {0, 1}, j = i, gibt mit f (c1 , . . . , ci−1 , 0, ci+1 , . . . , cn ) = f (c1 , . . . , ci−1 , 1, ci+1 , · · · , cn ). Es ist klar, dass genau die wesentlichen Variablen als Quellen in jeder Realisierung von f vorkommen m¨ ussen, die unwesentlichen Variablen k¨ onnen wir unber¨ ucksichtigt lassen. Wir nehmen also oBdA an, dass f von allen xi wesentlich abh¨angt. Ein optimales Netz habe ℓ Negationen (In-Grad = Aus-Grad = 1) und CΩ∗ 0 (f ) Operationen + und · .  zweifach. Nach Ecken hinein f¨ Wir z¨ ahlen nun die Kanten von G uhren ℓ + 2CΩ∗ 0 (f ) Kanten, und aus Ecken heraus mindestens n + ℓ + CΩ∗ 0 (f ) − 1 (aus der Senke f¨ uhrt keine Kante heraus, aber Eingaben und Gatter werden eventuell mehrfach benutzt), also erhalten wir ℓ + 2CΩ∗ 0 (f ) ≥ n + ℓ + CΩ∗ 0 (f ) − 1 oder (1)

CΩ∗ 0 (f ) ≥ n − 1 .

Beispiel. Betrachten wir die Matching-Funktion fM f¨ ur n gerade:

1 falls xi = yi f¨ ur alle i fM (x1 , . . . , xn/2 , y1 , . . . , yn/2 ) = 0 sonst. angt von allen Variablen ab. Setzen wir n¨amlich alle Variablen = xi gleich 1, fM h¨ so gilt fM = 0 f¨ ur xi = 0 und fM = 1 f¨ ur xi = 1. Nach (1) gilt also CΩ∗ 0 (fM ) ≥ n − 1. Um fM zu realisieren, verwenden wir zun¨achst g(x, y) = (x + y)(x + y). Die Funktion g erf¨ ullt g(x, y) = 1 genau f¨ ur x = y. Die Matchingfunktion wird demnach durch fM = g(x1 , y1 )g(x2 , y2 ) . . . g(xn/2 , yn/2 ) realisiert. Jede Funktion g(xi , yi ) ben¨ otigt 3 bin¨are Operationen aus unserer Basis, also insgesamt 3n , und die sukzessiven Multiplikationen der g(xi , yi ) weitere n2 − 1. 2 Wir erhalten somit n − 1 ≤ CΩ∗ 0 (fM ) ≤ 2n − 1 ,

und es kann gezeigt werden, dass CΩ∗ 0 (fM ) = 2n − 1 die tats¨achliche Komplexit¨at ist. Verwenden wir statt {+, ·,− } die Basis Ω1 = {⊕, ·,− }, so k¨onnen wir g(x, y) = x ⊕ y mit einer bin¨ aren Operation realisieren, und es folgt CΩ∗ 1 (fM ) ≤ n2 + n2 − 1 = ∗ n − 1, also CΩ1 (fM ) = n − 1 aufgrund der unteren Schranke (1), die nat¨ urlich auch f¨ ur Ω1 g¨ ultig ist. Eine besonders wichtige Funktion ergibt sich aus der Interpretation von 0, 1-W¨ortern als Zahlen in ihrer Bin¨ ardarstellung. Angenommen, wir wollen 14 + 11 addieren. In Bin¨ ardarstellung ist dies 14 = 0 · 20 + 1 · 21 + 1 · 22 + 1 · 23 , 11 = 1 · 20 + 1 · 21 + 0 · 22 + 1 · 23 : 14 : 0 1 1 1 11 : 1 1 0 1

224

11

boolesche algebren

¨ Wir addieren im Bin¨ arsystem mit Summe s und Ubertrag u:

x y

0 1 1 1 1 1 0 1

u s

0 1 1 1 1 0 0 1 1

Die Summe ist 1 · 20 + 0 · 21 + 0 · 22 + 1 · 23 + 1 · 24 = 25.

Wir sehen, dass si und ui+1 jeweils Funktionen von xi , yi und ui sind mit den folgenden Tafeln: x

y

z

s

u

0 1 0 0 1 1 0 1

0 0 1 0 1 0 1 1

0 0 0 1 0 1 1 1

0 1 1 1 0 0 0 1

0 0 0 0 1 1 1 1

Die einzelnen Bausteine des logischen Netzes heißen Voll-Addierer FA. Die gesamte Addition von x = (x0 , . . . , xn−1 ), y = (y0 , . . . , yn−1 ) wird somit folgendermaßen dargestellt: s0 6 u0 = 0 −→

FA 66 x0 y0

sn−1

s1 6 u1 −→

FA 6 6 x1 y1

6 u2 −→

...

un−1 −→

FA

−→ un = sn

6 6 xn−1 yn−1

Der Leser kann sich leicht u ¨ berzeugen, dass der Voll-Addierer durch folgendes Netz realisiert wird, wobei wir der K¨ urze halber auch ⊕-Gatter verwenden.

11.4

boolesche verb¨ ande, ordnungen, hypergraphen i≥1

i=0

s0

x0

r

r

ui+1  +

si

 ⊕ r

225

 ⊕



 r

 r

 ⊕

u1 

y0

xi yi

ui

xi yi

ui

Die Gesamtzahl der Operationen in der Basis {+, ·, ⊕} ist daher 2 + 5(n − 1) = 5n − 3. Da in Ω0 = {+, ·,− } jedes ⊕-Gatter durch drei Additionen und Multiplikationen ersetzt werden kann, erhalten wir CΩ∗ 0 (fA ) ≤ 4 + 9(n − 1) = 9n − 5 f¨ ur die Additionsfunktion fA : B(2n) → B(n + 1), fA (x0 , . . . , xn−1 , y0 , . . . , yn−1 ) = (s0 , . . . , sn−1 , sn ).

11.4

Boolesche Verb¨ ande, Ordnungen, Hypergraphen

Wir wollen uns nun dem Ordnungsgesichtspunkt einer Booleschen Algebra zuwenden und B(n) als Mengenverband B(S) auf einer n-Menge S interpretieren mit der Inklusion A ⊆ B als Ordnungsrelation. Der Verband B(4) sieht folgendermaßen aus, wobei wir die geschweiften Klammern um die Mengen weglassen: 1234

123

12

13

1

134

124

14

23

2

3

234

24

34

4

0/

In diesem Diagramm sind die Inklusionen von unten nach oben als Kanten eingetragen. Wir haben nicht alle Inklusionen ber¨ ucksichtigt, sondern nur die Relationen

226

11

boolesche algebren

A ⊆ B mit |B| = |A| + 1, die u alt man durch Transitivit¨at. Zum Beispiel ¨ brigen erh¨ folgt aus {1} ⊆ {1, 3}, {1, 3} ⊆ {1, 3, 4}, dass {1} ⊆ {1, 3, 4} gilt. Diese bildliche Darstellung heißt das Hasse-Diagramm von B(4) (siehe Abschnitt 9.3, wo wir Hassediagramme f¨ ur Sortierprobleme verwendet haben). Wir k¨onnen das HasseDiagramm auch als gerichteten Graphen von unten nach oben auffassen, mit ∅ als einziger Quelle und {1, 2, 3, 4} als einziger Senke. Das Hasse-Diagramm kann nat¨ urlich auch f¨ ur beliebige Ordnungen (P, ≤) gezeichnet werden. Wir verbinden x und y, falls x < y ist und es kein z gibt mit x < z < y. Das folgende Hasse-Diagramm rg ri rj @ @ re @r f @ @ @r c r d b r @   @ r  @ a repr¨ asentiert die Ordnung auf P = {a, b, . . . , j} mit den Relationen a < b, a < c, a < d, a < e, a < f , a < g, a < i, a < j, b < e, b < g, c < e, c < g, d < f , d < i, d < j, e < g, f < i, f < j. Aus der Ordnung ≤ auf P ergeben sich sofort einige Begriffe. Eine Kette in (P, ≤) der L¨ ange k ist eine Folge von k + 1 verschiedenen ange einer l¨angsten Kette mit Endelement a Elementen a0 < a1 . . . < ak . Die L¨ heißt die H¨ ohe h(a) von a ∈ P , und h(P ) = maxa∈P h(a) die H¨ohe von P . In unserem Beispiel sehen wir h(a) = 0, h(b) = h(c) = h(d) = 1, h(e) = h(f ) = 2, h(g) = h(i) = h(j) = 3. Ein Element a heißt minimal, wenn es kein b gibt mit b < a, und analog maximal, wenn es kein c gibt mit a < c. In einer Kette sind je zwei Elemente x, y vergleichbar, d. h. es gilt x < y oder y < x. Umgekehrt nennen wir x, y unvergleichbar, falls weder x < y noch y < x zutrifft. In unserem Beispiel sind b und c oder e und j unvergleichbar. Eine Antikette ist eine Teilmenge A ⊆ P von paarweise unvergleichbaren Elementen. Mit anderen Worten: A enth¨ alt keine Ketten der L¨ange ≥ 1. In unserem Beispiel sind {e, f } und {b, c, i, j} Antiketten. Kehren wir zur¨ uck zu Booleschen Verb¨ anden B(S), |S| = n. Eine Kette C ist eine Mengenfamilie A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ . . . ⊂ Ak , und eine Antikette eine Familie A ⊆ B(S) mit A  B und B  A f¨ ur alle A, B ∈ A. Was ist die H¨ohe von A ⊆ S ? Nun offenbar |A|, da die l¨ angsten Ketten von ∅ nach A einer Permutation der Elemente von A = {a1 , . . . , ak } entsprechen: ∅ ⊂ {a1 } ⊂ {a1 , a2 } ⊂ . . . ⊂ A. Insbesondere ist die H¨ ohe von B(S) gleich n, und die Ketten der L¨ange n korrespondieren genau zu den n! Permutationen von {1, 2, . . . , n}. Nun stellen wir uns  die Frage, wie groß Antiketten in B(S) sein k¨onnen. Zun¨ achst ist klar, dass Sk = {A ⊆ S : |A| = k} eine Antikette ist f¨ ur alle k (da     keine k-Menge in einer anderen k-Menge enthalten sein kann), also | Sk | = nk . Wir wissen schon, dass die gr¨ oßten Binomialkoeffizienten in der Mitte auftreten,

11.4

boolesche verb¨ ande, ordnungen, hypergraphen

227

   n  ¨ also max0≤k≤n nk = ⌊n/2⌋ (siehe Ubung 1.8). Dass es keine gr¨oßeren Antiketten gibt, besagt der folgende Satz von Sperner. Satz 11.1.

In B(S), |S| = n, gilt max (|A| : A Antikette ) =



n ⌊n/2⌋

 .

Beweis. F¨ ur diesen fundamentalen Satz gibt es viele Beweise. Der folgende ist der k¨ urzeste und
eleganteste. Sei |A| = m, und fi die Anzahl der Mengen A ∈ A mit |A| = i, also ni=0 fi = m. Wir betrachten die n! maximalen Ketten in B(S) von ∅ bis {1, . . . , n}. Da A Antikette ist, trifft solch eine maximale Kette die Antikette A in h¨ ochstens einer Menge. Die Anzahl der Ketten, die durch ein A ∈ A gehen, ist |A|!(n − |A|)!, da wir zun¨ achst auf alle m¨oglichen Weisen von ∅ bis A gehen k¨ onnen und dann von A nach S = {1, . . . , n} (Produktregel). Also erhalten wir n! ≥



A∈A

|A|! (n − |A|)! =

n  i=0

fi i!(n − i)!

oder (1) Ersetzen wir

1≥ n i

n  i=0



n  i=0

also wie gew¨ unscht m ≤

fi 

1

n ⌊n/2⌋



n ⌊n/2⌋

i

n ⌊n/2⌋

durch das Maximum 1≥

1 fi n .

=

1

n ⌊n/2⌋





, so ergibt (1)

n  i=0

fi = 

1 n ⌊n/2⌋

 m,

  S  . Da ⌊n/2⌋ Antikette ist, ist der Satz bewiesen.

¨ Ubrigens kann leicht gezeigt werden, dass die einzigen maximal Antiketten     S großen  S in B(S) genau die Familien Sn f¨ ur n gerade bzw. n−1 , n+1 f¨ ur n ungerade 2 2 2 ¨ sind (siehe Ubung 30). Stellen wir uns nun die folgende Aufgabe: Wir wollen B(S) in m¨  weni oglichst n Ketten, ge disjunkte Ketten zerlegen. Sicherlich brauchen wir mindestens ⌊n/2⌋ da keine zwei Mengen einer Antikette in einer Kette erscheinen k¨ o nnen. Gibt es  n aber nun eine Zerlegung in ⌊n/2⌋ Ketten? Ja, die gibt es, und der entsprechende allgemeine Satz von Dilworth sagt aus, dass dies sogar f¨ ur beliebige Ordnungen zutrifft. Satz 11.2.

Es sei (P, ≤) eine endliche Ordnung. Dann gilt min (|C| : C Kettenzerlegung) = max (|A| : A Antikette) .

228

11

boolesche algebren

Beweis. Sei C = {C1 , C2 , . . . , Ct } eine Zerlegung von P in t disjunkte Ketten. Da die Elemente einer Antikette A in verschiedenen Ci ’s erscheinen, haben wir |C| ≥ |A|, und somit min |C| ≥ max |A| . Um die Gleichheit zu beweisen, benutzen wir Induktion nach n = |P |. F¨ ur n = 1 ist nichts zu zeigen. Es sei A(P ) die Familie der Antiketten von P . Wir nehmen induktiv an, dass min |C| = max |A| f¨ ur alle Ordnungen Q mit |Q| < |P | gilt. Es sei m = max (|A| : A ∈ A(P )). Nehmen wir zun¨achst an, es existiert eine Antikette A mit |A| = m, welche weder alle maximalen Elemente noch alle minimalen Elemente von P enth¨ alt. Wir definieren P + und P − durch ur ein a ∈ A} P + = {p ∈ P : p ≥ a f¨

P − = {p ∈ P : p ≤ a f¨ ur ein a ∈ A} . Die Voraussetzung an A impliziert P + = P , P − = P und P = P + ∪ P − , A = P + ∩P − (warum?). Nach Induktion k¨ onnen P + und P − in jeweils m Ketten zerlegt werden, die in den Elementen von A zusammengef¨ ugt eine Kettenzerlegung von P in m Ketten ergeben. Im anderen Fall enth¨ alt jede Antikette A mit |A| = m entweder alle maximalen oder alle minimalen Elemente. Es kann daher h¨ochstens zwei solche Antiketten geben, eine bestehend aus allen maximalen Elementen, die andere aus allen minimalen Elementen. Sei a ein maximales Element, und b ein minimales Element mit b ≤ a. Nach Induktion k¨ onnen wir P
{a, b} in m − 1 Ketten zerlegen, und k¨ onnen dann b ≤ a hinzuf¨ ugen. Der Satz von Dilworth mit seiner Maximum-Minimum Aussage ¨ahnelt stark fr¨ uheren S¨ atzen dieses Typs – und das ist kein Zufall. Der Satz 8.3 u ¨ ber Maximum Matchings in bipartiten Graphen ist eine unmittelbare Folgerung aus 11.2. Dazu fassen wir G = (S + T, K) als Ordnung auf E = S + T auf, indem wir die Kanten von S nach T orientieren, also u < v setzen, falls u ∈ S, v ∈ T und uv ∈ K ist. Eine disjunkte Kettenzerlegung entspricht einer Menge von nichtinzidenten Kanten zusammen mit den u ¨ brigen Ecken. Wir erhalten offenbar eine minimale Zerlegung, indem wir m¨ oglichst viele Kanten hineinpacken, d. h. ein Maximum Matching M nehmen. Somit haben wir |C| = |M | + (|E| − 2|M |) = |E| − |M |, also min |C| = |E| − max (|M | : M Matching ) . Eine Antikette entspricht einer Menge U von Ecken, die durch keine Kanten verbunden sind. Die Komplement¨ armenge E
U ist daher ein Tr¨ager, und umgekehrt, falls D ein Tr¨ ager ist, so ist E
D eine Antikette. Eine maximal große Antikette A entspricht also einem minimal kleinen Tr¨ ager D = E
A, und wir folgern max |A| = |E| − min (|D| : D Tr¨ager ) . Aus dem Satz von Dilworth folgt nun sofort max |M | = min |D|.

11.4

boolesche verb¨ ande, ordnungen, hypergraphen

229

Wir k¨ onnen Mengenfamilien F ⊆ B(S) auch als Verallgemeinerung von Graphen auffassen. Wir nennen S die Ecken und die Mengen A ∈ F die (Hyper-) Kanten, (S, F) heißt dann ein Hypergraph. Mengen A, die mehrfach in F vorkommen,   heißen wieder Mehrfachkanten. Graphen sind also der Spezialfall, wenn F ⊆ S2 ist. Viele Begriffe und S¨ atze aus der Graphentheorie k¨onnen ohne weiteres auf Hypergraphen erweitert werden. Zum Beispiel ist der Grad d(u), u ∈ S, die Anzahl der A ∈ F mit u ∈ A. Stellen wir die u ¨ bliche Inzidenzmatrix M = (mij ) auf, S = {u1 , . . . , un }, F = {A1 , . . . , Aq } mit

1 falls ui ∈ Aj mij = 0 sonst, so erhalten wir durch zweifaches Abz¨ ahlen 

u∈S

d(u) =

q  j=1

|Aj | .

¨ Die Ubungen enthalten eine Reihe von weiteren Beispielen, wie Graphenbegriffe sinnvoll auf Hypergraphen, d. h. auf Mengenfamilien, angewandt werden k¨onnen.   Besonders interessant ist der Fall F ⊆ Sk . Wir nennen dann den Hypergraphen (S, F) k-uniform. Graphen sind also genau die 2-uniformen Hypergraphen. Betrachten wir ein Beispiel, das jedem gel¨aufig ist, das Lotto. Die Zahlen S  =  {1, 2, . . . , 45} sind gegeben. Jeder Lottotip besteht aus einer Familie F ⊆ S6 ; (S, F) ist also ein 6-uniformer Hypergraph. Ist X die gezogene 6-Menge, so wird ein Gewinn ausgezahlt, falls |X ∩ A| ≥ 3 f¨ ur mindestens ein A ∈ F gilt. Um mit Sicherheit einen vollen Gewinn zu erzielen, m¨ ussen wir F = S6 setzen, mit 45 |F| = 6 = 8, 145.060. Das geht nat¨ urlich nicht (und darum verdient der Staat insgesamt an jeder Ziehung, selbst wenn er den ganzen Gewinn aussch¨ utten w¨ urde, was er aber nur zu 30% tut). Jedenfalls haben wir es mit einem Minimierungsproblem zu tun: Um mit Sicherheit u ussen wir ¨ berhaupt einen Gewinn zu bekommen, m¨  einen 6-uniformen Hypergraphen (S, F) konstruieren, so dass zu jedem X ∈ S6 ein A ∈ F existiert mit |X ∩ A| ≥ 3. Was ist min |F| ? Niemand weiß es, und selbst f¨ ur wesentlich kleinere Zahlen als 45, zum Beispiel 15, ist die Antwort offen. Machen wir uns die Sache einfacher. Ein 6-uniformer Hypergraph (S, F) ist sicherlich erfolgreich, wenn jedes   Tripel von Zahlen in einem A ∈ F vorkommt. Wir sagen, F bedeckt ganz S3 . Allgemein haben wir folgendes Problem: Seien n ≥ k ≥ t gegeben, |S| = n. Die C(n, k, t) ist die minimale  Bedeckungszahl  Gr¨ oße eines Hypergraphen F ⊆ Sk , so dass jede t-Menge in mindestens einem A ∈ F vorkommt.   Analog dazu ist die Packungszahl P (n, k, t) die maximale Gr¨ oße von F ⊆ Sk , so dass jede t-Menge in h¨ ochstens einem A ∈ F auftritt. Klarerweise ist C(n, k, 1) = ⌈ nk ⌉, P (n, k, 1) = ⌊ nk ⌋. Sehen wir uns den ersten   interessanten Fall k = 3, t = 2 an. Sei F ⊆ S3 eine minimal große bedeckende   Menge, |F| = C = C(n, 3, 2). Wir betrachten die Paare (X, A), X ∈ S2 , A ∈ F, n X ⊆ A. Durch zweifaches Abz¨ ahlen erhalten wir 2 ≤ 3C, also C ≥ ⌈ n(n−1) 3·2 ⌉.

230

11

boolesche algebren

F¨ ur n = 4 ergibt dies C(4, 3, 2) ≥ 2. Zwei Tripel, z. B. {1, 2, 3}, {1, 2, 4}, gen¨ ugen aber nicht, da {3, 4} nicht bedeckt ist. Satz 11.3.

n n−1 Es gilt C(n, 3, 2) ≥ ⌈ n3 ⌈ n−1 2 ⌉⌉, P (n, 3, 2) ≤ ⌊ 3 ⌊ 2 ⌋⌋.

Beweis. Seien A1 , . . . , AC , C = C(n, 3, 2), die Tripel in F, S die Grundmenge. F¨ ur u ∈ S sei ru die Anzahl der Tripel in F, welche u enthalten. Da jedes Paar {u, v} in einem Tripel Ai enthalten sein muss, und jedes Aj h¨ochstens
zwei Paare n−1 n−1 {u, x} beisteuert, folgt r ≥ , also r ≥ ⌈ ⌉. Nun gilt 3C = u u u∈S ru , somit 2 2
n n−1 C = 13 u∈S ru ≥ n3 ⌈ n−1 ur P (n, 3, 2) verl¨auft 2 ⌉, also C ≥ ⌈ 3 ⌈ 2 ⌉⌉. Der Beweis f¨ analog. Den bestm¨ oglichen Fall (ohne Aufrundungen) erhalten wir f¨ ur C(n, 3, 2) = n(n−1) . 6 Soll das erf¨ ullt sein, so muss jedes Paar in genau einem Tripel sein, also auch gelten. Wann ist dies m¨oglich? Nun, zuerst haben wir die P (n, 3, 2) = n(n−1) 6 arithmetische Bedingung, dass n(n−1) eine ganze Zahl sein muss. Das heißt, n 6 muss von der Form n = 6m + 1 oder n = 6m + 3 sein, also kann dies nur f¨ ur n = 3, 7, 9, 13, 15, . . . erf¨ ullt sein. Sehen wir uns das erste interessante Beispiel ullt die Bedingung: n = 7 an. Die folgende Familie F mit |F| = 7 = 7·6 6 erf¨ F = {124, 235, 346, 457, 561, 672, 713} . Der Leser wird sicher sofort bemerkt haben, dass F eine besondere Struktur hat. Das erste Tripel ist 1, 2, 4 und die weiteren erhalten wir, indem wir jeweils 1 zu den Elementen hinzuz¨ ahlen, und zwar zyklisch, oder wie wir sagen, modulo 7. 1 7

2

3

6

5

4

Allgemein werden wir erwarten, dass die extremalen Familien eine gewisse innere Struktur besitzen – und diese (algebraische) Struktur ist Thema des n¨achsten Kapitels.

¨bungen u

231

¨ Ubungen zu Kapitel 11 1 Pr¨ ufe die u ur (B(n), +, ·) nach wie Kommutativit¨ at, Assoziativit¨ at, ¨blichen Regeln f¨ Distributivit¨ at, und zeige ferner x + x = 1, x + x = x, x · x = 0 , x · x = x, x + xy = x(x + y) = x. 2 Sind die folgenden Aussagen widerspr¨ uchlich oder konsistent? a. A1 = {(x → y) → z, (¬x ∨ y) → (y ∧ z), z → (¬x → y)}, b. A1 ∪ {¬(y → z)}, c. A1 ∪ {y → z}. 3 Die Booleschen Funktionen f, g ∈ B(n) seien monoton, s = x1 ∧ . . . ∧ xn , t = x1 ∨ . . . ∨ xn . Zeige: a. s ≤ f ∨ g ⇒ s ≤ f oder s ≤ g, b. f ∧ g ≤ t ⇒ f ≤ t oder g ≤ t. ⊲ 4 Zeige, dass CNF aus DNF durch Anwendung der de Morganschen Regeln folgt. 5 Zeige, dass jedes f ∈ B(n) in der Form f (x1 , . . . , xn ) = x1 f (1, x2 , . . . , xn ) + x1 f (0, x2 , . . . , xn ) geschrieben werden kann, und wende dieses Prinzip auf f = x1 x2 + x2 x3 + x2 x3 x4 an, um die DNF zu erhalten. ⊲ 6 Sei f : B(3) → {0, 1} gegeben durch f (0, 0, 0) = f (0, 1, 1) = 0 und ansonsten 1. Bestimme die DNF und CNF und finde eine noch einfachere Darstellung mit 3 Summanden, in denen die Variablen insgesamt nur 5-mal vorkommen. 7 Interpretiere alle 16 Booleschen Funktionen f mit zwei Variablen aussagenlogisch und als Operationen auf Mengen. 8 Zeige, dass Ω = {⊕, ·} keine Basis mehr ist, wenn die Konstanten 0 und 1 nicht frei gegeben sind. 9 Zu einer Ordnung P assoziieren wir einen Graphen G(P ) folgendermaßen: die Ecken von G(P ) sind die Elemente aus P , und es gilt xy ∈ K(G(P )) ⇔ x < y oder y < x in P . ¨ G(P ) heißt der Vergleichbarkeitsgraph von P . Uberlege, was der Satz von Dilworth f¨ ur G(P ) bedeutet. ⊲ 10 Zeige das folgende Gegenst¨ uck zu Satz 11.2: Sei P eine Ordnung, dann ist die Anzahl der Elemente in einer l¨ angsten Kette gleich der minimalen Anzahl von Antiketten, in die P zerlegt werden kann. ⊲ 11 Sei H = (S, F ) ein Hypergraph. Ein Kreis in H besteht aus einer Folge u1 , F1 , u2 , F2 , . . . , Fk , u1 mit ui ∈ S, Fj ∈ F , so dass aufeinanderfolgende Glieder inzident sind. H heißt zusammenh¨ angend, falls jedes Paar u, v durch eine Folge
u, F1 , u2 , . . . , Fk , v verbunden ist. Zeige: H ist zusammenh¨ angend und kreislos ⇔ F ∈F (|F | − 1) = |S| − 1. Hinweis: Betrachte den bipartiten Graphen G = (S + F , K) mit uF ∈ K ⇔ u ∈ F . 12 Angenommen, je zwei Kanten eines Hypergraphen H = (S, F ) haben ein Element ur welche gemeinsam, und H hat keine mehrfachen Kanten. Zeige: |F| ≤ 2n−1 , n = |S|. F¨ F gilt Gleichheit?

⊲ 13 Beweise die Ring-Summen-Normalform (RSE): Jede Boolesche Funktion f kann ein
deutig in der Form f (x) = I ⊕aI xI geschrieben werden, ur I = {i1 < . . . <
wobei f¨ ⊕ bedeutet Summation mit ik } ⊆ {1, . . . , n}, xI = xi1 xi2 . . . xik ist und aI ∈ {0, 1}. ⊕.

14 Bestimme DNF, CNF und RSE f¨ ur die folgenden Booleschen Funktionen: a. x1 x2 +x3 , b. x1 + . . . + xn , c. x1 x2 . . . xn .

⊲ 15 Es seien f = g ∈ B(n) durch ihre RSE-Darstellung gegeben. Wie kann man eine Eingabe a mit f (a) = g(a) finden, ohne alle Eingaben zu testen?

232

11

boolesche algebren

⊲ 16 Aus der Chemie: F¨ allt ein weißer Niederschlag, dann enth¨ alt die Probe Natrium oder Ammoniak. Ist kein Natrium in der Probe, so enth¨ alt sie Eisen. Ist Eisen vorhanden und f¨ allt ein weißer Niederschlag, dann kann kein Ammoniak vorhanden sein. Was ist also sicher vorhanden, wenn ein weißer Niederschlag f¨ allt?

17 Zeige, dass der Sheffer Stroke ↑ gegeben durch x 0 1 0 1

y 0 0 1 1

x↑y 1 1 1 0

zusammen mit den Konstanten 0, 1 eine einelementige Basis bildet. Unter den 16 Funktionen in B(2) gibt es eine weitere einelementige Basis, welche?

⊲ 18 Zeige, dass die Basis Ω = {+, ·} genau die monotonen Funktionen realisiert. 19 Zeige, dass die SOPE-Darstellung von x1 ⊕ . . . ⊕ xn gleich der DNF ist.

⊲ 20 Stelle eine Karnaugh-Abbildung f¨ ur vier Variablen x, y, z, w auf, d. h. benachbarte Felder unterscheiden sich wieder in genau einer Variablen. Bestimme eine SOPE-Darstellung f¨ ur die Funktion g(x, y, z, w) = xyz w + xyzw + xy z w + xyzw + xyz w + x y z w + x y z w mit Hilfe der Karnaugh-Abbildung. Hinweis: Es gen¨ ugen drei Summanden. ∗ 21 Berechne CΩ (f ) f¨ ur die folgenden Funktionen in bezug auf die Basis Ω = {+, ·,− , ⊕}:

ur alle i 1 xi + yi = 1 f¨ a. f (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ) = , 0 sonst

1 xi = yi f¨ ur alle i . b. f (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ) = 0 sonst.

22 Ein logisches Netz hat fan-in bzw. fan-out s, falls jedes Gatter h¨ ochstens s Eing¨ ange at bei fan-out s. Zeige bzw. s Ausg¨ ange hat. Sei Ω eine Basis und Cs (f ) die Komplexit¨ Cs+1 (f ) ≤ Cs (f ), s ≥ 1.

⊲ 23 Sei Ω eine Basis mit fan-in r. LΩ (f ) = C1 (f ) (fan-out 1) heißt die Formell¨ ange von f ∈ B(n). Zeige: logr ((r − 1)LΩ (f ) + 1) ≤ DΩ (f ), DΩ (f ) = Tiefe von f . 24 Konstruiere ein logisches Netz mit fan-out 1 f¨ ur f (x1 , . . . , xn ) = x1 x2 . . . xn , n = 2k , ur DΩ (f ) annimmt. Folgere, dass in welches gleichzeitig das Minimum f¨ ur LΩ (f ) und f¨ ¨ der vorigen Ubung Gleichheit gelten kann.

⊲ 25 Es sei N (n) die Anzahl der Booleschen Funktionen f ∈ B(n), welche wesentlich von  n
2n mit N (0) = 2, und bestimme jeder Variablen abh¨ angen. Beweise: n j=0 N (j) j = 2 n

N (n) f¨ ur n ≤ 4. Berechne lim N (n)/22 . n→∞

26 Es seien f1 , . . . , fm Boolesche Funktionen mit n Variablen wobei fi = fj , f j f¨ ur alle ∗ ∗ (fj ) ≥ 1 f¨ ur alle j, Ω beliebige Basis. Zeige: CΩ (f1 , . . . , fm ) ≥ m − 1 + i = j ist, und CΩ ∗ (fj ). min CΩ j

(n)

⊲ 27 Die folgende Funktion fT (x0 , . . . , xn−1 ) =
(g0 , . . . , g2n −1 ) heißt Bin¨
ar-Positionsn−1 j x 2 = i wobei die gew¨ ohnTransformation. Es ist gi (x0 , . . . , xn−1 ) = 1 ⇔ j j=0 (n)

∗ (fT ) ≤ 2n + n2⌈n/2⌉ − 2 f¨ ur liche Zahlen-Addition ist. Zeige, dass 2n + n − 2 ≤ CΩ 0

¨bungen u

233

cn−1 Ω0 = {+, ·,− } gilt. Hinweis: Es gilt gi (x0 , . . . , xn−1 ) = mc (x0 , . . . , xn−1 ) = xc00 . . . xn−1 (Minterm Funktion), wobei c die bin¨ are Darstellung von i ist. ∗ ∗ 28 Bestimme gute obere und untere Schranken f¨ ur CΩ (f ) und DΩ (f ) von

1 xi = y f¨ ur ein i f : {0, 1}(n+1)b → {0, 1} mit f (x1 , . . . , xn , y) = 0 sonst ,

u ¨ber der Basis Ω = {+, ·,− , ⊕}, wobei xi , y ∈ {0, 1}b sind.

29 F¨ ur ein Gremium von drei Personen soll folgendes realisiert werden. Wenn eine Mehrheit daf¨ ur“ ist, soll eine Lampe brennen. Entwirf ein logisches Netz daf¨ ur. ” ⊲ 30 Zeige, dass   die einzigen maximal großen Antiketten in B(S), |S| = n, die Familien S S bzw. sind. ⌊n/2⌋ ⌈n/2⌉

⊲ 31 Ein Verband (P, ≤) heißt distributiv, falls die Gesetze x ∧ (y ∨ z) = (x ∧ y) ∨ (x ∧ z) und x ∨ (y ∧ z) = (x ∨ y) ∧ (x ∨ z) gelten. Zum Beispiel ist der Boolesche Verband distributiv. Zeige, dass in einem Verband das erste Gesetz bereits das zweite impliziert, und umgekehrt. 32 Der 3-uniforme Hypergraph H = (S, F ) erf¨ ulle |F| = |S| − 1. Beweise, dass H einen Kreis enth¨ alt.

33 Es sei H = (S, F ) ein 3-uniformer Hypergraph ohne vielfache Kanten,  |S| = n ≥ 6,  . Konstruiere so dass je zwei Kanten einen nichtleeren Schnitt haben. Zeige: |F| ≤ n−1 2 einen Hypergraphen, f¨ ur den Gleichheit gilt.

⊲ 34 Es sei (S, F ) ein Hypergraph mit |S| = n, |F| = t. Angenommen |F | < n f¨ ur alle F ∈ F , und wann immer u ∈ / F ist, dann gilt d(u) ≥ |F |. Zeige, dass daraus t ≥ n folgt. |F | d(u) > n−|F f¨ ur jedes Paar (u, F ) mit u ∈ /F Hinweis: Zeige zun¨ achst, dass aus t < n, t−d(u) | folgen w¨ urde. ¨ 35 Folgere aus der vorigen Ubung die folgende Aussage: Sei H = (S, F ) ein Hypergraph mit S ∈ / F , in dem je zwei Elemente aus S in genau einer Kante liegen, dann gilt |S| ≤ |F|. Kann Gleichheit gelten ? 36 Sei S eine Menge von n Punkten in der Ebene, die nicht alle auf einer Geraden liegen. ¨ Was folgt f¨ ur die Menge G der durch S bestimmten Geraden? Hinweis: Vorige Ubung.

37 Es sei P eine Ordnung. Ein Filter F ist eine Menge F mit der Eigenschaft x ∈ F, y ≥ x ⇒ y ∈ F , inklusive F = ∅. Berechne die Anzahl der Filter f¨ ur P = B(2) und P = B(3).

⊲ 38 Es sei P eine Ordnung. Zeige, dass es genauso viele Filter in P gibt wie Antiketten.

39 Es sei P eine Ordnung und A die Menge der maximalen Antiketten A (d. h. A∪{x} ist ur jedes x ∈ / A). F¨ ur A, B ∈ A setze A ≤ B, falls es zu jedem x ∈ A keine Antikette mehr f¨ ¨ ein y ∈ B gibt mit x ≤ y. Zeige, dass ≤ auf A einen Verband A≤ definiert. Uberlege, ur P = B(n) aussieht. Hinweis: F¨ ur A, B ∈ A betrachte die maximalen bzw. wie A≤ f¨ minimalen Elemente in A ∪ B. 40 In einem Lotto werden 3 aus n Zahlen gezogen, und ein Tipp besteht aus einer 4Menge. Ein Gewinn wird bei 3 Richtigen ausgezahlt. Wieviele Tipps muss man mindestens abgeben, um einen Gewinn zu garantieren? Konstruiere einen optimalen Tippschein f¨ ur n = 5, 6, 7.

12 12.1

Modulare Arithmetik Rechnen mit Kongruenzen

Kongruenzen geh¨ oren zu den wichtigsten Methoden, die uns zur Behandlung von zahlentheoretischen Fragen zur Verf¨ ugung stehen. Wir setzen eine gewisse Vertrautheit voraus, wollen aber alle wichtigen Begriffe zusammenstellen. Wir studieren in diesem Abschnitt die ganzen Zahlen Z. Der erste Satz der Zahlentheorie, mit dem alles anf¨ angt, ist der Satz von der eindeutigen Primzerlegung. Jede nat¨ urliche Zahl n ≥ 2 kann eindeutig in ein Produkt n = pk11 . . . pkt t , pi Primzahlen, zerlegt werden. Insbesondere folgt daraus: Ist p Primzahl mit p | mn und sind p und m teilerfremd, d. h. p ∤ m, so gilt p | n. Seien x, y ∈ Z und m eine positive ganze Zahl. Wir sagen, x ist kongruent zu y modulo m, mit der Bezeichnung x≡y

(mod m) ,

falls x − y durch m teilbar ist. ¨ Wie man sofort sieht, ist ≡ eine Aquivalenzrelation f¨ ur jedes m, und es gilt x ≡ r (mod m), wobei r der Rest von x bei Division durch m ist. Ist n¨amlich x = qm+r, 0 ≤ r ≤ m−1, so folgt x−r = qm, also x ≡ r (mod m). Jede Zahl x ist also kongruent zu einer der Zahlen 0, 1, . . . , m−1. Da ihrerseits die Zahlen 0, 1, . . . , m−1 paarweise inkongruent sind, so folgt, dass es genau m Kongruenzklassen modulo m gibt. Das Modulo-Rechnen k¨ onnen wir uns zyklisch um einen Kreis der L¨ange m vorstellen: 0 m−1

1 2

i

Um die Kongruenzklasse von x festzustellen, gehen wir in x Einer-Schritten rund um den Kreis, mit Ausgangspunkt 0. Nach jeweils m Schritten sind wir wieder bei 0. Ist x = qm + r, 0 ≤ r ≤ m − 1, so umrunden wir also den Kreis q-mal, und landen schließlich bei r. F¨ ur x ∈ Z bezeichnen wir mit [x] die Kongruenzklasse oder Restklasse mod m. Jede Zahl y ∈ [x], d. h. y ≡ x (mod m), heißt ein Vertreter von [x]. Nehmen wir aus jeder Restklasse genau einen Vertreter, so sprechen wir von einem (vollst¨andigen) Vertretersystem. Wir wissen schon, dass 0, 1, . . . , m − 1 ein Vertretersystem bilden,

236

12

modulare arithmetik

wir nennen es das Standardsystem modulo m. Genauso k¨onnten wir aber auch −3, −2, −1, 0, 1, 2, . . . , m − 4 nehmen, oder irgendwelche anderen m inkongruenten Zahlen. F¨ ur 0 ≤ r ≤ m − 1 ist also [r] die Menge aller ganzen Zahlen mit Rest r bei Division durch m. Zum Beispiel ist f¨ ur m = 2, [0] die Menge der geraden Zahlen und [1] die Menge der ungeraden Zahlen. Sch¨ on, jetzt wissen wir, was Kongruenzen sind, aber wozu sind sie gut? Nun zun¨ achst erleichtern sie, Fragen der Teilbarkeit von Zahlen zu beantworten. Ohne eine Division durchzuf¨ uhren, k¨ onnen wir sofort sagen, dass die Zahl 4173905263 (in Dezimalschreibweise) durch 11 teilbar ist. Den Grund werden wir gleich sehen. Mit den Kongruenzklassen k¨ onnen wir rechnen, indem wir [x] + [y] = [x + y] [x] [y] = [xy] setzen. Die Definition der Summe und des Produktes h¨angt nicht von den Vertretern x, y ab, da aus x ≡ x′ , y ≡ y ′ stets x + y ≡ x′ + y ′ , xy ≡ x′ y ′ folgt (nachpr¨ ufen!). Die Kongruenzklassen bilden somit einen Ring Zm , genannt Restklassenring modulo m, mit dem Nullelement [0] und dem Einselement [1]. F¨ ur m = 5 erhalten wir beispielsweise die folgenden Additions- und Multiplikationstafeln von Z5 : + 0 1 2 3 4

0 0 1 2 3 4

1 1 2 3 4 0

2 2 3 4 0 1

3 3 4 0 1 2

4 4 0 1 2 3

· 1 2 3 4

1 1 2 3 4

2 2 4 1 3

3 3 1 4 2

4 4 3 2 1

Jetzt k¨ onnen wir unser 11-Teilerproblem m¨ uhelos l¨osen. Sei n = as as−1 . . . a0
s i dezimal geschrieben, also n = a 10 , 0 ≤ ai ≤ 9. Da 10 ≡ −1 (mod 11) i=0 i ist, folgt 102 ≡ (−1)2 = 1 (mod 11), 103 = 102 · 10 ≡ 1 · (−1) = −1 (mod 11), und
allgemein 102i ≡ 1 (mod 11), 102i+1 ≡ −1 (mod 11). Also erhalten wir n = si=0 ai 10i ≡ a0 −a1 +a2 −. . . (mod 11). Eine Zahl n ist also genau dann teilbar durch 11, d. h. n ≡ 0 (mod 11), wenn die alternierende Quersumme a0 −a1 +a2 −. . . durch 11 teilbar ist. In unserem Beispiel erhalten wir 3−6+2−5+0−9+3−7+1−4 = −22 ≡ 0 (mod 11), und die Teilbarkeit ist bewiesen. Wann ist Zm ein K¨ orper? Das heißt, wann existiert zu allen [x] = [0] ein multiplikatives Inverses [y] mit [x][y] = [1]? Ist m = m1 m2 eine zusammengesetzte Zahl, so gilt [m1 ][m2 ] = [m] = [0], also kann [m1 ] kein multiplikatives Inverses [y] besitzen, da ansonsten [m2 ] = [1][m2 ] = [y][m1 ][m2 ] = [0] folgen w¨ urde. F¨ ur eine Primzahl p liegt aber tats¨ achlich ein K¨orper vor. Sei n¨amlich 1 ≤ r ≤ p − 1. Betrachten wir alle Vielfachen kr, 0 ≤ k ≤ p − 1. Aus p|kr − k′ r = (k − k′ )r folgt p|k−k′ und somit k = k′ , da p und r teilerfremd sind. Die Zahlen kr, 0 ≤ k ≤ p−1,

12.2

endliche k¨ orper

237

bilden also ebenfalls ein Vertretersystem modulo p, das heißt es gibt genau ein s, 1 ≤ s ≤ p − 1, mit sr ≡ 1 (mod p), was bedeutet, dass [s] ein Inverses zu [r] ist. Pr¨ ufen wir dies f¨ ur m = 5 und r = 2 nach. Die Vielfachen sind 0 · 2 ≡ 0, 1 · 2 ≡ 2, 2 · 2 ≡ 4, 3 · 2 ≡ 1, 4 · 2 ≡ 3 (mod 5), also ist [3] das Inverse zu [2]. Einer der Klassiker der Zahlentheorie ist der Satz von Fermat, der eine wichtige Methode f¨ ur Primzahltests liefert. Sei p eine Primzahl, n relativ prim zu p, dann gilt np−1 ≡ 1 (mod p). Zum Beispiel haben wir 42 ≡ 1 (mod 3), oder 2057642 ≡ 1 (mod 43), d. h. die riesige Zahl 2057642 hat bei Division durch 43 den Rest 1, und wir erhalten das Resultat, ohne zu dividieren (was wir bei der Gr¨oße der Zahl auch gar nicht k¨ onnten). Satz 12.1.

Sei p Primzahl und n relativ prim zu p, dann gilt np−1 ≡ 1 (mod p) .

Beweis. Mit unserer Kongruenzrechnung ist der Beweis in ein paar Zeilen erbracht. Wir betrachten die Reste 1, 2, . . . , p − 1. Wir wissen schon, dass 1 · n, 2 · n, . . . , (p − 1)n wiederum alle Reste = 0 durchlaufen. Also gilt f¨ ur das Produkt u = 1 · 2 · · · (p − 1), u ≡ (1 · n)(2 · n) · · · (p − 1)n ≡ u · np−1 (mod p). Da u ein multiplikatives Inverses v besitzt, folgt 1 ≡ vu ≡ (vu)np−1 ≡ np−1 (mod p), und wir sind fertig. Zum Satz von Fermat gibt es einen sch¨ onen kombinatorischen Beweis, der nochmals auf das zyklische“ Rechnen modulo p hinweist. ” Wir betrachten alle Halsketten mit p Perlen, die jeweils mit einer von n Farben gef¨ arbt werden. Wie viele Muster von Halsketten gibt es? Nun, das kennen wir schon l¨ angst. Der Satz von Polya 4.2 angewandt auf die zyklische Gruppe Cp ergibt als Anzahl 1 1 np − n + n. ϕ(d)np/d = (np + (p − 1)n) = p p p d|p

p

Also ist

n −n p

12.2

Endliche K¨ orper

eine ganze Zahl, und da n und p teilerfremd sind, folgt p|np−1 − 1 .

Wir wissen aus dem vorigen Abschnitt, dass Zp ein K¨orper mit p Elementen ist, wann immer p eine Primzahl ist. In dem letzten Beispiel haben wir gesehen, dass die K¨ orper Zp wesentlich mehr Struktur aufweisen, die f¨ ur kombinatorische Probleme relevant ist. Grund genug zu fragen, ob es noch weitere endliche K¨orper gibt. F¨ ur den Leser, der weniger an Algebra interessiert ist, gen¨ ugt der Hinweis, dass endliche K¨ orper mit q Elementen genau f¨ ur Primzahlpotenzen q = pn existieren, und zwar bis auf Isomorphie genau einer. Der K¨orper mit q = pn Elementen heißt nach dem Entdecker das Galoisfeld GF (q). Insbesondere ist f¨ ur eine Primzahl p, GF (p) = Zp . Sei K irgendein endlicher K¨ orper, dann bezeichnen wir mit K[x] den Ring der Polynome f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . mit Koeffizienten aus K. Polynome

238

12

modulare arithmetik

k¨ onnen wir addieren und multiplizieren, und wir haben das Nullelement f (x) = 0 und das Einselement f (x) = 1. Betrachten wir als Beispiel Z5 [x]. Wir w¨ahlen die Standardvertreter 0, 1, 2, 3, 4 und lassen die Klammern in [i] weg. F¨ ur f (x) = 2 + 3x + x3 , g(x) = 1 + 4x + x2 + 4x3 gilt f (x) + g(x) = 3 + 2x + x2 und f (x)g(x) = 2 + x + 4x2 + 2x3 + x4 + x5 + 4x6 . Zum Beispiel ist der Koeffizient von x3 in f (x)g(x), 2 · 4 + 3 · 1 + 0 · 4 + 1 · 1 ≡ 3 + 3 + 0 + 1 = 7 ≡ 2 (mod 5). Nun machen wir dasselbe wie in Z. Wir nennen zwei Polynome g(x), h(x) kongruent modulo f (x), mit der Bezeichnung g(x) ≡ h(x)

(mod f (x)) ,

falls f (x) ein Teiler von g(x) − h(x) ist, d. h. g(x) − h(x) = q(x)f (x) gilt. V¨ollig ¨ analog zu Z ist ≡ wieder eine Aquivalenzrelation, und es gilt wiederum f¨ ur g(x) ≡ ′ ′ g (x), h(x) ≡ h (x), dass g(x) + h(x) ≡ g ′ (x) + h′ (x) und g(x)h(x) ≡ g ′ (x)h′ (x) (mod f (x)) erf¨ ullt ist. Mit der Definition [g(x)] + [h(x)] = [g(x) + h(x)] [g(x)] [h(x)] = [g(x)h(x)] wird also K[x] mod f (x) ein Ring. Auch in K[x] mod f (x) haben wir ein Standard Vertretersystem. Wir gehen wie in Z vor. Sei g(x) ∈ K[x] gegeben. Mit Polynomdivision erhalten wir g(x) = q(x)f (x) + r(x)

mit Grad r(x) < Grad f (x) .

Es gilt f (x) | g(x) − r(x), d. h. g(x) ≡ r(x) (mod f (x)). Jedes Polynom g(x) ist also kongruent zu seinem Rest modulo f (x), und wegen Grad r(x) < Grad f (x) sind diese Restpolynome r(x) alle inkongruent modulo f (x). Ist Grad f (x) = n, so bilden demnach die Polynome r(x) = a0 + a1 x + . . . + an−1 xn−1 , ai ∈ K, ein vollst¨ andiges Vertretersystem, und das ist unser Standard Vertretersystem. Die Anzahl der Restklassen ist |K|n , da wir die ai unabh¨angig voneinander w¨ahlen k¨ onnen. Die Rolle der Primzahlen in Z u ¨ bernehmen nun die irreduziblen Polynome. Ein Polynom f (x) ∈ K[x] heißt irreduzibel, falls aus f (x) = g(x)h(x) stets Grad g(x) = 0 oder Grad h(x) = 0 folgt, d. h. g(x) oder h(x) Konstanten sind. Im anderen Fall heißt f (x) reduzibel. Zum Beispiel ist x2 + 1 reduzibel u ¨ ber Z5 , da x2 + 1 = (x+2)(x+3) gilt. Man kann andererseits leicht nachpr¨ ufen, dass das Polynom x2 +2 irreduzibel u ortlich kann nun der Beweis u ¨ ber Z5 ist. Wortw¨ ¨ bertragen werden, dass K[x] mod f (x) genau dann ein K¨ orper ist, wenn f (x) irreduzibel ist. Sehen wir uns ein kleines Beispiel an. Wir betrachten K = Z2 . Das Polynom are n¨ amlich x2 + x + 1 = (x + a)(x + b), so x2 + x + 1 ist irreduzibel u ¨ ber Z2 . W¨ 2 2 h¨ atten wir x + x + 1 = x + (a + b)x + ab, also a + b = 1, ab = 1. Aus ab = 1 folgt aber a = b = 1, somit a + b = 0, Widerspruch. Das Standard Vertretersystem ist 0, 1, x, x + 1, und wir erhalten die folgenden Additions- und Multiplikationstafeln des K¨ orpers Z2 [x] mod x2 + x + 1 mit 4 Elementen:

12.3

+ 0 1 x x+1

0 0 1 x x+1

239

lateinische quadrate

1 x 1 x 0 x+1 x+1 0 x 1

· 1 x x+1

x+1 x+1 x 1 0

1 1 x x+1

x x x+1 1

x+1 x+1 1 x

Zum Beispiel ist x(x + 1) = x2 + x ≡ 1 (mod x2 + x + 1), also [x][x + 1] = [1]. Fassen wir unsere Untersuchungen zusammen: Sei K = Zp und f (x) ein irreduzibles Polynom vom Grad n. Dann enth¨ alt der K¨orper Zp [x] mod f (x) genau pn Elemente. Es ist nicht allzu schwer, f¨ ur jedes n die Existenz eines irreduziblen Polynoms vom Grad n u ¨ ber Zp nachzuweisen (ein solches Polynom tats¨achlich zu konstruieren, ist allerdings nicht immer leicht, siehe die angegebene Literatur). Also gibt es zu jeder Primzahlpotenz pn einen endlichen K¨orper mit pn Elementen. Umgekehrt kann man ohne weiteres zeigen, dass nur f¨ ur Primzahlpotenzen q = pn ein endlicher K¨ orper mit q Elementen existiert, und dass es bis auf Isomorphie genau einen K¨ orper GF (q) mit q Elementen gibt. Den Beweis wollen wir uns schenken (siehe die Literatur), und statt dessen ein Beispiel zur Illustration betrachten. ¨ Uber Z3 sind die Polynome f (x) = x2 + x + 2 und g(x) = x2 + 1 irreduzibel. In beiden F¨ allen erhalten wir die Standardvertreter a0 + a1 x, ai ∈ Z3 , die wir einmal modulo f (x) und das andere Mal modulo g(x) betrachten. Der Leser kann sofort nachpr¨ ufen, dass die folgende Abbildung eine Isomorphie von GF (9) ist. 0 1 2 x x+1 x+2 2x 2x + 1 2x + 2

→ → → → → → → → →

0 1 2 x+1 x+2 x 2x + 2 2x 2x + 1 .

Betrachten wir als Beispiel 2x + 2, x + 1 in Z3 [x] mod x2 + x + 2. Das Produkt ist (2x + 2)(x + 1) = 2x2 + 4x + 2 = 2x2 + x + 2 = 2(x2 + x + 2) + (2x + 1), also gilt (2x + 2)(x + 1) ≡ (2x + 1) mod x2 + x + 2. Die korrespondierenden Elemente 2x + 1, x + 2 haben wegen (2x + 1)(x + 2) = 2x2 + 5x + 2 = 2x2 + 2x + 2 = 2(x2 + 1) + 2x als Produkt 2x in Z3 [x] mod x2 + 1, und 2x korrespondiert wieder zu 2x + 1.

12.3

Lateinische Quadrate

In diesem und dem n¨ achsten Abschnitt wollen wir das Modulo-Rechnen und endliche K¨ orper auf einige wichtige kombinatorische Probleme anwenden.

240

12

modulare arithmetik

Angenommen, eine Reifenfirma m¨ ochte 5 Reifentypen A, B, C, D, E auf ihre G¨ ute pr¨ ufen. An 5 aufeinanderfolgenden Tagen sollen 5 Autos mit jeweils einem Reifentyp getestet werden. Ein Versuchsplan wird aufgestellt: HTag Auto H 1 2 3 4 5

1 A B C D E

2 B C D E A

3 C D E A B

4 D E A B C

5 E A B C D

Mit diesem Versuchsplan kombinieren wir also jedes Auto mit jedem Reifentyp. Nun k¨ onnte es sein, dass die 5 Fahrer α, β, γ, δ, ε einen Einfluss auf die Reifeng¨ ute haben. Man wird also versuchen, den Plan so zu gestalten, dass jeder Fahrer mit jedem Auto und jedem Reifentyp genau einmal testet. Wir stellen also einen weiteren Einsatzplan zusammen: HTag Auto H 1 2 3 4 5

1 α ε δ γ β

2 β α ε δ γ

3 γ β α ε δ

4 δ γ β α ε

5 ε δ γ β α

Man kann sofort nachpr¨ ufen, dass tats¨ achlich jedes der 25 Reifen-Fahrer Paare genau einmal vorkommt. Definition. Sei A eine n-Menge. Ein Lateinisches Quadrat der Ordnung n u ¨ ber A ist eine Abbildung L : {1, . . . , n}×{1, . . . , n} → A, so dass L(i, j) = L(i′ , j) impliziert i = i′ , und analog L(i, j) = L(i, j ′ ) impliziert j = j ′ . Ein Lateinisches Quadrat ist also eine n × n-Matrix, in der in jeder Zeile und Spalte jedes Element aus A genau einmal vorkommt. Zwei Lateinische Quadrate L1 , L2 u ¨ ber A heißen orthogonal, falls es zu jedem (a1 , a2 ) ∈ A2 genau ein Paar (i, j) gibt mit L1 (i, j) = a1 , L2 (i, j) = a2 . Offenbar sind die Definitionen unabh¨ angig von der Menge A. Wir k¨onnen wie in unserem Beispiel einmal lateinische Buchstaben verwenden, das andere Mal griechische Buchstaben. Die Begriffe Lateinisches Quadrat oder Orthogonalit¨at bleiben davon unber¨ uhrt. Unser Eingangsbeispiel f¨ uhrt also auf ein Paar orthogonaler Lateinischer Quadrate der Ordnung 5. Nun k¨onnten wir einen weiteren Parameter w¨ ahlen, z. B. Straßenbeschaffenheit oder Wetterbedingungen, und fragen, ob wir weitere Versuchspl¨ ane, d. h. Lateinische Quadrate aufstellen k¨onnen, die jeweils orthogonal zu den anderen sind. Damit kommen wir zum Hauptproblem: Sei N (n) die Maximalzahl paarweiser orthogonaler Lateinischer Quadrate der Ordnung n; wie groß ist N (n)?

12.3

241

lateinische quadrate

Hier kommen nun unsere algebraischen Strukturen ins Spiel. Betrachten wir eine Gruppe mit n Elementen, z. B. Zn mit der Addition als Verkn¨ upfung. Nummerieren wir die Zeilen und Spalten mit 0, 1, . . . , n − 1, so ergibt die Additionstafel ein Lateinisches Quadrat, indem wir L(i, j) = i + j (mod n) setzen, da ja aus i + j ≡ i′ + j (mod n), i ≡ i′ (mod n) folgt, und ebenso aus i + j ≡ i + j ′ (mod n), j ≡ j ′ (mod n). F¨ ur n = 6 erhalten wir z. B. das Lateinische Quadrat 0 1 2 3 4 5

0 0 1 2 3 4 5

1 1 2 3 4 5 0

2 2 3 4 5 0 1

3 3 4 5 0 1 2

4 4 5 0 1 2 3

5 5 0 1 2 3 4

Sei nun q = pm eine Primzahlpotenz. Dann wissen wir, dass es einen endlichen K¨ orper mit q Elementen gibt, GF (q) = {a0 = 0, a1 , a2 , . . . , aq−1 }. Wir nummerieren die Zeilen und Spalten mit a0 , a1 , . . . , aq−1 und definieren f¨ ur h = 1, . . . , q − 1 das Lateinische Quadrat Lh durch Lh (ai , aj ) = ah ai + aj

(i, j = 0, 1, . . . , q − 1) .

urzen Jedes Lh ist ein Lateinisches Quadrat, da aus ah ai + aj = ah a′i + aj durch K¨ ah ai = ah a′i folgt, und wegen ah = 0 damit ai = a′i . Ebenso folgt aus ah ai + aj = ah ai + a′j sofort aj = a′j . Seien nun Lh , Lk zwei dieser Lateinischen Quadrate und (ar , as ) ∈ (GF (q))2 . Das Gleichungssystem ah x + y = ar ak x + y = as ist wegen ah = ak eindeutig in x und y l¨ osbar, also existieren i, j mit Lh (ai , aj ) = ah ai + aj = ar Lk (ai , aj ) = ak ai + aj = as , d. h. Lh und Lk sind orthogonal. Wir haben somit q − 1 paarweise orthogonale Lateinische Quadrate erhalten. F¨ ur q = 5 ergibt dies mit GF (5) = Z5 = {0, 1, 2, 3, 4} L1 (i, j) = i + j

L2 (i, j) = 2i + j

L3 (i, j) = 3i + j

L4 (i, j) = 4i + j

01234 12340 23401 34012 40123

01234 23401 40123 12340 34012

01234 34012 12340 40123 23401

01234 40123 34012 23401 12340

In unserem Reifentestproblem k¨ onnen wir also zumindest zwei weitere Parameter einf¨ uhren, d. h. es gilt N (5) ≥ 4. Geht es noch besser ? Nein, wie der folgende Satz zeigt.

242

12

modulare arithmetik

Satz 12.2. F¨ ur n ≥ 2 gilt N (n) ≤ n − 1, und wir haben N (n) = n − 1 f¨ ur eine Primzahlpotenz n = pm . Beweis. Es seien L1 , . . . , Lt orthogonale Lateinische Quadrate der Ordnung n u ¨ ber A, wobei wir A = {1, . . . , n} annehmen. Wir permutieren die Elemente in L1 so, dass sie in der ersten Zeile in der Reihenfolge 1, 2, . . . , n erscheinen. Ebenso verfahren wir mit den u ¨ brigen Li . Diese Permutationen erhalten die Orthogonalit¨at (klar?). Die neuen Lateinischen Quadrate, die wir wieder mit L1 , . . . , Lt bezeichnen, erf¨ ullen somit Li (1, 1) = 1, Li (1, 2) = 2, . . . , Li (1, n) = n

f¨ ur i = 1, . . . , t .

Nun betrachten wir die Stelle (2, 1). F¨ ur alle i muss Li (2, 1) = 1 gelten, da 1 schon in der ersten Spalte erscheint. Und ferner haben wir wegen der Orthogonalit¨at Li (2, 1) = Lj (2, 1) f¨ ur i = j, da die Paare (h, h), 1 ≤ h ≤ n, ja schon in der ersten Zeile erfasst sind. Somit folgt t ≤ n − 1, und Gleichheit haben wir f¨ ur Primzahlpotenzen schon gesehen. Wie sieht es mit unteren Schranken f¨ ur N (n) aus? Dazu haben wir folgendes Ergebnis. Satz 12.3.

Sei n = n1 n2 , dann gilt N (n1 n2 ) ≥ min (N (n1 ), N (n2 )).

Beweis. Sei k = min(N (n1 ), N (n2 )), und L1 , . . . , Lk orthogonale Lateinische Quadrate der Ordnung n1 u ¨ ber ¨ ber A1 , und L′1 , . . . , L′k solche der Ordnung n2 u A2 , |A1 | = n1 , |A2 | = n2 . Wir setzen A = A1 ×A2 , und definieren L∗h , h = 1, . . . , k, auf A durch L∗h ((i, i′ ), (j, j ′ )) = (Lh (i, j), L′h (i′ , j ′ )) . Man sieht sofort, dass die L∗h Lateinische Quadrate sind. Pr¨ ufen wir die Orthogonalit¨ at nach. Sei ((r, r ′ ), (s, s′ )) ∈ A2 , 1 ≤ h = ℓ ≤ k gegeben. Wegen der Orthogonalit¨ at der Lh gibt es (i, j) ∈ A21 mit Lh (i, j) = r, Lℓ (i, j) = s, und analog ′ ′ 2 (i , j ) ∈ A2 mit L′h (i′ , j ′ ) = r ′ , L′ℓ (i′ , j ′ ) = s′ . Daraus folgt (L∗h ((i, i′ ), (j, j ′ )), L∗ℓ ((i, i′ ), (j, j ′ ))) = ((Lh (i, j), L′h (i′ , j ′ )), (Lℓ (i, j), L′ℓ (i′ , j ′ ))) = ((r, r ′ ), (s, s′ )) . Aus 12.3 k¨ onnen wir sofort eine Folgerung ziehen. Folgerung 12.4. Sei n = pk11 . . . pkt t die Primzerlegung von n, dann gilt N (n) ≥ min (pki i − 1). Insbesondere haben wir N (n) ≥ 2 f¨ ur alle n ≡ 2 (mod 4).

1≤i≤t

Beweis. Die erste Behauptung folgt mit N (pki i ) = pki i − 1 durch mehrfache Anwendung von 12.3. F¨ ur n ≡ 2 (mod 4) ist pki i ≥ 3 f¨ ur alle Primpotenzteiler von n, und wir k¨ onnen das eben bewiesene Resultat anwenden.

12.4

243

kombinatorische designs

F¨ ur die ersten Werte von N (n) erhalten wir aus unseren Ergebnissen folgende Tabelle: n N (n)

2 1

3 2

4 3

5 6 4 ≥1

7 6

8 7

9 8

10 ≥1

11 10

12 ≥2

13 12

14 ≥1

Der erste ungekl¨ arte Fall ist n = 6. Euler, der die Vermutung N (n) = 1 f¨ ur alle n ≡ 2 (mod 4) aufstellte, machte diesen Fall 1782 als ein h¨ ubsches Puzzle publik: 36 Offiziere, je einer aus 6 verschiedenen Regimentern und 6 verschiedenen R¨ angen, sollen in einer 6×6-Formation aufgestellt werden, so dass jede waagerechte und senkrechte Kolonne genau einen Offizier jedes Regimentes und jedes Ranges enth¨ alt. Ist das m¨ oglich? Nat¨ urlich bedeutet dies gerade N (6) ≥ 2. Mit einer außerst m¨ uhseligen Aufz¨ ahlung aller M¨ oglichkeiten wurde u ¨ ¨ ber 100 Jahre sp¨ater gezeigt, dass dies nicht geht, also N (6) = 1 ist. Aber dies ist neben N (2) = 1 der einzige Fall, wo Eulers Vermutung zutrifft. 1960 zeigten Bose, Shrikhande und Parker, dass N (n) ≥ 2 f¨ ur alle n = 2, 6 gilt. Allerdings ist, abgesehen von Primzahlpotenzen, kein einziger Wert von N (n) bekannt. Zum Beispiel weiß man heute N (10) ≥ 2, N (12) ≥ 5, aber man kennt keine 3 orthogonalen Lateinischen Quadrate der Ordnung 10 bzw. keine 6 der Ordnung 12, weiß aber andererseits auch nicht, ob sie nicht doch existieren.

12.4

Kombinatorische Designs

Bl¨ attern wir zu unserem Lotto-Problem am Ende von Abschnitt 11.4 zur¨ uck. Wir hatten uns folgendes Problem gestellt: Existiert zu n = 6m + 1 oder n = 6m + 3 stets eine Menge B von Tripeln aus einer Grundmenge S, |S| = n, so dass jedes Paar von Elementen aus S in genau einem Tripel aus B vorkommt? Wir wollen das Problem allgemein formulieren: Seien die nat¨ urlichen Zahlen v ≥ k ≥ t ≥ 1 und λ ≥ 1 gegeben. Ein t-Design (S, B) mit Parametern v, k, λ besteht aus einer Familie B von Untermengen von S, so dass Folgendes gilt: (i) |S| = v, (ii) |B| = k f¨ ur alle B ∈ B, (iii) jede t-Untermenge von S ist in genau λ Mengen aus B enthalten. Die Mengen aus B heißen die Bl¨ ocke des Designs, wobei die Bl¨ocke nicht unbedingt verschieden sein m¨ ussen. Im Fall λ = 1 nennt man ein t-Design auch ein SteinerSystem St (v, k). Unser Lottoproblem betrifft also die Steiner-Systeme S2 (v, 3). Die F¨ alle k = v, k = v − 1, t = k, t = 1 k¨onnen leicht erledigt werden (siehe ¨ die Ubungen), so dass wir im folgenden stets 2≤t
244

12

modulare arithmetik

1

3

2 6

7

5

4

Dabei interpretieren wir jede Gerade“ als Block (inklusive den Kreis). Dieses 2” Design ist bis auf Umnummerierung eindeutig und heißt die Fano-Ebene. Warum wir die Bezeichnung Ebene verwenden, wird in K¨ urze klar werden. b. Sei S die Kantenmenge des vollst¨ andigen Graphen K5 , also |S| = 10. Als Bl¨ocke B nehmen wir alle Kantenmengen der Form

Insgesamt gibt es 5 · 3 = 15 Mengen des ersten Typs, 10 des zweiten und 5 des dritten Typs, also |B| = 30. Man pr¨ uft sofort nach, dass (S, B) ein 3-Design mit Parametern v = 10, k = 4, λ = 1 ist. c. Sei S = {1, 2, 3, 4} × {1, 2, 3, 4}. F¨ ur jedes Paar (i, j) ∈ S erkl¨aren wir einen Block Bij = {(k, ℓ) ∈ S : k = i oder ℓ = j, aber (k, ℓ) = (i, j)}, also |Bij | = 6. Wir k¨ onnen die Bij ’s durch ein Schachbrettmuster darstellen, z. B. ist B2,3

Man sieht leicht, dass (S, B) ein 2-Design mit v = 16, k = 6, λ = 2 darstellt. Das Hauptproblem der Design-Theorie lautet: Gegeben v, k, λ, t. Wann existiert ein t-Design mit diesen Parametern? Wir haben ein paar Beispiele von Designs f¨ ur verschiedene Parameter gesehen. Aber dies waren mehr oder minder spezielle Konstruktionen. Woran wir wirklich interessiert sind, sind einerseits Bedingungen, die die Existenz eines Designs ausschließen bzw. allgemeine Methoden, die Designs f¨ ur gewisse Parameter explizit konstruieren. Zun¨ achst haben wir folgende arithmetische Bedingungen, welche von den Parametern v, k, λ erf¨ ullt sein m¨ ussen.

12.4

kombinatorische designs

245

Satz 12.5. Sei  (S, B) ein t-Design mit Parametern v, k, λ. Dann gilt: a. |B| = λ vt / kt .   k−i ocken enthalten, b. Jede i-Untermenge von S ist in genau λi = λ v−i t−i / t−i Bl¨ i = 1, 2, . . . , t. Insbesondere ist ein t-Design auch ein i-Design f¨ ur alle i ≤ t. Beweis. Behauptung a ergibt sich sofort durch zweifaches Abz¨ahlen der Paare (T, B), |T | = t, B ∈ B, T ⊆ B, und b. wird mit Induktion nach i bewiesen, mit λ0 = |B|.   k−i (v−i)...(v−t+1) Da λi = λ v−i t−i / t−i = λ (k−i)...(k−t+1) eine ganze Zahl sein muss, erhalten wir als notwendige Bedingung f¨ ur die Existenz eines t-Designs mit den Parametern v, k, λ: (1)

λ(v − i) . . . (v − t + 1) ≡ 0 (mod (k − i) . . . (k − t + 1)),

i = 0, . . . , t .

Nehmen wir z. B. t = 3, k = 4, λ = 1. F¨ ur welche v sind 3-Designs m¨oglich? Bedingung (1) besagt v(v − 1)(v − 2) ≡ 0 (mod 24), (v − 1)(v − 2) ≡ 0 (mod 6), v − 2 ≡ 0 (mod 2) . Zun¨ achst muss also v gerade sein. Aus (v − 1)(v − 2) ≡ 0 (mod 6) folgt v ≡ 2, 4 (mod 6), da v ≡ 0 (mod 6) unm¨ oglich ist, und diese Werte erf¨ ullen auch die erste Kongruenz v(v − 1)(v − 2) ≡ 0 (mod 24). Die notwendigen Bedingungen ergeben somit v ≡ 2, 4 (mod 6), also mit v ≥ k + 2 = 6 als erste Werte v = 8, 10, 14, 16, . . .. Der Leser m¨ oge ein entsprechendes Design f¨ ur v = 8 konstruieren (der W¨ urfelgraph Q3 hilft dabei), v = 10 haben wir schon in Beispiel b oben realisiert. Wir beschr¨ anken uns im folgenden auf den Fall t = 2, der nach Satz 12.5b ja der einfachste ist. Ein 2-Design heißt u ¨ blicherweise ein Blockplan. Die notwendigen Bedingungen lauten in diesem Fall (2)

λ v(v − 1) ≡ 0

λ(v − 1) ≡ 0

(mod k(k − 1)) (mod (k − 1)) .

Ein ber¨ uhmter Satz von Wilson besagt, dass diese notwendigen Bedingungen in einem asymptotischen Sinn auch hinreichend sind. Sind k, λ gegeben, so gibt es ein v0 , so dass f¨ ur alle v ≥ v0 , welche (2) erf¨ ullen, ein Blockplan mit den Parametern v, k, λ tats¨ achlich existiert. Nun zu den Konstruktionsmethoden, wobei wir λ = 1 voraussetzen und weiterhin t = 2, also Steiner Systeme mit den Parametern v, k betrachten. Wir setzen b = |B| und r = λ1 = Anzahl der Bl¨ ocke, die ein festes Element enthalten. Nach 12.5 haben wir bk(k − 1) = v(v − 1), r(k − 1) = v − 1, also

246

12

modulare arithmetik bk

(3)

=

r(k − 1) =

vr v−1,

mit 2 ≤ r < b wegen k < v. Wir sehen, dass in einem Steiner-System wegen λ = 1 je zwei Bl¨ocke h¨ochstens ein Element gemeinsam haben. Einen besonders interessanten Spezialfall erhalten wir, wenn je zwei Bl¨ ocke einander in genau einem Element schneiden – n¨amlich die klassischen (endlichen) projektiven Ebenen. Wir interpretieren die Menge S als Punkte, die Bl¨ ocke als Geraden, und sagen, der Punkt u liegt auf der Geraden B, falls u ∈ B gilt. Definition. Eine (endliche) projektive Ebene ist ein Paar (S, B), so dass folgende Axiome erf¨ ullt sind: v Zu u = v ∈ S existiert genau eine Gerade B ∈ B (i) • u  mit {u, v} ⊆ B. •  B (ii)

(iii)

B

  @ •  u @  @ • •  Z Z  Z •Z •

B′

Zu B = B ′ ∈ B existiert genau ein Punkt u ∈ B ∩ B′. Es gibt vier Punkte, von denen keine drei auf einer gemeinsamen Geraden liegen.

Axiom (iii) ist eine Reichhaltigkeitsbedingung, um die folgende triviale Struktur auszuschließen:

Satz 12.6. Projektive Ebenen sind Blockpl¨ ane mit k = r und λ = 1. Setzen wir k = n + 1, so gilt v = b = n2 + n + 1, k = r = n + 1, λ = 1. Beweis. Es seien B = B ′ ∈ B beliebig gew¨ahlt. Man kann sich leicht u ¨ berlegen, dass es einen Punkt u ∈ / B ∪ B ′ gibt (andernfalls w¨ urde die triviale Struktur resultieren). Betrachten wir u und B. Jede Gerade durch u hat genau einen Schnittpunkt mit B (siehe die Figur), und umgekehrt bestimmt jedes v ∈ B eine Gerade durch {u, v}. F¨ ur die Anzahl ru der Geraden durch u gilt also ru = |B|. Wenden ¨ wir dieselbe Uberlegung auf u und B ′ an, so folgt |B| = ru = |B ′ |. Da B, B ′ beliebig gew¨ ahlt waren, enthalten also alle Geraden dieselbe Anzahl k von Punkten, und es gilt ru = r = k f¨ ur alle Punkte u, und wegen b k = v r auch b = v.

12.4

kombinatorische designs

247

u

B

Setzen wir k = n + 1, so gilt n ≥ 2 wegen k ≥ 3 (da einander z. B. die beiden senkrecht gezeichneten Geraden in Axiom (iii) in einem dritten Punkt schneiden). Betrachten wir einen Punkt u. Jeder Punkt = u kommt genau einmal auf einer Geraden durch u vor (siehe die Figur), und jede dieser Geraden enth¨alt k − 1 = n Punkte = u. Daraus folgt v = 1 + (n + 1)n = n2 + n + 1. Die Zahl n heißt die Ordnung der projektiven Ebene. Eines der ber¨ uhmtesten Probleme der gesamten Kombinatorik fragt: F¨ ur welche nat¨ urlichen Zahlen n ≥ 2 existiert eine projektive Ebene der Ordnung n? Eine projektive Ebene kennen wir schon, die kleinste mit Ordnung 2. Das ist nat¨ urlich unsere Fano-Ebene. Der folgende Satz bejaht die Existenz f¨ ur Primzahlpotenzordnungen. Satz 12.7. Sei q = pm eine Primzahlpotenz. Dann existiert eine projektive Ebene der Ordnung q. Beweis. Wir nehmen das Galoisfeld K = GF (q) und betrachten einen 3-dimensionalen Vektorraum u ¨ ber K. Die Punkte“ S sind die 1-dimensionalen Unterr¨au” me, und die Geraden“ B die 2-dimensionalen Unterr¨aume. Je zwei 1-dimensionale ” Unterr¨ aume sind offenbar in genau einem 2-dimensionalen Unterraum enthalten (Axiom (i)). Sei B = B ′ . Nach der Dimensionsgleichung f¨ ur Unterr¨aume folgt 3 = dim(B + B ′ ) = dim(B) + dim(B ′ ) − dim(B ∩ B ′ ) , also dim(B ∩B ′ ) = 2+2−3 = 1, d. h. B und B ′ schneiden einander in einem Punkt (Axiom ii)). Schließlich erf¨ ullen die vier 1-dimensionalen Unterr¨aume erzeugt von den Vektoren (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 1) Axiom (iii). Das System (S, B) ist also eine projektive Ebene. Die Ordnung k¨onnen wir nun leicht berechnen. Insgesamt gibt es q 3 − 1 Vektoren = 0 . Jeder 1-dimensionale Unterraum enth¨alt mit einem Vektor = 0 durch Multiplikation mit den Elementen = 0 genau q − 1 3 −1 = q 2 + q + 1, also ist linear abh¨ angige Vektoren = 0 , und wir erhalten |S| = qq−1 die Ordnung q. Man kennt auch noch andere projektive Ebenen außer den eben besprochenen, aber niemandem ist es bisher gelungen, projektive Ebenen von Nicht-Primzahlpotenz Ordnung zu konstruieren. Das klingt bekannt - dasselbe Ph¨anomen haben wir mit orthogonalen Lateinischen Quadraten kennengelernt. Es existiert die Maximalzahl n − 1, wenn n eine Primzahlpotenz ist, ansonsten weiß man, abgesehen von n = 6, nichts. Dieser Zusammenhang ist keineswegs zuf¨allig, denn es gilt der folgende ¨ Satz, dessen Beweis den Ubungen vorbehalten sei.

248

12

modulare arithmetik

Satz 12.8. Es existiert eine projektive Ebene der Ordnung n ≥ 2 genau dann, wenn N (n) = n − 1 ist, d. h. wenn n − 1 orthogonale Lateinische Quadrate der Ordnung n existieren. Die Ordnung n = 6 ist damit erledigt – eine projektive Ebene der Ordnung 6 gibt es nicht. Mit enormem Computereinsatz wurde 1988 die Nichtexistenz f¨ ur n = 10 bewiesen. Daraus folgt f¨ ur Lateinische Quadrate N (10) ≤ 8. F¨ ur die Existenz einer projektiven Ebene der Ordnung 12 br¨ auchte man 11 orthogonale Lateinische Quadrate, bis heute weiß man nur N (12) ≥ 5. Zum Schluss wollen wir uns endg¨ ultig unserem Lottoproblem zuwenden, also den Steiner-Tripelsystemen S2 (v, 3), v ≡ 1, 3 (mod 6). Das kleinste kennen wir schon, es ist wiederum unsere Fano-Ebene S2 (7, 3). Wie soll man nun allgemein solche Tripelsysteme konstruieren? Modulare Arithmetik hilft uns hier weiter. Schreiben wir die Bl¨ ocke der Fano-Ebene mod 7 auf: 124, 235, 346, 450, 561, 602, 013. Setzen wir B0 = {1, 2, 4}, so sind die anderen Tripel von der Gestalt Bi = B0 + i (mod 7), i = 1, . . . , 6, d. h. wir addieren zu allen Elementen aus B0 jeweils i mod 7 hinzu. Wir sagen, die Fano-Ebene entsteht durch Entwicklung des Startblockes B0 mod 7. Dies sieht sehr vielversprechend aus f¨ ur den allgemeinen Fall. Doch wieso funktioniert diese Entwicklung u ¨ berhaupt? Probieren wir einen anderen Startblock C0 = {1, 2, 5}. Durch Entwicklung erhalten wir 125, 236, 340, 451, 562, 603, 014. Diesmal erhalten wir kein Steiner-System S2 (7, 3), denn {1, 5} erscheint in C0 , aber auch in C3 . Was ist der Grund daf¨ ur? Betrachten wir die sechs Differenzen in C0 mod 7: 1 − 2 ≡ 6, 1 − 5 ≡ 3, 2 − 1 ≡ 1, 2 − 5 ≡ 4, 5 − 1 ≡ 4, 5 − 2 ≡ 3. Da wir bei der Entwicklung jeweils dieselbe Zahl dazuaddieren, bleibt auch die (Multi-) Menge der Differenzen gleich. Und nun liegt der Grund f¨ ur die Duplikation von {1, 5} auf der Hand. Da die Differenz 3 zweimal vorkommt : 1 − 5 ≡ 3, 5 − 2 ≡ 3, folgt, dass {5, 2} + i immer die Differenz 3 hat, also m¨ ussen wir nur i finden mit 5 + i ≡ 1 (mod 7), um 1,5 zu duplizieren, und das passiert f¨ ur i = 3. F¨ ur den urspr¨ unglichen Startblock B0 = {1, 2, 4} hingegen sind alle Differenzen verschieden: 1 − 2 ≡ 6, 1 − 4 ≡ 4, 2 − 1 ≡ 1, 2 − 4 ≡ 5, 4 − 1 ≡ 3, 4 − 2 ≡ 2, und deswegen funktioniert die Entwicklung. Wir wollen dies sofort als allgemeines Ergebnis notieren. Es sei (G, +) eine kommutative Gruppe mit v Elementen. Eine Familie von Bl¨ ocken Bi = {pi1 , . . . , pik } ⊆ G, i ∈ I, heißt (v, k, λ)-Differenzenfamilie, falls unter der Multimenge der Differenzen innerhalb der einzelnen Bl¨ocke ∆Bi = {pij − pij ′ : 1 ≤ j = j ′ ≤ k} (i ∈ I) jedes Element = 0 von G genau λ-mal vorkommt.

12.4

kombinatorische designs

249

Sei zum Beispiel G = Z9 , B1 = {0, 1, 2, 5}, B2 = {0, 2, 3, 5}. Die Differenzen sind ∆B1 = {±1, ±2, ±4, ±1, ±4, ±3}, ∆B2 = {±2, ±3, ±4, ±1, ±3, ±2}. Jede Differenz ±1, ±2, ±3, ±4 kommt genau dreimal vor, also ist {B1 , B2 } eine (9, 4, 3)Differenzenfamilie. Satz 12.9.   Es sei (G, +) eine kommutative Gruppe mit v Elementen, B = {Bi : i ∈ I} ⊆ G k , und B = {Bi + g : i ∈ I, g ∈ G}. Dann gilt (G, B) ist (v, k, λ)-Blockplan ⇐⇒ B ist (v, k, λ)-Differenzenfamilie.

Beweis. Es sei Bi = {pi1 , . . . , pik }, ∆Bi die Menge der Differenzen von Bi , und Bi = {Bi + g : g ∈ G}. F¨ ur x = y ∈ G gilt x, y ∈ Bi + g ⇔ ∃ j, ℓ mit pij + g = x, piℓ + g = y ⇔ x − y = pij − piℓ ∈ ∆Bi . Das heißt, die Anzahl der Bl¨ ocke in Bi , welche x, y enthalten, ist gleich der Anzahl, wie oft x − y = 0 als Differenz in ∆Bi auftritt. Summation u ¨ ber i liefert nun das Ergebnis. Unser Beispiel G = Z9 von oben ergibt somit durch Entwicklung von B1 , B2 einen (9, 4, 3)-Blockplan. Wir sind vor allem an λ = 1, also an Steiner-Systemen interessiert. Dazu m¨ ussen wir Startbl¨ ocke Bi konstruieren, so dass jedes Element = 0 genau einmal als Differenz vorkommt. Nehmen wir als Beispiel G = Z41 , B1 = {1, 10, 16, 18, 37}, B2 = {5, 8, 9, 21, 39}. ∆Bi enth¨ alt jeweils 20 Differenzen, und man pr¨ uft sofort nach, dass tats¨ achlich jedes Element = 0 als Differenz auftritt (und daher genau einmal). Ergebnis: Durch Entwicklung erhalten wir ein (41,5)-Steiner System. Mit unseren Methoden k¨ onnen wir nun endg¨ ultig die Konstruktion von Steiner Tripel-Systemen S2 (v, 3) f¨ ur alle v ≡ 1, 3 (mod 6) durchf¨ uhren. Wir besprechen den Fall v ≡ 3(mod 6), die andere M¨ oglichkeit v ≡ 1(mod 6) wird ganz ¨ahnlich behandelt. Sei also v = 6m + 3. Wir betrachten die additive Gruppe G = Z2m+1 × Z3 , das heißt, die Elemente von G sind alle Paare (i, j), i ∈ Z2m+1 , j ∈ Z3 , mit koordinatenweiser Addition. Die Gruppe G hat somit 6m + 3 Elemente, und wir m¨ ussen = (2m + 1)(3m + 1) Tripel finden. nun b = v(v−1) 6 Als Startbl¨ ocke nehmen wir: B0 = {(0, 0), (0, 1), (0, 2)}

Bh = {(0, 0), (h, 1), (−h, 1)} f¨ ur h = 1, . . . , m, und setzen ocke der Form {B0 + g : g ∈ G} B0 = Familie der verschiedenen Bl¨

Bh = {Bh + g : g ∈ G}, h = 1, . . . , m, m  B = B0 ∪ Bh . h=1

250

12

modulare arithmetik

Behauptung: (G, B) ist ein Steiner System S2 (v, 3). Betrachten wir B0 . Jedes Tripel {(i, j), (i, j + 1), (i, j + 2)} wird durch Entwicklung von B0 genau dreimal erzeugt, n¨ amlich B0 + (i, j), B0 + (i, j + 1), B0 + (i, j + 2), also erhalten wir B0 = {{(i, 0), (i, 1), (i, 2)} : i = 0, 1, . . . , 2m}, |B0 | = 2m + 1 . Man sieht sofort, dass die Tripel in den Bh ’s alle verschieden sind, also |Bh | = 6m+ 3 (h = 1, . . . , m). Insgesamt enth¨ alt B daher 2m+1+(6m+3)m = (2m+1)(3m+1) Tripel - die Anzahl ist also schon einmal richtig. Jetzt m¨ ussen wir noch nachpr¨ ufen, dass jedes Paar {(x, y), (x′ , y ′ )} genau einmal vorkommt. F¨ ur h = 1, . . . , m haben wir ∆Bh = {±(h, 1), ±(−h, 1), ±(2h, 0)} , das heißt, die 6m Differenzen in ∆Bh ergeben jedes Element g ∈ G, g = (0, 0), genau einmal, mit Ausnahme der Elemente (0, 1), (0, 2), und das sind genau die ′ beiden Elemente = 0 in B0 . F¨ ur {x, y}, {x′ , y ′ } mit mx = x folgt daher wie im′ Beweis von 12.9, dass sie in genau einem Block von h=1 Bh liegen, und f¨ ur x = x liegen sie nat¨ urlich in genau einem Block von B0 . Damit ist alles gezeigt. Nun k¨ onnen wir endg¨ ultig auch unser abgewandeltes 45-Lotto beantworten. Mit b = 45·44 = 330 sehen wir, dass es 330 Tripel aus {1, 2, . . . , 45} gibt, die jedes 6 Paar bedecken, und 330 ist die kleinste Zahl der Tripel mit dieser Eigenschaft.

¨ Ubungen zu Kapitel 12 1 Beweise die 3’er bzw. 9’er Probe: Eine Zahl n = ak ak−1 . . . a
0 in Dezimaldarstellung k ist genau dann durch 3 bzw. 9 teilbar, wenn die Quersumme i=0 ai durch 3 bzw. 9 teilbar ist. ¨ 2 Uberpr¨ ufe nochmals genau, dass aus x ≡ x′ , y ≡ y ′ (mod m) auch x + y ≡ x′ + y ′ und ′ ′ xx ≡ yy (mod m) folgt.

⊲ 3 Bestimme den Rest von 315 und 1583 bei Division durch 13.

4 L¨ ose das Gleichungssystem x + 2y = 4, 4x + 3y = 4 in Z7 und Z5 . 5 Verallgemeinere Fermats Theorem: Sei ϕ(m) die Anzahl der primen Restklassen [r] modulo m, d. h. ggT(r, m) = 1. Dann gilt nϕ(m) ≡ 1 (mod m) f¨ ur jedes n mit ggT(n, m) = 1. ⊲ 6 Mit den Ziffern 1, 2, . . . , 9 bilde man ein- oder zweistellige Zahlen, so dass jede Ziffer genau einmal vorkommt und die Summe genau 100 ist. Beispiel: 9, 37, 16, 28, 5, 4, aber die Summe ist 99. 7 Ermittle den Rest von x81 + x49 + x25 + x9 + x bei Division durch x3 − x.

⊲ 8 Finde ein irreduzibles Polynom f (x) vom Grad 2 u ¨ber GF (5) und konstruiere daraus das Galoisfeld GF (25). 9 Zerlege x4 + 1 in irreduzible Faktoren u ¨ber Z3 .

¨bungen u

251

⊲ 10 Man nehme Junge, Dame, K¨ onig und As in jeder Farbe und arrangiere die 16 Karten in einem 4 × 4-Quadrat, so dass in keiner Zeile, Spalte oder Diagonale derselbe Wert oder dieselbe Farbe zweimal erscheint. Kann erreicht werden, dass Rot-Schwarz wie auf einem Schachbrett jeweils abwechselnd erscheint? 11 Von Sir Ronald Fisher stammt das folgende Problem: In a set of sixteen people, four are English, four are Scot, four are Irish, and four Welsh. There are four each of the ages 35, 45, 55, and 65. Four are lawyers, four are doctors, four are soldiers, and four are clergymen. Four are single, four are married, four widowed, and four divorced. Finally, four are conservatives, four socialists, four liberals, and four fascists. No two of the same kind in one category are the same in another category. Three of the fascists are: a single English lawyer of 65, a married Scottish soldier of 55, and a widowed Irish doctor of 45. Furthermore, the Irish socialist is 35, the Scottish conservative is 45, and the English clergyman is 55. What can you say about the Welsh lawyer? ⊲ 12 Wie viele T¨ urme k¨ onnen auf einem n × n × n-Raumschachbrett aufgestellt werden, so dass sie einander nicht schlagen? Wieviele auf einem d-dimensionalen n × . . . × n-Brett? 13 Konstruiere ein Paar orthogonaler Lateinischer Quadrate der Ordnung 12. 14 Zeige, dass Permutation von Zeilen oder Spalten oder Symbolen die Orthogonalit¨ at Lateinischer Quadrate erh¨ alt. 15 Bestimme die Anzahl der Lateinischen Quadrate der Ordnung 1, 2, 3, 4 auf einer gegebenen Symbolmenge. Zeige, dass es bis auf Permutation der Zeilen, Spalten und Symbole genau ein Lateinisches Quadrat f¨ ur n ≤ 3 gibt und zwei f¨ ur n = 4. ⊲ 16 Sei (G, ·) eine kommutative Gruppe ungerader Ordnung. Definiere (G, ) durch xy = xy −1 . Zeige, dass L(x, y) = xy ein Lateinisches Quadrat ist und orthogonal zu L′ (x, y) = xy ist. 17 Es sei P G(q) die projektive Ebene u ¨ber GF (q). Drei Punkte, die nicht auf einer Geraden liegen, bilden ein Dreieck. Zeige, dass die Anzahl der Dreiecke 16 q 3 (q + 1)(q 2 + q + 1) ist. orter ⊲ 18 Sei v = 2n − 1 und S = {0, 1}n
0 . Wir addieren x + y wie u ¨blich. Drei W¨ x, y, z in S bilden einen Block, falls x + y + z = 0 ist. Zeige, dass wir ein Steiner System S2 (v, 3) erhalten. 19 In Abschnitt 11.4 haben wir die Packungs- und Bedeckungszahlen P (n, k, t) bzw. C(n, k, t) definiert. Zeige in Verallgemeinerung von Satz 11.3: ⌊. . . ⌊ n−t+1 ⌋ . . .⌋, b. C(n, k, t) ≥ ⌈ nk ⌈ n−1 ⌈. . . ⌈ n−t+1 ⌉ . . .⌉. a. P (n, k, t) ≤ ⌊ nk ⌊ n−1 k−1 k−t+1 k−1 k−t+1

⊲ 20 Sei p Primzahl. Zeige, dass (a + b)p ≡ ap + bp (mod p) f¨ ur a, b ∈ Z gilt. Hinweis: Binomialsatz oder Satz von Fermat. 21 Beweise den Satz von Wilson: Genau dann gilt (p−1)! ≡ −1 (mod p), wenn p Primzahl ist. ⊲ 22 Sei p Primzahl. Zeige: a. Falls p ≡ 3 (mod 4) ist, dann gibt es kein n ∈ Z mit p|n2 + 1, b. Falls p ≡ 1 (mod 4), dann existieren solche n. Hinweis: Fermats Theorem und die ¨ vorige Ubung.

252

12

modulare arithmetik

23 Die Zahlen 407 und 370 (in Dezimaldarstellung) haben die Eigenschaft 407 = 43 + 03 + 73 und 370 = 33 + 73 + 03 . Finde alle Zahlen = 1 mit dieser Eigenschaft. 24 Sei eine Zahl in Dezimaldarstellung gegeben, z. B. 145. Konstruiere die Folge 145 → 12 +42 +52 = 42 → 42 +22 = 20 → 22 +02 = 4 → 42 = 16 → 12 +62 = 37 → 32 +72 = 58 ur jede nat¨ urliche → 52 + 82 = 89 → 82 + 92 = 145 → 42 → 20 . . . Zeige, dass diese Folge f¨ Zahl entweder in 1 endet oder, wie in dem Beispiel, in einem Zyklus endet, der 145 enth¨ alt. ⊲ 25 Wir wollen n Damen auf einem n×n-Schachbrett plazieren, so dass keine zwei Damen einander bedrohen. Zeige, dass die folgende Konstruktion f¨ ur n ≡ ±1 (mod 6), n ≥ 5, funktioniert: Die i-te Dame wird auf Feld (i, 2i) mod n plaziert, 0 ≤ i ≤ n − 1. olzer mit N ≡ a1 26 Es seien N Streichh¨ olzer gegeben. Im ersten Zug zieht man a1 ≤ 1 H¨ (mod 2), der verbleibende Haufen hat N − a1 H¨ olzer. Nun zieht man im zweiten Zug olzer mit N − a1 ≡ a2 (mod 3), im dritten Zug a3 ≤ 3 mit N − a1 − a2 ≡ a3 a2 ≤ 2 H¨ (mod 4) usf. Das Spiel endet, wenn im ℓ-ten Zug alle restlichen H¨ olzer weggenommen werden. Zeige, dass f¨ ur die letzte Zahl immer aℓ = ℓ gilt. ⊲ 27 Wir betrachten die Funktion f (m, n) = n−1 [|B 2 − 1)| − (B 2 − 1)] + 2 mit B = 2 m(n + 1) − (n! + 1), m, n ∈ N. Zeige, dass f (m, n) stets eine Primzahl ist, und dass jede ¨ Primzahl = 2 genau einmal erzeugt wird. Hinweis: Ubung 21. ⊲ 28 Die Quersumme von 44444444 in Dezimaldarstellung sei A, und die Quersumme von A sei B. Was ist die Quersumme von B?

29 Was sind die letzten drei Ziffern in 79999 ? Hinweis: Starte mit 74 = 2401 und betrachte zun¨ achst 74k = (2400 + 1)k mittels Binomialsatz. 30 F¨ ur welche Primzahlen p ist das Polynom x2 + 1 irreduzibel u ¨ber Zp ? 31 Bestimme alle Werte m, f¨ ur die x2 + mx + 2 irreduzibel u ¨ber Z11 ist. ⊲ 32 Sei (G, ·) eine kommutative Gruppe, |G| = n. Zeige an = 1 f¨ ur alle a ∈ G. Das kleinste d ≥ 1 mit ad = 1 heißt die Ordnung ord(a) von a. Zeige, dass stets ord(a)|n gilt. Hinweis: Beweis des Fermatschen Satzes zum ersten Teil, Euklidischer Algorithmus zum zweiten Teil. 33 Sei (G, ·) eine Gruppe mit |G| = gerade. Zeige, dass G ein Element der Ordnung 2 enth¨ alt. ⊲ 34 Sei q eine ungerade Primzahlpotenz. Ein Element a ∈ GF (q), a = 0, nennen wir ein ur ein b. Sei Q die Menge der Quadrate. Zeige |Q| = q−1 . F¨ ur Quadrat, falls a = b2 ist f¨ 2 welche q ist −1 ∈ Q? 35 Zeige, dass in GF (2m ) jedes Element ein Quadrat ist.

36 Sei L : Z2n × Z2n → Z2n das Lateinische Quadrat der Ordnung 2n mit L(i, j) ≡ i + j (mod 2n). Zeige, dass es zu L kein orthogonales Lateinisches Quadrat gibt. ⊲ 37 Ein magisches Quadrat Q der Ordnung n enth¨ alt alle Zahlen 1, . . . , n2 , so dass alle Zeilen, Spalten und die beiden Diagonalen die gleiche Summe haben. Q heißt halbmagisch, ¨ falls alle Zeilen- und Spaltensummen gleich sind. Uberlege, wie aus jedem Paar orthogonaler Lateinischer Quadrate ein halbmagisches Quadrat konstruiert werden kann. Welche Bedingungen muss ein Paar orthogonaler Lateinischer Quadrate erf¨ ullen, damit wir ein magisches Quadrat erhalten? Konstruiere magische Quadrate f¨ ur n = 4, 5. Hinweis: Die beiden Quadrate bestimmen die 1’er bzw. 10’er Stellen.

¨bungen u

253

38 Neun Gefangene werden in jeweils 3 Dreiergruppen ausgef¨ uhrt, wobei eine Dreiergruppe durch zwei Fesseln verbunden ist, z. B. 1–2–3, 4–5–6, 7–8–9, dann sind 1 und 2, und 2 und 3 gefesselt. Man entwerfe einen Plan f¨ ur 6 Tage, so dass je zwei Gefangene genau einmal aneinander gefesselt sind. ⊲ 39 Zeige: Ein 1-Design mit Parametern v, k, λ existiert genau dann, wenn k|λv gilt. 40 Sei k = v − 1, dann existiert ein t-Design mit Parametern  S v, k = v − 1, λ genau dann, λ , d. h. alle (v − 1)-Mengen wenn v − t|λ gilt, und das einzig m¨ ogliche Design ist v−t v−1 λ treten v−t mal auf. ⊲ 41 Sei D(v, k, λ) ein 2-Design mit b Bl¨ ocken und M = (mij ) die v × b-Inzidenzmatrix, wobei 1 < k < v − 1 ist, also

1 ui ∈ Bj . mij = 0 ui ∈ / Bj Zeige MMT =



r. λ . λ .r



und folgere daraus v ≤ b. Hinweis: Berechne die Determinante von M M T .

42 In einem Steiner-Tripelsystem S2 (v, 3) konstruiere folgenden Graphen G. Die Ecken sind die Bl¨ ocke, und zwei Bl¨ ocke B, B ′ werden durch eine Kante verbunden, wenn B∩B ′ = ∅ ist. Zeige, dass G einen Hamiltonschen Kreis besitzt.

⌋⌋ gilt. Zeige: a. P (n, 3, 2) 43 Wir wissen, dass f¨ ur die Packungszahl P (n, 3, 2) ≤ ⌊ n3 ⌊ n−1 2 ≤ ⌊ n3 ⌊ n−1 ⌋⌋ − 1 f¨ u r n ≡ 5 (mod 6). Hinweis: Setze n = 6k + 5 und bestimme die Anzahl 2 ⌋⌋ ist. b. Ist die ungerade der Bl¨ ocke. Eine Zahl n heiße gut“, falls P (n, 3, 2) = ⌊ n3 ⌊ n−1 2 ” Zahl n gut, so ist auch n − 1 gut. c. Bestimme P (n, 3, 2) f¨ ur n ≤ 10.

44 Sei D eine projektive Ebene der Ordnung n. Entferne aus D einen Block B und alle Punkte von B. Zeige, dass die resultierende Struktur D′ ein Blockplan ist mit v = n2 , k = n, λ = 1, genannt eine affine Ebene der Ordnung n.

⊲ 45 Zeige, dass die Bl¨ ocke B einer affinen Ebene der Ordnung n in n + 1 Klassen Bi eingeteilt werden k¨ onnen, so dass zwei Bl¨ ocke genau dann einander schneiden, wenn sie in verschiedenen Klassen liegen. 46 Zeige, dass die Fano-Ebene bis auf Permutation der Elemente die einzige projektive Ebene der Ordnung 2 ist. Zeige dasselbe f¨ ur die affine Ebene der Ordnung 3. 47 Beweise Satz 12.8. ⊲ 48 Sei q eine Primzahlpotenz der Form 4n + 3. Beweise, dass die Quadrate = 0 in GF (q) eine Differenzenmenge mit den Parametern (4n + 3, 2n + 1, n) bilden. 49 Bestimme die Quadrate = 0 in Z19 und konstruiere daraus einen Blockplan mit Parametern (19, 9, 4). ⊲ 50 In einer projektiven Ebene P der Ordnung q konstruiere den bipartiten Graphen G = (S + B, K) mit S = Punkte von P, B = Bl¨ ocke von P , und pB ∈ K ⇔ p ∈ B. Zeige, dass der Graph G (q + 1)-regul¨ ar ist, dessen k¨ urzeste Kreise die L¨ ange 6 haben. Zeige ferner, dass G unter diesen Bedingungen, (q + 1)-regul¨ ar und L¨ ange der k¨ urzesten Kreise ¨ = 6 , die minimale Anzahl von Ecken hat. Hinweis: Ubung 6.37.

13 13.1

Codierung Problemstellung

Eine besondere interessante Anwendung unserer algebraischen Strukturen ergibt ¨ sich bei der sicheren Ubertragung von Nachrichten. Bevor wir dies besprechen, ¨ ¨ wollen wir einige Uberlegungen anstellen, wie die Ubermittlung von Nachrichten vor sich geht. Zun¨ achst einmal: Wie bilden wir Nachrichten? Die u ¨ bliche Form sind gesprochene oder geschriebene W¨ orter. Wenn wir etwas in den Computer ¨ eingeben wollen, so dr¨ ucken wir auf eine Taste, und die Ubertragung geschieht mittels der durch die Hardware vorgegebenen mechanischen oder elektrischen Impulse. Telefon, Morseapparat, Telegraph, Funken usf., das alles sind Methoden der Kommunikation. Wollen wir ein Wort senden, z. B. BACH, so codieren wir zun¨achst das Wort nach einem vorgegebenen System. Zum Beispiel k¨onnen wir BACH in Morsezeichen (· kurz, – lang) ausdr¨ ucken, oder was auf dasselbe hinausl¨auft, in 0,1-Folgen. Nat¨ urlich k¨ onnen wir irgendein System verwenden, das uns effizient erscheint. Dieser erste Schritt der Nachrichten¨ ubertragung heißt Quellencodierung. Das so codierte Wort senden wir nun u ¨ ber den Kanal“ an den Empf¨anger. ” Und hier ergeben sich die eigentlichen Probleme. Wir konzentrieren uns dabei auf zwei Aspekte. Zum einen kann der Kanal St¨orungen ausgesetzt sein, z. B. atmo¨ sph¨ arischen St¨ orungen (denken wir an Ubertragungen von einem Satelliten). In ¨ diesem Fall brauchen wir eine Methode, so dass Ubertragungsfehler erkannt und korrigiert werden k¨ onnen. Der zweite Aspekt betrifft die Datensicherheit. Wie sch¨ utzen wir eine Nachricht vor einem unbefugten Lauscher? Ein Lauscher k¨onnte die Nachricht nicht nur abfangen und lesen, er k¨onnte sie auch in ver¨anderter Form an den Empf¨ anger weitergeben. Wie erkennen wir, ob die Nachricht wirklich von dem eigentlichen Sender kommt? Diese Fragestellungen werden heute unter dem Begriff Kryptographie zusammengefasst, auf die wir im n¨achsten Kapitel zu sprechen kommen. Die Methode f¨ ur beide Aspekte ist im Prinzip die gleiche: die Nachricht wird vor der Sendung einer Sicherheitsmaßnahme unterzogen – sie wird nochmals codiert, so dass der Empf¨ anger sie richtig decodieren kann (Fehler-Aspekt) bzw. dass sie vor einem Lauschangriff sicher ist (Kryptographie). Diesen zweiten Schritt bezeichnen wir als Kanalcodierung. Wir legen also folgendes Modell zugrunde: Sender

−→ Quellencodierung

−→ Kanalcodierung

↓

St¨ orung −→ Kanal Lauscher Empf¨ anger

←− Quellendecodierung ←− Kanaldecodierung

←

|

256

13

codierung

Beide Teile der Nachrichten¨ ubertragung sind eine sch¨one Illustration der diskreten Methoden, die wir bisher besprochen haben.

13.2

Quellencodierung

Wir beschr¨ anken uns im folgenden auf 0, 1-Quellencodierungen. Das heißt, wir ha¨ O, ¨ U, ¨ ⊔}, ⊔ = Zwischenben eine Menge X gegeben, z. B. X = {A, B, C, . . . , Z, A, raum, und bilden nun jedes Element aus X auf ein 0, 1-Wort ab. Sei A = {0, 1}. Wie u ange ¨ blich, heißt w ∈ An ein 0, 1-Wort der L¨ n, wobei wir auch das leere Wort ( ) ∈ A0 zulassen. Schließlich setzen wir A∗ = n≥0 An . Wir suchen also eine Abbildung c : X → A∗ , und nennen jede solche Abbildung eine Quellencodierung von X (mittels des Code-Alphabetes {0, 1}). Die Bilder c(x), x ∈ X, heißen die Codew¨ orter von X unter der Codierung c und C = c(X) der (Quellen-) Code. Im u ollig gleichg¨ ultig, ob wir A = {0, 1, 2} oder irgendein anderes ¨ brigen ist es v¨ ¨ Alphabet w¨ ahlen. Die nachfolgenden Uberlegungen verlaufen v¨ollig analog. Nur |A| ≥ 2 wird vorausgesetzt. Was f¨ ur Eigenschaften verlangen wir von einer Codierung c? Nun, eines ist klar: c muss injektiv sein. Sonst k¨ onnten wir eine Nachricht nicht eindeutig entschl¨ usseln. Nehmen wir das folgende Beispiel: X = {α, β, γ}, c(α) = 0, c(β) = 1, c(γ) = 00, dann ist c injektiv. Angenommen, der Empf¨anger erh¨ alt 00. Dann weiß er nicht, ob αα oder γ gesendet wurde. Der Grund ist offenbar, dass das Codewort 0 ein Anfangsst¨ uck oder, wie wir sagen, ein Pr¨ afix eines anderen Codewortes 00 ist. Das m¨ ussen wir also auch ausschließen. Definition. C ⊆ A∗ heißt ein Pr¨ afix-Code, falls kein Wort aus C Pr¨afix eines anderen Wortes aus C ist. Nat¨ urlich ist ein Pr¨ afix-Code auch injektiv. Pr¨afix-Codes erlauben nun eine eindeutige Entschl¨ usselung. Nehmen wir wieder X = {α, β, γ} und w¨ahlen wir diesmal den Pr¨ afix-Code c(α) = 00, c(β) = 1, c(γ) = 01. Angenommen, der Empf¨anger erh¨ alt 0001010010100. Er decodiert von links nach rechts. Er geht soweit nach rechts, bis das erste Codewort entsteht, in unserem Fall 00. Da C = c(X) Pr¨afix-Code ist, weiß er, dass kein anderes Zeichen von X zuerst codiert wurde. Nun streicht er 00 weg, und sucht das n¨ achste Codewort, in unserem Fall 01. Wiederum sichert die Pr¨ afixeigenschaft die Eindeutigkeit zu. Fahren wir so fort, so erhalten wir den eindeutigen Text αγγαβγα. Schließlich wollen wir m¨ oglichst effizient codieren. Wir k¨onnten in unserem Beispiel X = {α, β, γ} auch die Pr¨ afix-Codierung c(α) = 00, c(β) = 101, c(γ) = 1100 w¨ ahlen, die W¨ orter werden dadurch l¨ anger, und die Codierung und Decodierung aufwendiger. Man wird also sicherlich die erste Codierung vorziehen, sie leistet dasselbe und kostet weniger. Ist w ∈ An , so bezeichnen wir wie u ange des Wortes ¨ blich mit ℓ(w) = n die L¨ w. Gesucht ist also ein Pr¨ afix-Code C, |C| = |X|, mit

13.2

257

quellencodierung 

ℓ(w) = min .

w ∈C Nun sind die Quellen-Buchstaben im Allgemeinen nicht gleichh¨aufig. Zum Beispiel ist im deutschen Alphabet E bei weitem der h¨aufigste Buchstabe (etwa 17,3 %), N der zweith¨ aufigste (10,4 %), R der dritth¨aufigste (8,1 %), w¨ahrend X, Y, Q jeweils unter 0,02 % liegen. Eine effiziente Codierung wird also E, N, R auf kurze Codew¨ orter abbilden und X, Y, Q auf l¨ angere. Damit kommen wir zum Hauptproblem der Quellencodierung: Gegeben eine Menge X = {x1 , . . . , xn } und eine Wahrscheinlichkeitsverteilung pi = p(xi ), i = 1, . . . , n. Man konstruiere einen Pr¨ afix-Code c : X → A∗ , w i = c(xi ), mit (1)

L(C) =

n


pi ℓ(wi ) = min .

i=1

L(C) heißt die durchschnittliche L¨ ange der Codew¨orter aus C = {w 1 , . . . , w n }. Dieses Problem klingt sehr bekannt. Wir haben uns eine ganz ¨ahnliche Aufgabe in Abschnitt 9.2 gestellt, als wir die durchschnittliche L¨ange von Wurzelb¨aumen mit n Endecken untersucht haben. Nun, das ist kein Zufall, es ist dasselbe Problem! Wir stellen die 0, 1-W¨ orter aus A∗ in Baumform dar: () 0 00 000

1 01

001

11

10 110

111

Die Wurzel ist das leere Wort ( ), erscheint eine 0, so gehen wir nach links, bei einer 1 gehen wir nach rechts. Zu C ⊆ A∗ , |C| = n, k¨onnen wir nun den bin¨aren Baum T assoziieren, der die W¨ orter aus C als Endecken hat. Die Pr¨afix-Eigenschaft besagt nun, dass kein Wort aus C vor einem anderen Wort aus C im Baum T erscheint, T also tats¨ achlich n Endecken hat, T ∈ T (n, 2). Umgekehrt geh¨ort nat¨ urlich zu jedem T ∈ T (n, 2) genau ein Code C ⊆ A∗ , |C| = n, dessen W¨orter genau den Endecken entsprechen. Pr¨ afix-Codes C ⊆ A∗ und bin¨ are B¨ aume sind einander also bijektiv zugeordnet, und das Hauptproblem (1) ist mit dieser Zuordnung nichts anderes als die Minimierungsaufgabe in 9.2, da L(C) = L(T ) f¨ ur den Code und seinen zugeordneten Codebaum T gilt.

258

13

codierung

Unser Code c(X) → A∗ , c(α) = 00, c(β) = 1, c(γ) = 01 entspricht z. B. dem Baum () 0

1 β

00

01

α

γ

Jetzt ist unsere Bemerkung verst¨ andlich, dass die Gr¨oße |A| = q des Codealphabets nicht weiter von Belang ist. Statt bin¨ arer B¨aume erhalten wir q-¨are B¨aume T ∈ T (n, q). Unser Hauptsatz 9.4 aus Abschnitt 9.2 kann somit wortw¨ortlich u ¨ bertragen werden – er bestimmt die optimale durchschnittliche L¨ange bis auf einen Fehler < 1. Und der Algorithmus von Huffman liefert das exakte Ergebnis. Die Quellencodierung ist damit befriedigend abgehandelt.

13.3

Entdecken und Korrigieren von Fehlern

Wenden wir uns dem ersten Aspekt der Kanalcodierung zu. Wir senden ein 0, 1Wort w ∈ A∗ u ¨ ber den Kanal. Normalerweise wird 0 als 0 empfangen, und 1 als 1. Manchmal werden jedoch St¨ orungen auftreten, so dass 0 als 1 empfangen wird oder 1 als 0. Unsere Aufgabe ist es, diese Fehler auszuschalten. Meist verwendet man die folgende Methode: Wir zerlegen die Kette von 0’en und 1’en (oder jedes anderen Alphabets) in gleichlange Bl¨ocke der L¨ange k. Unmittelbar nach jedem Block werden r Kontrollsymbole angeh¨angt, welche in gewisser Weise aus den k Informationssymbolen gewonnen werden. Das gesamte Wort der L¨ ange n = k + r ist das (Kanal-) Codewort, und die Aufgabe besteht darin, die ¨ Kontrollsymbole so zu w¨ ahlen, dass Ubermittlungsfehler korrigiert oder zumindest entdeckt werden k¨ onnen. Zwei Beispiele m¨ ogen dies erl¨autern: Wir nehmen r = 2k und wiederholen die k Symbole zweimal. Ist z. B. das gegebene Wort 1011, so codieren wir 1011 1011 1011. Wir nennen diesen Code einen ¨ (2-fachen) Wiederholungscode. Wissen wir, dass bei der Ubertragung h¨ochstens ein Fehler passiert ist, erhalten wir z. B. das Wort 1011 1001 1011, so k¨onnen wir den Fehler sofort korrigieren. Wir brauchen die Ziffern nur durchzugehen und nachsehen, wo sie nicht u ¨ bereinstimmen. In unserem Fall ist die dritte Ziffer 1 in der Form 1 0 1 gesendet worden, also muss 0 fehlerhaft sein. Der Wiederholungscode korrigiert also einen Fehler. Trotzdem ist der Code nicht recht befriedigend, da die Informationsrate nk = 13 sehr klein ist, auf jedes Informationssymbol kommen zwei Kontrollsymbole. Im zweiten Beispiel nehmen wir r = 1, indem wir an die k Informationssymbole ihre Summe mod 2 anh¨ angen. Zum Beispiel 1011 → 10111 oder 1001 → 10010. Die Codew¨ orter enthalten also stets eine gerade Anzahl von 1’en, weshalb der Code Parit¨ atscode genannt wird, und das letzte Symbol Parity Check. Hier ist die In-

13.3

259

entdecken und korrigieren von fehlern

k formationsrate k+1 hoch, aber der Parit¨ atscode kann im allgemeinen einen Fehler nur entdecken (wenn die Anzahl der 1’en ungerade ist), aber nicht korrigieren. Erhalten wir zum Beispiel 10110011, so wissen wir wegen der f¨ unf 1’en, dass ein Fehler passiert ist, k¨ onnen aber nicht sagen, wo er passiert ist. Der Parit¨atsco¨ de entdeckt also einen Fehler. Ubrigens wird der Parit¨atscode im Scanner jedes Supermarktes verwendet. Das Hauptproblem der Kanalcodierung liegt nun auf der Hand:

Man konstruiere einen Code mit m¨ oglichst hoher Informationsrate und m¨ oglichst geringer Wahrscheinlichkeit, dass das empfangene Wort falsch decodiert wird. Die beiden angesprochenen Ziele sind ersichtlich gegenl¨aufig. Je h¨oher die Informationsrate, desto h¨ oher wird auch die Fehlerquote sein. Theoretisch ist das Problem aber gel¨ ost, denn es gilt ein weiterer Satz von Shannon: Gegeben ε > 0 und 0 < I < K, wobei K eine Gr¨ oße ist, die sogenannte Kapazit¨ at des Kanals, die ¨ nur von der Wahrscheinlichkeitsverteilung der fehlerhaften Ubertragung abh¨angt. Dann existiert ein Code mit Informationsrate > I und Fehlerwahrscheinlichkeit des Decodierens < ε. F¨ ur I ≥ K ist eine Fehlerwahrscheinlichkeit < ε nicht mehr gew¨ ahrleistet. Sind wir damit fertig? Leider nein, der Satz von Shannon ist ein reiner Existenzsatz – es gibt solch einen Code (bewiesen wird er mit Wahrscheinlichkeitstheorie) – aber wir wissen im allgemeinen nicht, wie man den Code tats¨achlich konstruiert. Die Suche nach guten Codes bleibt uns also nicht erspart. Wir sind in unserer Diskussion bei folgender Situation angelangt. Gegeben sei ein Alphabet A, u ¨ blicherweise A = {0, 1}, wir nehmen aber allgemein |A| = q ≥ 2 an. Die Nachrichten, die u ¨ ber den Kanal gesendet werden sollen, sind W¨orter w ∈ Ak . Ein Block-Code C der L¨ ange n u ¨ ber dem Alphabet A ist eine Teilmenge C ⊆ An mit n ≥ k. Die W¨ orter aus C sind die Codew¨ orter. Ist A = {0, 1}, so heißt C ein bin¨ arer Code. Der Codierer w¨ ahlt zu jeder Nachricht w ein Codewort x ∈ C. Der Kanal empf¨ angt x und gibt y ∈ An aus, welches aufgrund der St¨orung nicht unbedingt in C liegen muss. Aufgabe des Decodierers ist daher, zu y ein Codewort x′ ∈ C zu w¨ ahlen, und dann x′ zu einer Nachricht w′ ∈ Ak zu decodieren. Wir haben also folgendes Schema: Nachricht

w

Nachricht

w′

Codierung -

Decodierung 

Codewort

x∈C

Codewort

x′ ∈ C

? y ∈ An 

Kanal

260

13

codierung

Zwei Probleme ergeben sich: Welches Codewort x′ ∈ C soll der Decodierer w¨ahlen, falls er y ∈ An erh¨ alt, und wie codiert und decodiert man effizient? In diesem Abschnitt besprechen wir die erste Frage, und wenden uns im n¨achsten Abschnitt der Praxis des Codierens und Decodierens zu. Der Decodierer geht nach einer Greedy-Methode vor. Er arbeitet nach der Regel, dass wenige“ Fehler wahrscheinlicher sind als viele“ und w¨ahlt zu y ∈ An ein ” ” Codewort x′ ∈ C, welches sich von y an m¨ oglichst wenigen Stellen unterscheidet. Hat er mehrere Codew¨ orter zur Auswahl, so w¨ahlt er eines davon. Insbesondere nimmt er im Fall y ∈ C an, dass y auch tats¨achlich gesendet wurde und setzt x′ = y. Wir werden also in nat¨ urlicher Weise zur Hamming-Distanz von W¨ortern gef¨ uhrt, die wir f¨ ur A = {0, 1} schon in Abschnitt 11.1 besprochen haben. Seien a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) ∈ An , dann ist die Hamming-Distanz ∆(a, b) = |{i : ai = bi }|. Wie im bin¨ aren Fall ist ∆ wiederum eine Metrik auf An , erf¨ ullt also insbesondere die Dreiecksungleichung ∆(a, b) ≤ ∆(a, c) + ∆(c, b). Mit Bt (a) = {x ∈ An : ∆(a, x) ≤ t} bezeichnen wir die Menge aller W¨orter mit Abstand ≤ t von a und nennen Bt (a) naheliegenderweise die Kugel um a vom Radius t. Angenommen, wir wissen, dass im Kanal h¨ochstens t Fehler passieren. Das heißt, das ausgegebene Wort y ∈ An unterscheidet sich von x ∈ C in h¨ochstens t Stellen, es gilt also y ∈ Bt (x). Wann korrigiert der Decodierer richtig? Nach der allgemeinen Regel sucht er das n¨ achstgelegene Codewort, und er wird das richtige Wort x genau dann w¨ ahlen, wenn unter allen Codew¨ortern x das eindeutig n¨ achstgelegene ist. Erf¨ ullt der Code C also die Bedingung Bt (a) ∩ Bt (b) = ∅ f¨ ur alle a = b ∈ C, oder gleichbedeutend ∆(a, b) ≥ 2t + 1, so w¨ahlt der Decodierer in jedem Fall das richtige Ausgangswort. Diese Bedingung ist aber auch notwendig. Gilt n¨ amlich y ∈ Bt (x) ∩ Bt (z), und ist ∆(z, y) ≤ ∆(x, y) ≤ t, so w¨ahlt er eventuell das falsche Codewort z. Genauso verfahren wir mit dem Begriff des Entdeckens von t Fehlern. Angenommen wiederum, es passieren h¨ ochstens t Fehler. Wird x in den Kanal eingegeben und y ∈ Bt (x) mit y = x empfangen, dann entdeckt der Decodierer, dass y nicht das eingegebene Wort ist, außer wenn y selber Codewort ist, da er dann ja x′ = y setzt. In Bt (x) darf also außer x kein weiteres Codewort liegen, d. h. es muss Bt (a) ∩ C = {a} f¨ ur alle a ∈ C gelten oder gleichbedeutend ∆(a, b) ≥ t + 1 f¨ ur alle a = b ∈ C. Fassen wir zusammen: Ein Code C ⊆ An heißt t-fehlerkorrigierend, falls ∆(a, b) ≥ 2t + 1 f¨ ur alle a = b ∈ C gilt, und t-fehlerentdeckend, falls ∆(a, b) ≥ t + 1 f¨ ur alle a = b ∈ C gilt. Unsere Anfangsbeispiele k¨ onnen damit nochmals analysiert werden. F¨ ur den Wiederholungscode gilt ∆(a, b) ≥ 3, der Code entdeckt 2 Fehler und korrigiert 1 Fehler. F¨ ur den Parit¨ atscode haben wir ∆(a, b) ≥ 2, der Code entdeckt 1 Fehler, kann ihn aber nicht korrigieren.

13.3

entdecken und korrigieren von fehlern

261

Im Folgenden werden wir uns daher auf folgendes Problem konzentrieren: Sei C ⊆ An , die Distanz von C ist d(C) = min ∆(a, b). a=b Man finde einen Code C ⊆ An , f¨ ur den (i) d(C) m¨ oglichst groß ist (= gute Korrektur) (ii) |C| m¨ oglichst groß ist (= viele Nachrichten). Wiederum sind die beiden Ziele gegenl¨ aufig. Je gr¨oßer der Code C ist, desto kleiner wird nat¨ urlich die Distanz. Wir haben damit folgendes Extremalproblem herausgearbeitet: Gegeben n, d und A. Mit C(n, d; A) bezeichnen wir die Menge aller Codes C ⊆ An mit Distanz ≥ d, also C(n, d; A) = {C ⊆ An : d(C) ≥ d} . Man bestimme M (n, d; A) = max (|C| : C ∈ C(n, d; A)}. Nat¨ urlich spielt das Alphabet A keine Rolle, nur die M¨achtigkeit |A| = q ≥ 2 ist von Bedeutung. Wir k¨ onnen also auch C(n, d; q) und M (n, d; q) schreiben. Eine erste obere Schranke, die sogenannte Hamming-Schranke, folgt sofort aus unserer Er¨ orterung der t-Fehlerkorrektur. Satz 13.1.

Sei d = 2t + 1 ungerade, |A| = q, dann gilt M (n, d; q) ≤

qn . t  
n i (q − 1) i

i=0

Beweis. Sei C ∈ C(n, 2t + 1; q), dann ist ∆(a, b) ≥ 2t + 1,also  Bt (a) ∩ Bt (b) = ∅ f¨ ur a = b ∈ C. Ein beliebiges Wort a ∈ An hat genau ni (q − 1)i W¨orter mit Abstand i, da wir die i Fehlerstellen auf ni Arten w¨ahlen k¨onnen und dann jeweils oglichkeiten f¨ ur den Fehler haben. Somit erhalten wir |Bt (a)| =
t nq − 1 M¨ i (q − 1) , und wegen der Disjunktheit der Kugeln gilt i=0 i |



a∈C

t    n Bt (a)| = |C| (q − 1)i ≤ |An | = q n . i i=0

Aus diesem Satz ergibt sich sofort ein reizvolles Problem. Ein t-fehlerkorrigierender Code hat die Eigenschaft, dass alle Kugeln Bt (a), a ∈ C, disjunkt sind. Ein beliebiges Wort w ∈ An liegt also in h¨ ochstens einer solchen Kugel. Wenn nun jedes Wort in genau einer Kugel liegt, wenn also die Kugeln Bt (a) den Raum An l¨ uckenlos u ¨ berdecken, so heißt C t-perfekt. Nach Satz 13.1 gilt somit: C ⊆ An ist t-perfekt ⇐⇒ d(C) ≥ 2t + 1 und |C| = q n /

t  
n i i (q − 1) .

i=0

Sei A = {0, 1}, n = 2t + 1, und C = {00 . . . 0, 11 . . . 1} der bin¨are Wiederholungsn
t  
n−1 n−1 2 code. Es gilt d(C) = n = 2t + 1 und wegen i=0 ni = i=0 auch i = 2

262

13

codierung

 
|C| = 2 = 2n / ti=0 ni . Der Wiederholungscode ist also t-perfekt f¨ ur jedes t. Nun dieses Beispiel ist nicht gerade aufregend, aber hier ist ein sch¨oneres, und dazu verwenden wir unsere Fano-Ebene. Sei A = {0, 1}, C ⊆ An . Wie u ¨ blich interpretieren wir W¨ orter a = (a1 , . . . , an ) als Untermengen Ua = {i : ai = 1} ⊆ S = {1, . . . , n}. Der Abstand ∆(a, b) entspricht dann der Gr¨oße der symmetrischen Differenz |Ua ⊕ Ub |. Ein Code C ∈ C(n, d; 2) ist also nichts anderes als eine Mengenfamilie U ⊆ B(S) mit |U ⊕ V | ≥ d f¨ ur alle U = V ∈ U. Insbesondere entspricht somit ein t-perfekter Code einer Mengenfamilie U ⊆ B(S), |S| = n, mit |U ⊕ V | ≥ 2t + 1 t  
n f¨ ur alle U = V ∈ U und |U| = 2n / i . i=0

Wie sollen wir solche t-perfekten“ Mengenfamilien konstruieren – Designs sind ” sicher ein guter Start. Probieren wir n = 7, t = 1. Wir m¨ ussen U ⊆ B(S) finden 27 mit |U ⊕ V | ≥ 3 und |U| = 1+7 = 24 = 16. Wir nehmen ∅, die 7 Tripel der FanoEbene, und dann die 8 Komplemente dieser Mengen, also ist |U| = 16. Man pr¨ uft ¨ sofort nach, dass die Bedingung |U ⊕ V | ≥ 3 f¨ ur alle U = V erf¨ ullt ist. Ubersetzt in 0, 1-W¨ orter erhalten wir den folgenden 1-perfekten Code C ⊆ {0, 1}7 : 1

6

2 3

5

7

4

0000000 1101000 0110100 0011010 0001101 1000110 0100011 1010001

1111111 0010111 1001011 1100101 1110010 0111001 1011100 0101110

Wegen der Komplementierung entstehen die zweiten 8 Codew¨orter durch Austauschen von 0 und 1 aus den ersten 8 W¨ ortern. Im n¨achsten Abschnitt und in den ¨ Ubungen wollen wir n¨ aher auf perfekte Codes eingehen.

13.4

Lineare Codes

Nun wollen wir systematisch Codes konstruieren und auf ihre Korrekturf¨ahigkeit untersuchen. Dazu bietet sich Lineare Algebra an. Es sei K = GF (q) das GaloisFeld mit q Elementen, q Primzahlpotenz, und K n der n-dimensionale Vektorraum u ¨ ber K. Jeder Unterraum C ⊆ K n heißt ein linearer Code u ¨ ber K. Die Dimension k des Unterraumes C heißt die Dimension von C, und C kurz ein (n, k)-Code. Zum Beispiel ist, wie man leicht sieht (und sp¨ ater bewiesen wird), der eben konstruierte Fano-Code ein (7,4)-Code u ¨ ber GF (2). In linearen Codes k¨ onnen wir die Distanz d(C) bequemer ausdr¨ ucken. F¨ ur a ∈ K n nennen wir w(a) = |{i : ai = 0}| das Gewicht von a. Seien a, b ∈ K n . Da ai = bi ⇐⇒ ai − bi = 0 gilt, haben wir ∆(a, b) = w(a − b), und insbesondere ∆(0 , c) = w(c) f¨ ur c ∈ C. In einem Unterraum C ist aber mit a, b ∈ C auch a − b in C. Wir folgern, dass f¨ ur einen linearen Code C

13.4

lineare codes

263

d(C) = min ∆(a, b) = min w(c) 0 =c∈C a=b∈C gilt. Wir m¨ ussen also keine Abst¨ ande berechnen, sondern nur die Gewichte der W¨ orter betrachten. Zu jedem linearen Code C ⊆ K n gibt es einen dualen Code C ⊥ . Sei C ein (n, k)-Code. Aus der Linearen Algebra wissen wir, dass die Menge aller Vektoren a ∈ K n , die zu allen Vektoren aus C senkrecht stehen, einen Unterraum C ⊥ der Dimension n − k bilden, also C ⊥ = {a ∈ K n : a · c = 0 f¨ ur alle c ∈ C} , wobei a · c = a1 c1 + . . . + an cn das u ¨ bliche Produkt von Vektoren bezeichnet. Es gilt ferner (C ⊥ )⊥ = C. Wegen der Linearit¨ at des Produktes gen¨ ugt es, a · g i = 0 f¨ ur eine Basis {g 1 , . . . , g k } nachzupr¨ ufen. Dies ergibt nun zwei n¨ utzliche Beschreibungen eines linearen Codes C. Wir w¨ahlen einmal eine Basis g 1 , . . . , g k von C und bilden die k × n-Matrix G mit den g i als Zeilen. G heißt eine
Generatormatrix von C. Jedes Codewort c ist durch die Koeffizienten wi , c = ki=1 wi g i eindeutig festgelegt, das heißt es gilt c = wG als Vektor-Matrixprodukt. Zum anderen k¨ onnen wir eine Generatormatrix H des dualen Codes C ⊥ nehmen. H ist also eine (n − k) × n-Matrix, und es gilt (1)

c ∈ C ⇐⇒ Hc = 0 .

Jede solche Matrix H heißt eine Kontrollmatrix von C. Der folgende Satz zeigt, wie man einen linearen Code der Distanz d konstruieren kann. Satz 13.2.

Sei C ein (n, k)-Code u ¨ber K, und H eine Kontrollmatrix. Dann gilt d(C) ≥ d ⇐⇒ je d − 1 Spalten in H sind linear unabh¨ angig.

Beweis. Es seien u1 , . . . , un die Spalten von H; die ui sind also Vektoren in K r , r = n − k. Aus (1) sehen wir c ∈ C ⇐⇒ c1 u1 + . . . + cn un = 0 . Angenommen w(c) ≤ d − 1 und ci1 , . . . , ciℓ , ℓ ≤ d − 1, sind die Eintr¨age = 0. Dann haben wir ci1 ui1 + . . . + ciℓ uiℓ = 0 , das heißt die ℓ ≤ d − 1 Spalten ui1 , . . . , uiℓ sind linear abh¨ angig. Sind umgekehrt uj1 , . . . , ujh linear abh¨angig mit h ≤ d − 1, so existiert eine nichttriviale Linearkombination cj1 uj1 + . . . + cjh ujh = 0 , also liegt der Vektor c mit den Koordinaten cji (i = 1, . . . , h) und 0 sonst in C und erf¨ ullt w(c) ≤ d − 1.

264

13

codierung

Beispiel. Mit Satz 13.2 k¨ onnen wir sofort eine Klasse von 1-perfekten Codes konstruieren, die sogenannten Hamming-Codes. Wir nehmen K = GF (q), r ≥ 2. F¨ ur d = 3 m¨ ussen wir Vektoren u1 , . . . , un in K r finden, von denen je zwei linear unabh¨ angig sind. Da jeder Vektor q − 1r Vielfache = 0 erzeugt, gibt es insgesamt q −1 q r −1 q−1 solche Vektoren. Setzen wir n = q−1 , k = n − r, so erhalten wir nach dem Satz einen (n, k)-Code C ⊆ K n , der d(C) ≥ 3 erf¨ ullt, also 1-fehlerkorrigierend ist. Schließlich gilt |C| = q k =

qn = qr 1+

qn qn = , 1 + n(q − 1) q−1 (q − 1)

q r −1

also ist C tats¨ achlich 1-perfekt. F¨ ur q = 2 ergibt diese Konstruktion f¨ ur r = 2 den bin¨ aren Wiederholungscode, und f¨ ur r = 3 den oben besprochenen Fano-Code, womit auch gezeigt ist, dass der Fano-Code ein (7,4)-Code ist. ¨ Ubrigens folgt aus der zweiten Bedingung des Satzes d − 1 ≤ r = n − k, da K r nicht mehr als r lineare unabh¨ angige Vektoren enthalten kann, und es gilt somit die Schranke (2)

d(C) ≤ n − k + 1 f¨ ur einen (n, k)-Code C .

Wir wenden uns nun den anderen beiden Fragen aus dem vorigen Abschnitt zu, wie wir das Codieren der Nachrichten bzw. das Decodieren effektiv bewerkstelligen. F¨ ur lineare Codes bietet sich folgende Vorgehensweise an. C sei ein (n, k)-Code u ¨ ber K = GF (q). Wir w¨ahlen eine Generatormatrix G mit Basis g 1 , . . . , g k . Wir wissen schon, das jeder Vektor c ∈ C als Produkt c = wG mit w ∈ K k geschrieben werden kann. Wir identifizieren nun die Nachrichten mit den q k Vektoren aus K k und codieren mittels φ : w ∈ K k → wG ∈ C . Nat¨ urlich gibt es verschiedene Codierungen φ, entsprechend den verschiedenen Generatormatrizen G. Eine Generatormatrix heißt systematisch, falls G = (Ek , G1 ) ist, Ek ist die k × k-Einheitsmatrix, G1 ist eine (k, n − k)-Matrix. In diesem Fall gilt φw = wG = (w, wG1 ) , d. h. die k Informationssymbole erscheinen in den ersten k Stellen, und die r = n−k Kontrollsymbole sind lineare Funktionen der Informationssymbole. Betrachten wir z. B. den (n, n − 1)-Code u ¨ ber GF (2) mit Generatormatrix ⎛ ⎞ 1 1 ⎜ 1 0 1 ⎟ ⎜ ⎟ G=⎜ .. ⎟ . . . ⎝ . 0 . ⎠ 1 1


n−1 Wir erhalten die Codierung φw = (w1 , . . . , wn−1 , i=1 wi ), also unseren Parit¨atscode. Der duale Code C ⊥ ist ein (n, 1)-Code mit Generatormatrix G = (1, 1, . . . , 1),

13.4

lineare codes

265

und die entsprechende Codierung ist φw = (w, w, . . . , w). Das heißt, C ⊥ ist nichts anderes als der Wiederholungscode. Die Decodierung in den Quellencode erfolgt umgekehrt durch Aufl¨osung eines Gleichungssystems. Haben wir c ∈ C empfangen, so bestimmen wir w aus wG = c. Bei einer systematischen Codierung ist u ¨ berhaupt nichts zu tun: die Nachricht besteht einfach aus den ersten k Symbolen des Codewortes. Zur Kanal-Decodierung verwenden wir die zweite Beschreibung mittels einer Kontrollmatrix H. Besonders einfach ist die Bestimmung einer Kontrollmatrix, wenn der Code durch eine systematische Generatormatrix gegeben ist. In diesem Fall sieht man sofort, dass H = (−GT1 , En−k ) eine Kontrollmatrix ist, wobei GT1 die transponierte Matrix von G1 ist. Zum Beispiel ist H = (1, 1, . . . , 1) u ¨ ber GF (2) die Kontrollmatrix des Parit¨ atscodes, was wegen Hc = 0 ⇐⇒ c1 + . . . + cn = 0 nat¨ urlich auch direkt zu sehen ist. Was ist die Kontrollmatrix des Fano-Codes? Nach Konstruktion des Hamming Codes f¨ ur n = 7, r = 3 m¨ ussen wir alle linear unabh¨angigen Vektoren als Spalten schreiben. Da aber u ¨ ber GF (2) je zwei Vektoren = 0 linear unabh¨angig sind, sind die Spalten gerade alle 23 − 1 = 7 Vektoren = 0 , und wir erhalten ⎞ ⎛ 1 0 0 1 1 0 1 H=⎝ 0 1 0 1 0 1 1 ⎠. 0 0 1 0 1 1 1

Die Kontrollgleichungen f¨ ur ein Codewort c im Fano-Code lauten daher: c1 + c2 +

+ c4 + c5 + c7 = 0 c4 + + c6 + c7 = 0 c3 + c5 + c6 + c7 = 0

Wie decodiert man nun in der Praxis? Angenommen, C korrigiert bis zu t Fehlern. Wird x ∈ C gesendet und y ∈ K n empfangen, so gilt ∆(x, y) ≤ t und ∆(c, y) > t f¨ ur alle c ∈ C, c = x. Wir k¨ onnen in der Liste der Codew¨orter nachschauen, bis wir auf das eindeutige Codewort x stoßen mit ∆(x, y) ≤ t. Ein besseres Verfahren ist das folgende. Es sei H eine r ×n-Kontrollmatrix, r = n−k. F¨ ur a ∈ K n nennen wir s(a) = Ha ∈ K r das Syndrom von a. Die Funktion s ist also eine lineare Abbildung von K n nach K r mit Kern = C, da ja s(a) = 0 ⇐⇒ a ∈ C gilt. Sind also a, b in derselben Restklasse von C, das heißt b = a + c, c ∈ C, so haben wir s(b) = s(a), und umgekehrt folgt aus s(a) = s(b) sofort b − a ∈ C, also b = a + c. Die Idee des Syndroms f¨ uhrt uns zu folgendem Verfahren. Wird x ∈ C gesendet und y = x + e empfangen, so nennen wir e den Fehlervektor. Es gilt s(y) = s(e)

266

13

codierung

und Gewicht w(e) ≤ t. Wir sehen also in der Liste der m¨oglichen Syndrome nach, suchen den eindeutigen Fehlervektor e mit w(e) ≤ t und s(e) = s(y) und decodieren y zu y − e. Besonders einfach wird die Sache f¨ ur 1-fehlerkorrigierende Codes. Hier sind die Fehlervektoren minimalen Gewichts von der Form ↓i

e = (0, . . . , a , . . . , 0) , somit s(e) = a · [i -te Spalte von H].

Das heißt, ist ein empfangener Vektor y fehlerhaft, so entstand der Fehler an der i-ten Stelle genau dann, wenn s(y) ein Vielfaches der i-ten Spalte von H ist. Beispiel. Sehen wir uns die obige Kontrollmatrix H des Fano-Codes an. Angenommen, x = 1 1 1 0 0 0 1 wird gesendet und y = 1 1 0 0 0 0 1 empfangen. Wir berechnen Hy ⎛ ⎞ 1 ⎜ 1 ⎟ ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜ 0 ⎟ 0 1001101 ⎜ ⎟ ⎝ 0 1 0 1 0 1 1 ⎠ ⎜ 0 ⎟ = ⎝ 0 ⎠, ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ 1 0010111 ⎜ ⎟ ⎝ 0 ⎠ 1 also trat der Fehler an der 3. Stelle auf. Da die Summe zweier Spalten in H stets

= 0 ist, so gilt He = 0 f¨ ur alle Fehlervektoren e mit w(e) = 2. Der Decodierer entdeckt also 2 Fehler, kann sie aber im allgemeinen nicht lokalisieren, da z. B. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0 1 1 0 ⎝ 0 ⎠+⎝ 1 ⎠=⎝ 0 ⎠+⎝ 1 ⎠ 0 0 1 1

ist.

Eine weitere wichtige Klasse von Codes sind die Reed-Solomon Codes C, die bei der Fehlerkorrektur in Compact Discs verwendet werden. Sei GF (q) = {0, 1, a1 , . . . , aq−2 } das Galoisfeld zur Primzahlpotenz q. Die Kontrollmatrix H ist die (d − 1) × (q + 1)-Matrix, d ≥ 3, definiert durch ⎛ ⎞ 0 1 1 1 ... 1 ⎜ 0 0 1 a1 aq−2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 0 1 a21 . . . a2q−2 ⎟ ⎜ ⎟ H = ⎜ .. .. .. ⎟. ⎜ . . . ⎟ ⎜ ⎟ d−3 d−3 ⎝ 0 0 1 a1 . . . aq−2 ⎠ 1 0

1 a1d−2

ad−2 q−2

Man pr¨ uft leicht nach, dass je d − 1 Spalten von H linear unabh¨angig sind (beachte, dass die Spalten 3 bis q + 1 eine Vandermonde-Matrix bilden). Nach Satz

13.5

267

zyklische codes

13.2 bildet C daher einen (q + 1, q + 2 − d)-Code mit d(C) ≥ d. Da aus (2) die Ungleichung d(C) ≤ q + 1 − (q + 2 − d) + 1 = d folgt, gilt sogar genau d(C) = d. Die Informationsrate ist nk = q+2−d q+1 , also nahe 1. Der Leser wird sich vielleicht gefragt haben, warum wir u ¨ berhaupt lineare Codes u ¨ ber GF (q) mit q > 2 betrachten. Schließlich k¨onnen wir jede Nachricht in 0,1W¨ orter codieren, warum beschr¨ anken wir uns also nicht auf GF (2)? Das folgende Beispiel gibt dazu eine sch¨ one Illustration. Betrachten wir K = GF (28 ) und d = 11. Der Reed-Solomon Code C ist dann ein (257, 247)-Code mit d(C) = 11. Wir wissen aus Abschnitt 12.2, dass K ein Vektorraum der Dimension 8 u ¨ ber GF (2) ist, das heißt wir k¨onnen jedes Element a ∈ K als 0,1-Wort der L¨ ange 8 schreiben, und daher jeden Codevektor c = (c1 , . . . , c257 ) ∈ C als 0,1-Wort der L¨ ange 257 · 8 = 2056, (1)

(8)

(1)

(8)

c = (c1 , . . . , c1 , . . . , c257 , . . . c257 ) . Auf diese Weise erhalten wir einen neuen Code C ′ u ¨ ber GF (2) der L¨ange 2056. Nun behaupten wir, dass C ′ bis zu 33 aufeinanderfolgende Fehler korrigieren kann (einen sogenannten burst-error“, der z. B. bei Blitzschlag auftritt). Der Nachweis ” ist leicht: Die 33 Fehler treten in 5 aufeinanderfolgenden 8-er Bl¨ocken auf, und da unser urspr¨ unglicher Code C diese 5 Fehler korrigieren kann, so korrigiert C ′ alle 33 Fehler. Wollte man einen 33-fehlerkorrigierenden Code direkt u ¨ ber GF (2) konstruieren, so erhielte man eine wesentlich schlechtere Informationsrate, wie man z. B. aus der Hamming-Schranke ablesen kann.

13.5

Zyklische Codes

In der Praxis des Decodierens linearer Codes m¨ ussen wir zu allen verschiedenen Syndromen einen Fehlervektor angeben. F¨ ur einen (40,10)-Code u ¨ ber GF (2) sind somit bereits 230 > 109 Syndrome zu speichern. Wir m¨ ussen demnach nach linearen Codes suchen, die wesentlich mehr algebraische Struktur aufweisen. Eine besonders wichtige Klasse sind die zyklischen Codes. Es sei wie u ¨ blich K = GF (q). Wir schreiben Vektoren a ∈ K n in der Form a =
(an−1 , an−2 , . . . , a1 , a0 ). n−1 Dies hat den Vorteil, dass wir a mit dem Polynom a(x) = i=0 ai xi identifizieren k¨ onnen. Die Abbildung φ : a → a(x) ist ein Isomorphismus von K n auf den Vektorraum K n [x] aller Polynome vom Grad < n. Definition. Ein Code C ⊆ K n heißt zyklisch, falls C linear ist und mit c = (cn−1 , . . . , c0 ) ∈ C auch ˆ c = (cn−2 , . . . , c0 , cn−1 ) ∈ C ist. Zum Beispiel ist u ¨ ber GF (2) der Wiederholungscode {(0, . . . , 0), (1, . . . , 1)} zyklisch wie auch der Parit¨ atscode, in dem alle Codew¨orter gerades Gewicht haben. Ebenso sehen wir, dass der (7, 4)-Fano Code zyklisch ist. Wie erkennen wir, ob ein linearer Code zyklisch ist? Hier kommt unsere Zuordnung c −→ c(x) ins Spiel.

268

13

codierung

Satz 13.3. Sei C ⊆ K n zyklisch, dim C > 0. Dann existiert ein Polynom g(x) mit h¨ ochstem Koeffizienten 1 und (i) g(x)|xn − 1 (ii) c ∈ C ⇐⇒ g(x)|c(x). g(x) heißt das Generatorpolynom von C. Ist umgekehrt g(x) ein Polynom mit h¨ ochstem Koeffizienten 1 und g(x)|xn − 1, n so bildet C = {c ∈ K : g(x)|c(x)} einen zyklischen Code. Beweis. Es sei g(x) ∈ C(x) das eindeutige Polynom von minimalem Grad und h¨ ochstem Koeffizienten 1. F¨ ur c(x) = cn−1 xn−1 + . . . + c0 ∈ C(x) haben wir n−1 xc(x) = cn−2 x + . . . + c0 x + cn−1 xn , also f¨ ur das verschobene Wort ˆ c (1)

cˆ(x) = xc(x) − cn−1 (xn − 1) .

Hat g(x) Grad r, so folgt, dass xg(x), . . . , xn−1−r g(x) ∈ C(x) ist, und somit jedes Produkt a(x)g(x) mit Grad a(x) ≤ n − 1 − r. Sei c(x) ∈ C(x), dann wissen wir aus dem Divisionsalgorithmus f¨ ur Polynome c(x) = a(x)g(x) + r(x),

Grad r(x) < Grad g(x) .

Da c(x), a(x)g(x) ∈ C(x) sind, so ist auch r(x) ∈ C(x) und wir schließen r(x) = 0 wegen der Minimalit¨ at von g(x), und somit g(x)|c(x). Sei nun c(x) = xn−1−r g(x) ∈ C(x), dann folgt aus (1) cˆ(x) = xn−r g(x) − (xn − 1). Da nun, wie oben gesehen, g(x)|ˆ c(x) gilt, so haben wir g(x)|xn − 1 wie behauptet. Es sei umgekehrt C = {c ∈ K n : g(x)|c(x)}, dann ist C offenbar Unterraum, und mit (1) folgt aus g(x)|c(x), g(x)|xn − 1 sofort g(x)|ˆ c(x), also ˆ c ∈ C. F¨ ur zyklische Codes k¨ onnen wir sehr bequem eine Generatormatrix und eine Kontrollmatrix angeben. Sei g(x) = xr + gr−1 xr−1 + . . . + g0 das Generatorpolynom, dann bildet {g(x), xg(x), . . . , xk−1 g(x)} eine Basis von C(x), k = n − r. Wir erhalten somit die Generatormatrix ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ k−1 1 gr−1 . . . g0 x g(x) 0 ... 0 ⎜ k−2 g(x) ⎟ ⎜ 0 1 gr−1 . . . g0 ... 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ x G=⎜ . ⎟=⎜ ⎟ .. .. ⎝ .. ⎝ ⎠ ⎠ . . g(x) 0 1 gr−1 . . . g0

Die Dimension von C ist also n − Grad g(x).

n

−1 das KontrollpoIst g(x) das Generatorpolynom von C, so nennen wir h(x) = xg(x) k k−1 lynom. Sei h(x) = x +hk−1 x +. . .+h0 , dann folgt durch Koeffizientenvergleich in g(x)h(x) = xn − 1

gi + hk−1 gi+1 + hk−2 gi+2 + . . . + hi gk = 0 (i = 0, 1, . . . , r − 1),

13.5

also ist

⎛

⎜ ⎜ H =⎜ ⎝

269

zyklische codes

0 0 .. .

... ... . . . h0

h0

h1

h0 h1

··· . . . hk−1

... ... . . . hk−1 1

0

hk−1 1 ...

Kontrollmatrix von C.

⎞ 1 0 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ 0

Beispiel. Wollen wir alle zyklischen bin¨ aren Codes der L¨ange 7 bestimmen, so m¨ ussen wir alle Teiler von x7 −1 durchgehen. Die Zerlegung von x7 −1 in irreduzible Faktoren ist (beachte 1 = −1) x7 − 1 = (x + 1)(x3 + x + 1)(x3 + x2 + 1). Zu g(x) = 1 geh¨ ort der Code C = GF (2)7 . F¨ ur g(x) = x + 1 erhalten wir ⎞ ⎛ 1 1 ⎟ ⎜ 1 1 0 ⎟ ⎜ ⎟ . G=⎜ .. ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 0 1 1

das heißt den Parit¨ atscode. F¨ ur g(x) = x3 + x + 1 ist das Kontrollpolynom h(x) = 3 2 4 (x + 1)(x + x + 1) = x + x2 + x + 1, und wir erhalten die Kontrollmatrix ⎞ ⎛ 0 0 1 1 1 0 1 H=⎝ 0 1 1 1 0 1 0 ⎠ 1 1 1 0 1 0 0

und es resultiert der Fano-Code, wie wir schon wissen. Genau so leicht erledigt man die anderen M¨ oglichkeiten.

Die Codierung mittels zyklischer Codes ist besonders einfach. Wir erkl¨aren φ : K k −→ C durch φa = c, wobei c(x) = a(x)g(x) ist. Zur Decodierung wird umgec(x) kehrt c ∈ C −→ a ∈ K k mit a(x) = g(x) gesetzt. Ist das empfangene Wort v(x) nicht durch g(x) teilbar, so liegt ein Fehler vor, v(x) = c(x) + e(x), c(x) ∈ C(x), und e(x) wird mittels des Euklidischen Algorithmus aus v(x)h(x) = c(x)h(x) + e(x)h(x) ≡ e(x)h(x) (mod xn − 1) berechnet. Wie findet man nun gute“ zyklische Codes C, das heißt Codes C mit d(C) ≥ d? ” Aus g(x)|c(x) erkennt man , dass jede Nullstelle α von g(x) auch Nullstelle von c(x) ist. Wir k¨ onnen C also auch durch Angabe der Nullstellen (in einem geeigneten K¨ orper) beschreiben: (2)

c ∈ C ⇐⇒ c(αi ) = 0 i = 1, . . . , r .

270

13

codierung

Ein Beispiel m¨ oge dies erl¨ autern. Es sei K = GF (q) und K ∗ die multiplikative ¨ Gruppe. Wir wissen aus Ubung 12.32, dass β q−1 = 1 f¨ ur alle β ∈ K ∗ gilt, das q−1 heißt die β sind genau die Nullstellen des Polynoms x − 1, und wir k¨onnen  (x − β) (3) xq−1 − 1 = β∈K ∗

schreiben. In der Algebra lernt man, dass es in jedem endlichen K¨orper K Elemente α mit ord(α) = q − 1 gibt, sie heißen die primitiven Elemente von K. Mit anderen Worten: K ∗ = {1, α, α2 , . . . , αq−2 }. Es sei nun α ein primitives Element und g(x) = (x − 1)(x − α)(x − α2 ) . . . (x − αd−2 ). Laut (3) ist g(x) ein Teiler von xq−1 − 1, und wir erhalten mit g(x) als Generatorpolynom einen zyklischen Code C der L¨ange q − 1. Sehen wir uns (2) an, so erkennen wir ⇐⇒ c(αi ) = 0 (i = 0, . . . , d − 2)

c = (cq−2 , . . . , c0 ) ∈ C

⇐⇒ Also ist

⎛

⎜ ⎜ H =⎜ ⎝

n−1  j=0

cj αij = 0 (i = 0, . . . , d − 2).

1

1

αq−2 .. .

αq−3 .. .

... 1 1 .. .

α(q−2)(d−2)

α(q−3)(d−2)

... 1

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

eine Kontrollmatrix f¨ ur C. Diese Matrix sollte uns bekannt vorkommen – es ist (abgesehen von den ersten beiden Spalten) genau die Kontrollmatrix der ReedSolomon Codes. Wir haben also d(C) ≥ d, und alle Reed-Solomon Codes sind zyklisch.

¨ Ubungen zu Kapitel 13 1 Es seien die ersten 100 Zahlen {0, 1, . . . , 99} gegeben. Die u asen¨bliche dezimale Repr¨ tation ist kein Pr¨ afix-Code. Bestimme einen optimalen bin¨ aren Quellencode C unter der Annahme, dass alle Zahlen gleichwahrscheinlich sind. Wie groß ist L(C)? ⊲ 2 Gibt es einen Pr¨ afix-Code u ortern der L¨ angen 1, 3, 3, 3, ¨ber {0, 1} mit sechs Codew¨ 3, 3? Dieselbe Frage f¨ ur die L¨ angen 2, 3, 3, 3, 3, 3. 3 F¨ ur jedes n konstruiere man einen Pr¨ afix-Code u ortern der ¨ber {0, 1} mit Codew¨ L¨ angen 1, 2, . . . , n. Zeige, dass genau eine Ziffer in jedem solchen Code u ussig ist. ¨berfl¨ Wo befindet sie sich?

¨bungen u

271

4 Bestimme L(C) f¨ ur einen Pr¨ afix-Code u ¨ber {0, 1} mit den Wahrscheinlichkeiten 1 (27, 9, 9, 9, 3, 3, 3, 1). 64 ⊲ 5 Konstruiere einen Code C ⊆ {0, 1}6 mit |C| = 5, der einen Fehler korrigiert. Geht es auch mit C ⊆ {0, 1}5 , |C| = 5?

6 Zeige, dass f¨ ur einen 2-fehlerkorrigierenden Code C ⊆ {0, 1}8 gilt |C| ≤ 4. Gibt es einen solchen Code?

⊲ 7 Es sei M (n, d) = M (n, d; 2). Zeige: a. M (n, 2d − 1) = M (n + 1, 2d). b. M (n, d) ≤ 2M (n − 1, d). 8 Ein Code C ⊆ GF (3)6 ist durch die ⎛ 2 H=⎝ 1 0

Kontrollmatrix 0 2 2

1 0 2

1 0 0

0 1 0

⎞ 0 0 ⎠ 1

gegeben. Bestimme eine Generatormatrix G und codiere die Nachrichten 102, 101, 210, 122. 9 Betrachte den bin¨ aren Code C gegeben durch die Kontrollmatrix ⎛ ⎞ 1 1 0 0 1 0 0 H = ⎝ 0 0 1 1 0 1 0 ⎠. 1 1 1 1 0 0 1

Ist C 1-fehlerkorrigierend? Stelle eine Liste der Syndrome auf und decodiere die folgenden W¨ orter: 0110111, 0111000, 1101011, 1111111. ⊲ 10 Es sei C der Fano-Code. Angenommen, jedes Symbol wird mit Wahrscheinlichkeit p falsch u ¨bertragen. Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein empfangenes Wort korrekt decodiert wird? 11 Sei C ∈ C(n, 2t; 2). Dann existiert ein weiterer Code C ′ ∈ C(n, 2t; 2), in dem alle Codew¨ orter gerades Gewicht haben. 12 Zeige, dass in einem bin¨ aren linearen Code entweder alle Codew¨ orter gerades Gewicht haben oder die H¨ alfte gerades Gewicht und die andere H¨ alfte ungerades Gewicht. 13 Sei q Primzahlpotenz und 1 + n(q − 1)|q n . Zeige, dass 1 + n(q − 1) = q r ist.

14 Beweise ausf¨ uhrlich, dass in der Kontrollmatrix der Reed–Solomon Codes je d − 1 Spalten linear unabh¨ angig sind. ⊲ 15 Zeige, dass der lineare Code u ¨ber GF (3) mit Generatormatrix   0112 1011 1-perfekt ist. 16 Seien C1 , C2 zwei zyklische Codes u ¨ber GF (q) mit Generatorpolynomen g1 (x), g2 (x). Zeige: C1 ⊆ C2 ⇐⇒ g2 (x)|g1 (x).

⊲ 17 Sei C ein bin¨ arer zyklischer Code, der ein Codewort ungeraden Gewichts enth¨ alt. Dann ist (1, 1, . . . , 1) ∈ C.

272

13

codierung

18 Eine Quelle sendet 10 Signale aus, von denen zwei mit Wahrscheinlichkeit 0, 14 und acht mit Wahrscheinlichkeit 0, 09 auftreten. Bestimme L(C) u ¨ber dem Alphabet {0, 1, 2} bzw. {0, 1, 2, 3}.

⊲ 19 Angenommen, eine Quelle sendet n Signale mit einer gewissen Verteilung (p1 , . . . , pn ). Zeige, dass die L¨ angen ℓ1 , . . . , ℓn der Codew¨ orter in einem optimalen Code u ¨ber {0, 1}
n2 +n−2 stets n erf¨ ullen, und dass Gleichheit f¨ ur gewisse Verteilungen gilt. Hini=1 ℓi ≤ 2 weis: Analysiere den Huffman-Algorithmus.
¨ 20 Zeige analog zur vorigen Ubung, dass stets n i=1 ℓi ≥ n lg n gilt. Kann hier Gleichheit gelten?

⊲ 21 Sei κ : X → A∗ eine Quellencodierung. Wir erweitern κ zu κ∗ : X ∗ → A∗ mittels κ∗ (x1 x2 . . . xk ) = κ(x1 )κ(x2 ) . . . κ(xk ). Der Code C = κ(X) heißt eindeutig decodierbar, uckt: Aus v 1 . . . v s = w 1 . . . w t mit v i , w j ∈ C folgt falls κ∗ injektiv ist. Anders ausgedr¨ s = t und v i = w i f¨ ur alle i. Zeige die Verallgemeinerung der Kraftschen Ungleichung 9.2:
−ℓ(w i ) ≤ 1. Hinweis: Ist |A| = q, C = {w 1 , . . . , w n } eindeutig decodierbar, so gilt n i=1 q ange ℓ. Betrachte die Anzahl N (k, ℓ) der Codew¨ orter w i1 . . . w ik ∈ C k mit Gesamtl¨

22 Es sei A = {1, . . . , n} und orthogonale Lateinische Quadrate L1 ,. . . , Lt gegeben. Konstruiere den folgenden Code C ⊆ At+2 . Das Codewort cij ist cij = i, j, L1 (i, j), . . . ,  Lt (i, j) , also |C| = n2 . Zeige, dass t + 1 die minimale Distanz ist.  
⊲ 23 Die Hamming-Schranke besagt M (n, 2t + 1; q) ≤ q n / ti=0 ni (q − 1)i . Sei q Prim
2t−1 n−1 zahlpotenz. Zeige umgekehrt, dass aus (q − 1)i < q n−k die Existenz eines i=0 i linearen (n, k)-Codes C u ber GF (q) mit d(C) ≥ 2t + 1 folgt. Hinweis: Benutze Satz 13.2 ¨ angig und konstruiere sukzessive Vektoren aus GF (q)n−k , von denen je 2t linear unabh¨ sind. 24 Es sei D = St (v, k) ein Steiner-System. Zeige, dass die Bl¨ ocke (geschrieben als 0, 1Inzidenzvektoren) einen Code C mit |C| = b und d(C) ≥ 2(k − t + 1) ergeben.

⊲ 25 Ein bin¨ arer linearer Code C heißt selbst-dual, falls C = C ⊥ ist. Angenommen der selbst-duale Code C hat eine Basis g 1 , . . . , g k mit w(g i ) ≡ 0 (mod 4) f¨ ur alle i. Zeige, dass dann w(c) ≡ 0 (mod 4) f¨ ur alle c ∈ C gilt.

26 Sei Hr der Hamming-Code mit Parametern n = 2r − 1, k = 2r − 1 − r, d = 3, und addiere eine Parity-Check-Spalte am Ende (so dass alle Codew¨ orter gerade vieˆ r . Zeige: a. Die Codew¨ orter in Hr vom Gele 1’en enthalten). Der neue Code sei H wicht 3, aufgefasst als Inzidenzvektoren der Mengen der 1’en, bilden ein Steiner-System ˆ r vom Gewicht 4 ein Steiner-System S3 (2r , 4). orter in H S2 (2r − 1, 3), b. die Codew¨

27 Berechne die Anzahl der Codew¨ orter in Hr vom Gewicht 3 und die Anzahl der Coˆ r vom Gewicht 4 aus der vorigen Ubung. ¨ dew¨ orter in H M 
2 ⊲ 28 Sei C ∈ C(n, d; 2), |C| = M . Zeige: 2 d ≤ i,j ∆(ci , cj ) ≤ nM , wobei die Sum4 auft. Hinweis: Betrachte die M × n-Matrix mit den mation u ¨ ber alle Paare ci , cj ∈ C l¨ Codew¨ ortern als Zeilen. ¨ 29 Folgere aus der vorigen Ubung mit M (n, d) = M (n, d; 2): a. M (n, d) ≤ 2⌊ d ⌋, d 2d−n

d gerade, 2d > n, b. M (2d, d) ≤ 4d, c. M (n, d) ≤ 2⌊ 2d+1−n ⌋, d ungerade, 2d + 1 > n, d. M (2d + 1, d) ≤ 4d + 4.

⊲ 30 Gegeben k und d ≥ 2. N (k, d; q) bezeichne das kleinste n, so dass ein linearer (n, k)Code u ¨ber GF (q) existiert. Zum Beispiel besagt (2) in Abschnitt 13.4: N (k, d; q) ≥ d + k − 1. Das folgende Ergebnis verbessert dies. Zeige: N (k, d; q) ≥ d + N (k − 1, ⌈ dq ⌉; q) und

¨bungen u

273

d ⌉. Hinweis: Betrachte eine Generatormatrix G folgere N (k, d; q) ≥ d + ⌈ dq ⌉ + . . . + ⌈ qk−1 mit erster Zeile (c1 , . . . , cd , 0, . . . , 0), ci = 0.

31 Bestimme die gr¨ oßtm¨ ogliche Dimension k eines bin¨ aren Codes C der L¨ ange n mit d(C) = 1, 2 und 3. ¨ ⊲ 32 Die n¨ achsten Ubungen behandeln allgemein perfekte Codes. Es sei C ein t-perfekter n ˆ Code, C ⊆ {0, 1} . C entstehe aus C durch Hinzuf¨ ugen einer Parity-Check-Spalte. Zeige: Die Codew¨ orter in C vom Gewicht 2t + 1 bilden ein Steiner-System St+1 (n, 2t + 1) und ˆ vom Gewicht 2t + 2 ein Steiner-System St+2 (n + 1, 2t + 2). Sei die Codew¨ orter aus C    n  orter vom Gewicht 2t + 1 in C. Zeige h2t+1 2t+1 = t+1 . h2t+1 die Anzahl der Codew¨ t+1 Hinweis: Betrachte die Kugeln Bt (a) mit a ∈ C. ¨ 33 Folgere aus der vorigen Ubung, dass  n−i  aus der Existenz eines t-perfekten Codes C ⊆  ) f¨ ur i = 0, . . . , t + 1, insbesondere also n + 1 ≡ 0 ≡ 0 (mod 2t+1−i {0, 1}n folgt t+1−i t+1−i (mod t + 1).   ⊲ 34 F¨ ur 2-perfekte Codes C ⊆ {0, 1}n gilt laut Satz 13.1, |C|(1 + n + n2 ) = 2n , also 2 r+1 2 − 2 f¨ ur ein r. Zeige, dass aus dieser Gleichung (2n + 1) = 2r+3 − 7 folgt. n +n=2 osungen Aus der Zahlentheorie weiß man, dass die Gleichung x2 + 7 = 2m genau die L¨ x = 1, 3, 5, 11 und 181 besitzt. Diskutiere diese F¨ alle und zeige, dass es bis auf den linearen Wiederholungscode keine weiteren 2-perfekten Codes gibt. 35 Zeige, dass es keinen 1-perfekten Code C mit n = 7, q = 6 gibt. Hinweis: Zeige, dass jedes 5-Tupel (a1 , . . . , a5 ) ∈ A5 , |A| = 6, genau einmal in einem Codewort vorkommt, und dass daraus die Existenz zweier orthogonaler Lateinischer Quadrate der Ordnung 6 resultieren w¨ urde. ⊲ 36 Eine weitere interessante Klasse von Codes wird durch Hadamard-Matrizen erzeugt. Eine Hadamard-Matrix der Ordnung n ist eine n × n-Matrix mit ±1-Eintr¨ agen, f¨ ur die HH T = nEn gilt (En = Einheitsmatrix). Zeige: a. Falls eine Hadamard-Matrix der Ordnung n existiert, so ist n = 1, 2 oder n ≡ 0 (mod 4). b. Ist H Hadamard-Matrix,  n Hn  so eine auch H T . c. Ist Hn eine Hadamard-Matrix der Ordnung n, so ist H2n = H Hn −Hn k solche der Ordnung 2n. d. Folgere, dass Hadamard-Matrizen f¨ ur alle n = 2 existieren. 37 Eine Hadamard-Matrix mit lauter 1’en in der ersten Zeile und ersten Spalte heißt normalisiert. Zeige, dass die Existenz einer normalisierten Hadamard-Matrix der Ordnung n = 4t ≥ 8 ¨ aquivalent ist zur Existenz eines Blockplans mit Parametern v = b = 4t − 1, k = r = 2t − 1, λ = t − 1. Hinweis: Ersetze die −1’en durch 0’en und entferne die erste Zeile und Spalte. ⊲ 38 Sei H eine normalisierte Hadamard-Matrix der Ordnung n ≥ 4. Konstruiere daraus Codes A, B, C mit A ⊆ {0, 1}n−1 , |A| = n, d(A) = n2 ; B ⊆ {0, 1}n−1 , |B| = 2n, ur n = 8 aus? d(B) = n2 − 1; C ⊆ {0, 1}n , |C| = 2n, d(C) = n2 . Wie sehen B und C f¨ 39 Es seien C1 , C2 fehlerkorrigierende Codes der L¨ ange n u ¨ber {0, 1}, |C1 | = m1 , |C2 | = m2 , d(C1 ) = d1 , d(C2 ) = d2 . Der Code C3 = C1 ∗ C2 ist definiert durch C3 = {(u, u + ange 2n mit |C3 | = m1 m2 . Zeige v) : u ∈ C1 , v ∈ C2 }. C3 ist also ein Code der L¨ d(C3 ) = min(2d1 , d2 ).

⊲ 40 Zu jedem m ∈ N und 0 ≤ r ≤ m definieren wir den Code C(r, m) u ¨ber {0, 1} der L¨ ange 2m rekursiv. Es ist C(0, m) = {0 , 1}, C(m, m) = Menge aller 0, 1-W¨ orter der L¨ ange 2m , und C(r + 1, m + 1) = C(r + 1, m) ∗ C(r, m), wobei ∗ wie in der vorigen ¨ Ubung definiert ist. Beispiel: m = 1, C(0, 1) = {00, 11}, C(1, 2) = C(1, 1) ∗ C(0, 1) = {0000, 0011, 1010, 1001, 0101, 0110, 1111, 1100}. Die Codes C(r, m) heißen Reed-Muller

274

13

codierung

 
, d(C(r, m)) = 2m−r . Der Code C(1, 5) Codes. Beweise: |C(r, m)| = 2a mit a = ri=0 m i wurde von der NASA bei ihren Raumfahrten verwendet. 41 Das Kroneckerprodukt AB zweier Matrizen ist ⎞ ⎛ a11 B a12 B . . . ⎟ ⎜ .. ⎠. ⎝ . am1 B . . .

¨ Zeige, dass der Reed-Muller-Code C(1, m) gleich dem Hadamard-Code C aus Ubung  38 ist, wobei die Hadamard-Matrix H gleich dem m-fachen Koneckerprodukt von 11 −11 ist.

⊲ 42 Sei C ein bin¨ ange n = 7. Die notwendige Bedingung  arer  3-perfekter Code der L¨ lautet: 1 + n + n2 + n3 = 2r . Zeige, dass abgesehen vom Wiederholungscode (n = 7, r = 6) nur n = 23 mit r = 11 m¨ oglich ist. Hinweis: Schreibe die Bedingung in der Form oglichen Teiler von n + 1. (n + 1)(n2 − n + 6) = 3.2r+1 und diskutiere die m¨ ¨ 43 Die n¨ achsten beiden Ubungen zeigen, dass f¨ ur n = 23 tats¨ achlich ein 3-perfekter bin¨ arer Code existiert, der sogenannte Golay-Code G23 . Sei Ik

der Ikosaeder-Graph, A die Adjazenzmatrix von Ik, und B die 12 × 12-Matrix, die aus A durch 0 ←→ 1 entsteht. Zeige: G = (E12 , B) ist Generatormatrix eines selbst-dualen Codes G24 , dessen Codew¨ orter alle Gewicht ≡ 0 (mod 4) haben. Hinweis: Zeige aus den Eigenschaften von Ik, dass je zwei Zeilen von B aufeinander senkrecht stehen (¨ uber ¨ GF (2)) und verwende Ubung 25. ⊲ 44 Zeige, dass f¨ ur alle 0 = c ∈ G24 , w(c) ≥ 8 gilt. Folgere, dass der Code G23 , der ¨ durch Streichung einer Koordinate entsteht, 3-perfekt ist. Ubrigens gibt es abgesehen vom Wiederholungscode keine t-perfekten Codes f¨ ur t ≥ 4. 45 Konstruiere aus G23 und G24 Steiner-Systeme S4 (23, 7) und S5 (24, 8). 46 Zeige, dass der duale Code eines zyklischen Codes wieder zyklisch ist.

14 14.1

Kryptographie Kryptosysteme

Wir wenden uns nun dem zweiten Aspekt der Kanalcodierung zu – Geheimhaltung von Nachrichten. Man codiere (oder verschl¨ ussele) einen Text T in der Form c(T ). Zu c gibt es eine Abbildung d, die wir wiederum Decodierung nennen, so dass d(c(T )) = T gilt. C = c(T ) heißt das Kryptogramm (oder Geheimtext). Unsere Aufgabe besteht darin, das Kryptogramm so zu entwerfen, dass es von niemandem (außer dem Empf¨ anger) entschl¨ usselt werden kann. Der Fehleraspekt spielt hier keine Rolle, wir nehmen an, dass eine Sendung stets fehlerfrei beim Empf¨anger ankommt. In der Praxis ist c eine Abbildung, die von einer Anzahl Parametern k, den Schl¨ usseln (keys) abh¨ angt. Formal ist also ein Kryptosystem ein Tripel (T , C, K), T = Menge der Texte, C = Kryptogramme, K = Schl¨ usselmenge zusammen mit zwei Abbildungen c : T × K −→ C, d : C × K −→ T , welche f¨ ur jedes Paar (T, k) d(c(T, k), k) = T erf¨ ullen. Wir haben somit folgende Situation: 

T

-

Codierung c



Schl¨ ussel   @ @ R @ @ c(T ) -



O

O O O6

Decodierung d

T -



Angreifer  

Geheime Codes hat es zu allen Zeiten gegeben – ihre Bedeutung f¨ ur den milit¨ arischen Nachrichtenverkehr oder allgemein f¨ ur die Datensicherheit liegt auf der Hand. Eine der ¨ altesten Verschl¨ usselungen wird traditionell Caesar zugeschrieben. Jeder Buchstabe des Textes wird um eine Stelle weiterger¨ uckt (mod 26). Wir k¨onnen aber auch um 4 oder allgemein k Stellen weiterr¨ ucken oder eine Kombination verwenden. Die Schl¨ usselmenge K ist in diesem Fall also {0, 1, . . . , 25}.

276

14

kryptographie

Verwenden wir beispielsweise abwechselnd die Schl¨ ussel 1 und 4, so wird aus T

= KOMME

MORGEN ZURUECK

das Kryptogramm c(T ) =

LSNQF QPVHIO DVVVIDO .

Man kann sich unschwer weitere Varianten dieser Methode ausdenken: Permuta¨ tionen der Buchstaben oder andere Substitutionen, mehr dar¨ uber in den Ubungen. Eine schon etwas ausgefeiltere Methode benutzt Matrizen. Wir repr¨asentieren die Buchstaben A–Z als die Zahlen 0–25, und den Zwischenraum, Komma und Punkt als 26, 27, 28. Nun rechnen wir modulo der Primzahl p = 29. Eine andere M¨oglichkeit benutzt 0–9 f¨ ur die gew¨ ohnlichen Ziffern, 10 f¨ ur den Zwischenraum und 11–36 f¨ ur die Buchstaben, und wir arbeiten mod 37. Es ist g¨ unstig, eine Primzahl p als Gesamtzahl der Symbole zu nehmen, da das Rechnen in Zp ja besonders einfach ist. Nun zerlegen wir den Text T in Bl¨ ocke x1 , . . . , xk der L¨ange n, w¨ahlen eine invertierbare Matrix A (¨ uber Zp ) und verschl¨ usseln x in c(x) = Ax. Die Decodierung erfolgt mit Hilfe der inversen Matrix y → d(y) = A−1 y. Mit dem 29-Alphabet und Blockl¨ ange n = 3 sei z. B. ⎞ ⎛ 2 0 21 A = ⎝ 5 4 1 ⎠. 3 3 7 Die Nachricht KOMME MORGEN wird geschrieben als

10 14 12 | 12 4 26 | 12 14 17 | 6 4 13 und aus ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 11 19 4 24 10 12 12 6 2 0 21 ⎝ 5 4 1 ⎠ ⎝ 14 4 14 4 ⎠ = ⎝ 2 15 17 1 ⎠ 11 27 23 5 12 26 17 13 3 3 7 ⎛

entsteht das Kryptogramm

11 2 11 | 19 15 27 | 4 17 23 | 24 1 5

= L C L T P, E R X Y B F .

Alle diese Verschl¨ usselungen werden uns nicht sehr sicher vorkommen (und sie sind es auch nicht), aber was heißt Sicherheit“? Gibt es insbesondere ein System mit ” perfekter Sicherheit?

14.1

kryptosysteme

277

Dazu m¨ ussen wir uns zun¨ achst in die Rolle des Angreifers versetzen und m¨oglichst realistische Annahmen treffen. Der Angreifer weiß wie die Codierung c funktioniert und verf¨ ugt außerdem u ¨ ber weitere Informationen, wie etwa Buchstabenh¨aufigkeit oder worum es sich inhaltlich bei bei dem Text handeln k¨onnte. Was ihm fehlt, ist die Kenntnis der Schl¨ ussel. Drei m¨ ogliche Attacken (mit ansteigender Gef¨ahrlichkeit) kann man sich vorstellen: A. Der Angreifer kennt nur das Kryptogramm c(T ) und will daraus auf den Text schließen. B. Eine realistischere Variante besagt, dass der Angreifer einen l¨angeren Text T zusammen mit dem zugeh¨ origen Kryptogramm c(T ) kennt. Daraus will er die Schl¨ ussel ermitteln. C. Noch brisanter wird es, wenn vom Angreifer angenommen wird, dass er eine Anzahl von Paaren (T, c(T )) seiner Wahl in die H¨ande bekommt. Betrachten wir die Substitionsmethode, in der der Schl¨ ussel eine Permutation π der 26 Buchstaben ist, also aus X wird πX. Mit Variante C) hat der Gegener leichtes Spiel, er muss nur ein St¨ uck Text T mit c(T ) vergleichen, in dem alle Buchstaben vorkommen. Mit B) sieht es indes anders aus. Falls der Angreifer nur die sinnlose Nachricht A A . . . A samt Kryptogramm πA πA . . . πA abf¨angt, so wird ihm das nichts n¨ utzen, auch wenn der Text noch so lang ist. Aber nat¨ urlich wird er auch hier (und ebenso bei Variante A) aufgrund der Buchstabenh¨aufigkeiten das System knacken k¨ onnen. Hier spielen also Wahrscheinlichkeiten eine Rolle und dies f¨ uhrt geradewegs zur Frage, was perfekte Sicherheit bedeutet. Es sei das Kryptosystem (T , C, K) gegeben, wobei T = {T1 , T2 , . . . , Tn } endlich ist. Wir setzen voraus, dass die Wahrscheinlichkeiten pi = p(Ti ) existieren, dass Ti gesendet worden ist, wobei wir stets pi > 0 annehmen. Ferner sei p(kj ) die Wahrscheinlichkeit, dass der Schl¨ ussel kj benutzt wurde. Die folgende Definition, die auf Shannon zur¨ uckgeht, ist intuitiv plausibel. Definition. C∈C

Das System (T , C, K) hat perfekte Sicherheit, falls f¨ ur alle T ∈ T ,

(1)

p(T |C) = p(T )

gilt, wobei p(T |C) die bedingte Wahrscheinlichkeit ist. Mit anderen Worten: Die Kenntnis des Kryptogramms C sagt absolut nichts dar¨ uber aus, welcher Text T gesendet wurde. Aus p(C|T ) =

p(T |C)p(C) p(C ∧ T ) = p(T ) p(T )

folgt sofort die ¨ aquivalente Bedingung (2)

p(C|T ) = p(C) f¨ ur alle T ∈ T , C ∈ C .

278

14

kryptographie

Perfekte Sicherheit ist nat¨ urlich erstrebenswert, aber gibt es u ¨ berhaupt solche Systeme? Das klassische Beispiel, das one-time pad, geht auf Vernam zur¨ uck. Es funktioniert folgendermaßen. Wir nehmen das u ¨ bliche 26-Alphabet A − Z dargestellt als 0−25, und betrachten einen Text T = x1 x2 . . . xn . Um T zu verschl¨ usseln, erzeugen wir eine zuf¨ allige Folge z = z1 z2 . . . zn aus {0, 1, . . . , 25}, wobei jede Zahl 1 unabh¨ angig und mit Wahrscheinlichkeit 26 gezogen wird, z ist der Schl¨ ussel. Das Kryptogramm C wird nun definiert durch C = c(T, z) = y1 y2 . . . yn mit yi = xi + zi (mod 26) f¨ ur alle i. Die Decodierung ist dann d(yi ) = yi − zi . Offenbar sind alle 26n Kryptogramme C gleichwahrscheinlich, also p(C) = 261n , und ebenso gilt p(C|T ) = 261n , da ja jeder einzelne Buchstabe yi in C mit Wahr1 scheinlichkeit 26 aus xi erzeugt wird. Also gew¨ahrleistet das one-time pad perfekte Sicherheit. Da wir jedesmal eine neue Schl¨ usselfolge bilden, erkl¨art sich der Name one-time pad. So beruhigend dieses Verfahren ist, es hat enorme Nachteile. Der Schl¨ ussel ist genau so lang wie der Text, und außerdem muss der gesamte Schl¨ ussel vorher dem Empf¨ anger u ¨ bermittelt werden, was neue Unsicherheit mit sich bringt. Und auch auf der mathematischen Seite gibt es einen schwerwiegenden Einwand: Niemand weiß, wie man solche Zufallsfolgen tats¨ achlich erzeugt. Man wird sich auf sogenannte Pseudo-Zufallsfolgen beschr¨ anken m¨ ussen, die ann¨ahernd die gew¨ unschten Eigenschaften aufweisen, und es ist nicht klar, ob ein solches System ¨ahnliche Sicherheit garantiert. Zu dem faszinierenden Gebiet der Pseudo-Zufallsgeneratoren sei auf die Literatur verwiesen. Trotz all dieser Vorbehalte wurde das one-time pad angeblich f¨ ur die Kommunikation Washington-Moskau u ¨ ber das Rote Telefon verwendet.

14.2

Lineare Schieberegister

Wir wollen uns nun ein Beispiel eines solchen Zahlengenerators ansehen, das die Querverbindungen zwischen Diskreter Mathematik und Algebra auf sch¨onste illustriert. Wir arbeiten u orper K = GF (q). Ein lineares Schiebe¨ ber dem endlichen K¨ register ist eine Folge von n Registern R1 , . . . , Rn zusammen mit n Elementen c1 , . . . , cn aus K. Die Figur zeigt die Funktion des Schieberegisters: R1 -

xn−1

R2 -

HH HH c1 j HH

xn−2

Rn ...

-

 A  UA c2  cn  A 
ci xn−i

x0

14.2

279

lineare schieberegister

Das heißt, sind die Register anf¨ anglich mit x(0) = (xn−1 (0), . . . , x0 (0)) belegt, so ist nach Ausf¨ uhrung des Schieberegisters der neue Vektor x(1) = (

n 

ci xn−i (0), xn−1 (0), . . . , x1 (0)) ,

i=1

und allgemein haben wir (1)

x(t + 1) = (

n 

ci xn−i (t), xn−1 (t), . . . , x1 (t)) .

i=1

Wir setzen immer cn = 0 voraus, da ansonsten das letzte Register u ussig ist. ¨ berfl¨ Warum wir die Indizes xn−1 , . . . , x0 von links nach rechts w¨ahlen, wird sofort klar werden. Starten wir mit einem beliebigen Input-Vektor s = (sn−1 , . . . , s0 ), so ergibt eine einmalige Anwendung ein neues Element sn im ersten Register, die anderen werden verschoben, dann erhalten wir ein neues Element sn+1 in R1 , usf. Das Schieberegister, bestimmt durch c1 , . . . , cn , determiniert zusammen mit dem InputVektor s also die Registerfolge (s0 , s1 , s2 , . . .), und das ist die Folge, die uns interessiert. Nun, das sollte uns bekannt vorkommen. Ein lineares Schieberegister mit n Registern ist nicht anderes als eine Rekursion der L¨ange n mit den konstanten Koeffizienten c1 , . . . , cn , die wir in Kapitel 3 ausf¨ uhrlich diskutiert haben. Nach Definition (1) gilt ja (2)

si+n = c1 si+n−1 + c2 si+n−2 + . . . + cn si

(i ≥ 0)

und jetzt ist klar, warum wir die Indizes so gew¨ahlt haben. Gleichung (2) entspricht der Rekursionsgleichung A1) in Satz 3.1. Bringen wir alles auf eine Seite, so erhalten wir das Polynom f (x) = xn − c1 xn−1 − . . . − cn , das dem reflektierten Polynom q R (x) in Satz 3.1 entspricht. f (x) heißt das charakteristische Polynom des Schieberegisters. Die Bedingung cn = 0 bedeutet also f (0) = 0. Verwenden wir die ¨ Aquivalenz von A1) und A2) in Satz 3.1 (die nat¨ urlich auch f¨ ur endliche K¨orper richtig ist), so erhalten wir:
Ist S(x) = k≥0 sk xk die erzeugende Funktion der Registerfolge (sk ), so gilt (3)

S(x) =



k≥0

s k xk =

g(x) , f (x)

Grad g < n,

¨ wobei g(x) durch die Input-Folge s = (sn−1 , . . . , s0 ) bestimmt ist. Aus der Aquivalenz von A1) und A2) folgt auch die Umkehrung: Zu jedem Polynom g(x) mit Grad g < n ist S(x) = fg(x) (x) die erzeugende Funktion einer Registerfolge, und zu jedem der q n m¨ oglichen Input-Vektoren geh¨ ort genau ein Polynom g(x).

280

14

kryptographie

Sch¨ on, das ist also nichts Neues, aber f¨ ur endliche K¨orper tritt nun ein weiteres Ph¨ anomen hinzu: Alle Registerfolgen (sk ) sind periodisch! Das sieht man auf folgende Weise. Es sei A die n × n Matrix u ¨ ber K ⎛ ⎞ c1 c2 . . . cn ⎜ ⎟ ⎜ 1 0 ... 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ . .. ⎟ , A = ⎜ .. 1 . ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ .. . . ⎟ .. ⎝ . . . ⎠ 0

...

1

0

dann ist ein Schieberegistertakt durch x −→ Ax beschrieben. A ist eine invertible Matrix, da det A = (−1)n−1 cn = 0 ist. Ist der Input-Vektor s = 0 , so erhalten wir nat¨ urlich die Nullfolge. Wir setzen im Folgenden also stets s = 0 voraus. Die Aktion des Schieberegisters ergibt somit die Vektoren s, As, A2 s, . . . , Ai s, . . . Nun gibt es in K n q n − 1 Vektoren = 0 , also muss es fr¨ uher oder sp¨ater ein Paar i < j geben mit Ai s = Aj s, d. h. At s = s mit t = j − i. Die Folge der Vektoren ist somit von der Form s, As, . . . , At−1 s, s, As, . . . , sie wiederholt sich periodisch nach jeweils t Schritten. Und dasselbe gilt dann nat¨ urlich auch f¨ ur die Registerfolge (sk ): sk+t = sk

(k ≥ 0) mit t ≤ q n − 1 .

Fassen wir zusammen: Zu jedem Input-Vektor s ist die Registerfolge (s0 , s1 , s2 , . . .) periodisch. Hat (sk ) die Periode t, dann ist auch jedes Vielfache von t eine Periode. Was uns interessiert, ist daher die kleinste Periode p, die wir mit per(s) bezeichnen. Diese kleinste Periode kann durchaus von s abh¨angen, wie das folgende Beispiel zeigt. Es sei K = GF (2), n = 4, c1 = c2 = c3 = 0, c4 = 1. Dann erhalten wir f¨ ur die Input-Vektoren (1, 1, 1, 1), (1, 0, 1, 0), (1, 1, 1, 0): 0001

0001

0001

1111 ....... 1111

1010 0101 ....... 1010

1110 0111 1011 1101 ....... 1110

per = 1 per = 2

per = 4

14.2

lineare schieberegister

281

Probiert man alle anderen Vektoren aus, so stellt man fest, dass die Periodenl¨ange immer h¨ ochstens 4 ist, w¨ ahrend maximal ja 24 − 1 = 15 m¨oglich w¨are. Welche Schieberegister haben nun die maximal m¨ ogliche Periode per = q n − 1? Nun, eines n i n ist klar: Falls A s durch alle q − 1 Vektoren = 0 l¨auft, bevor Aq s = s wieder erscheint, so muss dies auch f¨ ur alle anderen Inputs gelten – sie durchlaufen ja denselben Zyklus. Beispiel. Sei wieder K = GF (2) und die zwei Schieberegister gegeben durch (c1 , c2 , c3 , c4 ) = (1, 0, 0, 1) bzw. (1, 0, 1, 1). Mit dem Input (1, 0, 0, 0) erhalten wir 1001

1011

1 1 1 1 0

1000 1100 1110 0111 0011 0001 ....... 1000

0 1 1 1 1

0 0 1 1 1

0 0 0 1 1

.. . 0001 ........ 1000 per = 15

per = 6

Im ersten Fall ergibt sich das Maximum per = 24 − 1, im zweiten Fall kann dies f¨ ur keinen Input-Vektor auftreten. Warum dies so ist, k¨onnen wir leicht mit erzeugenden Funktoren beantworten. ur die erzeugende Funktion S(x) = Hat
diekFolge (sk ) Periode t, so bedeutet dies f¨ sk x ersichtlich k≥0

S(x) = (s0 + s1 x + . . . + st−1 xt−1 )(1 + xt + x2t + . . .), also (4)

S(x) =

s(x) , 1 − xt

Grad s(x) < t ,

s(x) und umgekehrt hat die durch S(x) = 1−x t bestimmte Folge Periode t. Mit dieser ¨ einfachen Uberlegung k¨ onnen wir sofort einen wichtigen Satz der Algebra herleiten.

Satz 14.1. Sei f (x) ∈ K[x] ein Polynom vom Grad n, f (0) = 0, dann gibt es ein t ≤ q n − 1 mit f (x)|xt − 1. Gilt umgekehrt f (x)|xt − 1, so hat das durch f (x) bestimmte Schieberegister Periode t f¨ ur jeden Input-Vektor s.

282

14

kryptographie

1 Beweis. Sei S(x) = f (x) , dann wissen wir, dass die Folge (sk ) eine gewisse Periode t hat. Nach (4) gilt somit

(5)

S(x) =

s(x) 1 = f (x) 1 − xt

das heißt, f (x)(−s(x)) = xt − 1 also f (x)|xt − 1. Ist umgekehrt f (x)h(x) = xt − 1, so erhalten wir f¨ ur einen beliebigen InputVektor s g(x) g(x)h(x) S(x) = = mit Grad (gh) < t, f (x) xt − 1 also hat (sk ) Periode t nach (4).

¨ Ahnlich zur Periode per(s) definieren wir den Exponenten von f als exp(f ) = min(t : f (x)|xt − 1). Der Satz besagt somit (6)

per(s) ≤ exp(f ) ≤ q n − 1 f¨ ur alle s ∈ K n
0 ,

n = Grad f .

Noch etwas ist sofort ersichtlich. Ist f ein irreduzibles Polynom u ¨ ber GF (q) (also nicht weiter zerlegbar) und p = per(s), so haben wir laut (4) und (5) S(x) =

g(x) s(x) = f (x) 1 − xp

also f (x)s(x) = g(x)(1 − xp ). Da f irreduzibel it, muss f (x) entweder g(x) oder xp − 1 teilen, und dies kann wegen Grad g < n nur xp − 1 sein. Somit erhalten wir Folgerung 14.2. Ist f (x) ein irreduzibles Polynom, so gilt exp(f ) = per(s) f¨ ur alle s ∈ K n
0 . Das letzte Resultat kann benutzt werden, um zu zeigen, dass ein Polynom f (x) nicht irreduzibel ist. Man braucht nur zwei Input-Vektoren mit verschiedenen Perioden zu finden. Sei z. B. K = GF (2), f (x) = x4 + x2 + 1, also c1 = c3 = 1, c2 = c4 = 0 (in GF (2) ist 1 = −1). Wir berechnen 0101

0101

0001 1000 0100 1010 0101 0010 ....... 0001

0110 1011 1101 ....... 0110

per = 6

per = 3

14.2

lineare schieberegister

283

also ist x4 + x2 + 1 nicht irreduzibel, es gilt x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)2 . Aus x6 + 1 = (x4 + x2 + 1)(x2 + 1) sehen wir mit (6) per(s) ≤ 6 = exp(f ) f¨ ur alle s. Nun k¨ onnen wir unser Hauptergebnis m¨ uhelos beweisen. Satz 14.3. Sei ein Schieberegister R u ¨ber GF (q) mit charakteristischem Polynom f (x) gegeben. Dann gilt: R hat maximale Periode q n − 1 ⇐⇒ f (x) ist irreduzibel mit exp(f ) = q n − 1. Beweis. Die Implikation ⇐= kennen wir schon. Ist umgekehrt per = q n −1, so gilt jedenfalls exp(f ) = q n − 1 wegen (6). W¨ are f (x) = h1 (x)h2 (x) mit Grad hi (x) = ni < n, so betrachten wir S(x) =

1 h1 (x) = . f (x) h2 (x)

(x) erzeugte Folge (sk ) hat Periode per = q n − 1, andererseits Die von S(x) = hf1(x) sehen wir aus S(x) = h21(x) und (6), dass dieselbe Folge eine Periode ≤ q n2 − 1 < q n − 1 hat, Widerspruch.

Bemerkung. In der Algebra lernt man, dass es immer irreduzible Polynome f (x) mit exp(f ) = q n − 1 gibt (sie heißen primitive Polynome) und dass ihre Anzahl n ur jedes gleich ϕ(q n−1) ist, wobei ϕ die Eulersche ϕ-Funktion ist. Folglich existieren f¨ n Schieberegister mit maximaler Periode q n − 1. Zum Beispiel gibt es f¨ ur q = 2, n = 3 genau ϕ(7) amlich x3 + x + 1 und x3 + x2 + 1. 3 = 2 primitive Polynome, n¨ Werfen wir noch einen Blick auf die Verwendung von Schieberegisterfolgen als one-time pads. Sei T = t0 t1 t2 . . . eine Folge mit ti = GF (q) und s0 s1 s2 . . . eic ne Registerfolge. Wir verschl¨ usseln wie gewohnt ti −→ ti + si und decodieren d yi −→ yi − si . Wie sicher ist dieses System? Der Angreifer hat unter Annahme C) ein Textst¨ uck und das korrespondierende Kryptogramm seiner Wahl zur Verf¨ ugung und m¨ ochte daraus die Schl¨ ussel c1 , . . . , cn ermitteln. W¨ahlt er 2n aufeinanderfolgende Symbole sk , . . . , sk+2n−1 (die er wegen si = yi − ti kennt), so erh¨alt er c1 , . . . , cn durch Aufl¨ osen des linearen Gleichungssystems sk+n = c1 sk+n−1 sk+(n+1) = c1 sk+n .. .

+ . . . + cn sk + . . . + cn sk+1

sk+(2n−1) = c1 sk+(2n−2) + . . . + cn sk+n−1 , und das System ist geknackt. Lineare Schieberegister sind also nicht besonders sicher, aber sie k¨onnen verwendet werden, um auf elegante Weise zyklische Codes zu erzeugen. Es sei wie zuvor K = GF (q) und

284

14

kryptographie

⎛

c1 ⎜ 1 ⎜ A=⎜ ⎜ ⎝ 0

...

cn 0 .. .

1 ..

.

1

0

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

die Matrix des Registers, und s ein Input-Vektor = 0 . Es sei nun p = per(s) die Maximalperiode, und s, As, . . . , Ap−1 s die Folge der Vektoren. Der Code C ⊆ K p sei durch die Kontrollmatrix H = (Ap−1 s, Ap−2 s, . . . , As, s) gegeben, das heißt a = (ap−1 , . . . , a0 ) ∈ C ⇐⇒

p−1 

ai (Ai s) = 0 .

i=0

Multiplizieren wir diese Gleichung mit A, so erhalten wir ap−2 (Ap−1 s) + . . . + a0 (As) + ap−1 s = 0 , also (ap−2 , . . . , a0 , ap−1 ) ∈ C, und C ist zyklisch. Beispiel. Nehmen wir ein Register u ¨ ber GF (2) mit r Registern und maximaler Periode 2r − 1. Dann enth¨ alt H alle 2r − 1 Vektoren = 0 als Spalten, und es resultiert unser wohlbekannter bin¨ arer perfekter Hamming Code aus Abschnitt 13.4. Und damit ist auch bewiesen, dass alle diese Codes zyklisch sind.

14.3

¨ Offentliche Schl¨ usselsysteme

Wir haben im ersten Abschnitt Kryptosysteme und perfekte Sicherheit diskutiert und bemerkt, dass niemand weiß, wie dies in der Praxis realisiert werden soll. Wir werden also etwas bescheidener sicher“ auf schwer zu knacken“ ab¨andern. Dazu ” ” bedienen wir uns der Begriffe leicht“ und schwer“ aus unserer Diskussion u ¨ ber ” ” die Komplexit¨ at algorithmischer Probleme in Abschnitt 8.5. Unsere Aufgabe besteht ja darin, eine Codierung c zu finden, so dass aus der Kenntnis des Kryptogrammes c(T ) nicht auf den Text geschlossen werden kann. Solche Abbildungen werden heute u ¨ blicherweise Einweg-Funktionen f genannt. Unsere Bedingungen an f lauten daher: (A) Die Berechnung von f (T ) aus T soll leicht sein, das heißt in polynomialer Zeit m¨ oglich sein. Mit anderen Worten, f ist in der Klasse P . (B) Die Berechnung von f −1 (C) aus C soll schwer sein. Das heißt, wir verlangen, dass kein polynomialer Algorithmus von f bekannt ist. Bedingung (B) ist genau unsere Sicherheitsanforderung, dass ein unbefugter Dritter das Kryptogramm nicht knacken kann, und (A) ist eine Forderung an die Effizienz – wir wollen die Nachricht ja schnell an den Empf¨anger senden. Nat¨ urlich

14.3

¨ ffentliche schl¨ o usselsysteme

285

soll es dem Empf¨ anger, aber nur ihm, m¨ oglich sein, das Kryptogramm effizient zu entschl¨ usseln. Wir werden also zu (A) und (B) noch eine dritte Bedingung hinzuf¨ ugen. Wie man das macht, werden wir in K¨ urze sehen. Einer der ersten Vorschl¨ age f¨ ur eine Einwegfunktion war der diskrete Logarithmus. Wir w¨ ahlen eine große Primzahl p. Nach dem Satz von Fermat aus Abschnitt 12.1 wissen wir, dass xp−1 ≡ 1 (mod p) f¨ ur alle x = 1, . . . , p − 1 gilt. Sei nun a ∈ {1, . . . , p − 1}. Falls die Zahlen a, a2 , . . . , ap−1 alle inkongruent ¨ modulo p sind, so nennen wir a eine Primitivwurzel modulo p. In Ubung 27 wird gezeigt, dass jede Primzahl p Primitivwurzeln besitzt, und ihre Gesamtzahl gleich der Anzahl der zu p − 1 relativ primen Zahlen ≤ p − 1 ist. Zum Beispiel hat p = 11 die Primitivwurzeln 2, 6, 7, 8, und wir erhalten beispielsweise f¨ ur 7 die Folge der Potenzen 7i 71 ≡ 7, 72 ≡ 5, 73 ≡ 2, 74 ≡ 3, 75 ≡ 10, 76 ≡ 4, 77 ≡ 6, 78 ≡ 9, 79 ≡ 8, 710 ≡ 1. Wir k¨ onnen nun den diskreten Logarithmus definieren. Zur Primzahl p mit der Primitivwurzel a erkl¨ aren wir die Exponentialfunktion mod p y ≡ ax (mod p). Die Zahl x (1 ≤ x ≤ p − 1) heißt dann der diskrete Logarithmus von y modulo p (zur Basis a). Wir behaupten nun, dass f (x) = ax eine Einwegfunktion ist. Bedingung (A) ist sofort nachzupr¨ ufen. Wollen wir z. B. a39 berechnen, so setzen wir a39 = a32 ·a4 ·a2 ·a k und die einzelnen Potenzen a2 erhalten wir durch sukzessive Quadrierung, z. B. a32 = ((((a2 )2 )2 )2 )2 . Die Gesamtzahl der Multiplikationen ist also sicher durch ¨ 2⌈lg p⌉ beschr¨ ankt (siehe Ubung 5.10), also ist f ∈ P . Beachte, dass die Reduktion der einzelnen Multiplikationen mod p mittels des Euklidischen Algorithmus erfolgt, also ebenfalls polynomial ist. Gegenw¨ artig ist kein polynomialer Algorithmus zur Berechnung diskreter Logarithmen bekannt, und es wird allgemein angenommen, dass die Komplexit¨at dieses Problems gleich jener der Faktorisierung von Zahlen ist. In der Praxis h¨ angt die Codierung, wie wir wissen, von einer Anzahl von Schl¨ usseln k ab. Das Kryptogramm ist von der Form c(T, k). Die Schl¨ ussel stellen aber ihrerseits ein Problem dar, wie wir in mehreren Beispielen gesehen haben: sie sind ein Sicherheitsrisiko und sie verlangsamen den Informationsaustausch. Zur Behandlung dieser Probleme wurde 1976 von Diffie und Hellman die folgende Methode ¨ – genannt Offentliches-Schl¨ ussel-System (englisch Public-key cryptosystem) – vorgeschlagen. Die Idee ist bestechend einfach: Jeder Benutzer i hat einen ¨ offentlichen Schl¨ ussel ki und einen geheimen Schl¨ ussel gi . Der ¨offentliche Schl¨ ussel ist

286

14

kryptographie

allgemein zug¨ anglich, wie auch die verwendete Codierung c und Decodierung d. F¨ ur jeden Text T soll f¨ ur alle i gelten   (1) d c(T, ki ), gi = T . Will nun der Teilnehmer j eine Nachricht T an i schicken, so verwendet er den Schl¨ ussel ki von i, sendet C = c(T, ki ),

und der Benutzer i decodiert mittels (1). Um die Effizienz und Sicherheit zu gew¨ ahrleisten, muss das System also folgende Bedingungen erf¨ ullen: (A) Aus T und ki ist die Berechnung von C = c(T, ki ) leicht durchzuf¨ uhren. (B) Gegeben das Kryptogramm C, dann ist die Decodierung d(C) ohne die Kenntnis von gi schwer. (C) Gegeben das Kryptogramm C und der Schl¨ ussel gi , dann ist die Berechnung von d(C, gi ) leicht. Die Bedingungen (A) und (B) besagen, dass die Codierung eine Einwegfunktion ist. Eine Einwegfunktion, die zus¨ atzlich auch (C) erf¨ ullt (also eine effiziente Invertierung bei Kenntnis des geheimen Schl¨ ussels erm¨oglicht) heißt eine Trapdoor Funktion. Wir wollen nun das ber¨ uhmteste Trapdoor System besprechen, das sogenannte RSA-System, genannt nach den Entdeckern Rivest, Shamir und Adleman. Wiederum ist das Modulo-Rechnen der Schl¨ ussel zum Erfolg. Die Codierung bzw. Decodierung funktioniert folgendermaßen: 1. Ein Benutzer w¨ ahlt zwei große Primzahlen p und q und ein Paar von Zahlen k, g, 1 ≤ k, g ≤ (p−1)(q−1), relativ prim zu (p−1)(q−1) mit kg ≡ 1 (mod (p− 1)(q − 1)). 2. Der Benutzer gibt als ¨ offentlichen Schl¨ ussel das Produkt n = pq und k bekannt. 3. Ein Text T wird als Zahl in {0, . . . , n − 1} dargestellt; falls T zu groß ist, wird er in Bl¨ ocke zerlegt. 4. Die Codierung erfolgt mittels C ≡ Tk

(mod n),

die Decodierung mittels des geheimen Schl¨ ussels g durch D ≡ Cg

(mod n).

Bevor wir die Bedingungen (A), (B), (C) nachpr¨ ufen, wollen wir uns ein sehr kleines Beispiel aus der Arbeit von Rivest, Shamir und Adleman ansehen. Es sei p = 47, q = 59, n = 47 · 59 = 2773, (p − 1)(q − 1) = 2668. Wir w¨ahlen g = 157 (Primzahl) und k = 17 mit 17 · 157 ≡ 1 (mod 2668). Wollen wir einen Text senden, so setzen wir z. B. Zwischenraum = 00, A = 01, B = 02, . . . , Z = 26. Wir f¨ ugen nun jeweils zwei Buchstaben zu einem 4-Block zusammen. Zum Beispiel wird aus

14.3

¨ ffentliche schl¨ o usselsysteme

287

KOMME MORGEN ZURUECK der Text 1115 1313 0500 1315 1807 0514 0026 2118 2105 0311 . Wegen n = 2773 sind alle 4-Bl¨ ocke Zahlen < n. Die einzelnen Bl¨ocke T werden nun gem¨ aß T 17 (mod 2773) verschl¨ usselt, und wir erhalten als Kryptogramm 1379 2395 1655 0422 0482 1643 1445 0848 0747 2676. Wir wollen nun zeigen, dass das RSA-Sytem eine Trapdoor-Funktion darstellt. Die Exponentiation T k (mod n) haben wir schon als polynomial erkannt. F¨ ur g relativ prim zu (p − 1)(q − 1) k¨ onnen wir irgendeine Primzahl g > max(p, q) nehmen, und k dann mit dem Euklidischen Algorithmus berechnen. Also ist Bedingung (A) erf¨ ullt, und ebenso (C), da die Decodierung ebenfalls einer Exponentiation entspricht. Bevor wir Bedingung (B) diskutieren, m¨ ussen wir noch zeigen, dass   d c(T ) = T ist, d. h. dass aus C ≡ Tk

(mod n)

T ≡ Cg

(mod n)

stets folgt. Mit anderen Worten, wir wollen T kg ≡ T

(mod n)

zeigen. Falls T ≡ 0 (mod p) ist, so gilt nat¨ urlich T kg ≡ T (mod p). Sei also T relativ prim zu p. Nach dem Satz von Fermat haben wir T p−1 ≡ 1 (mod p). Wegen kg ≡ 1 mod (p − 1)(q − 1) gilt kg = t(p − 1)(q − 1) + 1 f¨ ur ein t ∈ N und somit T kg = T t(p−1)(q−1) T = (T p−1 )t(q−1) T ≡ T (mod p).

Analog schließen wir T kg ≡ T (mod q). Die beiden Kongruenzen bedeuten p|T kg − T, q|T kg − T , also folgt pq|T kg − T oder T kg ≡ T (mod n) wie gew¨ unscht. Nun zur Bedingung (B). Die Zahlen n, k sind ¨offentlich. Wenn jemand n faktorisieren kann, so erh¨ alt er aus n = pq sofort (p − 1)(q − 1) und damit g aus kg ≡ 1 mod (p − 1)(q − 1) . Kann man g berechnen, ohne p, q zu kennen? Aus der Kenntnis von (p − 1)(q − 1) und n = pq k¨onnen wir sofort p und q ermitteln, also n faktorisieren. Es gilt n¨ amlich p + q = pq − (p − 1)(q − 1) + 1, (p − q)2 = (p + q)2 − 4pq , und aus p + q und p − q erhalten wir unmittelbar p und q.

288

14

kryptographie

Es l¨ auft also alles darauf hinaus, ob man große Zahlen effizient faktorisieren kann – und ein solcher Algorithmus ist gegenw¨ artig nicht bekannt. Nat¨ urlich k¨onnte man sagen, dass C ≡ T k (mod n) eigentlich das Problem des k-ten Wurzelziehens modulo n betrifft, also zun¨ achst nichts mit Faktorisieren zu tun hat. Rivest, Shamir und Adleman vermuten aber, dass jede effiziente Methode, ihr System zu knacken, einen Algorithmus zur Faktorisierung von Zahlen implizieren w¨ urde. Diese Vermutung ist unbewiesen, so dass wir resumierend nur sagen k¨onnen: Bei unserem jetzigen Kenntnisstand ist das RSA-System sicher. Noch ein wichtiges Problem kann mit dem RSA-System gel¨ost werden. Wie erkennt der Empf¨ anger i, ob die Nachricht von j stammt? Dazu verwenden    wir  Codierungen c und Decodierungen d, die zus¨ atzlich zu d c(T ) = T auch c d(T ) = T erf¨ ullen. Das RSA-System gen¨ ugt nat¨ urlich dieser Bedingung. Will nun i nachpr¨ ufen, ob j wirklich der Absender ist, so w¨ ahlt er ein zuf¨alliges Wort x und schickt u = c(x, kj ) an j. Dieser sendet nun seine uck an i, und   ”Unterschrift“ d(u, gj ) zur¨ der Empf¨ anger pr¨ uft, ob c d(u, gj ), kj tats¨ achlich u ist. Wenn ja, kann er wegen der Eigenschaft (B) sicher sein, dass die Nachricht tats¨achlich von j stammt.

14.4

Zero-Knowledge-Protokolle

Die Kryptographie, wie wir sie bisher besprochen haben, besch¨aftigt sich mit Fragen der Datensicherheit und der Problematik des Schl¨ usselaustauschs. In unserem Internet-Zeitalter ist aber nicht nur das Geheimhalten von Daten wichtig, sondern schon die Art und Weise, wie die Kommunikation zwischen zwei Parteien vor sich geht. Wir nennen eine solche Kommunikation ein Protokoll. Ein besonders interessantes Protokoll verlangt folgendes. Eine Person P (prover) m¨ ochte jemanden anderen V (verifier) davon u ¨ berzeugen, dass er eine Information (oder wie wir auch sagen, ein Geheimnis) besitzt, ohne diese Information mitzuteilen. Ja mehr noch, V (oder irgendein unbefugter Lauscher) soll nicht imstande sein, auch nur einen Teil des Geheimnisses aus den Daten des Protokolls zu rekonstruieren. Ein Beispiel: In Authentifikationssystemen weist P seine Identit¨at u ¨ blicherweise dadurch nach, dass er die pr¨ ufende Instanz V u ¨ berzeugen muss, ein Geheimnis zu besitzen. Dies kann ein Passwort sein oder die Geheimnummer einer Kreditkarte. V vergleicht nun das Passwort mit einem anfangs festgelegten Vergleichspasswort und ¨ kann so die Ubereinstimmung feststellen. Das Risiko ist klar: Das Protokoll kann von einem Angreifer abgefangen werden, oder aber V selber kann es missbrauchen. Wie soll man da vorgehen? Bevor wir ein Beispiel ansehen, wollen wir die Anforderungen an ein solches ZeroKnowledge-Protokoll pr¨ azisieren. Es wird zwischen P und V ein Protokoll angefertigt, und am Ende akzeptiert V , dass P das Geheimnis besitzt, oder er verwirft. Die Regeln, nach denen V akzeptiert oder verwirft (wie auch die Modalit¨ aten des Protokolls), werden in beiderseitigem Einverst¨andnis vorher festgelegt. Das Protokoll soll nun die folgenden Bedingungen erf¨ ullen:

14.4

zero-knowledge-protokolle

289

(A) Durchf¨ uhrbarkeit: Falls P das Geheimnis besitzt, so akzeptiert V mit beliebig hoher Wahrscheinlichkeit (nahe 1). (B) Korrektheit: Falls P die Information nicht hat (P schwindelt), dann akzeptiert V nur mit beliebig kleiner Wahrscheinlichkeit (nahe 0). (C) Zero-Knowledge: V erf¨ ahrt durch das Protokoll nichts u ¨ ber das Geheimnis (er ist so klug wie zuvor). Zus¨ atzlich soll das Protokoll effizient sein, also in polynomialer Zeit ablaufen. Das folgende am¨ usante Beispiel wird diese Begriffe sofort klarmachen. Sehen wir uns den folgenden Lageplan an: magische T¨ ur

links

rechts Vorraum Eingangst¨ ur

P behauptet gegen¨ uber V , die geheime Code-Kombination der magischen T¨ ur zu kennen. Das Protokoll l¨ auft nun folgendermaßen ab: 1. P betritt den Vorraum und schließt die Außent¨ ur. Dann entscheidet er sich per M¨ unzwurf f¨ ur die linke oder rechte T¨ ur, geht hinein und schließt die T¨ ur hinter sich. 2. Nun betritt V den Vorraum, entscheidet sich zuf¨allig f¨ ur eine der beiden T¨ uren und gibt dies P durch Zuruf bekannt. 3. Befindet sich P hinter der richtigen T¨ ur, so kann er einfach heraustreten, andernfalls muss P den geheimen Code kennen und kommt wieder durch die richtige T¨ ur heraus. Dieses Verfahren wird n-mal wiederholt, und wenn P jedesmal durch die richtige T¨ ur heraustritt, so ist V u ¨ berzeugt und akzeptiert, ansonsten verwirft er. Pr¨ ufen wir die Bedingungen nach. Kennt P die Kombination, so akzeptiert V mit Wahrscheinlichkeit 1. Bedingung (B) betrift die M¨oglichkeit, dass P den Code nicht kennt, aber trotzdem immer bei der richtigen T¨ ur herauskommt, und die Wahrscheinlichkeit daf¨ ur ist 21n , also beliebig klein. Die Zero-Knowledge-Eigenschaft ist offenkundig erf¨ ullt. Nun aber zum richtigen Leben. Das bekannteste und in der Praxis am h¨aufigsten eingesetzte Zero-Knowledge-Protokoll wurde von Fiat und Shamir 1985 vorgeschlagen. Und wieder steckt Modulo-Rechnen dahinter.

290

14

kryptographie

Rufen wir uns die ben¨ otigten Begriffe in Erinnerung. Zn ist der Ring der Reste modulo n. Wir nennen r einen primen Rest, falls ggT(r, n) = 1 ist. Die primen Reste bilden mit der Multiplikation eine Gruppe, die prime Restklassengruppe Z∗n . F¨ ur n = 14 erhalten wir beispielsweise Z∗14 = {1, 3, 5, 9, 11, 13}, und es ist klar, dass mit r auch n − r primer Rest ist. Ein Element r ∈ Z∗n heißt quadratischer Rest, falls in Z∗n die Gleichung r ≡ x2 (mod n) l¨osbar ist. Nat¨ urlich ist mit r ≡ x2 2 ∗ auch r ≡ (−x) (mod n). In Z14 sind daher die quadratischen Reste (±1)2 = 1, (±3)2 = 9, (±5)2 = 11. Ist n = p eine Primzahl, so hat jede Gleichung x2 ≡ r (mod p) h¨ ochstens zwei L¨ osungen (Zp ist ein K¨orper!), aber f¨ ur zusammengesetztes n k¨ onnen durchaus mehr L¨ osungen resultieren. Zum Beispiel ist in Z8 jeder der primen Reste 1, 3, 5, 7 L¨ osung von x2 ≡ 1 (mod 8). Die Sicherheit des Fiat–Shamir-Protokolls beruht auf der Annahme, dass es (im Sinne der Komplexit¨ atstheorie) schwierig ist, Quadratwurzeln in der Gruppe Z∗n f¨ ur großes n zu berechnen. Nun verfahren wir wie folgt. P (oder ein vertrauensw¨ urdiges Trust-Center) w¨ ahlt zwei große Primzahlen p und q und bildet n = pq. Als n¨ achstes wird s ∈ Z∗n gew¨ ahlt und v ≡ s2 (mod n). Die Zahlen n und v werden V bekanntgegeben, p, q und s bleiben geheim. P weist nun seine Identit¨at gegen¨ uber V nach, indem er behauptet, eine Quadratwurzel von v zu kennen. Dies f¨ uhrt zu folgendem Protokoll: 1. 2. 3. 4.

P V P V

w¨ ahlt zuf¨ allig r ∈ Z∗n und schickt x ≡ r 2 (mod n) zu V . w¨ ahlt zuf¨ allig ein Bit b ∈ {0, 1} und sendet dieses an P . schickt y ≡ rsb zur¨ uck an V . pr¨ uft nach, ob y 2 ≡ xv b (mod n) erf¨ ullt ist.

Dieser Austausch wird n-mal wiederholt, und wenn jedesmal y 2 ≡ xv b (mod n) gilt, so akzeptiert V , ansonsten verwirft er. Bedingung (A) ist sicherlich erf¨ ullt. Kennt P keine Quadratwurzel von v (P schwindelt), so kann P h¨ ochstens auf eine der beiden M¨oglichkeiten b = 0 oder b = 1 ullt, so w¨are ( yy01 )2 ≡ v eine richtig antworten. Denn w¨ are y02 ≡ x und y12 ≡ xv erf¨ Quadratwurzel von v, die aber P nicht kennt. P kann also h¨ochstens mit Wahrscheinlichkeit 12 richtig antworten. Man kann sich leicht u ¨ berlegen, dass P immer ¨ 29). Nach n Wiederholungen ist die mit Wahrscheinlichkeit 12 richtig liegt (Ubung Betrugswahrscheinlichkeit also 21n . Und zur Zero-Knowledge Eigenschaft brauchen wir nur zu bemerken, dass V aus y 2 ≡ xv b nur die Information bekommt, dass x ein quadratischer Rest ist, da r zuf¨ allig gew¨ahlt wurde – aber das weiß er ja ohnehin.

¨bungen u

291

¨ Ubungen zu Kapitel 14 ⊲ 1 Warum ist die Permutationsmethode X → πX wahrscheinlich sicherer als das Caesar System X → X + i? 2 Ein affines Kryptosystem mit Blockl¨ ange n besteht aus einer invertierbaren Matrix A usselung erfolgt durch c(x) = Ax + b. Wie und einem festen Vektor b ∈ K n . Die Verschl¨ viel Text T zusammen mit c(T ) ben¨ otigt der Angreifer unter Bedingung C) in Abschnitt 1, um den Code zu knacken? ⊲ 3 Der Text wird in Bl¨ ocke der L¨ ange n zerlegt, und die Verschl¨ usselung ist c(x) = πx+b, wobei π eine Permutation der Koordinaten ist und b ∈ K n ein fester Vektor. Zeige, dass dieses System ein affines Kryptosystem ist. 4 Eine affine Caesar Verschl¨ usselung ist von der Form c : Zn → Zn , c(x) ≡ ax + b (mod n) mit 0 < a, b < n. Zeige, dass c genau dann eine Bijektion ist, wenn a und n relativ prim sind. Wie viele verschiedene solche Systeme gibt es daher? 5 Die folgende Nachricht sei mit einem affinen Caesar-System auf 26 Buchstaben verschl¨ usselt. Man entschl¨ ussele VBEDXSXIXKPXS . ⊲ 6 Sei per(s) Minimalperiode eines Schieberegisters mit Input s. Zeige: t ist Periode ⇐⇒ per(s)|t. 7 Bestimme alle irreduziblen Polynome u ¨ber GF (2) bis Grad 5. Welche davon sind primitiv? ⊲ 8 Die Folgen (ak ) und (bk ) seien periodisch mit Minimalperioden r bzw. s. Ist die Summenfolge (ak + bk ) periodisch? Und wenn ja, was kann man u ¨ber die Minimalperiode sagen? 9 Angenommen, a ist nicht Primitivwurzel von p. Zeige, dass dann y ≡ ax (mod p) nicht notwendig eine eindeutige L¨ osung in x bei gegebenem y hat (oder auch gar keine L¨ osung). 10 Sei a Primitivwurzel von p. Zeige, dass f¨ ur den diskreten Logarithmus gilt: log a (xy) = loga x + loga y (mod p − 1).

11 Sei n = pq, p und q Primzahlen. Wie viele L¨ osungen kann eine Gleichung x2 ≡ s (mod n) in Z∗n haben?

⊲ 12 Es sei (T , C, K) ein Kryptosystem mit perfekter Sicherheit. Zeige, dass |K| ≥ |T | gelten muss. 13 Sei (T , C, K) gegeben mit |T | = |C| = |K|. Zeige, dass genau dann perfekte Sicherheit garantiert ist, wenn es zu jedem Paar (T, C) genau einen Schl¨ ussel k gibt mit c(T, k) = C, und alle Schl¨ ussel gleich wahrscheinlich sind. 14 Wie viele invertierbare n × n-Matrizen u ¨ber GF (q) gibt es?

⊲ 15 Ein Schieberegister u ¨ber GF (2) mit n Registern habe maximale Periode 2n − 1, mit Registerfolge (sk ). Zeige, dass jeder Abschnitt von 2n − 1 aufeinanderfolgenden Symbolen alt. 2n−1 Einsen und 2n−1 − 1 Nullen enth¨

292

14

kryptographie

¨ 16 Sei ein Register wie in der vorigen Ubung gegeben mit Input-Vektor s0 = . . . = sn−2 = 0, sn−1 = 1. Wir ordnen s0 , . . . , s2n −1 im Uhrzeigersinn im Kreis. Zeige, dass die 2n W¨ orter von n aufeinanderfolgenden Symbolen jedes 0,1-Wort der L¨ ange n genau einmal ergeben. Solche Kreis-Arrangements heißen de Bruijn-W¨ orter.  = (E, K) sei folgender ge⊲ 17 Wir konstruieren de Bruijn-W¨ orter mittels Graphen. G n−1 und a1 a2 . . . an−1 → b1 b2 . . . bn−1 falls a2 = b1 , a3 = richteter Graph: E = {0, 1} ur n = 3 ist 10 → 00, 10 → 01, 11 → 10, 11 → 11. b2 , . . . , an−1 = bn−2 . Beispiel: F¨  ein de Bruijn-Wort. Zeige: Jede Ecke hat In-Grad 2 und Aus-Grad 2. Konstruiere aus G  ist Eulersch. Hinweis: G 18 Zeige, dass die Koeffizienten c1 , . . . , cn eines Schieberegisters nicht notwendig aus 2n onnen, wenn die si nicht aufeinander folgen. Registerzahlen si gefunden werden k¨ ⊲ 19 Die Rekursion sn+5 = sn+1 + sn sei gegeben u ¨ber GF (2). Zeige, dass (sk ) durch ein lineares Schieberegister realisiert werden kann, und dass die m¨ oglichen Minimalperioden 1, 3, 7, 21 sind. 20 Seien f1 (x), f2 (x) charakteristische Polynome zweier Schieberegister R1 , R2 . Zeige: Jede Registerfolge (sk ) von R1 ist auch eine solche von R2 genau dann, wenn f1 (x)|f2 (x) gilt. ¨ ⊲ 21 Zeige, dass alle perfekten Hamming-Codes u ¨ber GF (q) zyklisch sind. Hinweis: Uberlege, was Ai s = λs bedeutet, A = Matrix des Registers. 22 Wir verwenden das RSA-System. Der Empf¨ anger gibt als ¨ offentlichen Schl¨ ussel k = 43, n = 77 bekannt. Eine Nachricht M wird als C = 5 zum Empf¨ anger gesandt und abgefangen. Was ist M ? ⊲ 23 Das folgende Public-key-System wurde von Elgamal vorgeschlagen. Alle Benutzer kennen dieselbe große Primzahl p und eine Primitivwurzel a. Benutzer j w¨ ahlt eine allig, das ist sein geheimer Schl¨ ussel. Als o ussel nat¨ urliche Zahl xj zuf¨ ¨ffentlichen Schl¨ ochte zu j eine Nachricht gibt er yj ≡ axj (mod p) bekannt. Angenommen, Benutzer i m¨ M, 1 ≤ M ≤ p − 1, senden. Er geht folgendermaßen vor: (1) Er w¨ ahlt zuf¨ allig eine Zahl k mit 1 ≤ k ≤ p − 1, (2) Er berechnet K = yjk (mod p), (3) Er sendet das Paar (C1 , C2 ) mit C1 ≡ ak (mod p), C2 ≡ K · M (mod p). Zeige, dass dieses System die Anforderungen eines Public-key-Systems erf¨ ullt. 24 Zeige, dass ein polynomialer Algorithmus zur Berechnung des diskreten Logarithmus das Elgamal-System brechen w¨ urde. ⊲ 25 Wir nehmen im Elgamal System p = 71 mit der Primitivwurzel 7. Angenommen ahlt den Schl¨ ussel k = 2. Wie sieht das Kryptogramm von yj = 3 und Benutzer i w¨ M = 30 aus? Angenommen, unter Benutzung eines neuen Schl¨ ussels k′ wird M = 30 als (2, C2 ) gesandt. Was ist C2 ? 26 Zeige, dass die Verschl¨ usselung einer Nachricht im Elgamal-System etwa 2 log p Multiplikationen modulo p erfordert. zyklisch ist und dass es genau ϕ(p − 1) ⊲ 27 Sei p Primzahl. Zeige, dass die Gruppe Z∗p
ϕ(d) = p − 1. erzeugende Elemente gibt. Hinweis: Verwende d|p−1

28 Berechne die Anzahl der quadratischen Reste in Z∗n , n = 2k (k ≥ 3). Hinweis: Beur r < n4 . trachte r und n2 − r f¨

¨bungen u

293

29 Zeige, dass im Fiat-Shamir-Protokoll ein Schwindler P stets erreichen kann, dass eine der beiden Gleichungen y02 ≡ x oder y12 ≡ xv (mod n) richtig ist.

30 Eine ber¨ uhmte ungel¨ oste Komplexit¨ atsfrage ist das Graphenisomorphieproblem GI. Gegeben G1 = (E1 , K1 ), G2 = (E2 , K2 ), sind G1 und G2 isomorph? Das Problem ist in N P , aber man kennt keinen polynomialen Algorithmus. Auf der vermuteten Schwierigkeit von GI beruht das folgende Protokoll. P behauptet, einen Isomorphismus ϕ : E1 → E2 zu kennen. 1. P w¨ ahlt zuf¨ allig und gleichverteilt eine Permutation π von E1 und schickt den Graphen H = πG1 an V . 2. V w¨ ahlt zuf¨ allig i ∈ {1, 2} und schickt i an P mit der Aufforderung, einen Isomorphismus von Gi mit H anzugeben. 3. P setzt ρ = π (falls i = 1) bzw. ρ = π ◦ ϕ−1 (falls i = 2) und sendet ρ an V . 4. V verifiziert, ob ρ : Gi → H Isomorphismus ist. Dies wird n-mal wiederholt. Ist jedesmal ρ ein Isomorphismus, so akzeptiert V , ansonsten verwirft er. Zeige, dass dies ein Zero-Knowledge-Protokoll ist.

15

Lineare Optimierung

Dieses letzte Kapitel geht etwas u uhrung in die Dis¨ ber den Rahmen einer Einf¨ krete Mathematik hinaus. Es geht tiefer in die zugrundeliegende mathematische Struktur und ist daher in der notwendigerweise knappen Darstellung theoretischer als die bisherigen Kapitel. Lineare Optimierung ist aber heute ein derart wichtiges Gebiet mit einer un¨ ubersehbaren F¨ ulle von Anwendungen, vor allem f¨ ur diskrete Probleme (aber nicht nur dort), dass die wesentlichen Ideen und Methoden jedem diskreten“ Mathematiker gel¨ aufig sein sollten. Im folgenden werden nur die ” grundlegenden Resultate vorgestellt, f¨ ur ein weiterf¨ uhrendes Studium sei auf die Literatur verwiesen.

15.1

Beispiele und Definitionen

In Abschnitt 8.2 haben wir Job-Zuordnungsprobleme mit Eignungskoeffizienten (wij ) auf folgende Form gebracht: Gegeben die Matrix (wij ), gesucht ist (xij ) mit xij = 0 oder 1, so dass n  n  wij xij = min i=1 j=1

ist, unter den Nebenbedingungen n 

xij = 1 f¨ ur alle i,

n 

xij = 1 f¨ ur alle j.

i=1

j=1

Das Rucksackproblem hat eine ganz ¨ ahnliche Gestalt. Gegeben wi , gi . Gesucht ist xi , 1 ≤ i ≤ n, mit xi = 1 oder 0 (xi = 1 bedeutet, dass der Gegenstand i eingepackt wird, xi = 0 heißt, er wird nicht eingepackt), so dass n 

wi xi = max

i=1

ist, unter der Nebenbedingung n  i=1

gi xi ≤ G .

Auch das Angebot-Nachfrage-Problem in Abschnitt 8.3 war von dieser Form. Und die Ungleichungen in der Behandlung von Fl¨ ussen in Netzwerken sehen ganz ¨ahnlich aus. Nat¨ urlich kann auch das Traveling-Salesman-Problem auf diese Gestalt gebracht werden. Wie man solche Probleme allgemein behandelt, ist Inhalt dieses Kapitels.

296

15

lineare optimierung

Zuerst ein paar Begriffe: Wir betrachten m × n-Matrizen A u ¨ ber R. Alle unsere ¨ Uberlegungen gelten aber auch f¨ ur Q. Die Menge aller m × n-Matrizen ist Rm×n , und wir bezeichnen Vektoren mit a, b, c, . . . . Sind a, b ∈ Rn , dann setzen wir wie gewohnt a ≤ b, falls ai ≤ bi f¨ ur alle Koordinaten gilt. Vektoren a sind grunds¨ atzlich Spaltenvektoren, Zeilenvektoren bezeichnen wir mit aT , wie auch AT die transponierte Matrix von A bezeichnet. Insbesondere bedeutet a ≥ 0 , dass alle Koordinaten ai ≥ 0 sind. Definition. Gegeben A ∈ Rm×n , b ∈ Rm , c ∈ Rn . Ein Standardprogramm besteht in der Aufgabe, x ∈ Rn zu finden, so dass (1) (2)

Ax ≤ b, x ≥ 0 cT x = max

Standard-Maximum-Programm

(1) (2)

Ax ≥ b , x ≥ 0 cT x = min .

Standard-Minimum-Programm

oder

Ein x∗ ∈ Rn , welches (1) erf¨ ullt, heißt zul¨ assige L¨ osung. Erf¨ ullt x∗ zus¨atzlich ∗ T ∗ (2), so heißt x optimale L¨ osung, und c x der Wert des linearen Programms; cTx heißt die Zielfunktion des Programms. Beispiel. Ein Obstbauer stellt zwei S¨ afte S1 , S2 her. Neben dem Konzentrat, Zucker und Wasser verwendet er zwei Zus¨ atze Z1 , Z2 . Unter Ber¨ ucksichtigung der Vorr¨ ate will er einen Produktionsplan aufstellen, der ihm einen maximalen Gewinn garantiert. Daraus ergibt sich folgendes Programm Anteil

S1

S2

Konzentrat Zucker Wasser Z1 Z2

0,4 0,2 0,25 0,15 0

0,25 0,3 0,15 0 0,3

Gewinn pro Liter

7

3

Vorrat 30 25 100 10 20

Nebenbedingungen R1 R2 R3 R4 R5 Q:

: : : : :

0, 4x1 0, 2x1 0, 25x1 0, 15x1

+ 0, 25x2 + 0, 3x2 + 0, 15x2 0, 3x2

7x1

+ 3x2

≤ 30 ≤ 25 ≤ 100 ≤ 10 ≤ 20

= max

Wir erhalten also ein Standard-Maximum-Programm mit den Nebenbedingungen R1 , . . . , R5 und der Zielfunktion Q. Die folgende Figur zeigt die gemometrische Struktur des linearen Programms. Der schraffierte Teil ist der Bereich der zul¨assigen L¨ osungen. Die Funktion Q(x1 , x2 ) beschreibt mit Q(x1 , x2 ) = m eine Familie ' von parallelen Geraden, und der eindeutige maximale Wert wird in der Ecke x ' = (66.6, 13.3), und angenommen. Das lineare Programm hat daher die L¨osung x

15.2

297

dualit¨ at

der optimale Gewinn ist 506.6. x2

R5 R

2

R1

Q=m

~ x R4

x1

Aus unserem Beispiel ergeben sich die grundlegenden Fragen der linearen Optimierung: 1. Gegeben ein Standardprogramm. Wann existiert eine zul¨assige L¨osung? Wann existiert eine optimale L¨ osung? 2. Wie sieht die Menge der zul¨ assigen L¨ osungen aus? Wie sieht die Menge der optimalen L¨ osungen aus? 3. Wie berechnet man eine zul¨ assige L¨ osung? Wie berechnet man eine optimale L¨ osung?

15.2

Dualit¨ at

Eine f¨ ur Theorie und Praxis gleichermaßen fundamentale Tatsache ist, dass zu jedem Standardprogramm ein eindeutiges duales Standardprogramm geh¨ort. Definition.

Sei (I)

Ax ≤ b, x ≥ 0 cT x = max

ein Standard-Maximum-Programm. (I) heißt das primale Programm. Das Standard-Minimum-Programm (I∗ )

AT y ≥ c, y ≥ 0 bT y = min

heißt das zu (I) duale Programm. Ist umgekehrt (I∗ ) gegeben, so heißt (I∗ ) das primale Programm und (I) das duale Programm. Offensichtlich gilt (I∗∗ ) =(I).

298

15

lineare optimierung

Satz 15.1. Seien die Programme (I) und (I∗ ) gegeben, und x eine zul¨ assige L¨ osung von (I), y zul¨ assige L¨ osung von (I∗ ). Dann gilt cTx ≤ y TAx ≤ bT y . Beweis. Wegen x ≥ 0 , y ≥ 0 haben wir cT x ≤ (y TA)x = y T (Ax) ≤ y T b = bT y . Als unmittelbare Folgerung erhalten wir: Satz 15.2. Seien x, y zul¨ assige L¨ osungen von (I) bzw. (I∗ ). Gilt cT x = bT y, so ist x optimale L¨ osung von (I) und y optimale L¨ osung von (I∗ ). Beispiel. Betrachten wir das gew¨ ohnliche Matching-Problem auf einem bipartiten Graphen G = (S + T, K) ohne isolierten Ecken. A bezeichne die n × qInzidenzmatrix der Ecken und Kanten, die Vektoren b = 1 ∈ Rn und c = 1 ∈ Rq haben lauter 1’en als Koordinaten. Fassen wir x ∈ Rq , xi = 1 oder 0, wie u ¨ blich als charakteristischen Vektor einer Kantenmenge X auf, so bedeutet Ax ≤ 1, dass X mit jeder Ecke h¨ ochstens einmal inzidiert, also ein Matching ist. Interpretieren wir y ∈ Rn , yi = 1 oder 0, als Eckenmenge Y , so bedingt AT y ≥ 1, dass jede Kante mit mindestens einer Ecke aus Y inzidiert, also Y ein Tr¨ ager ist. Die Zielfunktionen sind 1T x = |X|, 1T y = |Y |. Aus 15.1 erhalten wir also unsere wohlbekannte Ungleichung max (|X| : X Matching ) ≤ min(|Y | : Y Tr¨ager). Der Hauptsatz der linearen Optimierung, den wir in Abschnitt 3 beweisen, besteht in der Umkehrung von 15.2. Falls (I) und (I∗ ) zul¨assige L¨osungen besitzen, so haben sie auch optimale L¨ osungen, und es gilt Wert (I) = Wert (I∗ ). In unserem Matching-Problem sind x = 0 und y = 1 offenbar zul¨assige L¨osun', y ' . Folgt daraus gen von Ax ≤ 1 bzw. AT y ≥ 1, also gibt es optimale L¨osungen x unser Satz 8.3: max(|M | : M Matching) = min(|D| : D Tr¨ager)? Nein, nicht unmittelbar, denn charakteristische Vektoren sind ja ganzzahlig 0 oder 1, aber f¨ ur ', y ' k¨ die optimalen L¨ osungen x onnen wir zun¨achst nur sagen, dass die Koordinaten rationale Zahlen zwischen 0 und 1 sind. Die Frage, wann ganzzahlige optimale L¨ osungen existieren, ist von fundamentaler Bedeutung – wir werden darauf im letzten Abschnitt zur¨ uckkommen. Im Matching-Fall gibt es sie (wie wir sehen werden) tats¨ achlich immer, und Satz 8.3 ist daher ein Spezialfall des Hauptsatzes u ¨ ber lineare Optimierung. Um die Frage zu beantworten, wann ein gegebenes Programm eine zul¨assige L¨osung besitzt, untersuchen wir ganz allgemein Systeme von Gleichungen und Ungleichungen. Die folgenden drei Aussagen sind sogenannte Alternativs¨atze“. Das ” entweder–oder“ ist stets ausschließend gemeint. Die Bedeutung liegt darin, dass ”

15.2

299

dualit¨ at

wir eine positive Bedingung daf¨ ur aufstellen, dass ein gewisses System nicht l¨osbar ¨ ist. F¨ ur die folgenden Uberlegungen bezeichnen a1 , . . . , an die Spaltenvektoren T T der Matrix A, a1 , . . . , am die Zeilenvektoren, r(A) den Rang der Matrix, und &b1 , . . . , bk ' den von den Vektoren b1 , . . . , bk aufgespannten Unterraum. Satz 15.3.

Genau eine der beiden M¨ oglichkeiten trifft zu:

(A)

Ax = b ist l¨ osbar

(B)

AT y = 0 , bT y = −1 ist l¨ osbar.

Beweis. W¨ aren (A) und (B) zugleich l¨ osbar mit x, y, dann h¨atten wir 0 = xT AT y = (Ax)T y = bT y = −1, was nicht geht. Angenommen, (A) ist nicht l¨ osbar. Dann gilt also b ∈ / &a1 , . . . , an '. Ist r(A) der Rang von A, so haben wir r(A | b) = r(A) + 1. F¨ ur die Matrix   A b A′ = 0 T −1 gilt demnach r(A′ ) = r(A) + 1 = r(A | b), also ist die letzte Zeile (0 T | − 1) linear ′ abh¨ angig von den ersten

m m Zeilen von A . Es existieren daher y1 , . . . , ym mit m T T und i=1 yi bi = −1, d. h. y = (y1 , . . . , ym ) ist L¨osung von (B). i=1 yi ai = 0 Geometrisch ist 15.3 unmittelbar klar. Liegt b nicht im Unterraum U = &a1 , . . . , an ', so existiert ein Vektor y, der auf U senkrecht steht und mit b einen stumpfen Winkel bildet.

y a3 a2

a4 a1

b Der folgende Satz (oft Lemma von Farkas genannt) ist das grundlegende Ergebnis, aus dem sich alle weiteren ableiten. Satz 15.4. (A) (B)

Genau eine der beiden M¨ oglichkeiten trifft zu: Ax = b, x ≥ 0

T

T

A y ≥ 0, b y < 0

ist l¨ osbar ist l¨ osbar .

300

15

lineare optimierung

Beweis. W¨ are x eine L¨ osung von (A) und y eine von (B), so h¨atten wir den Widerspruch 0 ≤ xT AT y = (Ax)T y = bT y < 0. Angenommen, (A) ist nicht l¨ osbar. Falls Ax = b schon nicht l¨ osbar ist, so w¨aren wir fertig mit dem vorangegangenen Satz 15.3. Wir nehmen also an, dass Ax = b l¨osbar ist, aber keine nichtnegative L¨ osung besitzt. Wir f¨ uhren nun Induktion nach n. F¨ ur n = 1 haben wir x1 a1 = b, und wir nehmen an, dass x1 < 0 L¨osung ist. Mit y = −b erhalten T T wir a1 y = − bx1 b > 0 und bT y = −bT b < 0, also ist y L¨osung von (B). Die Behauptung
sei richtig f¨ ur alle k ≤ n − 1. Falls (A) keine nichtnegative L¨osung i hat, so auch n−1 x a = b nicht. Nach Induktionsvoraussetzung existiert also v i=1 i T iT mit a v ≥ 0 (i = 1, . . . , n − 1), bT v < 0. Ist auch an v ≥ 0, so sind wir fertig. T Wir nehmen also an v < 0 an, und setzen T

Ist nun

T

ai = (ai v)an − (an v)ai T b = (bT v)an − (an v)b.

(∗)
n−1 i=1

(i = 1, . . . , n − 1)

xi ai = b mit xi ≥ 0 (i = 1, . . . , n − 1) l¨osbar, so gilt −

1 anT v

(

n−1  i=1

iT

T

n

xi (a v) − b v)a +

n−1 

xi ai = b,

i=1

wobei alle Koeffizienten der ai (i = 1, . . . , n) nichtnegativ im Widerspruch
n−1 sind, zur Annahme, dass (A) nicht l¨ osbar ist. Also ist i=1 xi ai = b, xi ≥ 0 (i = 1, . . . , n − 1) nicht l¨ osbar, und es existiert nach Induktionsannahme w ∈ Rm mit T T ai w ≥ 0 (i = 1, . . . , n − 1), b w < 0. Dann ist aber T

T

y = (an w)v − (an v)w eine L¨ osung von (B), denn es gilt nach (∗) T

T

T

T

T

T

ai y = (an w)(ai v) − (an v)(ai w) = ai w ≥ 0 T

an y = 0

(i = 1, . . . , n − 1)

und T

T

T

bT y = (an w)(bT v) − (an v)(bT w) = b w < 0. Der n¨ achste Satz u osungen von Systemen von Ungleichungen ¨ ber nichtnegative L¨ ist der entscheidende Schritt zum Beweis des Hauptsatzes im n¨achsten Abschnitt. Satz 15.5.

Genau eine der beiden M¨ oglichkeiten trifft zu:

(A) (B)

T

Ax ≤ b, x ≥ 0

T

ist l¨ osbar ,

A y ≥ 0 , y ≥ 0, b y < 0

ist l¨ osbar .

15.2

dualit¨ at

301

Beweis. Sind x, y L¨ osungen von (A) bzw. (B), so haben wir 0 ≤ xT AT y = T T (Ax) y ≤ b y < 0, was nicht geht. Angenommen, (A) hat keine L¨osung. Dies ist offenbar gleichbedeutend damit, dass Ax + z = b, x ≥ 0 , z ≥ 0 , keine L¨osung besitzt. Mit B = (A | Em ), Em = Einheitsmatrix, heißt dies, dass Bw = b, w ≥ 0 , keine L¨ osung hat. Aufgrund von 15.4 existiert demnach y ∈ Rm mit AT y ≥ 0 , Em y = y ≥ 0 und bT y < 0. Beispiel. Betrachten wir das folgende Transportproblem. Gegeben sind m Fabriken F1 , . . . , Fm , in denen eine bestimmte Ware hergestellt wird, und n M¨arkte M1 , . . . , Mn , in denen die Ware ben¨ otigt wird. Im Jahr werden pi Einheiten in der Fabrik Fi produziert, und qj Einheiten im Markt Mj ben¨otigt. Wir wollen einen Frachtplan (xij ) aufstellen, der xij Einheiten von Fi nach Mj transportiert, so dass alle M¨ arkte befriedigt werden. Wann ist dies m¨oglich? Unsere Ungleichungen sind n


j=1 m
i=1

xij ≤ pi

(i = 1, . . . , m)

xij ≥ qj

(j = 1, . . . , n)

xij ≥ 0 .


m
n Eine notwendige Bedingung ist offenbar i=1 pi ≥ j=1 qj . Mit Satz 15.5 k¨onnen wir sofort zeigen, dass die Bedingung umgekehrt auch hinreicht. Zuerst m¨ ussen wir unsere Ungleichungen in die Form Ax ≤ b, x ≥ 0 , bringen: n  j=1

xij ≤ pi ,

m  i=1

−xij ≤ −qj .

Schreiben wir (xij ) zeilenweise als x = (x11 , . . . , x1n , x21 , . . . , x2n , . . . , xm1 , . . . , xmn ), so ist A eine ((m + n) × mn)-Matrix, b ein (m + n)-Vektor mit Ax ≤ b: ⎛ ⎞ ⎞⎫ ⎛ p1 1 ... 1 ⎪ ⎪ ⎜ p2 ⎟ ⎟⎪ ⎜ 1 ... 1 0 ⎜ ⎟ ⎟⎬ ⎜ ⎜ .. ⎟ ⎟ ⎜ m .. ⎜ ⎟ ⎟⎪ ⎜ . . 0 ⎟ ⎟⎪ ⎜ ⎭ , b=⎜ ⎜ pm ⎟ . ⎟⎪ 1 . . . 1 A=⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎫ ⎜ ⎟⎬ ⎜ −q1 ⎟ ⎜ −1 −1 −1 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ n ⎜ . ⎟ ⎜ .. . ⎠ ⎝ ⎝ . . ⎠ ⎭ −qn −1 . . . −1 . . . . . . −1 Ist nun Ax ≤ b, x ≥ 0 nicht l¨ osbar, so existiert nach 15.5 y ∈ Rm+n , y = ′ ′ T (y1 , . . . , ym , y1 , . . . , yn ) mit A y ≥ 0 , y ≥ 0 , bT y < 0. Dies bedeutet yi − yj′ ≥ 0

und

m  i=1

pi yi −

f¨ ur alle i, j n  j=1

qj yj′ < 0 .

302

15

lineare optimierung

Setzen wir y' = min yi , y'′ = max yj′ , so haben wir y' ≥ y'′ ≥ 0, und somit y'(

also tats¨ achlich

15.3

m


i=1


m

i=1

pi −

n


qj )

j=1

≤ y' ≤

pi <


n

j=1 qj .

m


i=1

m


i=1

pi − y'′

pi yi −

n


qj

j=1

n


j=1

qj yj′ < 0 ,

Der Hauptsatz der linearen Optimierung

Das folgende Ergebnis ist einer der fundamentalen S¨atze der Mathematik, elegant in der Theorie und universell anwendbar in der Praxis. Satz 15.6. gegeben:

Es seien das Standardprogramm (I) und das duale Programm (I∗ )

(I)

Ax ≤ b, x ≥ 0 cT x = max

(I∗ )

AT y ≥ c, y ≥ 0 bT y = min .

i) ii)

Haben (I) und (I∗ ) zul¨ assige L¨ osungen, so haben sie auch optimale L¨ osungen, und es gilt Wert (I) = Wert (I∗ ). Ist eines von (I) oder (I∗ ) nicht zul¨ assig l¨ osbar, so hat keines der Programme eine optimale L¨ osung.

Beweis. Wir nehmen an, dass (I) und (I∗ ) zul¨assige L¨osungen besitzen. Nach 15.1 und 15.2 bleibt zu zeigen, dass das System (1)

Ax ≤ b, x ≥ 0

(2)

AT y ≥ c, y ≥ 0

(3)

cT x − bT y ≥ 0

eine L¨ osung besitzt. Auf ein gemeinsames Ungleichungssystem umgeschrieben heißt dies, dass ⎞ ⎛ ⎞ ⎛     A 0 b x x ⎝ 0 −AT ⎠ ≥0 ≤ ⎝ −c ⎠ , (4) y y 0 −cT bT

eine L¨ osung besitzt. Angenommen, (4) hat keine L¨osung. Dann existieren nach 15.5 Vektoren z ∈ Rm , w ∈ Rn , α ∈ R mit z ≥ 0 , w ≥ 0 , α ≥ 0, so dass (5)

AT z ≥ αc, Aw ≤ αb, bT z < cT w

15.3

der hauptsatz der linearen optimierung

303

gilt. Wir behaupten, dass α > 0 sein muss. W¨are n¨amlich α = 0, und sind x, y zul¨ assige L¨ osungen von (I) bzw. (I∗ ), so h¨ atten wir 0 ≤ xTAT z = (Ax)T z ≤ bT z < cT w ≤ (AT y)T w = y TAw ≤ 0 , z T was nicht geht. Es sei nun x = w α , y = α , dann gilt Ax ≤ b, A y ≥ c, x ≥ 0 , y ≥ 0 . Aus 15.1 folgt somit cT w = α(cT x) ≤ α(bT y) = bT z , im Widerspruch zu (5). Also besitzt (4) doch eine L¨osung, und Teil i) ist bewiesen. Nun nehmen wir an, dass (I) keine zul¨assige L¨osung besitzt. Dann hat (I) nat¨ urlich auch keine optimale L¨ osung. Nach 15.5 existiert außerdem w ∈ Rm mit T T A w ≥ 0 , w ≥ 0 und b w < 0. Falls (I∗ ) u ¨ berhaupt eine zul¨assige L¨osung y besitzt, so ist auch y + λw eine zul¨ assige L¨ osung von (I∗ ) f¨ ur jedes λ ≥ 0. F¨ ur die Zielfunktion von (I∗ ) gilt dabei bT (y + λw) = bT y + λ(bT w) , und dieser Ausdruck kann wegen bT w < 0 beliebig klein werden. Die Zielfunktion von (I∗ ) hat demnach kein Minimum und daher (I∗ ) keine optimale L¨osung. Genauso schließt man f¨ ur den Fall, wenn (I∗ ) keine zul¨assige L¨osung aufweist. Ohne das duale Programm zu verwenden, haben wir somit folgende Kennzeichnung von Programmen mit optimaler L¨ osung. Folgerung 15.7. Ein Standard-Maximum (Minimum)-Programm besitzt genau dann eine optimale L¨ osung, wenn es eine zul¨ assige L¨ osung gibt und die Zielfunktion nach oben (nach unten) beschr¨ ankt ist. Aus unserem Fragenkatalog am Ende von Abschnitt 15.1 haben wir damit die erste Frage beantwortet. Die Existenz von zul¨ assigen L¨osungen ist charakterisiert durch 15.5, die Existenz von optimalen L¨ osungen durch 15.6 bzw. 15.7. Wir wollen noch eine wichtige Folgerung des Hauptsatzes notieren, die oft eine rasche Verifikation erm¨ oglicht, ob eine zul¨ assige L¨osung bereits optimal ist. Satz 15.8. Es seien die Programme (I) und (I∗ ) wie im Hauptsatz gegeben, und x und y zul¨ assige L¨ osungen von (I) bzw. (I∗ ). Dann sind x und y genau dann optimale L¨ osungen von (I) bzw. (I∗ ), wenn gilt (6) (7)

yi > 0 =⇒ xj > 0 =⇒

n


j=1 m
i=1

aij xj = bi

(i = 1, . . . , m)

aij yi = cj

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

304

15

lineare optimierung

Beweis. Angenommen x und y sind optimale L¨osungen. Nach 15.6 und 15.1 gilt dann n 

(8)

c j xj =



yi aij xj =

i,j

j=1

m 

bi yi .

i=1

Betrachten wir die zweite Gleichung in (8), so erhalten wir m  i=1

(bi −

n 

aij xj )yi = 0 .

j=1


Da wir stets yi ≥ 0 und bi − nj=1 aij xj ≥ 0 haben, folgt aus yi > 0 somit
n j=1 aij xj = bi , also (6). Bedingung (7) wird analog aus der ersten Gleichung in (8) gefolgert. Erf¨ ullen umgekehrt x, y die Bedingungen (6) und (7), so gilt cT x =

n 

c j xj =

j=1

n  m m  n m    ( aij yi )xj = ( aij xj )yi = bi yi = bT y . j=1 i=1

i=1 j=1

i=1

Nach 15.2 sind somit x und y optimale L¨ osungen. Beispiel. Betrachten wir das folgende Programm (I) und das dazu duale Programm (I∗ ). x1

+3x2

2x1

+ x2

(I) 2x1

+x4

≤4

y1

+2y2

≤3

3y1

+ y2

(I∗ )

x2

+4x3

+x4

≤3

+4x2

+ x3

+x4

= max

y1 4y1

+3y2

≥2 + y3

≥4

4y3

≥1

+ y3

≥1

+3y3

= min .

Wir testen, ob die zul¨ assige L¨ osung x = (1, 1, 1/2, 0) mit cT x = 13/2 optimal f¨ ur das Programm (I) ist. Wenn ja, m¨ ussen nach 15.8 die ersten drei Nebenbedingungen von (I∗ ) Gleichungen sein. Daraus errechnen wir die zul¨assige L¨osung y = (11/10, 9/20, 1/4) mit bT y = 13/2. Also sind x, y optimal, da die Werte der Programme u ¨ bereinstimmen. Neben den Standardprogrammen kommen noch andere Typen von Linearen Programmen vor. Definition. Gegeben A ∈ Rm×n , b ∈ Rm , c ∈ Rn . Ein kanonisches MaximumProgramm bzw. Minimum-Programm besteht in der Aufgabe, x ∈ Rn zu finden mit Ax = b, x ≥ 0 T

c x = max

bzw.

Ax = b, x ≥ 0

cT x = min .

15.3

der hauptsatz der linearen optimierung

305

Jedes kanonische Programm kann in ein Standardprogramm tranformiert werden: Ax = b, x ≥ 0 cT x = max

−→

Ax ≤ b, −Ax ≤ −b, x ≥ 0 cT x = max .

Umgekehrt kann ein Standardprogramm mit Nebenbedingungen Ax ≤ b durch Einf¨ uhren sogenannter Schlupfvariablen“ z in ein kanonisches Programm verwan” delt (im Beweis von 15.5 haben wir diesen Gedanken schon verwendet): Ax ≤ b, x ≥ 0 cT x = max

−→

Ax + z = b, x ≥ 0 , z ≥ 0 cT x + 0 T z = max .

Beispiel. In Abschnitt 8.3 haben wir den fundamentalen Max-Fluss–Min-SchnittSatz in Netzwerken bewiesen, und an mehreren Stellen darauf hingewiesen, dass dieser Satz ein Spezialfall des Hauptsatzes der Linearen Optimierung ist. Wir wollen dies nun nachpr¨ ufen und Satz 8.8 mittels linearer Programmierung beweisen. Insbesondere wird auch die Existenz eines Maximum-Flusses u ¨ ber R folgen – und das ohne Stetigkeits¨ uberlegungen.  = (E, K) ein Netzwerk u Es sei also G ¨ ber R mit Quelle q, Senke s und Kapazi t¨ at c : K → R. Wir f¨ ugen zu G die gerichtete
Kante k∗ = (s, q) hinzu und erteilen ∗ ihr eine sehr große Kapazit¨ at, z. B. c(k ) > k∈K c(k). Das neue Netzwerk wird  bezeichnet. wieder mit G  wie u Betrachten wir nun die (n, m)-Inzidenzmatrix A von G, ¨ blich sind die Zeilen durch die Ecken u ∈ E indiziert, die Spalten durch die Kanten k ∈ K mit ⎧ ⎨ 1 falls u = k+ auk = −1 falls u = k− ⎩ 0 falls u, k nicht inzident sind. Ein Vektor (xk : k ∈ K) ist ein Fluss, und der Fluss ist zul¨assig, falls gilt:
(∂f )(u) = auk xk = 0 (u = q, s) k∈K

0 ≤ xk ≤ c k (k = k∗ ) .

Der Wert des Flusses ist w = k=k∗ ask xk = − k=k∗ aqk xk . Setzen wir xk∗ = w, so gilt auch (∂f )(s) = (∂f )(q) = 0. Dies war nat¨ urlich der Grund f¨ ur die Einf¨ uhrung der Kante k∗ . Wir erhalten somit folgendes Programm: Ax = 0 , Em x ≤ c

x≥0

eTk∗ x = max .

Dabei ist Em die (m × m)-Einheitsmatrix, und ek∗ der Vektor der L¨ange m mit 1 an der Stelle k∗ und 0 sonst. Transformiert auf ein Standard-Maximum-Programm

306

15

lineare optimierung

erhalten wir (I) und das dazu duale Programm (I∗ ) in der folgenden Gestalt: ⎞ ⎛ ′ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ A y 0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ (I∗ ) (AT | − AT |Em ) ⎝y ′′ ⎠ ≥ ek∗ (I) ⎝−A ⎠ x ≤ ⎝0 ⎠ Em z c x≥0 y ′ ≥ 0 , y ′′ ≥ 0 , z ≥ 0 cT z = min .

eTk∗ x = max

(I) hat die zul¨ assige L¨ osung x = 0 , (I∗ ) die zul¨assige L¨osung y ′ = 0 , y ′′ = 0 , z = ek∗ , also gibt es optimale L¨ osungen x bzw. (y ′ , y ′′ , z). Damit ist die Existenzfrage nach dem Hauptsatz schon beantwortet (und dies ohne jedwede Stetigkeitsu ussen nur noch zeigen, dass Wert (I) genau dem Wert ¨ berlegungen), und wir m¨ eines Maximum-Flusses entspricht und Wert (I∗ ) der Kapazit¨at eines MinimumSchnittes. Seien also x bzw. (y ′ , y ′′ , z) optimale L¨ osungen. Wir setzen y = y ′ − y“. Die ∗ Nebenbedingungen in (I ) besagen AT y + z ≥ ek∗ , y ′ ≥ 0 , y ′′ ≥ 0 , z ≥ 0 .
atten wir nach (6), xk∗ = ck∗ > k=k∗ ck . Nun ist aber, wie W¨ are zk∗ > 0, so h¨ wir wissen, xk∗ gleich dem Wert des Flusses induziert durch x auf K
{k∗ }, und der Wert eines Flusses ist
nach 8.7 beschr¨ ankt durch die Kapazit¨at jedes Schnittes, also insbesondere durch k=k∗ ck . Dies f¨ uhrt also auf einen Widerspruch, und wir ur die Zeile k∗ von AT schließen zk∗ = 0 . Daraus folgt nun wegen AT y + z ≥ ek∗ f¨ (9)

yq ≥ 1 + ys . Wir definieren nun den Schnitt (X, Y ) durch X = {u ∈ E : y u ≥ 1 + y s } , Y = E \ X . Da q ∈ X und s ∈ / X ist, erhalten wir tats¨ achlich einen Schnitt, und ferner haben wir (10)

y u > y v f¨ ur alle u ∈ X, v ∈ Y .

Es bleibt zu zeigen, dass die Kapazit¨ at c(X, Y ) des Schnittes (X, Y ) genau gleich dem Wert des Flusses x ist, also gleich xk∗ . Sei k = (u, v) ∈ K mit u ∈ X, v ∈ Y , ur k besagt also insbesondere k = k∗ . (9) ausgewertet f¨ −y u + y v + zk ≥ 0 , und wegen (10) schließen wir zk > 0 . Nach (6) in Satz 15.8 folgt daraus xk = ck . Nun nehmen wir k = (v, u) an mit u ∈ X, v ∈ Y, k = k∗ . Wir wollen zeigen, dass dann xk = 0 ist. Dies gilt jedenfalls, wenn ck = 0 ist. Sei also ck > 0. Bedingung (9) ausgewertet f¨ ur die Zeile k besagt wegen (10) und zk ≥ 0 −y v + y u + zk > 0 .

15.4

zul¨ assige l¨ osungen und optimale l¨ osungen

307

Aus 15.8 (7) folgt somit wie gew¨ unscht xk = 0. Nun sind wir fertig. Wie in Satz 8.8 erhalten wir f¨ ur den Wert des Flusses    xk ∗ = ck = c(X, Y ) , xk = xk − k+ ∈X,k− ∈Y

k− ∈X,k+ ∈Y

k− ∈X,k+ ∈Y

und der Beweis ist beendet.

15.4

Zul¨ assige L¨ osungen und optimale L¨ osungen

Wir wollen nun die Frage 2 aus Abschnitt 15.1 beantworten. Wie k¨onnen wir die Menge der zul¨ assigen bzw. optimalen L¨ osungen beschreiben? Dazu betrachten wir stets ein kanonischen Minimumprogramm Ax = b, x ≥ 0 cT x = min,

(I)

¨ was ja nach den Uberlegungen des vorigen Abschnittes keine Einschr¨ankung bedeutet. Sei r(A) der Rang der Matrix A . Wir k¨onnen r(A) = m ≤ n annehmen. Im Fall n < m sind nach den S¨ atzen der Linearen Algebra ja m−r(A) Gleichungen entbehrlich. Also bedeutet auch dies keine Einschr¨ankung. M bezeichne die Menge der zul¨ assigen L¨ osungen und Mopt die Menge der optimalen L¨osungen. Definition. K ⊆ Rn heißt konvex, falls x′ , x′′ ∈ K, 0 ≤ λ ≤ 1, impliziert λx′ + (1 − λ)x′′ ∈ K. Geometrisch heißt dies, dass mit je zwei Punkten x′ , x′′ ∈ K auch die Verbindungsstrecke x′ x′′ in K liegt. Klarerweise ist der Durchschnitt konvexer Mengen wieder konvex.

x’ x’

x’’ x’’

konvex

nicht konvex

Sei K ⊆ Rn konvex, dann heißt p ∈ K Ecke, falls p nicht im Inneren einer ganz in K liegenden Strecke ist. Das heißt, aus p = λx′ + (1 − λ)x′′ , x′ , x′′ ∈ K, 0 ≤ λ ≤ 1, folgt p = x′ oder p = x′′ . E(K) bezeichne die Menge der Ecken von K. Die konvexe Figur in der obigen Abbildung hat sechs Ecken. Eine konvexe Menge kann auch unendlich viele Ecken haben oder gar keine. In der (konvexen) Kreisscheibe ist jeder Randpunkt Ecke, und der gesamte Raum Rn ist nat¨ urlich auch konvex, hat aber keine Ecken.

308

15

lineare optimierung

Satz 15.9. Sei das Programm (I) gegeben. Die Menge M der zul¨ assigen L¨ osungen ist konvex und abgeschlossen. Beweis. Seien x′ , x′′ ∈ M, 0 ≤ λ ≤ 1, z = λx′ + (1 − λ)x′′ . Dann gilt Az = λAx′ +(1 − λ)Ax′′ = λb + (1 − λ)b = b, also z ∈ M . Sei Hi = {x ∈ Rn : aTi x = bi }, i = 1, . . . , m, und Pj = {x ∈ Rn : xj ≥ 0}. Die Mengen Hi sind Hyperebenen und daher konvex und abgeschlossen, ebenso jeder Orthant“ Pj . Da ” m n ) ) M= Hi ∩ Pj gilt, so ist auch M konvex und abgeschlossen. i=1

j=1

Es sei x ∈ M und Z ⊆ {1, . . . , n} die Menge der Indizes k mit xk > 0. Es gilt somit
xj = 0 f¨ ur j ∈ / Z. Wir nennen {ak : k ∈ Z} die zu x geh¨ orige Spaltenmenge, k also k∈Z xk a = b. In unserem Beispiel in Abschnitt 15.1 haben wir gesehen, dass eine (in diesem Fall die) optimale L¨ osung in einer Ecke erscheint. Das wollen wir nun allgemein beweisen. Satz 15.10.

Es sei das Programm (I) gegeben. Ist M = ∅, so enth¨ alt M Ecken.

Beweis. Es sei x ∈ M so gew¨ ahlt, dass die Indexmenge Z der zu x geh¨origen Spaltenmenge minimal ist (unter all diesen Indexmengen). Ist x ∈ / E(M ), so exi′ ′′ ′ ′′ stieren x = x ∈ M, 0 < λ < 1, mit x = λx +(1−λ)x . Aus xj = λx′j +(1−λ)x′′j folgt x′j = x′′j = 0 f¨ ur alle j ∈ / Z. Also haben wir b = Ax′ =



x′k ak , b = Ax′′ =

k∈Z






x′′k ak ,

k∈Z

d. h. k∈Z (x′k
− x′′k )ak = 0 mit x′k − x′′k = 0 f¨ ur mindestens ein k. Es sei vk = xk k ′ ′′ v a = 0 , und ρ = min xk − xk , also ¨ ber alle k ∈ Z mit vk = 0. k∈Z k |vk | u xh Sei ρ = vh , wobei wir annehmen k¨ onnen, dass vh > 0 ist. F¨ ur x = (xj ) mit xk = xk − ρvk (k ∈ Z) und xj = 0 f¨ ur j ∈ / Z gilt dann x ≥ 0 , Ax = Ax − ρ



vk ak = Ax = b ,

k∈Z

d. h. x ∈ M . Da xh = 0 ist, so ist die zu x geh¨orige Spaltenmenge echt in Z enthalten, im Widerspruch zur Voraussetzung. Satz 15.11. x ∈ M ist genau dann Ecke von M , wenn die zu x geh¨ orige Spaltenmenge linear unabh¨ angig ist. Beweis. Es sei {ak : k ∈ Z} die zu x geh¨orige Spaltenmenge. Ist x keine Ecke, x = λx′ + (1 − λ)x′′ , so folgt wie oben, dass x′j = x′′j = 0 f¨ ur j ∈ / Z ist, und
′ ′′ k k (x − x )a = 0 , d. h. {a : k ∈ Z} ist linear abh¨ a ngig. Es sei daraus k k k∈Z
nun umgekehrt {ak : k ∈ Z} linear abh¨ ur angig, k∈Z vk ak = 0 mit vk∗ = 0 f¨ ein k∗ ∈ Z. Da xk > 0 ist f¨ ur alle k ∈ Z, gilt f¨ ur ein gen¨ ugend kleines ρ > 0,

15.4

zul¨ assige l¨ osungen und optimale l¨ osungen

309

dass xk − ρvk > 0 ist f¨ ur alle k ∈ Z. Seien nun x′ , x′′ ∈ Rn bestimmt durch ′ ′′ xk = xk +ρvk , xk = xk −ρvk (k ∈ Z), x′j = x′′j = 0 (j ∈ / Z), so gilt x′k∗ = xk∗ = x′′k∗ , ′ ′′ also x = x, x = x. Somit gilt x′ ≥ 0 , x′′ ≥ 0 , Ax′ = Ax′′ = b und x =

1 ′ 1 ′′ x + x , 2 2

also ist x nicht Ecke. Aus der Charakterisierung 15.11 k¨ onnen wir sofort zwei Folgerungen ziehen. Folgerung 15.12.

Ist x Ecke von M , so hat x h¨ ochstens m positive Koordinaten.

Wir nennen eine Ecke x von M nichtentartet, falls x genau m positive Koordinaten besitzt, andernfalls heißt x entartet. Folgerung 15.13.

Ist M = ∅, so hat M endlich viele Ecken.

Beweis. Es gibt nur endlich viele linear unabh¨angige Teilmengen von Spalten, und zu jeder dieser Spaltenmengen korrespondiert (wenn u ¨ berhaupt) eine eindeutige zul¨ assige L¨ osung. Fassen wir zusammen: Es sei das kanonische Programm (I) gegeben, M die Menge der zul¨ assigen L¨ osungen. F¨ ur M gibt es folgende M¨oglichkeiten: (a) M = ∅ (das heißt, es gibt keine zul¨ assige L¨osung) (b) M = ∅ ist konvex und abgeschlossen und besitzt endlich viele Ecken. Eine Menge, die b) erf¨ ullt, heißt polyedrische Menge. Umgekehrt kann man zeigen, dass eine polyedrische Menge M , die x ≥ 0 f¨ ur alle M erf¨ ullt, zul¨assige L¨osungsmenge eines kanonischen Programms ist. Damit ist die Struktur der L¨osungsmenge M befriedigend beschrieben. F¨ ur die Menge Mopt der optimalen L¨osungen gilt ein analoger Satz. Satz 15.14. Sei das Programm (I) gegeben. Die Menge Mopt ist konvex und abgeschlossen, und es gilt E(Mopt ) = E(M ) ∩ Mopt . Beweis. Ist Mopt = ∅ , so ist nichts zu beweisen. Andernfalls sei w = Wert (I). Dann ist Mopt = M ∩ {x ∈ Rn : cT x = w} ebenfalls konvex und abgeschlossen nach 15.9. Ist x ∈ E(M ) ∩ Mopt , so ist x sicherlich auch nicht im Inneren einer Verbindungsstrecke zweier Punkte aus Mopt , also x ∈ E(Mopt ). Sei nun x ∈ E(Mopt ) und x = λu + (1 − λ)v, u, v ∈ M, 0 < λ < 1. Wir haben w = cT x = λcT u + (1 − λ)cT v, und wegen cT u ≥ w, cT v ≥ w gilt folglich w = cT u = cT v, d. h. u, v ∈ Mopt . Wegen x ∈ E(Mopt ) folgt daraus x = u oder x = v, d. h. x ∈ E(M ) ∩ Mopt .

Der folgende Satz bildet die Basis f¨ ur den Simplexalgorithmus des n¨achsten Abschnittes.

310

15

lineare optimierung

Satz 15.15. Sei das Programm (I) gegeben. Existieren Optimall¨ osungen, so ist unter diesen auch eine Ecke von M . Mit anderen Worten: Mopt = ∅ ⇒ E(Mopt )

= ∅. Beweis. Sei Mopt = ∅. Wir erg¨ anzen (I) durch die Gleichung cT x = w, w = Wert (I). Die Menge der zul¨ assigen L¨ osungen von     A b x= , x≥0 cT w alt daher Mopt Ecken. ist dann genau Mopt . Nach 15.10 enth¨ Die S¨ atze 15.11 und 15.15 erm¨ oglichen im Prinzip die Bestimmung einer optimalen Ecke durch folgende Methode. Zu einer Ecke x ∈ M nennen wir jede m-Menge von linear unabh¨ angigen Spalten von A, welche die zu x geh¨orige Spaltenmenge enth¨ alt, eine Basis von x. Eine nichtentartete Ecke hat also genau eine Basis.  n Wir gehen nun folgendermaßen vor: Wir betrachten der Reihe nach die m ′ ′ Untermatrizen A ⊆ A, bestehend aus m Spalten von A, und l¨osen A x = b. Wir lassen alle jene A′ außer acht, f¨ ur die A′ x = b u ¨ berhaupt keine L¨osung oder keine L¨ osung x ≥ 0 hat. Die verbleibenden L¨ osungen x sind nach 15.11 genau die Ecken von M , und wir k¨ onnen durch Berechnen von cT x die nach 15.15 existierende optimale Ecke und den Wert des Programms bestimmen. Beispiel.

Folgendes Programm sei gegeben: 5x1 − 4x2 + 13x3 − 2x4 + x5 = 20 x1 − x2 + 5x3 − x4 + x5 = 8 x1 + 6x2 − 7x3 + x4 + 5x5 = min .

Wir testen der Reihe nach die

5 2

= 10 Untermatrizen

5x1 − 4x2 = 20 −2x4 + x5 = 20 ,..., x1 − x 2 = 8 −x4 + x5 = 8 Als Ecken ergeben sich die L¨ osungen von 5x1 + x5 = 20 x1 + x 5 = 8 x′ = (3, 0, 0, 0, 5)

−4x2 + 13x3 = 20 − x2 + 5x3 = 8

x′′ = (0, 4/7, 12/7, 0, 0)

13x3 + x5 = 20 5x3 + x5 = 8 x′′′ = (0, 0, 3/2, 0, 1/2).

Aus cT x′ = 28, cT x′′ = −60/7, cT x′′′ = −8 erhalten wir x′′ als einzige optimale Ecke und ferner den Wert −60/7. F¨ ur große Zahlen n und m ist dieses Verfahren nat¨ urlich hoffnungslos aufwendig. Wir m¨ ussen daher nach einer besseren Methode suchen, um eine optimale Ecke zu finden. Dies geschieht im n¨ achsten Abschnitt.

15.5

15.5

311

der simplexalgorithmus

Der Simplexalgorithmus

Das Simplexverfahren zur L¨ osung linearer Programme wurde von Dantzig 1947 vorgeschlagen. Dieser Algorithmus ist eine der erstaunlichsten Erfolgsgeschichten der gesamten Mathematik – gleichermaßen bedeutend innerhalb und außerhalb der Mathematik. Ein Grund f¨ ur den ungew¨ohnlichen Erfolg war ohne Zweifel die gleichzeitige Entwicklung der ersten schnellen Rechner. Lineare Programme mit hunderten von Nebenbedingungen konnten nun gel¨ost werden. Heute geh¨ort der Simplex-Algorithmus zum Grundwissen jedes Anwenders, der sich mit Optimierungsfragen besch¨ aftigt. Der Grundgedanke ist einfach. Wir haben ein kanonisches Minimumprogramm Ax = b mit r(A) = m ≤ n und eine Zielfunktion Q(x) = cT x gegeben Ax = b, x ≥ 0 Q(x) = cT x = min .

(I)

Der Algorithmus besteht aus zwei Schritten: (A) Bestimme eine zul¨ assige Ecke x0 . 0 (B) Falls x nicht optimal ist, bestimme eine Ecke x1 mit Q(x1 ) < Q(x0 ). Nach endlich vielen Schritten erreichen wir eine optimale Ecke. (Falls u ¨ berhaupt eine optimale L¨ osung existiert.) Wir behandeln zuerst (B): Es sei x0 = (x0k ) ∈ M Ecke mit Basis {ak : k ∈ Z}. Dann existieren eindeutige Elemente τkj ∈ R (k ∈ Z, j = 1, . . . , n) mit  τkj ak (j = 1, . . . , n) . (1) aj = k∈Z

Aus der linearen Unabh¨ angigkeit von {ak : k ∈ Z} folgt τkk = 1 f¨ ur k ∈ Z und ur k, j ∈ Z, k = j. τkj = 0 f¨ Es sei x ∈ M beliebig. Dann gilt 

x0k ak = b =


n

Q(x) =

xj aj =

j=1

k∈Z

also x0k = Dies ergibt

n 

j=1 τkj xj

n  j=1

c j xj =

=






j ∈Z /

n 

xj (

j=1



τkj ak ) =

k∈Z j=1

k∈Z

τkj xj + xk , d. h. xk = x0k −

c k xk +

k∈Z



c j xj =

j ∈Z /



k∈Z

ck x0k −

Setzen wir (2)

n   ( τkj xj )ak ,

zj =



k∈Z

τkj ck

(j ∈ / Z) ,




j ∈Z /

τkj xj

(k ∈ Z).

  τkj ck − cj )xj . (

j ∈Z / k∈Z

312

15

lineare optimierung

so erhalten wir also Q(x) = Q(x0 ) −

(3)



j ∈Z /

(zj − cj )xj .

Nun unterscheiden wir folgende F¨ alle: Fall 1. zj ≤ cj f¨ ur alle j ∈ / Z. Dann gilt Q(x) ≥ Q(x0 ) f¨ ur alle x ∈ M , also ist 0 x optimal, und wir sind fertig. Fall 2. Es existiert j ∈ / Z mit zj > cj und τkj ≤ 0 f¨ ur alle k ∈ Z. Sei δ > 0 beliebig. Wir definieren x(δ) = (xi (δ)) durch xk (δ) = x0k − δτkj

(k ∈ Z)

xj (δ) = δ xi (δ) = 0 Dann gilt x(δ) ≥ 0 und nach (1) Ax(δ) =



xk (δ)ak + δaj =

k∈Z

(i ∈ / Z, i = j) . 

k∈Z

x0k ak − δ



τkj ak + δaj = b ,

k∈Z

das heißt x(δ) ∈ M f¨ ur jedes δ > 0. Wegen Q(x(δ)) = Q(x0 ) − (zj − cj )δ wird Q(x) beliebig klein, also hat das Programm (I) keine optimale L¨osung. Fall 3. Es existieren s ∈ / Z, k ∈ Z mit zs > cs und τks > 0. Wir setzen δ = ber alle k ∈ Z mit τks > 0 und bilden x1 = x(δ) wie in Fall 2. Es sei min x0k /τks u ¨ r ∈ Z ein Index, so dass δ = x0r /τrs ist. Wegen x0r /τrs ≤ x0k /τks (k ∈ Z, τks > 0) x0

ullt ist, folgt wie haben wir x1k = x0k − τrsr τks ≥ 0, somit x1 ≥ 0 . dass Ax1 = b erf¨ 1 in Fall 2. Wir zeigen nun, dass x eine Ecke ist. Die zugeh¨orige Spaltenmenge von x1 ist in {ak : k ∈ (Z
{r}) ∪ {s}} enthalten. W¨are diese Spaltenmenge linear abh¨ angig, so h¨ atten wir  µk ak + µas = 0 (nicht alle µk , µ = 0) k∈Z
{r}


µk k s und daher µ = 0, also as = k∈Z
{r} (− µ )a . Andererseits ist aber a =
k 1 ogk∈Z τks a , also τrs = 0, im Widerspruch zur Wahl von r. x ist also eine (m¨ licherweise entartete) Ecke nach 15.11. Fall 3a. δ > 0. Dann gilt Q(x1 ) = Q(x0 ) − (zs − cs )δ < Q(x0 ).

15.5

Fall 3b.

der simplexalgorithmus

313

δ = 0. Hier ist Q(x1 ) = Q(x0 ).

Dieser letzte Fall kann nur eintreten, wenn x0r = 0 ist, das heißt, falls x0 eine entartete Ecke ist. Hier haben wir x1 = x0 , und wir wechseln jedesmal nur eine Basis von x0 . Es k¨ onnte also passieren, dass wir die Basen von x0 zyklisch durchlaufen und den Zielwert stets gleich lassen. Man muss daher eine gewisse (z. B. lexikographische) Reihenfolge innerhalb der Basen von x0 aufstellen, um jede Ba¨ sis h¨ ochstens einmal zu durchlaufen (siehe dazu Ubung 24). In der Praxis kommt dieser Fall jedoch selten vor. Im Fall 3a bestimmen wir mit der neuen Ecke x1 mit Q(x1 ) < Q(x0 ) wieder ′ die Tafel (τkj ) und testen wieder die F¨ alle 1–3 durch. Da nur endlich viele Ecken existieren, m¨ ussen wir schließlich bei Fall 1 (optimale L¨osung) oder bei Fall 2 (keine optimale L¨ osung existiert) landen. Zur Durchf¨ uhrung des Austauschschrittes im Fall 3a ordnet man die ben¨otigten Daten u ¨ blicherweise in folgendem Schema an, wobei dj = zj − cj gesetzt wird. j ∈Z /

HH k∈Z H

∗

∗ j

s

k

τkj

τks

r

τrj

 τrs 

dj

ds

x0k

x0k /τks

x0r

x0r /τrs

Q(x0 )

Die beim Austauschschritt verwendete r-te Zeile und s-te Spalte werden mit ∗ markiert, das Element τrs heißt das Pivotelement und wird umkreist (oder fett gezeichnet). Nun ersetzen wir die Basis {ak : k ∈ Z} von x0 durch die neue Basis ′ {ak : k ∈ Z ′ = (Z
r) ∪ {s}} von x1 . F¨ ur die neue Tafel (τkj ) heißt dies, dass ′ die ∗-Zeile nun den Index s hat und die ∗-Spalte den Index r. Die neue Tafel (τkj ) k¨ onnen wir mittels (1) leicht berechnen. Nach (1) gilt ar =

(4)



(−

k∈Z
{r}

1 s τks k )a + a , τrs τrs

und somit (5)

aj =



k∈Z
r

τkj ak + τrj ar =



(τkj −

k∈Z
{r}

τks τrj s τrj )ak + a τrs τrs

(j = r) .

′ Bezeichnet tk die k-te Zeile von (τkj ) und entsprechend t′k die k-te Zeile von (τkj ),

314

15

lineare optimierung

so erhalten wir aus (4) und (5)

(6)

⎧ τks ′ ⎪ tr mit Ausnahme Spalte r ⎨ tk = tk − τrs τks ′ ⎪ ⎩ τk,r =− τrs ⎧ 1 ⎪ ′ ⎪ tr mit Ausnahme Spalte r ⎨ ts = τrs 1 ⎪ ′ ⎪ ⎩ τs,r . = τrs

(k = s)

x0

Wegen x1k = x0k − ττks x0r (k = s), x1s = τrsr , gelten die Formeln (6) auch f¨ ur die rs x-Spalte der Tafel. Betrachten wir schließlich noch die d-Zeile in unserer Tafel. Wir setzen d = (dj ) = z − c, wobei wir beachten,
dass d nur aus
den Koordinaten dj (j = Z) besteht. Nach (2) haben wir z = k∈Z ck tk , z ′ = k∈Z ′ ck t′k und daher mit (6) d′ =



k∈Z ′

=



k∈Z

=z−

ck t′k − c′ =



k∈Z
{r}

ck tk − cr tr −

ck (tk −

1 τks tr ) + cs tr − c′ τrs τrs

cs zs tr + cr tr + tr − c′ τrs τrs

ds tr − c′ , τrs

also

(7)

⎧ ds ⎪ ′ ⎪ tr ⎨d =d− τrs d ⎪ ⎪ ⎩ d′r = − s . τrs

mit Ausnahme der r-ten Spalte

Aus (3) sehen wir, dass Q(x1 ) = Q(x0 ) − ds δ = Q(x0 ) − auch f¨ ur die x-Spalte.

ds 0 τrs xr

ist, also gilt (7)

Zusammenfassung: Wir erhalten die neue Tafel aus der alten durch folgende Rechnung: (i) Dividiere Zeile tr durch τrs . (ii) Subtrahiere jenes Vielfache von tr von Zeile tk (bzw. d) welches 0 in Spalte s ergibt, um t′k bzw. d′ zu erhalten. (iii) Ersetze Spalte s durch das (− τ1rs )-fache und das Pivotelement τrs durch τ1rs . Damit ist Schritt (B) vollkommen beschrieben. Wir wenden uns nun Schritt (A) zu, der Bestimmung einer zul¨assigen L¨osung.

15.5

315

der simplexalgorithmus

Fall 1. Das urspr¨ ungliche Programm ist vom Typ Ax ≤ b, x ≥ 0 cT x = max mit b ≥ 0 . Durch Einf¨ uhren der Schlupfvariablen z erhalten wir x x (A|Em )( ) = b, ( ) ≥ 0 z z T x (−c, 0 ) ( ) = min . z Die zul¨ assige L¨ osung x0 = ( 0 ) ist nach 15.11 eine Ecke mit den Einheitsvektoren b aus Em als Basis. Daraus folgt τkj = akj , zj = 0 (j = 1, . . . , n), somit dj = cj und Q(x0 ) = 0. Das Ausgangsschema hat daher die Gestalt n+1

1 a11

j a1j .. .

n a1n

am1 c1

amj cj

amn cn

(8) n+m

b1 .. . bm 0

Fall 2. Das Programm sei bereits in der Form Ax = b, x ≥ 0

(I)

cT x = min

gegeben, wobei wir b ≥ 0 annehmen k¨ onnen. (Ansonsten multiplizieren wir Zeilen mit −1). Wir l¨ osen zun¨ achst das Programm x x (A|Em )( ) = b, ( ) ≥ 0 z z m (II)  zi = min . i=1

Zu dieser Aufgabe ist eine Anfangsecke bekannt, n¨amlich ( 0b ). Da die Zielfunktion ∗ ∗ von (II) nach unten beschr¨ ankt ist, existiert eine optimale L¨osung ( x z ∗ ). Ist z = 0 und somit Wert (II) > 0, so hat (I) keine zul¨assige L¨osung, da jede solche L¨osung mit 0’en aufgef¨ ullt auch eine zul¨ assige L¨ osung von (II) w¨are mit Wert (II) = 0. Ist hingegen z ∗ = 0 , so ist x∗ eine (m¨ oglicherweise entartete) Ecke von (I), deren zugeh¨ orige Spaltenmenge zu einer Basis erg¨anzt werden kann. Die Ausgangstafel f¨ ur (II) ist in diesem Fall: n+1 (9)

n+m

1 a11

j a1j .. .

n a1n

am1 m
ai1

amj m
aij

amn m
ain

i=1

i=1

i=1

b1 .. . bm m
bi

i=1

316

15

lineare optimierung

In Zusammenfassung erhalten wir also folgende algorithmische Beschreibung des Simplexverfahrens: 1. Stelle die Ausgangstafel mittels (8) oder (9) her. 2. Teste dj : ur alle j =⇒ L ¨ osung optimal. (i) Falls dj ≤ 0 ist f¨ (ii) Falls dj > 0 existiert mit τkj ≤ 0 f¨ ur alle k =⇒ keine optimale L¨osung existiert. x0 x0k (iii) W¨ ahle s ∈ Z mit ds > 0 und bestimme r ∈ Z mit τrs > 0 und τrsr ≤ τks f¨ ur alle k ∈ Z mit τks > 0. 3. Vertausche ar und as , erstelle die neue Tafel mit Hilfe der Formeln (6) und (7) und gehe nach 2. Beispiel. Anhand des folgenden Programmes sehen wir, dass das Simplexverfahren geometrisch im Durchlaufen von Kanten der konvexen Menge M der zul¨assigen L¨ osungen besteht, bis eine optimale Ecke gefunden ist. x3

x1 x1 + x2 + 2x3 3x2 + 4x3 x Q(x) = x1 + 2x2 + 4x3

≤2 ≤4 ≤6 ≥0 = max

P7( 1, 0, 3/2 )

P4( 0, 0, 3/2 )

P6( 2, 0, 1 ) P1( 0, 0, 0 ) P3( 0, 2, 0 )

P2( 2, 0, 0 )

x2

x1 P5( 2, 2, 0 )

Die Menge der zul¨ assigen L¨ osungen besitzt 7 Ecken. Die folgenden Austauschschritte entsprechen dem Durchlauf P1 −→ P2 −→ P5 −→ P7 , P7 ist optimal. Dabei bleiben wir im dritten Schritt bei der entarteten Ecke P5 h¨angen und vertauschen nur eine Basis. Zur besseren Unterscheidung schreiben wir xj , zi anstelle der Indizes. Die Pivotelemente sind fett gezeichnet.

∗ z1 z2 z3

∗ x1 1 1 0 1

x2 0 1 3 2

x3 0 2 4 4

2 2 4 4 6 / 0 (P1 )

x1 ∗ z2 z3

z1 1 −1 0 −1

∗ x2 x3 0 0 2 / 1 2 2 2 3 4 6 2 2 4 −2 (P2 )

15.5

x1 x2 ∗ z3

∗ z1 z2 1 0 −1 1 3 −3 1 −2

der simplexalgorithmus

x3 0 2 2 2 2 / −2 0 0 0 −6 (P5 )

z3 z2 x2 x1 −1/2 1 −1/2 1 x3 1/4 0 3/4 3/2 z1 1/2 −1 1/2 1 −1/2 −1 −1/2 −7 (P7 )

x1 ∗ x2 z1

317

∗ z3 z2 x3 −1/3 1 2/3 2 3 1/3 0 4/3 2 3/2 1/3 −1 −2/3 0 / −1/3 −1 2/3 −6 (P5 )

P7 = (1, 0, 3/2) ist also optimale L¨ osung, und der Wert des Programmes ist 7 (indem wir wieder zum urspr¨ unglichen Maximum Programm zur¨ uckkehren). Damit haben wir auch unsere Frage 3 aus Abschnitt 15.1 nach der Bestimmung von L¨ osungen beantwortet – aber es bleibt nat¨ urlich die Laufzeitanalyse des Simplexalgorithmus. Man kann zeigen, dass es Eingaben gibt, f¨ ur die das Simplexverfahren exponentielle Laufzeit aufweist. In der Praxis ist der Algorithmus aber bis jetzt un¨ ubertroffen. Erfahrungsgem¨aß ist die Anzahl der Iterationen etwa linear in bezug auf die Eingangsgr¨ oße. Dieses heuristische Ergebnis wurde dadurch best¨ atigt, dass das Simplexverfahren – unter Annahme eines naheliegenden wahrscheinlichkeitstheoretischen Modells – im Durchschnitt polynomiale Laufzeit aufweist. Im Jahr 1979 wurde von Khachian ein ganz anderes Verfahren, die sogenannte Ellipsoidmethode, zur Behandlung von linearen Programmen vorgestellt – und diese Methode hat tats¨ achlich polynomiale Laufzeit in den Eingangsgr¨oßen. Sp¨ater kam ein weiteres polynomiales Verfahren von Karmarkar hinzu (siehe dazu die angegebene Literatur). Mit der Arbeit von Khachian war auch der Komplexit¨atsstatus des Linearen Programmierens gel¨ ost. Bis dahin war Lineares Programmieren u ¨ ber Q oder R eines der Probleme in N P , von denen man nicht wusste, ob sie in P sind oder vielleicht sogar N P -vollst¨ andig sind. Im Gegensatz dazu ist ganzzahliges lineares Programmieren N P -vollst¨ andig. Das heißt, die Eingaben A, b und c sind ganzzahlig und gefragt ist, ob eine ganzzahlige optimale L¨osung existiert. F¨ ur die meisten kombinatorischen Anwendungen (z. B. f¨ ur das Hamilton Problem oder das Rucksackproblem) sind nat¨ urlich ganzzahlige L¨osungen gefragt. Und hier liegen die Probleme ganz anders.

318

15.6

15

lineare optimierung

Ganzzahlige lineare Optimierung

Kehren wir noch einmal zu unserem Job-Zuordnungsproblem zur¨ uck. Gesucht war eine (n × n)-Matrix (xij ), xij = 1 oder 0, so dass gilt (I)

n


xij = 1 (∀i),

n


xij = 1 (∀j)

i=1

j=1

xij = 1 oder 0
wij xij = max .

Das ist nicht ein lineares Programm, wie wir es kennen, da die gesuchten Koordinaten xij = 1 oder 0 sein m¨ ussen. In dem kanonischen Programm

(II)

n


xij = 1 (∀i),

j=1

xij ≥ 0
wij xij = max

n


xij = 1 (∀j)

i=1

wissen wir zwar, dass eine optimale L¨ osung (˜ xij ) existiert, aber zun¨achst k¨onnen wir nur feststellen, dass die x ˜ij rationale Zahlen zwischen 0 und 1 sind. Trotzdem k¨ onnen wir behaupten, dass die Aufgaben (I) und (II) denselben Wert haben. Wieso? Die Menge der zul¨ assigen L¨ osungen von (II) sind alle Matrizen (xij ) mit Zeilen- und Spaltensummen 1 und xij ≥ 0, also die doppelt-stochastischen Matrizen. Der Satz von Birkhoff und von Neumann aus Abschnitt 8.2 besagt nun, dass jede doppelt-stochastische Matrix eine konvexe Kombination von Permutati¨ onsmatrizen ist (siehe Ubung 17). Die Ecken der zul¨assigen Menge von (II) sind also genau die Permutationsmatrizen, und nach Satz 15.15 sind Optimall¨osungen immer unter den Ecken zu finden. Die Permutationsmatrizen sind aber genau jene, die durch (I) beschrieben werden. Der Simplexalgorithmus wird also tats¨achlich eine Permutationsmatrix, das heißt eine 0,1-L¨osung des Job-Zuordnungsproblems, ergeben. Um 0,1-L¨ osungen eines ganzzahligen Optimierungsproblems zu erhalten, gehen wir also umgekehrt vor. Wir schließen nicht von der Menge M der zul¨assigen L¨ osungen auf die Ecken, sondern von den Ecken auf M . Allgemein stellt sich das Problem folgendermaßen dar: Es sei S eine Menge und U ⊆ B(S) eine Familie von Untermengen, u wollen. Wir haben die Kostenfunktion ¨ ber die wir optimieren
c : S −→ R gegeben, mit c(B) = a∈B c(a). Gesucht ist U0 ∈ U mit c(U0 ) = min c(U ). U∈U

(oder analog max c(U )). Nun algebraisieren wir das Problem auf folgende Weise: Zu B ⊆ S erkl¨aren wir wie u ¨ blich den charakteristischen Vektor xB = (xB,u ) mit

1 falls u ∈ B xB,u = 0 falls u ∈ / B.

15.6

ganzzahlige lineare optimierung

319

Als n¨ achstes betrachten wir die konvexe, abgeschlossene Menge M , welche aus allen konvexen Kombinationen der xU , U ∈ U, besteht, das heißt   λU xU , λU ≥ 0, λU = 1. M= U∈U

U∈U

Die Ecken der konvexen Menge M sind nach Konstruktion genau die 0,1-Vektoren xU (U ∈ U). Fassen wir also M als zul¨ assige Menge der L¨osungen auf, so wissen wir nach 15.15, dass die Zielfunktion  cT x = c a xa a∈S

an einer Ecke xU das Minimum annimmt, und diese Menge U ist unsere gesuchte L¨ osung. Um den Simplexalgorithmus anwenden zu k¨onnen, m¨ ussen wir daher die Menge M als L¨ osungsmenge eines Ungleichungssystems Ax ≥ b, x ≥ 0 , darstellen. Dass so eine Beschreibung immer existiert, besagt ein fundamentaler Satz von WeylMinkowski. Die L¨ osungsstrategie reduziert also auf die Frage, wie das System Ax ≥ b, x ≥ 0 , bestimmt werden kann. F¨ ur unser Job-Zuordnungsproblem konnten wir die Antwort mit Hilfe des Satzes von Birkhoff-von Neumann geben, im allgemeinen werden wir aber auf große Schwierigkeiten stoßen. Viele raffinierte Methoden sind f¨ ur spezielle 0,1-Probleme entwickelt worden. Wiederum ist das Traveling Salesman Problem eine sch¨ one Illustration. Gegeben ist die Kostenmatrix (cij ) auf dem vollst¨andigen Graphen Kn . Die Grundmenge S sind die Kanten {ij : 1 ≤ i, j ≤ n}, und die ausgezeichneten Mengen U sind die Hamiltonschen Kreise C. Die von den Vektoren xC konvex aufgespannte Menge heißt das TSP-Polytop M , also   M ={ λC xC : λC ≥ 0, λC = 1} mit cT xC = min . C∈U

Die Literaturliste enth¨ alt einige der Methoden, wie das TSP-Polytop M f¨ ur nicht allzu große n auf ein lineares Programm transformiert werden kann. Allgemein ist solch eine schnelle Transformation wegen der NP -Vollst¨andigkeit von TSP nat¨ urlich nicht zu erwarten. Kehren wir nochmals zur u uck. Angenom¨ blichen Form Ax ≤ b, x ≥ 0 , zur¨ men, A ist eine ganzzahlige Matrix und b ein ganzzahliger Vektor. Wann k¨onnen wir behaupten, dass alle Ecken der zul¨ assigen Menge M ganzzahlig sind, und somit auch eine optimale L¨ osung? Hier gibt es tats¨achlich eine vollst¨andige Charakterisierung. Eine Matrix A ∈ Zm×n heißt vollst¨ andig unimodular, falls die Determinante jeder quadratischen Untermatrix die Werte 0,1 oder −1 hat. Der Satz von Hoffman-Kruskal lautet nun: Eine Matrix A ∈ Zm×n ist genau dann vollst¨ andig unimodular, wenn jede Ecke der zul¨assigen Menge {x : Ax ≤ b, x ≥ 0 } ganzzahlige Koordinaten hat, und das f¨ ur jeden Vektor b ∈ Zm .

320

15

lineare optimierung

Mit diesem Ergebnis k¨ onnen wir nun endg¨ ultig den Matchingsatz max (|X| : X Matching) = min(|Y | : Y Tr¨ ager) in einem bipartiten Graphen als Spezialfall des Hauptsatzes der Linearen Programmierung ableiten. In Abschnitt 15.2 haben wir schon bewiesen, dass das Lineare Programm Ax ≤ 1, x ≥ 0 , 1T x = max, immer eine optimale L¨ osung hat, wobei A die Inzidenzmatrix des Graphen ist. Aber wir konnten zun¨ achst nur behaupten, dass es unter den optimalen L¨osungen rationale Vektoren mit 0 ≤ xi ≤ 1 gibt. Es ist aber nun ein leichtes, die Uni¨ modularit¨ at von A nachzuweisen (siehe die Ubungen f¨ ur einen Hinweis), und der ¨ Matchingsatz folgt aus dem Resultat von Hoffman-Kruskal. Ubrigens ist die Inzidenzmatrix eines Graphen G genau dann unimodular, wenn G bipartit ist. Wir haben also eine algebraische Best¨ atigung daf¨ ur gefunden, dass das Matching Problem f¨ ur bipartite Graphen in einem gewissen Sinn leichter zu behandeln ist als f¨ ur beliebige Graphen.

¨ Ubungen zu Kapitel 15 1 Konstruiere ein Standardprogramm, das eine zul¨ assige, aber keine optimale L¨ osung hat. ⊲ 2 Konstruiere ein Standardprogramm, welches mehr als eine, aber nur endlich viele optimale L¨ osungen hat. 3 Interpretiere das duale Programm des Job-Zuordnungsproblems. Das heißt, was wird hier minimiert? ⊲ 4 L¨ ose das folgende Programm mit Hilfe von Satz 15.2 und 15.8: −2x1 + x2 x1 − 2x2 x1 + x2 x

≤ ≤ ≤ ≥

2 2 5 0

x1 − x2 = max .

¨ 5 Beschreibe das lineare Programm der vorigen Ubung geometrisch.
m 6 Das allgemeine Job-Zuordnungsproblem f¨ ur m Personen und n Jobs ist i=1 xij
n
≤ 1 (∀j), j=1 xij ≤ 1 (∀i), x ≥ 0 , i,j wij xij = max. L¨ ose das folgende Problem mit der Matrix (wij ) mit Hilfe des dualen Programms: ⎛

⎜ ⎜ (wij ) = ⎜ ⎜ ⎝

12 6 6 6 11

9 6 8 3 1

10 2 10 4 10

3 2 11 1 9

8 9 9 1 12

2 1 2 3 1

¨ Uberpr¨ ufe das Ergebnis mit der Methode aus Abschnitt 8.2.

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⊲ 7 Es sei das folgende Transportproblem mit Kostenmatrix A und Angebotsvektor p und Nachfragevektor q gegeben:

¨bungen u

A=

F1 F2 F3 q

M1 4 3 2 2

M2 4 5 6 5

321

M3 9 8 5 4

M4 3 8 7 4

p 3 5 7


Das heißt, aij xij soll minimiert werden. Finde eine optimale L¨ osung, welche nur 5 ur die das m¨ oglich ist? Hinweis: Routen Fi → Mj verwendet. Ist 5 die minimale Zahl, f¨ Der Wert des Programmes ist 65. 8 L¨ ose das folgende Programm mittels der Methode am Ende von Abschnitt 15.4: 4x1 + 2x2 + x3 x1 + 3x2 x 2x1 + 3x2

= = ≥ =

4 5 0 max .

Verifiziere die Richtigkeit mit Hilfe des dualen Programmes. ⊲ 9 Zeige mittels Satz 15.3 den folgenden Satz der Linearen Algebra: Es sei U ein Unur alle x ∈ U }, dann gilt U ⊥⊥ = U (siehe terraum von Rn und U ⊥ = {y : y T x = 0 f¨ Abschnitt 13.4). 10 Es sei x0 eine optimale Ecke. Zeige, dass x0 eine Basis {ak : k ∈ Z} besitzt mit / Z), mit den Bezeichnungen wie in Abschnitt 15.5. zj ≤ cj (j ∈

⊲ 11 Beweise den folgenden Alternativsatz: Genau eine der beiden M¨ oglichkeiten trifft zu: osbar. Hinweis: Verwende (A) Ax ≤ b ist l¨ osbar, (B) AT y = 0 , y ≥ 0 , bT y = −1 ist l¨ Satz 15.4. ¨ 12 Benutze die vorige Ubung, um zu zeigen, dass das folgende Programm keine zul¨ assige L¨ osung hat: 4x1 − 5x2 ≥ 2

−2x1 − 7x2 ≥ 2

−x1 + 3x2 ≥ −1.

⊲ 13 Interpretiere den Gleichgewichtssatz 15.8 f¨ ur das Transportproblem. Das heißt, warum ist er intuitiv richtig? ⊲ 14 Beschreibe das duale Programm eines kanonischen Maximum Programmes. 15 Der Vektor x ∈ Rn heißt semipositiv, falls x ≥ 0 und x = 0 . Zeige: Genau eine der beiden M¨ oglichkeiten trifft zu: Ax = 0 hat eine semipositive L¨ osung oder AT y > 0 ist l¨ osbar. ¨ 16 Folgere aus der vorigen Ubung: Entweder enth¨ alt ein Unterraum U einen positiven alt einen semipositiven Vektor. Veranschauliche dieses ErVektor a > 0 oder U ⊥ enth¨ gebnis in R2 und R3 .
n i ⊲ 17 Der Vektor x
heißt konvexe Kombination von x1 , . . . , xn , falls x = i=1 λi x mit n n λ = 1. Sei K ⊆ R . Zeige, dass die kleinste konvexe Menge, λi ≥ 0 (∀i) und i=1 i

322

15

lineare optimierung

die K enth¨ alt (genannt die konvexe H¨ ulle) genau aus den konvexen Kombinationen von Vektoren aus K besteht. ¨ 18 Es sei Ax ≤ b gegeben. Wir wissen aus Ubung 11, dass dieses Programm genau dann osbar ist. Betrachte nun (II): keine L¨ osung hat, wenn (I) AT y = 0 , bT y = −1, y ≥ 0 l¨ osung AT y = 0 , bT y − α = −1, y ≥ 0 , α ≥ 0, α = min. Zeige, dass (II) eine optimale L¨ hat, und genau dann Wert > 0 hat, wenn (I) l¨ osbar ist. Sei Wert (II) > 0 und (x, β)T L¨ osung des zu (II) dualen Programmes. Zeige, dass − x L¨ osung von Ax ≤ b ist. β ¨ 19 L¨ ose mit Hilfe der vorigen Ubung: 5x1 −x1 −3x1 3x1

+ + − −

4x2 2x2 2x2 2x2

− 7x3 − x3 + 4x3 − 2x3

≤ ≤ ≤ ≤

1 −4 3 −7

.

20 L¨ ose das folgende Programm mit der Simplexmethode und veranschauliche geometrisch: 3x1 + 4x2 + x3 ≤ 25 x1 + 3x2 + 3x3 ≤ 50 x ≥ 0 8x1 + 19x2 + 7x3 = max . ¨ Uberpr¨ ufe die L¨ osung mit dem dualen Programm. ⊲ 21 Es sei das Standardprogramm (I) Ax ≤ b, x ≥ 0 , cT x = max gegeben. Die folgende Aussage zeigt, wie man aus der Simplextafel einer optimalen L¨ osung von (I) sofort eine optimale L¨ osung f¨ ur das duale Programm (I∗ ) ablesen kann. Zeige: Ist tk (k∈Z) die Tafel d f¨ ur eine optimale L¨ osung von (I), so ist y = (yj ) mit

falls n + j ∈ /Z −dn+j yj = 0 falls n + j ∈ Z eine optimale L¨ osung von (I∗ ), mit den Bezeichnungen wie in Abschnitt 15.5. ¨ 22 Verifiziere die vorige Ubung anhand des Beispieles in Abschnitt 15.5. 23 Seien a, b ∈ Rn . Wir definieren die lexikographische Ordnung a ≺ b durch ai < bi , wobei i der erste Index ist mit ai = bi . Zeige, dass a ≺ b eine lineare Ordnung auf Rn ist. 24 Es sei das Programm (I) Ax = b, x ≥ 0 , cT x = min gegeben mit den Bezeichnungen wie in Abschnitt 15.5. Wir geben eine Zusatzvorschrift, um auch entartete Ecken x0 onnen. Sind r, r′ , . . . die Indizes k mit x0k /τks = 0, so mit min x0k /τks = 0 behandeln zu k¨ w¨ ahlen wir jenes r, f¨ ur das der Vektor w r = (x0r /τrs , τr1 /τrs , . . . , τrm /τrs ) lexikographisch ur r = r′ . b. Der Vektor (Q(x0 ), z1 , . . . , zm ) m¨ oglichst klein ist. Zeige: a. w r = w r′ f¨ ′ ) wird nach dem Austausch in den lexikographisch kleineren Vektor (Q(x1 ), z1′ , . . . zm u uhrt. c. Keine Basis wird mehr als einmal nach einem Austausch erreicht. ¨bergef¨ ⊲ 25 Zeige, dass die Inzidenzmatrix eines bipartiten Graphen unimodular ist. Hinweis: Falls det A = 0 ist, so muss eine Diagonale (Transversale) von 1’en existieren.

literatur zu teil iii

323

Literatur zu Teil III Boolesche Algebren sind ein Standardthema der Diskreten Mathematik und in fast jedem Text zu finden, z. B. in dem Buch von Korfhage. Wer tiefer in die Theorie der logischen Netze einsteigen will, sollte die B¨ ucher von Savage oder Wegener kon¨ sultieren. Einen Uberblick u ¨ ber das Gebiet der Hypergraphen geben Berge und Bollob´ as. Im Buch von Berge steht dabei die Analogie zu Graphen im Vordergrund, w¨ ahrend das Buch von Bollob´ as mehr den Standpunkt der Mengenfamilien einnimmt. Ein wundersch¨ ones kleines Buch u ¨ ber kombinatorische Designs ist das Buch von Ryser. Empfehlenswert sind auch die entsprechenden Kapitel in den B¨ uchern von Biggs und Cameron. Der Standardtext zur Codierungstheorie ist das Buch von MacWilliams–Sloane. Eine sch¨ one zusammenfassende Darstellung von Informationstheorie und Codierungstheorie findet man in McEliece. Gute Einf¨ uh¨ rungen bieten auch Welsh und Schulz. Uber endliche K¨orper gibt das Buch von Lidl–Niederreiter ersch¨ opfende Auskunft. Die Literatur u ¨ ber Lineares Programmieren ist nahezu un¨ ubersehbar, stellvertretend f¨ ur viele sei das Buch von Schrijver empfohlen, und f¨ ur ganzzahlige Optimierung sei auf das Buch von Burkard verwiesen. C. Berge: Graphs and Hypergraphs. North Holland. N. Biggs: Discrete Mathematics. Oxford Science Publications. ´s: Combinatorics, Set Systems, Hypergraphs, Families of Vectors B. Bolloba and Combinatorial Probability. Cambridge University Press. R. Burkard: Methoden der ganzzahligen Optimierung. Springer. P. J. Cameron: Combinatorics, Topics, Techniques, Algorithms. Cambridge University Press. R. Korfhage: Discrete Computational Structures. Academic Press. R. Lidl, H. Niederreiter: Finite Fields. Encyclopaedia of Math. Vol. 20. Cambridge University Press. F. MacWilliams, N. Sloane: The Theory of Error-Correcting Codes. North Holland. R. McEliece: The Theory of Information and Coding. Addison-Wesley. H. Ryser: Combinatorial Mathematics. Carus Math. Monographs. J. Savage: The Complexity of Computing. J. Wiley & Sons. A. Schrijver: Theory of Linear and Integer Programming. Wiley Publications. R.-H. Schulz: Codierungstheorie, eine Einf¨ uhrung. Vieweg-Verlag. I. Wegener: The Complexity of Boolean Functions. Teubner-Wiley. D. Welsh: Codes and Cryptography. Oxford Science Publications.

¨ L¨ osungen zu ausgew¨ ahlten Ubungen 1.3 Angenommen A ⊆ N ist ein Gegenbeispiel. Wir betrachten das Inzidenzsystem (A, N
A, I)
mit aIb ⇔ |a − b| = 9. F¨ ur 10 ≤ a
≤ 91 ist r(a) = 2, ansonsten r(a) = 1. ur Es gilt daher a∈A r(a) ≥ 92, und andererseits b∈N
A r(b) ≤ 90, Widerspruch. F¨ |A| = 54 nehmen wir sechs 9’er Bl¨ ocke, jeweils 9 auseinander. 1.5 Jede Partei hat zwischen 1 und 75 Sitze. H¨ alt die erste Partei i Sitze,
so gibt es f¨ ur 76 die zweite Partei die M¨ oglichkeiten 76 − i, . . . , 75. Die Gesamtzahl ist also 75 i=1 i = 2 .

1.9 Nach Induktion gilt M (i) ≤ M (j) f¨ ur 1 ≤ i ≤ j ≤ n. Sei 2 ≤ k ≤ M (n). Dann ist Sn+1,k − Sn+1,k−1 = (Sn,k−1 − Sn,k−2 ) + k(Sn,k − Sn,k−1 ) + Sn,k−1 > 0 nach Induktion. Ebenso schließt man Sn+1,k − Sn+1,k+1 > 0 f¨ ur k ≥ M (n) + 1. 1.10 F¨ ur gegebenes n sei m die Zahl mit m! ≤ n < (m + 1)! und am maximal mit 0 ≤ n − am m!. Es folgt 1 ≤ am ≤ m und n − am m! < m!. Die Existenz und Eindeutigkeit folgt nun mit Induktion nach m.

1.13 Der Trick ist, die n − k fehlenden Zahlen zu betrachten. Schreiben wir sie als senkrechte Striche, dann k¨ onnen die k Elemente in die n − k + 1 Zwischenr¨ aume platziert
werden, und die Menge ergibt sich von links nach rechts. Zu b. zeigt man, dass k fn,k die Fibonacci Rekursion erf¨ ullt. 1.16 Es gibt 12 M¨ oglichkeiten, dass die erste und letzte Karte eine Dame ist und 50! 1 M¨ oglichkeiten dazwischen. Die Wahrscheinlichkeit ist daher 12 · 50!/52! = 221 . 1.19 Von n + 1 Zahlen m¨ ussen zwei aufeinanderfolgen, also sind sie relativ prim. Zum zweiten Problem schreibe jede Zahl in der Form 2k m, m ungerade, 1 ≤ m ≤ 2n − 1. Es m¨ ussen also zwei Zahlen in einer Klasse {2k m : k ≥ 0} liegen. {2, 4, . . . 2n} und {n + 1, n + 2, . . . , 2n} zeigen, dass beide Behauptungen f¨ ur n Zahlen falsch sind.

1.21 Sei (k, ℓ) der gr¨ oßte gemeinsame Teiler von k und ℓ. F¨ ur d|n sei Sd = {k nd : (k, d) = ′ n ′ n 1, 1 ≤ k ≤ d}, also |Sd | = ϕ(d). Aus k d = k d′ folgt kd = k′ d, und daher k = k′ , d = d′ . Die Mengen Sd sind also paarweise disjunkt. Sei umgekehrt m ≤ n, (m, n) = nd , so ist
m ∈ Sd ,und wir erhalten S = d|n Sd .

1.23 Nach Wegnehmen von n Zahlen zerf¨ allt N in Teilintervalle der L¨ angen a0 , b1 , a1 , . . . , bs , as , bs+1 , wobei ai die Intervalle der verbliebenen und bj jene der weggenommenen Zahlen bezeichnen, und m¨ oglicherweise a0 = 0, bs+1 = 0 ist. Wegen Σbj = n gilt s ≤ n. Um die alternierende Eigenschaft zu erhalten, ochstens ein Element aus
muss jeweils h¨ a1 , . . . , as entfernt werden. Dies ergibt a0 + si=1 (ai − 1) = 2n − s ≥ n Zahlen mit den gew¨ unschten Eigenschaften. 2

1.25 Sei r wie im Hinweis, dann gilt r ≤ n2 < n(n − 1) wegen n ≥ 4. Die Anzahl der Einsen in der Inzidenzmatrix spaltenweise gez¨ ahlt ist daher (n − 2)!r < n!. Es muss also eine Zeile mit lauter Nullen vorkommen.

1.29 Sei f (n, i) die Anzahl mit i am Anfang. Die folgende Zahl ist dann i + 1 oder i − 1 mit den Anzahlen f+ , f− . Identifizieren wir i mit i + 1 und erniedrigen alle Zahlen > i + 1 um 1, so sehen wir f+ = f (n − 1, i), und analog f− = f (n − 1, i − 1). Die Zahlen   ullen also die Binomialrekursion mit f (n, 1) = 1. Es gilt daher f (n, i) = n−1 fn,i erf¨ , i−1
n−1 f (n, i) = 2 . i

326

l¨ osungen

1.32 Klarerweise ist 0 ≤ bj ≤ n − j. Da es h¨ ochstens n! Folgen (b1 , . . . , bn ) gibt, bleibt zu zeigen, dass es zu einer Folge (b1 , . . . , bn ) eine Permutation π gibt. π wird von hinten aufgebaut. Ist bn−1 = 1, so steht n − 1 hinter n, ansonsten vor n. Nun wird n − 2 je nach bn−2 plaziert, usf. 1.36 F¨ ugen wir n in eine Permutation π von {1, . . . , n − 1} ein, so erh¨ ohen wir die Anzahl der Anstiege um 1 oder 0. Hat π k − 1 Anstiege, so erh¨ ohen wir π genau dann um 1, wenn n in einen der n − k − 1 Nicht-Anstiege oder am Ende eingef¨ ugt wird. Eine Permutation π mit k Anstiegen wird genau dann nicht erh¨ oht, wenn n in einen der k Anstiege oder am Anfang eingef¨ ugt wird. 1.39 Seien R und R′ zwei Spaltenmengen mit |R| = |R′ | = r. Es ist leicht, eine Bijektion zwischen allen Wegen mit den r Diagonalen in R bzw. R′ herzustellen. Wir k¨ onnen uns also auf die ersten r Spalten beschr¨ anken. Die Wege sind dann durch die r Diagonalen in den ersten r Spalten eindeutig bestimmt. Ersetzen wir die Diagonalen durch Waagerechten, so erh¨ alt
man eine auf die Wege im n × (n − r)-Gitter, und es folgt f¨ ur   Bijektion n 2n−r . die Gesamtzahl n r=0 r n

1.41 Wir betrachten wie im Hinweis die Wege von (0, 0) nach (a+b,  Die erlaubten  a−b). Wege von (1, 1) Wege m¨ ussen (1, 1) als ersten Punkt benutzen. Insgesamt gibt es a+b−1 a−1 nach (a+b, a−b), da sie durch die Positionen der a−1 Stimmen f¨ ur A eindeutig bestimmt sind. Wir m¨ ussen nun alle Wege W abziehen, die die x-Achse ber¨ uhren. Zu einem solchen ucke W konstruieren wir einen Weg W ′ von (1, −1) nach (a + b, a − b), indem wir alle St¨ zwischen Punkten mit x = 0 unter die x-Achse reflektieren und am Ende unver¨ andert von lassen. Man sieht sofort, dass W → W ′ eine Bijektion  auf  alle Wegea−b   (1,  −1) nach − a+b−1 = a+b a+b (a + b, a − b) ist, und wir erhalten als Ergebnis a+b−1 . a−1 a a        n
−1 −1 n/2 n ] = 1+ + n−k+1 folgt an = 1 + k=1 [ nk 1.43 Es sei n gerade. Aus k = nk n−1 k−1  n−1−1 n−1  n−1
n/2 n−1−1
n/2 n−1−1 1 n+1 [k +(n−k+1) ] und mit = 1+ = , a n k=1 k=1 k−1 k−1 n n n−k k−1 n−k = 1 + n+1 a . Der Fall n ungerade geht analog. F¨ ur die ersten Werte haben wir 2n n−1 2 . Ist an−1 > 2 + n−1 , so folgt a0 = 1, a1 = 2, a2 = 25 , a3 = a4 = 83 > a5 = 13 5 n+1 2 1 n+1 2 n an > 2n (2 + n−1 ) + 1 = 2 + n (1 + n−1 ) > 2 + n , oder 2n+2 an > 1. F¨ ur an+1 − an gilt n+2 n daher an+1 − an = ( 2n+2 − 1)an + 1 = − 2n+2 an + 1 < 0, somit an+1 < an f¨ ur n ≥ 4 durch Induktion. Der Grenzwert existiert daher und ist 2. 1.45 Ist k = 2m > 2, so steht 1 in Zeile m und Spalte 2m ohne Kreis. Sei also k ungerade. Angenommen, k = p > 3 ist prim. Die Zeilen n, welche age in Spalte p  Eintr¨ n . Aus p3 ≤ n ≤ p2 folgt liefern, erf¨ ullen 2n ≤ p ≤ 3n, und der Eintrag in Spalte p ist p−2n 1 < n < p, n und auch haben  alson sind  n−1  p relativ prim  n und  daher  n−1  n und p − 2n. Nun  n n = p−2n p−2k−1 oder (p − 2n) p−2n = n p−2n−1 , und es folgt n| p−2n , das wir p−2n heißt, jeder Eintrag in Spalte p ist umkreist. Sei k = p(2m + 1) eine zusammengesetzte ungerade Zahl, p Primzahl, m ≥ 1, dann ullt n = pm die Bedingungen 2n ≤ k ≤ 3n,   erf¨ n kein Vielfaches von n ist. = pm und man sieht leicht, dass k−2n p

1.46 Sei die Verteilung (p1 , . . . , p6 ). Dann gilt 1 = ( pi )2 ≤ 6 p2i (direkt beweisen ¨ oder Ubung 2.22). 1.49 F¨ ur i ∈ R sei Xi die Zufallsvariable mit Xi = 1 (Hase bleibt am Leben), Xi = 0 (Hase wird getroffen). Es ist EXi = ( r−1 )n und daher EX = (1 − 1r )n r. Aus Markovs r 1 n Ungleichung folgt p(X ≥ 1) ≤ (1 − r ) r. Aus log x ≤ x − 1 folgt log(1 − 1r )n ≤ − nr und n daher p(X ≥ 1) ≤ re− r . Einsetzen von n ≥ r(log r + 5) liefert das Resultat p(X ≥ 1) ≤ −5 e < 0, 01.

l¨ osungen

327

1.51 Sei X : π → N die Zufallsvariable mit X das zweite As in der  k-ten  = k, falls
n−1 (k − 1)(n − k) = n3 . Sei Karte liegt, somit p(X = k) = (k − 1)(n − k)/ n3 mit k=2  
n−1 k(k − 1)(n − k). Ersetzen wir den Laufindex k durch n + 1 − k, so S = n3 EX = k=2
n−1 erhalten wir 2S = (n + 1) k=2 (k − 1)(n − k), somit EX = n+1 . 2

1.53 Wir k¨ onnen annehmen, dass x zwischen 0 und 1 liegt. Es sei kx = q + rk mit q ∈ N, 0 < rk < 1. Wir klassifizieren die Zahlen kx nach ihren Resten rk . Falls rk ≤ n1 ist, so sind wir fertig. Die n − 1 Reste fallen also in eine der n − 2 Klassen oder rk ≥ n−1 n 1 2 < r ≤ , . . . , n−2 < r ≤ n−1 . Es gibt also kx, ℓx (k < ℓ) mit |rℓ − rk | < n1 , und n n n n (ℓ − k)x ist die gesuchte Zahl.

1.55 Sei N eine n-Menge mit n = R(k − 1, ℓ) + R(k, ℓ − 1) − 1. Die einzige Situation, die Schwierigkeiten bereitet, ist dass jedes Element mit genau R(k − 1, ℓ) − 1 ein rotes Paar bildet, und mit genau R(k, ℓ−1)−1 ein blaues Paar. Da aber R(k−1, ℓ)−1 und R(k, ℓ−1)− 1 beide ungerade sind, zeigt doppeltes Abz¨ ahlen, dass dies nicht m¨ oglich ist. F¨ ur R(3, 4) erhalten wir R(3, 4) ≤ 9. Die F¨ arbung auf N = {0, 1, . . . , 7} mit {i, j} rot ⇐⇒ |j − i| = 1 oder 4 (mod 8) hat nicht die Ramsey Eigenschaft, also gilt R(3, 4) = 9. k 1.57 Sei A das Ereignis wie im Hinweis, dann ist p(A) = 2−(2) , also |A|=k p(A) ≤     n −(k) k2 2 2 . Aus nk < nk /2k−1 folgt mit n < 2k/2 , nk < 2 2 −k+1 , also |A|=k p(A) < k k 2− 2 +1 ≤ 21 wegen k ≥ 4. Aus Symmetrie gilt auch p( |B|=k B) < 21 , wobei B das Ereignis ist, dass alle Personen in B paarweise nicht bekannt sind. R(k, k) ≥ 2k/2 folgt.

1.59 Sei s wie im Hinweis. Wir nennen ai , i > s, einen Kandidaten, falls ai > aj ist f¨ ur alle j ≤ s. Die Strategie, ai als Maximum zu erkl¨ aren, ist erfolgreich, wenn (A) ai = ur (A) ist Max ist und (B) aj , s < j < i, keine Kandidaten sind. Die Wahrscheinlichkeit f¨ 1 s s und f¨ ur (B) i−1 , also ist die Strategie f¨ ur ai mit Wahrscheinlichkeit n1 i−1 erfolgreich. n
n s 1 Summation u ¨ber i = s + 1, s + 2, . . . ergibt als Gewinnchance p(s) = i=s+1 n i−1 = s (Hn−1 − Hs−1 ) ∼ ns log ns . Maximierung von f (x) = x1 log x ergibt x = e und somit n achsten rationalen Zahl ns ¨ andert das f (xmax ) ∼ 1e ∼ 0.37. Die Rundung von xmax zur n¨ Ergebnis nur unwesentlich. 2.1 Multiplikation mit 2n−1 /n! ergibt mit Sn = 2n Tn /n! die Rekursion Sn = Sn−1 + 3 · 2n−1 = 3(2n − 1) + S0 . Also ist die L¨ osung Tn = 3 · n!. 2.4 Sei Tn die n-te Zahl. Wir haben T0 = 1, T1 = 0 und nach Vorschrift Tn = nTn−1 + ur die Derangement Zahlen. (−1)n . Dies ist genau die Rekursion f¨
n−1
Hk −2 = −x−1 Hx |n 2.6 Mit partieller Summation haben wir k=1 = n 1+ 1 Hx x (k+1)(k+2)

n n −2 −1 −1 −1 n −1 n Hn +1 x = −x Hx |1 + 1 x = −x (Hx + 1)|1 = 1 − n+1 . 1 (x + 1)  k  x+n−1
n  n−1x
n! n−1 2.9 Zu beweisen ist xn = n = k=0 n−k k , aber dies k=0 k! k−1 x oder n ist genau die Vandermondesche Formel. Die Inversionsformel folgt nun durch x → −x. 2.13 Sei S die Menge aller r-Untermengen,  und Ei die Eigenschaft, dass i nicht in A , und die Formel folgt. liegt, i ∈ M . Dann gilt N (Ei1 . . . Eik ) = n−k r   52 2.17 Sei pH die Wahrscheinlichkeit, kein Herz zu erhalten, dann ist pH = 39 / 13 , 13 ohne Herz und Karo ist analog f¨ ur die anderen Farben. Die Wahrscheinlichkeit p HK    52 ohne Herz, Karo, Pik. Inklusion– / 13 , und schließlich pHKP = 1/ 52 pHK = 26 13 13 Exklusion besorgt den Rest. Frage b. geht analog.

328

l¨ osungen

2.18 Wir k¨ onnen die n-te Scheibe nur bewegen, wenn der (n − 1)-Turm in richtiger Ordnung auf B liegt. Dies ergibt die Rekursion Tn = 2Tn−1 + 1, T1 = 1, also Tn = 2n − 1. In b. erhalten wir Sn = 3Sn−1 + 2, S1 = 2, also Sn = 3n − 1. Die Rekursion f¨ ur Rn ist Rn = 2Rn−1 + 2, R1 = 2, also Rn = 2n+1 − 2 = 2Tn . 2.20 Sei 2n gegeben. In der ersten Runde scheiden 2, 4, . . . , 2n aus. Die n¨ achste Runde beginnt wieder bei 1, und durch die Transformation 1, 2, 3, . . . , n → 1, 3, 5, . . . , 2n − 1, erhalten wir J(2n) = 2J(n) − 1. Die Rekursion f¨ ur J(2n + 1) wird analog bewiesen. Sei n = 2m + ℓ, 0 ≤ ℓ < 2m , dann folgt mit Induktion nach m, J(n) = 2ℓ + 1.

2.22 Wir haben S =
j
2.30 Ist n = k + (k + 1) + . . . + (ℓ − 1), so folgt wie im Hinweis 2n = (ℓ − k)(ℓ + k − 1). Einer der beiden Faktoren ist gerade, der andere ungerade. Ist 2n = xy eine Zerlegung, so erhalten wir mit k = 12 |x − y| + 21 , ℓ = 12 (x + y) + 12 eine Zerlegung 2n = (ℓ − k)(ℓ + k − 1). Die gesuchte Anzahl ist  also gleich der Anzahl der ungeraden Teiler von n, das heißt  ¨ 1.2. (ki + 1) mit n = 2m pi >2 pki i nach Ubung −1 k+1 −1     n −1 [ n + n−k = (−1)k+1 n−1 − (−1)k nk 2.33 Wir haben (−1)k+1 k+1 ] = k n      
−1 −1 −1 n n+1 n−1 x x−1 n+1 n+1 (−1)k+1 k = . Mit Summation folgt , also (−1) (−1) x n+2 x   n n+1
n n k n −1 n+1 [(−1) + 1] = 2 [n = gerade]. = (−1) k=0 k n+2 n+2


n−1 m m = (−1)m = (−1)m · 2.37 Es gilt ba xm = Sm (b) − Sm (a). Aus −1 k=−n+1k k=1 k
0 m m Sm (n) folgt (−1) Sm (n) = = Sm (0) − Sm (1 − n) = −Sm (1 − n), also a. −n+1 x Daraus resultiert (−1)m Sm (1) = 0 und (−1)m Sm ( 21 ) = −Sm ( 21 ), also die weiteren Behauptungen.  n
2.39 Mit bk = k!ak resultiert n! = n k=0 k bk , und daraus mittels Binomialinversion Dn bn = Dn (Derangementzahl), somit an = n! . 2.42 Sei p3 (n) die erste Anzahl und p≤2 (n) die zweite. Im ersten Fall sei Ei die Eigenschaft, dass 3i als Summand vorkommt. Mit Inklusion–Exklusion erhalten wir p3 (n) = p(n) − p(n − 3) − p(n − 6) − . . . + p(n − 3 − 6) + p(n − 3 − 9) + . . . Im zweiten Fall sei Ei die Eigenschaft, dass der Summand i dreimal vorkommt, und es resultiert dieselbe alternierende Summe. Allgemein gilt pd (n) = p≤d−1 (n).

329

l¨ osungen

ur 2.45 Ist Ei die Eigenschaft, dass i Fixpunkt ist, so gilt N (Ei1 . . . Eik ) = (n − k)! f¨   n 
n−t
n−t (−1)i n! k ≥ t, also ist die gesuchte Zahl Ft = i=0 (n − t − i)! = (−1)i t+i = i=0 t+i i t! i!  n n D . Die Gleichung F = D ist nat¨ u rlich auch unmittelbar klar. n−t t n−t t t

3.2 Wir haben f (0) = 1, f (1) = 2. Sei A dick. Falls n ∈ / A ist, so ist A dick in {1, . . . , n − 1}, falls n ∈ A ist, so ist {i − 1 : i ∈ A
n} dick in {1, . . . , n − 2} bzw. ∅, falls A = {n}. Es folgt f (n) = f (n − 1) + f (n − 2), also f (n) = Fn+2 . Die dicken k-Mengen {k, . . . , n − 1}, somit  . . . , n − 1} sind genau die k-Untermengen  n+1  {1,
n von
von . c. ist nach a. a quivalent zu (n + 1) + Fn+1 = k n−k ¨ k=1 n−k f (k − 1) = f (2n). k Sei A = {1, . . . , n − 1}, B = {n, . . . , 2n}, dann folgt c. durch Klassifikation der dicken Mengen X mit |X ∩ B| = n − k. 3.5 Es ist Ln Fn = Fn−1 Fn + Fn Fn+1 . Andererseits sieht man F2n = Fn−1 Fn + Fn Fn+1 ¨ durch wiederholte Anwendung der Fibonacci Rekursion (siehe Ubung 3.33). Einsetzen in Fn = √15 (φn − φˆn ) ergibt Ln = φn + φˆn . 3.9 Betrachten wir die erste Zahl. Ist sie 1 oder 2, so k¨ onnen wir sie mit f (n − 1) W¨ ortern der L¨ ange n − 1 kombinieren, ist sie 0, so muss die zweite 1 oder 2 sein, und wir k¨ onnen den Rest auf f (n − 2) Arten w¨ ahlen. Die Rekursion ist also f (n) = 2(f (n − 1) + f (n − 2)) + [n = 0] + [n = 1] mit f (0) = 1. F¨ ur die erzeugende√Funktion F (z) √ 1+z ergibt dies F (z) = 1−2z−2z ¨blichen Methode f (n) = 3+26 3 (1 + 3)n + 2 und mit der u √ √ 3−2 3 (1 − 3)n . 6

  k * * 3.12 Es ist ak = bn = nk , also A(z) = n≥k nn! z n = = k nk z k = (1 + z)n und B(z)

k k z z n−k zn n≥k (n−k)! = z e . n≥k (n−k)! = z
n ¨ 3.14 Wir verwenden die Rekursion Sn+1,m+1 = k k Sk,m aus Ubung 1.35. Es gilt  


n n z* ′ z zn * also e Sm (z) = n≥0 ( k k Sk,m ) n! = n≥0 Sn+1,m+1 n! , somit Sm+1 (z) = ez S*m (z). ′ z z Mit S*0 (z) = 1 folgt S*1 (z) = e , also S*1 (z) = e − 1 (wegen S*1 (0) = 0). Mit Induktion z m
z erhalten wir S*m (z) = (e −1) , S*m (z)tm = et(e −1) . m!




2n

m≥0

3.16 Es gilt n≥0 F2n z = 21 (F (z) + F (−z))
z ¨ der vorigen Ubung, also n F2n z n = 1−3z+z 2.

z = 12 ( 1−z−z 2 +

−z ) 1+z−z 2

=

z2 1−3z 2 +z 4

nach


z 3.17 G(z) − 1 ist die Konvolution von G(z) und n≥1 n z n = (1−z) 2 . Somit gilt G(z) = 2 1−2z+z z ¨ = 1 + und nach der vorigen Ubung g = F f¨ u r n ≥ 1. n 2n 1−3z+z 2 1−3z+z 2
3.20 Sei x fest, dann ist F (z)x = exp(x log F (z)) = exp(x log(1 + k≥1 ak z k )) = ℓ+1



(−1)ℓ+1
xm exp(x ℓ≥1 (−1)ℓ ( k≥1 ak z k )ℓ ) = ( k≥1 ak z k )ℓ )m . Also ist m≥0 m! ( ℓ≥1 ℓ n x ur n > 0. Die erste Kon[z ]F (z) ein Polynom pn (x) vom Grad n mit pn (0) = 0 f¨ volution folgt aus F (z)x F (z)y = F (z)x+y , die zweite durch Vergleich des Koeffizienten ∂ F (z)x = von
z n−1 in F ′ (z)F (z)x−1 F (z)y = F ′ (z)F (z)x+y−1 , da F ′ (z)F (z)x−1 = x−1 ∂z −1 n−1 ist. x n≥0 n pn (x)z

′ ′ 3.24 EX = n pn z n−1 , also EX = PX (1). V X = EX 2 − n≥1 n pn , PX (z) =




(EX)2 = n2 pn − ( n pn )2 = n(n − 1)pn + n pn − ( n pn )2 , also V X = ′′ ′ ′ (1) + PX (1) − (PX (1))2 . c. ist klar. PX   3.26 Sei k die Anzahl Kopf“, 0 ≤ k ≤ n. Dann ist p(X = k) = nk 2−n , also PX (z) =  n ” −n
1+z n n n ¨ 2 k k = ( 2 ) . Aus Ubung 3.24 folgt EX = 2 , V X = 4 .

330

l¨ osungen

3.28 Wir haben p(Xn = k) =

In,k . n!

Durch Klassifikation nach der Position von n folgt

In,k = In−1,k + . . . + In−1,k−n+1 , also Pn (z) = Pn (z) =

1+z+...+z n−1 Pn−1 (z), n

somit

n  1 + z + . . . + z i−1 , i i=1

da P1 (z) = 1 ist. Mit Pn′ (z) =

n   1 + z + . . . + z j−1 1 + 2z + . . . + (i − 1)z i−2 ( )· j i i=1 j =i

′ (1) = berechnet man EX = PX


n

i=1

i−1 2

=

n(n−1) . 4

¨ Analog f¨ ur V X nach Ubung 3.24.

3.29 Betrachte die linke 3 × 1-Kante. Entweder sie enth¨ alt einen senkrechten Dominostein (oben oder unten), dann k¨ onnen wir mit Bn−1 M¨ oglichkeiten fortsetzen. Oder alle drei Steine sind waagerecht und wir setzen auf An−2 Arten fort. Die Rekursion ist daher ¨ Bn = An−1 + Bn−2 . An = 2Bn−1 + An−2 + [n = 0], und durch eine analoge Uberlegung 1−z 2 Daraus erhalten wir durch Eliminierung von B(z), A(z) = 1−4z2 +z4 . Wir erkennen 1−z A2n+1 = 0, was nat¨ urlich klar ist. Behandeln wir 1−4z+z ¨ blich, so ergibt sich 2 wie u A2n =

√ (2+ 3)n √ 3− 3

+

√ (2− 3)n √ . 3+ 3

¨ 3.31 Wie in Ubung 3.22 erhalten wir A(z) =

1 , (1−z)(1−z 2 )(1−z 4 )... 2 A(z ) A(z) 2 B(z ) = 1−z2 = 1+z .

also A(z 2 ) = (1 −

, also Somit gilt A(z) = z)A(z). F¨ ur B(z) folgt B(z) = A(z) 1−z (1 + z)B(z 2 ), das heißt a2n = a2n+1 = bn .
 n k
 n  2k+1 ¨ 3.34 Wir wissen = = (1 + w)n , also nach Ubung 3.15, k 2k+1 w k k w

(1+w)n −(1−w)n . Klammern wir links w aus und setzen w2 = z, so erhalten wir √ n √ n
 n  k √
2 n  k z) , und mit z = 5, k 2k+1 5 = 2n−1 Fn . z k 2k+1 z = (1+ z) −(1− 2

3.38 Sei F (x, y) = m,n fm,n xm y n . Aus den Anfangsbedingungen erh¨ alt man n f0,n y n

1−xy 1 1 = 1−y , m fm,0 xm = 1−x , und daraus mn=0 fm,n xm y n = (1−x)(1−y) . F¨ ur m, n ≥ 1
m n 1 ) + (q − 1)xy F (x, y), worf x y = y(F (x, y) − ergibt die Rekursion m,n≥1 m,n 1−y n 1 1 aus F (x, y) = 1−x · 1−(1+(q−1)x)y folgt. Somit ist [y ] F (x, y) = (1 + (q − 1)x)n =
n  n k k 1 mit 1−x (das heißt Summation der [xk ]) ergibt schließk=0 k (q−1) x . Multiplikation
m n k lich fm,n = k=0 k (q − 1) .

√ 1+2z− 1+4z 2 2 * * * * 3.40 Mit Konvolution haben wir G(z) = −2z G(z)+( G(z)) +z, also G(z) = 2 * ¨ (da das Pluszeichen wegen G(0) = 0 nicht geht). Verwenden wir Ubung 1.40, so ergibt 2n−2 dies g2n+1 = 0, g2n = (−1)n (2n)! . Siehe dazu Abschnitt 9.4. n−1 n

3.42 Wir setzen f (0) = 1 und haben f (1) = f (2) = 0, also f (n) + f (n + 1) = Dn f¨ ur n ≤ 1. Durch Einf¨ ugen von n + 1 in die Permutationen von {1, . . . , n} beweist man leicht die Rekursion f (n + 1) = (n − 2)f (n) + 2(n − 1)f (n − 1) + (n − 1)f (n − 2) ¨ (n ≥ 2). Umformen ergibt f¨ ur f (n) + f (n + 1) genau die Rekursion f¨ ur Dn . Aus Ubung ′ e−z * * * * * 3.13 erhalten wir F (z) + F (z) = D(z) = 1−z , F (0) = 1. Mit dem Ansatz F (z) = c(z)e−z ergibt sich die L¨ osung F* (z) =
c(z)e−z , c(z) Nun ist f
(n) = F* (0)(n)  . Aus  = − log(1−z)+1. n−1 n −z (k) (n) k n (n−k) * (z)e folgt f (n) = k=0 (−1)k nk (n− = k=0 (−1) k c c (0) = (k−1)!, F (z)
n−1 (−1)k k − 1)! + (−1)n = n! k=0 + (−1)n . k!(n−k)

331

l¨ osungen


n−1 m zm
n−1

n−1 kz nz (kz)m −1 * n) =
3.45 S(z, = = = eez −1 = m≥0 k=0 k k=0 m≥0 k=0 e m! m! nz m e −1 * ¨ (x) ist die Konvolution von (B ) und (x ), B(z) nach der vorigen Ubung. B m m z xz xz zenz * x) = B(z)e * * * also erhalten wir B(z, = eze , und somit B(z, n) − B(z, 0) = − z −1 ez −1 1 1 z * n). Koeffizientenvergleich f¨ = z S(z, ur z m+1 ergibt m! Sm (n) = (m+1)! (Bm+1 (n) − ez −1 

m m+1 1 1 Bm+1 (0)) = (m+1)! ( k m+1 Bk nm+1−k −Bm+1 ), Sm (n) = m+1 Bk nm+1−k . k=0 k k 4.1

Die Symmetriegruppe ist G = { id , i → n + 1 − i}, also Z(G) = n−1 2

1 (z1n 2

n/2

+ z2

), n

gerade, bzw. Z(G) = 12 (z1n + z1 z2 ), n ungerade. Die Ersetzung z1 → 1 + x, z2 → 1 + x2         ergibt mk = 12 ( nk + n/2 [k ≡ 0]) f¨ ur n gerade bzw. mk = 12 ( nk + n−1/2 ) f¨ ur n k/2 ⌊k/2⌋ ungerade. F¨ ur n = 5, k = 3 erhalten wir sechs Muster und f¨ ur n = 6, k = 4 neun Muster.  
b(g) 1 , also und |M| = Z(Sn ; r, . . . , r) = n! 4.4 |M| = r+n−1 g∈Sn r n

n n b(g) k = k=0 sn,k r . r = g∈Sn r 4.8 Die Symmetriegruppe G besteht aus der Identit¨ at, den 4 Achsen durch eine Ecke – gegen¨ uberliegende Seite, und den 3 Achsen durch gegen¨ uberliegende Kanten, also |G| = 1 12. Ecken- und Seitenmuster haben denselben Zyklenindikator Z(G) = 12 (z14 + 8z1 z3 + 2 at Ecken - Seiten. 3z2 ). Dies sieht man auch durch die Dualit¨

4.10 Die Gruppe bestehtaus id , Umdrehung  n  plus jeweils Vertauschung 0 ←→ 1. Die Fixpunktmengen sind alle 2n W¨ orter, die n/2 W¨ orter a1 . . . an an . . . a1 (dies geht nur n n f¨ ur n gerade). F¨ ur die Fixpunktmenge von Umdrehen + Vertauschen  n wir   erhalten  die 2 n + [n ≡ 0]). +2 W¨ orter a1 a2 . . . an an . . . a1 , ai = ai . Das Lemma ergibt |M| = 14 ( 2n n/2 n

  Arten w¨ ahlen, also ist p = 4.11 Wir k¨ onnen die k−1 anderen Stellen des Zyklus auf n−1 k−1  
n k 1 n−1 n+1 1 . Ist X die L¨ a nge des Zyklus, so folgt EX = (k − 1)!(n − k)! = k=1 n = 2 . n! k−1 n
n n ′ 1 1 Sei Y die Anzahl der Zyklen, so ist EY = n! k=0 ksn,k = n! (x )x=1 , also EY = Hn , harmonische Zahl. 4.16 Da f¨ ur Inj(N, R) aus f ◦ τg = f ◦ τh offenbar g = h folgt, so alt jedes Muster

enth¨ 1 1 w(f ) = genau |G| Abbildungen, w(Inj(N, R); G) = |G| f ∈Inj (i1 ,...,in ) xi1 . . . xin = |G| n! (x , . . . , x ). Setzen wir x = . . . = x = 1, so erhalten wir f¨ u r G = { id } die Anzahl a 1 r 1 r |G| n r n ur G = Sn die Anzahl n . r der injektiven Abbildungen und f¨ 4.17 G = { id , ϕ : 0 ↔ 1}. Sei X die Menge der Tafeln, dann ist |X id | = 16. Schreiben wir x = 1 + x, so ist x · y ∈ Xϕ genau dann, wenn ϕ(x · y) = ϕx · ϕy ist, das heißt x · y = x · y. Mit 0 · 0 = a folgt 1 · 1 = a, aus 0 · 1 = b folgt 1 · 0 = b. Somit sind genau die 4 Tafeln 0 1 0 a b 1 b a

in Xϕ , und es folgt |M| = 21 (16 + 4) = 10. F¨ ur 3 Elemente erh¨ alt man |M| = 3330.
n  n k 4.19 F¨ ur G = { id } sind alle Mengen in¨ aquivalent, also k=0 k x = Z({
id }; 1 + ur G = Sn sind alle k-Mengen ¨ aquivalent, also mit x = 1, n x, . . .) = (1 + x)n . F¨ k=0 1 =
b(g) 1 n + 1 = n! 2 . F¨ u r G = C erhalten wir mit x = 0, 1 = Z(C ; 1, . . . , 1) = n n g∈Sn
1 ϕ(d). d|n n

332 4.21 Wir haben exp(

l¨ osungen


k

k≥1




zk yk ) =



k≥1

b

ezk

bn z11 ...zn

yk k

=



k≥1




j

j≥0

zk y kj kj j!

und durch Aus-

multiplizieren f¨ ur [y n ] : (b1 ,...,bn ) 1b1 ...nbn b !...b ! . Nach Abschnitt 1.3 ist dies aber gen 1
n nau Z(Sn ; z1 , . . . , zn ). Setzen wir z1 = z2 = 1, zi = 0 f¨ ur i ≥ 3, so ist = n≥0 Tn y 2


n in n in n y+ y2 . n≥0 Z(Sn ; 1, 1, 0, . . . 0)y = n≥0 n! y . Nach der Formel ist also n≥0 n! y = e Wollen wir die Anzahl der Permutationen mit lauter h-Zyklen bestimmen, so setzen wir yh
zh = 1, zj = 0 (j = h) und erhalten n≥0 hn!n y n = e h .

4.23 Sei M die Menge der selbst-dualen Muster, dann ist |M| =

1 |G|




M∈M




g∈G

|Mg |.

Sei f ∈ M ∈ M, Gf = {g ∈ G : f ◦τg = f }. f wird in der inneren Summe genau |Gf |-mal gez¨ ahlt, f wird
aber auch genau so oft gez¨ ahlt, wie es g ∈ G gibt mit h ◦ f = f ◦ τg , N 1 : h ◦ f = f ◦ τg }|. Sei h ◦ f = f ◦ τg dann bildet f den also |M| = |G| g∈G |{f ∈ R Zyklus (a, τg a, τg2 a, . . .) ab auf (α, β, α, β, . . .) mit R = {α, β}, das heißt die Bilder 0, 1 erscheinen alternierend. Alle Zyklen m¨ ussen demnach gerade L¨ ange haben. Ist der Typ t(τg ) = 10 2b2 30 4b4 . . ., so gibt es genau 2b2 2b4 . . . 2bn Abbildungen mit h ◦ f = f ◦ τg , und das Resultat folgt. 5.2 Wenn alle Funktionen positiv sind, so ist dies sicher richtig. Im anderen Fall k¨ onnten wir als Beispiel f1 (n) = n2 , g1 (n) = n3 + n, f2 (n) = 0, g2 (n) = −n3 haben. + 5.4 Zum Beispiel |f h|. 5.6 Aus der Annahme T ( n2 ) ≤ c n2 folgt T (n) ≤ (c + 1)n mit einer neuen Konstanten c + 1.

5.10 Eine Addition kann das bisher gr¨ oßte Element h¨ ochstens verdoppeln, also ist aℓ ≤ ur n = 2ℓ ist nat¨ urlich ℓ(n) = lg n. Sei n = 2m + . . . die 2ℓ und somit ℓ(n) ≥ lg n. F¨ Bin¨ ardarstellung von n. Mit m Additionen erzeugen wir alle Potenzen 2k (k ≤ m) und mit h¨ ochstens m weiteren die Zahl n. (k, n) mit |f (k, n)| ≤ 5.12 Der Ausdruck k2 + O(k) ist die Menge aller Funktionen k2 + f
2 Ck f¨ ur 0 ≤ k ≤ n. Die Summe ist daher die Menge aller Funktionen n k=0 (k +f (k, n)) = 2 2 3 n + n2 + n6 + f (0, n) + . . . + f (n, n). Nun schließen wir | n2 + n6 + f (0, n) + . . . + f (n, n)| ≤ 3 2 2 n2 + n6 + C(0 + 1 + . . . + n) = n2 + n6 + C n2 + C n2 < (C + 1)n2 , also ist die Gleichung 2 richtig.

5.15 In a. haben wir k≥0 |f (k)| = k≥0 k−a < ∞ und f (n−k) = (n−k)−a = O(n−a )

n/2
n n f¨ ur 0 ≤ k ≤ n2 . Es folgt ak bn−k = k=0 O(f (k))O(f (n))+ k=n/2 O(f (n))·
k=0 O(f (n − k)) = 2O(f (n)) k≥0 |f (k)| = O(f (n)). In b. setze an = bn = a−n , dann
−n gilt n = O(a−n ). k=0 ak bn−k = (n + 1)a ) 5.18 Die erste Rekursion steuert n bei. Nach der ersten Rekursion zerf¨ allt T ( n4 ), T ( 3n 4 3n 3n 9n n 3n n in T ( 16 ), T ( 16 ), T ( 16 ), T ( 16 ) und der Beitrag ist 4 + 4 = n. In jedem Schritt wird n addiert, insgesamt haben wir lg n Runden, also folgt T (n) = O(n lg n).

ur 5.20 Nach Satz 5.1 haben wir T (n) = nlg 7 . Betrachten wir S(n) = αS( n4 ) + n2 . F¨ ur α = 16 ergibt Satz 5.1(b) α < 16 ergibt Satz 5.1(c) S(n) = Θ(n2 ) ≺ T (n), und f¨ S(n) = Θ(n2 lg n) ≺ T (n). Im Fall (a) ist α > 16 mit S(n) = Θ(nlog4 α ). S(n) ≺ T (n) ist also genau f¨ ur α < 49 erf¨ ullt.

333

l¨ osungen


n−1 5.23 Angenommen T (k) = O(k), T (k) ≤ ck. Dann haben wir rekursiv T (n) ≤ 2c k=0 k n ur + an + b = (c + a)n − c + b > cn f¨ ur n ≥ n0 wegen a > 0. Genauso schließt man f¨ T (k) = Ω(k2 ). 5.25 Wir beweisen umgekehrt, dass eine Berechnung von ggT (a, b), a > b , die n Schritte ben¨ otigt, b ≥ Fn+1 und a ≥ Fn+2 zur Folge hat. F¨ ur n = 1 ist dies richtig, und der allgemeine Fall folgt induktiv aus der Fibonacci Rekursion. Mit a = Fn+2 , b = Fn+1 sehen wir, dass das Ergebnis nicht verbessert werden kann. Sei Fn+2 die kleinste Fibonacci Zahl φn folgt n = O(log b). > b, dann wissen wir, dass die Laufzeit ≤ n ist. Aus b ≥ Fn+1 ≥ √ 5 m Die letzte Behauptung besagt, dass f¨ ur b < 10 die Laufzeit h¨ ochstens 5m ist. Nun folgt ¨ aus Ubung 3.33 leicht F5m+2 ≥ 10m , und somit die Aussage aus dem ersten Teil. 5.26 Wie im Hinweis braucht der Kellner h¨ ochstens 2 Flips, um n, n − 1, . . . , 3 an den Schluss zu bringen, und dann h¨ ochstens einen weiteren Flip. Zur unteren Schranke: Wir sagen, i ist benachbart zu i + 1 (i = 1, . . . , n − 1), und n ist benachbart zum Schluss. Ein Flip kann die Anzahl der Nachbarschaften h¨ ochstens um 1 erh¨ ohen. Hat die Ausgangspermutation also keine Nachbarschaften, so brauchen wir jedenfalls n Flips. Solche Permutationen sind f¨ ur n ≥ 4 leicht zu finden. F¨ ur n = 3 pr¨ uft man ℓ(3) = 3 direkt nach. n uge), die restlichen n nach 5.29 Transferiere die obersten 2 Scheiben auf B (W(n) Z¨ 2

D (ohne Benutzung von B, also Tn Z¨ uge), und schließlich die Scheiben von B nach D. ¨ 2.18) die Rekursion F¨ ur Un = (W(n+1) − 1)/2n erhalten wir mit Tn = 2n − 1 (Ubung 2 ¨ Un ≤ Un−1 + 1, also W(n+1) ≤ 2n (n − 1) + 1. Ubrigens ist kein besserer Algorithmus 2 bekannt.

5.32 Ist N1 = ak . . . a1 in Bin¨ ardarstellung gegeben, so gilt N = 2N1 + a0 . Das heißt, otigen wir also k Schritte (die letzten mit Division durch 2 erhalten wir a0 . Insgesamt ben¨ beiden Stellen ak , ak−1 ergeben sich in einem Schritt). Hat N n Dezimalstellen, so gilt 2k ≤ N < 10n , also f (n) = O(n). 6.1 Haben alle n Ecken verschiedenen Grad, so m¨ ussen die Grade die Zahlen 0, 1, . . . , n − 1 sein. Die Grade 0 und n − 1 schließen einander aber aus. 6.5 F¨ ur n = 4 haben wir K4 . Ein 3-regul¨ arer Graph G auf n ≥ 4 Ecken enth¨ alt ein Paar nichtinzidenter Kanten k = uv, k′ = u′ v ′ . Wir entfernen k, k′ , verbinden u, v mit einer neuen Ecke a, u′ und v ′ mit einer neuen Ecke a′ und schließlich a mit a′ . 6.8 Entfernen wir eine Kante k, so resultiert nach Induktion ein Graph mit mindestens n − q + 1 Komponenten. Wiedereinf¨ ugen von k kann die Anzahl h¨ ochstens um 1 erniedrigen. 6.10 Sei A unabh¨ angig mit |A| = α(G), dann ist N (A) = E
A, also |N (A)| = n − α(G) ≤ α(G)∆.
6.13
Jede der χ(G) Farbklassen ist eine unabh¨ angige Menge Ai mit Ai = E. Es folgt ullt Gleichheit. n= |Ai | ≤ α(G)χ(G). Kn erf¨

6.15 Zun¨ achst ist klar, dass G zusammenh¨ angend ist. Sei Km auf {u1 , . . . , um } ein gr¨ oßter vollst¨ andiger Untergraph. Ist m < n, so muss ein v ∈ / {u1 , . . . , um } zu mindestens einer Ecke in Km benachbart sein, und damit zu allen, Widerspruch.

6.20 B ⊆ E trifft alle Kanten genau dann, wenn S
B unabh¨
angig ist. Sei A eine kleinste solche Menge, |A| = m, m+α(G) = n. Wir haben |K| ≤ u∈A d(u), da jede Kante rechts mindestens einmal gez¨ ahlt wird. Da G keine Dreiecke enth¨ alt, gilt d(u) ≤ α, und somit

334

l¨ osungen


2 |K| ≤ u∈A d(u) ≤ mα ≤ ( m+α )2 = n4 . Ist |K| = 2 Gleichungen sein, und Kn/2,n/2 resultiert.

n2 , 4

so m¨ ussen alle Ungleichungen

6.22 Sei G der Graph mit S als Eckenmenge, in dem zwei Punkte x, y benachbart sind, 2 alt, also folgt ⌊ n3 ⌋ nach falls |x − y| > √12 ist. Man zeigt leicht, das G keinen K4 enth¨ ¨ Ubung 6.21. Das gleichseitige Dreieck zeigt, dass Gleichheit m¨ oglich ist. 6.25 Alle k-Mengen, die 1 enthalten, kommen in Farbklasse 1, alle, die 2 enthalten (aber nicht 1), in Klasse 2 usf., bis n − 2k + 1. Es bleiben alle k-Mengen aus {n − 2k + 2, . . . , n} ¨ u gilt immer Gleichheit. ¨brig, und diese haben paarweise nichtleeren Schnitt. Ubrigens K(5, 2) ist der Petersen-Graph. ¨ 6.26 Der Petersen-Graph ist K(5, 2) aus Ubung 6.25. Jede Permutation von {1, . . . , 5} ergibt einen Automorphismus von K(5, 2). Sei nun ϕ : E → E Automorphismus. Wir betrachten den 5-Kreis {1, 2}, {3, 4}, {5, 1}, {2, 3}, {4, 5} in K(5, 2). Es sei ϕ{1, 2} = {a, b}, ϕ{3, 4} = {c, d}, dann ist o.b.B.A. ϕ{5, 1} = {a, e}, ϕ{2, 3} = {b, c}. F¨ ur ϕ{4, 5} = {x, y} folgt x, y ∈ {a, b, c} da {4, 5} zu {1, 2}, {2, 3} benachbart ist, also {x, y} = {d, e}. Durch Betrachtung eines weiteren 5-Kreises folgt ϕ : 1, 2, 3, 4, 5 → a, b, c, d, e, also induziert ϕ eine Permutation auf {1, . . . , 5}, und Aut(Pet) = S5 . 6.28 Seien S, T die definierenden Eckenmengen mit |S| = m ≤ n = |T |. In einer optimalen Nummerierung m¨ ussen 1 und m + n auf derselben Seite sein. Seien 1, m + n in T , b die Bandbreite und k bzw. K die kleinste bzw. gr¨ oßte Nummer in S. Dann gilt K − k ≥ m − 1, K − 1 ≤ b, m + n − k ≤ b, woraus b ≥ m + ⌈ n2 ⌉ − 1 folgt. Der Fall 1, ⌉ − 1, unsere urspr¨ ungliche Wahl war also besser. m + n ∈ S ergibt analog b ≥ n + ⌈ m 2 Geben wir ⌊ n2 ⌋ + 1, . . . , ⌊ n2 ⌋ + m in S, den Rest in T , so erhalten wir b = m + ⌈ n2 ⌉ − 1. 6.32 Nummeriere die Ecken v1 , . . . , vn . Gib v1 die Farbe 1 und induktiv vi die kleinste ochstens Farbe, die nicht unter den Nachbarn von vi in {v1 , . . . , vi−1 } erscheint. Da vi h¨ ∆ Nachbarn hat, brauchen wir niemals mehr als ∆ + 1 Farben. ur alle Graphen auf n − 1 6.34 Induktion nach n. Angenommen χ(H) + χ(H) ≤ n f¨ Ecken. Sei G Graph auf n Ecken, v ∈ E mit d(v) = d. F¨ ur H = G
v, H = G
v gilt χ(G) ≤ χ(H) + 1, χ(G) ≤ χ(H) + 1. Der einzig interessante Fall tritt auf, wenn in beiden F¨ allen Gleichheit gilt. Dann gilt aber χ(H) ≤ d, χ(H) ≤ n − 1 − d, also wieder ¨ 6.13. χ(G) + χ(G) ≤ n + 1. Die zweite Ungleichung folgt aus Ubung 6.35 Es seien C1 , . . . , Ck die Farbklassen einer k-F¨ arbung. Orientieren wir alle Kanten von links nach rechts, d. h. mit aufsteigendem Index der Farbklassen, so ist die Bedingung erf¨ ullt, da f¨ ur je k − 1 aufeinanderfolgende Kanten in einer Richtung immer eine in ur v = u0 der anderen Richtung folgen muss. Umgekehrt w¨ ahlen wir u0 ∈ E fest. F¨ betrachten wir alle Kantenz¨ uge P von u0 nach v und versehen die Kanten mit dem Gewicht 1 bzw. −(k − 1) wie im Hinweis. w(P ) sei das Gesamtgewicht. Da das Gewicht eines Kreises nach Voraussetzung ≤ 0 ist, gibt es einen Zug Pv mit maximalem Gewicht w(Pv ). Ist nun v → v ′ , so gilt w(Pv′ ) ≥ w(Pv ) + 1, w(Pv ) ≥ w(Pv′ ) − (k − 1), also ahlen wir die Farbe 0 f¨ ur u0 und f¨ ur v die Farbe r mit 1 ≤ w(Pv′ ) − w(Pv ) ≤ k − 1. W¨ arbung. w(Pv ) = qk + r, 0 ≤ r ≤ k − 1, so erhalten wir eine k-F¨ 6.37 a. Ct , b. Kk+1 , c. Kk,k , d. Petersen-Graph (f (3, 5) ≥ 10 folgt aus der unteren Formel, die Eindeutigkeit bedarf einiger Sorgfalt.) Eine Ecke hat k Nachbarn, jeder Nachbar k − 1 weitere Nachbarn usf. Wegen t = 2r + 1 sind alle Ecken bis zur (r − 1)-sten Iteration
k(k−1)r −2 i . Der Fall t = 2r verschieden, und es folgt f (k, 2r + 1) ≥ 1 + k r−1 i=0 (k − 1) = k−2 geht analog.

l¨ osungen

335

6.40 Die Endecken jedes l¨ angsten Weges sind keine Schnittecken. 6.43 Sei u eine Ecke mit maximalem Aus-Grad d+ (u) = d. F¨ ur v ∈ / N + (u) haben wir v → u und daher v → w f¨ ur h¨ ochstens d − 1 Ecken aus N + (u). Also gibt es einen Weg u → w0 → v.

6.45 Angenommen d− (vi ) < d− (vi+1 ). Sei s = #k < i : vi → vk , s′ = #ℓ > i : vℓ → vi und analog t, t′ f¨ ur vi+1 . Wir haben d− (vi ) = s+(n−i−s′ ), d− (vi+1 ) = t+(n−i−1−t′ ), andert f (π) zu f (π)+s−s′ −t+t′ +1 < also s−s′ < t−t′ −1. Der Austausch vi −→ vi+1 ver¨ f (π), also war π nicht optimal. 6.46 Graphen mit Br¨ ucken k¨ onnen offenbar nicht geeignet orientiert werden. Umgekehrt ¨ ¨ entfernen wir eine Aquivalenzklasse der Relation ≈ (siehe Ubung 6.41). Nach Induktion ¨ kann der Restgraph stark zusammenh¨ angend orientiert werden. Die Kanten der Aquivalenzklasse orientieren wir zyklisch und erhalten so eine gew¨ unschte Orientierung. 7.2 Sei E = {u1 , . . . , u2m } und Pi ein Weg von ui nach ui+m (i = 1, . . . , m). K ′ enthalte alle Kanten, die in einer ungeraden Anzahl der Pi ’s erscheinen. G′ = (E, K ′ ) hat dann ur unzusammenh¨ angende die gew¨ unschte Eigenschaft. K3 + K3 ist ein Gegenbeispiel f¨ Graphen.
7.5 In u=v d(u, v) sind n − 1 Terme gleich 1 und alle anderen mindestens 2. Das Minimum wird also erreicht, wenn alle anderen Terme gleich 2 sind, und dies ergibt den ange n − 1 durch Induktion Stern K1,n−1 . Im anderen Fall erhalten wir den Weg der L¨ nach n. aume und k = uv ∈ K(T )
7.9 Angenommen T und T ′ sind verschiedene optimale B¨ K(T ′ ). Auf dem eindeutigen Weg in T ′ , welcher u mit v verbindet, liegt eine Kante k′ , welche die beiden Komponenten von T
{k} verbindet. Nun hat entweder (T
{k})∪{k′ } oder (T ′
{k′ }) ∪ {k} geringeres Gewicht als T .
t
t 7.11 Sei ni = |{u ∈ E : d(u) = i}|, dann ist i=0 ini = 2n − 2 = 2 i=1 ni − 2, t = max d(u). Es folgt n1 = n3 + 2n4 + . . . + (t − 2)nt + 2, also n1 ≥ t. Gleichheit gilt, wenn nt = 1 und alle anderen Ecken Grad 1 oder 2 haben. 7.12 Sei Tk die Menge aller B¨ aume mit d(n) = k. Zu jedem T ∈ Tk erzeugen wir n−1−k B¨ aume in Tk+1 auf folgende Weise: Wir betrachten eine mit n nichtinzidente Kante uv (wobei d(n, v) = d(n, u) + 1 ist), l¨ oschen uv und h¨ angen v an n an. Umgekehrt sieht B¨ a ume aus Tk geh¨ oren. Durch Entwickeln man leicht, dass zu T ′ ∈ Tk+1 genau k(n − 1)  der Rekursion erhalten wir C(n, k) = n−2 (n − 1)n−1−k und t(n) = nn−2 nach dem k−1 Binomialsatz.

7.13 Laut Hinweis haben wir det Mii = det N · det N T = (det N )2 , wobei N alle (n − 1) × (n − 1)-Untermatrizen von C-{Zeile i} durchl¨ auft. Die n − 1 Spalten von N korrespondieren zu einem Untergraphen von G mit n − 1 Kanten, und es bleibt zu zeigen, det N = ±1 ist, falls G ein Baum ist, und 0 sonst. Angenommen, die n − 1 Spalten ergeben einen Baum. Dann gibt es eine Ecke v1 = vi (vi korrespondiert zur i-ten Zeile) vom Grad 1; es sei k1 die inzidente Kante. Wir entfernen v1 , k1 und erhalten wiederum einen Baum. Es gibt wieder eine Ecke v2 = vi vom Grad 1, usf. Permutieren der Zeilen und Spalten in N ergibt eine Dreiecksmatrix N ′ mit ±1 in der Hauptdiagonale, also det N = ± det N ′ = ±1. Angenommen, die n − 1 Spalten ergeben keinen Baum. Dann alt. Da die entsprechenden Spalten jeweils eine gibt es eine Komponente, die vi nicht enth¨ 1 und eine -1 enthalten, summieren die Zeilen dieser Komponente zu 0 und sind daher linear abh¨ angig.

336

l¨ osungen

7.17 Jede Kante von Kn ist aumen. Zwei in derselben Anzahl a von aufspannenden B¨ faches Abz¨ ahlen ergibt a n2 = nn−2 (n − 1), also a = 2nn−3 , und wir erhalten t(G) = nn−3 (n − 2). aume in G(2, n), also a0 = 0, a1 = 1, 7.18 Sei an die Anzahl der aufspannenden B¨ alder mit genau zwei Komponenten, von a2 = 4, und bn die Anzahl der aufspannenden W¨ alt. Eine Fallunterscheidung, wie un , vn an G(2, n − 1) denen eine un , die andere vn enth¨ angeh¨ angt sind, zeigt
an = 3an−1 + bn−1 + [n
= 1],n bn = 2azn−1 + bn−1 + [n = 1]. Eliminierung von B(z) = bn z n ergibt A(z) = an z = 1−4z+z2 und mit den Methoden √ n √ 1 √ aus Abschnitt 3.2 erhalten wir an = 2 3 ((2 + 3) − (2 − 3)n ). 7.21 Sei A die Kantenmenge des durch den Algorithmus konstruierten Baumes und {b1 , . . . , bn−1 } die Kantenmenge eines beliebig anderen Baumes. Sei bi = ui vi , dann gibt es einen eindeutigen Schritt unseres Algorithmus, bei dem die zweite der Ecken ui , vi zu S hinzugef¨ ugt wird, und die Schritte sind f¨ ur bi = bj verschieden. Da bi in diesem ur die entsprechende A-Kante. Augenblick eine Kandidatenkante ist, folgt w(ai ) ≤ w(bi ) f¨ 7.24 a. ist klar, da alle Basen gleichm¨ achtig sind. b. folgt aus Axiom (3) f¨ ur Matroide angewandt auf A
{x} und B. Erf¨ ullt umgekehrt B die Bedingungen, so definiert man U = {A : A ⊆ B f¨ ur ein B ∈ B} und weist die Axiome f¨ ur U nach. 7.27 Die minimal abh¨ angigen Mengen in M = (K, W) sind die Kantenmengen von angend ist (allgemein komponenKreisen. F¨ ur M∗ nehmen wir an, dass G zusammenh¨ tenweise). A ist genau dann unabh¨ angig in M∗ , wenn K
A einen aufspannenden Baum ¨ enth¨ alt (siehe die vorige Ubung), also ist B minimal abh¨ angig in M∗ , wenn B minimale Schnittmenge ist. 7.30 Angenommen A, B ∈ U , |B| = |A| + 1 und A ∪ {x} ∈ / U f¨ ur alle x ∈ B
A. Sei w : S → R definiert durch w(x) = −|A| − 2 f¨ ur x ∈ A, w(x) = −|A| − 1 f¨ ur x ∈ B
A, w(x) = 0 sonst. Es sei X die vom Greedy konstruierte L¨ osung. Dann ist A ⊆ X, X ∩ (B
A) = ∅, somit w(X) = −|A|(|A| + 2) > −(|A| + 1)2 ≥ w(B), also liefert der Greedy nicht das Optimum. 7.33 Ist C ein Kreis mit negativem Gesamtgewicht, so k¨ onnen wir C beliebig oft durchlaufen und jedesmal den Abstand senken. Wie im Hinweis sei induktiv bereits bewiesen, dass ℓ(vi−1 ) = d(u, vi−1 ) nach der (i − 1)-sten Runde ist. In der i-ten Runde pr¨ ufen wir an einer Stelle ℓ(vi−1 ) + w(vi−1 , vi ) gegen das bisherige ℓ(vi ) und erhalten ℓ(vi ) = ℓ(vi−1 ) + w(vi−1 , vi ) = d(u, vi−1 ) + w(vi−1 , vi ) = d(u, vi ). Da jede Ecke v = u h¨ ochstens den Graphenabstand |E| − 1 hat, sind wir nach |E| − 1 Iterationen fertig. 7.35 Erg¨ anze den Bellman–Ford-Algorithmus nach |E| − 1 Durchl¨ aufen durch: Pr¨ ufe f¨ ur jede Kante (x, y), ℓ(y) gegen ℓ(x) + w(x, y). Falls f¨ ur eine Kante ℓ(y) > ℓ(x) + w(x, y) gilt, drucke Kein k¨ urzester Weg“. ” 8.3 Nach Satz 8.2 m¨ ussen wir |N (A)| ≥ m − n + |A| f¨ ur alle A ⊆ S zeigen. Sei |A| = r, |N (A)| = s, dann gilt (m−1)n < |K| ≤ rs+(n−r)n ≤ n(s+n−r), also m−1 < s+n−r oder s ≥ m − n + r. Der Graph Km−1,n plus eine Kante von einer neuen Ecke um ∈ S nach T zeigt, dass m nicht verbessert werden kann. 8.7 Sei u1 v1 , . . . , um vm ein Maximum Matching. Angenommen m < n/2, dann bilden die restlichen Ecken {u, v, . . .} eine unabh¨ angige Menge. Aus d(u) + d(v) ≥ n − 1 > 2m uhren. Also existiert ein folgt, dass es ein Paar ui , vi gibt, zu dem drei Kanten von u, v f¨ Matching in {u, v, ui , vi }.

l¨ osungen

337

8.8 Offenbar muss mn gerade sein. Sei m gerade, dann finden wir ein Matching in jedem der n Wege. Die Anzahl der 1-Faktoren in G(2, n) ist Fn+1 (Fibonacci-Zahl). 8.13 Sei C ein Hamiltonscher Kreis. Wenn wir A entfernen, dann bleiben h¨ ochstens |A| zusammenh¨ angende St¨ ucke auf C. 8.15 Mit Induktion nehmen wir an, dass Qn−1 Hamiltonsch ist mit u1 u2 . . . u2n−1 . Es ist Qn = {(v, 0) : v ∈ Qn−1 ) ∪ {(v, 1) : v ∈ Qn−1 }, und somit (u1 , 0), . . . , (u2n−1 , 0), (u2n−1 , 1) . . . , (u1 , 1) ein Hamiltonscher Kreis. 8.17 Sei n ≥ 3 ungerade. F¨ arben wir die K¨ asest¨ ucke abwechselnd weiß und schwarz wie auf einem Schachbrett, so muss der Weg zwischen weiß und schwarz alternieren. Die linke untere Ecke und die Mittelecke sind verschieden gef¨ arbt, also hat jeder solche Weg usste er aber gerade L¨ ange haben. ungerade L¨ ange. Da n3 ungerade ist, m¨ 8.20 Das Komplement eines Tr¨ agers in G ist eine unabh¨ angige Menge in G, also ein ¨ ¨ vollst¨ andiger Untergraph in G (siehe die L¨ osung zu Ubung 6.20). Dies beweist die Aquivalenz. Dass z. B. das Cliquenproblem in NP liegt, ist klar. 8.22 a. ⇒ b. |S| = |T | ist klar. Angenommen |N (A)| ≤ |A| f¨ ur ∅ = A = S. Da G einen 1-Faktor hat, muss |N (A)| = |A| sein. Es gibt eine Kante k, welche N (A) mit S \ A verbindet, da G zusammenh¨ angend ist, und diese Kante k ist in keinem 1-Faktor. b. ⇒ c. Sei A ⊆ S \ {u}, dann gilt |NG\{u,v} (A)| ≥ |NG (A)| − 1 ≥ |A|. c. ⇒ a. Angenommen G ist nicht zusammenh¨ angend. Sei G1 eine Komponente mit |E(G1 ) ∩ S| ≤ |E(G1 ) ∩ T |. atte G \ {u, v} keinen 1-Faktor. Sei nun k = uv Sei u ∈ E(G1 ) ∩ S, v ∈ T \ E(G1 ), dann h¨ eine Kante, dann existiert ein 1-Faktor in G \ {u, v}, also mit k ein 1-Faktor in G. 8.26 Wenn G einen 1-Faktor hat, dann w¨ ahlt der zweite Spieler immer einen Matching Partner. Im anderen Fall w¨ ahlt der erste Spieler ein Maximum Matching M und beginnt ahlt mit u1 außerhalb M . Spieler 2 muss nach M hineingehen, und der erste Spieler w¨ den Matching Partner. Der zweite Spieler kann auf diese Weise nie M verlassen, da wir ansonsten einen alternierenden Wege h¨ atten. 8.28 Wir beweisen die Aussage allgemeiner f¨ ur alle bipartiten Graphen G = (S + T, K), |S| = |T | = n, welche einen 1-Faktor besitzen, mit d(u) ≥ k f¨ ur alle u ∈ S ∪ T . F¨ ur n = k haben wir G = Kk,k . Die 1-Faktoren in Kk,k entsprechen den k! Permutationen. Sei n > k. A ⊆ S heißt kritisch, falls |A| = |N (A)| ist. ∅ und S sind nat¨ urlich immer kritisch. Fall a. ∅ und S sind die einzigen kritischen Mengen. Sei uv ∈ K und G′ = G \ {u, v}. Wegen |A| < |N (A)| f¨ ur A = ∅, S gilt in G′ stets |A| ≤ |N (A)|. Nach Induktion besitzt G′ mindestens (k − 1)! verschiedene 1-Faktoren, welche wir mit den Kanten uv1 , . . . , uvk erg¨ anzen k¨ onnen. Fall b. A = ∅, S ist kritische Menge. Jeder 1-Faktor muss dann genau A mit N (A) und daher S \ A mit T \ N (A) verbinden. Nach Induktion besitzt bereits der bipartite Graph auf A + N (A) k! 1-Faktoren, die alle auf ganz G erg¨ anzt werden k¨ onnen. 8.32 Sei d(G) = min (|A| : A Tr¨ ager), dann ist d(G) + α(G) = n. Nach Satz 8.3 haben ¨ wir d(G) = m(G) und nach der vorigen Ubung m(G) + β(G) = n. F¨ ur den Kreis C5 gilt α = 2, β = 3. 8.34 Im bipartiten Graphen auf S + (F ∪ F ′ ) betrachten wir eine Teilmenge B = {Ai1 , . . . , Air } ∪ {A′j1 , . . . , A′js } der rechten Seite. Nach Voraussetzung gilt |N (B)| ≥ a(r+s) ≥ r + s. Es existiert also ein Matching ϕ : F ∪ F ′ → S von rechts nach links. 2b Besetzt der erste Spieler s ∈ S mit A = ϕ−1 (s), so kontert der zweite, indem er t ∈ S ur das n × n-Tic-Tac-Toe gilt a = n, b ≤ 4, also resultiert f¨ ur mit t = ϕ(A′ ) besetzt. F¨ n ≥ 3 stets ein Remis.

338

l¨ osungen

8.36 Wir betrachten den vollst¨ andigen bipartiten Graphen Km,n auf Z + S mit allen Kanten gerichtet von Z nach S, Z = {1, . . . , m}, S = {1, . . . , n}. Die Kapazit¨ at c ist auf j ∈ S ist s assiger allen Kanten 1, das Angebot in i ∈ Z ist ri , die Nachfrage in j . Ein zul¨

Fluss nimmt dann die Werte 0, 1 an (Satz 8.9), und wegen ri = sj entsprechen die 1-Werte einer gew¨ unschten Matrix. Wir m¨ ussen also die Bedingung (1) am Ende von Abschnitt 8.3 nachpr¨ ufen. Sei (X, Y ) ein Schnitt mit Z ∩ Y = I, S ∩ Y = J. Genau die Kanten zwischen Z
I und J steuern die Kapazit¨ at 1 bei, so dass wir die Bedingung

s ≤ r +|Z
I| |J| f¨ u r alle I ⊆ Z, J ⊆ S erhalten. Unter den k-Mengen J ⊆ S j i j∈J i∈I ist die sch¨ arfste Bedingung links wegen s1 ≥ . . . ≥ sn durch J = {1, . . . , k} gegeben, und man sieht sofort, dass f¨ ur
|J| = k die sch¨ arfste Bedingung rechts f¨ ur I0 = {i ∈ Z : ri ≤ k}
min(r , k). resultiert. Dann ist aber i∈I0 ri + k |Z
I0 | = m i i=1 8.37 Wir nummerieren die St¨ adte so, dass ℓ1 ≥ . . . ≥ ℓn gilt, wobei ℓi die L¨ ange der Kante ist, die bei (N N ) an i angeh¨ angt wird. copt ≥ 2ℓ1 folgt sofort aus der Dreiecksungleichung. Sei Sk = {1, . . . , 2k} und Tk die Tour durch Sk in derselben zyklischen Ordnung wie in der optimalen Tour. Aus der Dreiecksungleichung folgt copt ≥ c(Tk ). Sei ugt wurde, so folgt cij ≥ ℓi ,
andernij eine Kante in Tk . Falls i in (N N ) vor j eingef¨ cij ≥ falls c ji = cij ≥ ℓj , also cij ≥ min(ℓi , ℓj ). Summation liefert copt ≥ c(Tk ) ≥
), da ein Minimum h¨ ochstens zweimal in der Summe min(ℓi , ℓj ) ≥ 2(ℓk+1 + . . . + ℓ2k
ahlen wir k = 1, 2, . . . , 2⌈lg n⌉−2 und erscheint. Genauso folgt copt ≥ 2 n j=⌈n/2⌉+1 ℓj . W¨
summieren wir alle Ungleichungen, so resultiert (⌈lg n⌉ + 1)copt ≥ 2 n i=1 ℓi = 2cN N .

8.38 Sei λ = min |A|, µ = max |W|, dann gilt offenbar µ ≤ λ. Wir betrachten das  = (E, K) wie im Hinweis. Die Kapazit¨ Netzwerk G at eines Schnittes (X, Y ) ist wegen c ≡ 1, c(X, Y ) = |S(X, Y )| (Bezeichnung wie in Lemma 8.7). Da jedes S(X, Y ) trennende Menge ist, folgt λ ≤ c(X, Y ). Nach Satz 8.8 bleibt zu zeigen, dass w(f ) ≤ µ f¨ ur jeden zul¨ assigen Fluss f gilt. Es ist klar, dass die Addition von αfP (Bezeichnung wie in Satz 8.8) genau einem gerichteten Weg von u nach v entspricht, so dass wegen c ≡ 1, w(f ) ≤ µ folgt. 8.41 Eckendisjunkte S, T -Wege entsprechen Matchings, trennende Eckenmengen entsprechen Tr¨ agern, also resultiert Satz 8.3. ahlt. Dann ist G ∪ {uv} Hamiltonsch 8.43 Sei G = (E, K) = Kn wie im Hinweis gew¨ f¨ ur jedes Paar uv ∈ / K. G besitzt also einen Weg u = u1 , u2 , . . . , un = v. Sei A = {ui : u ui+1 ∈ K}, B = {uj : uj v ∈ K}, also |A| = d(u), |B| = d(v). Da v ∈ / A ∪ B ist, gilt n ≤ d(u) + d(v) = |A| + |B| = |A ∪ B| + |A ∩ B| < n + |A ∩ B|, dass heißt es gibt ein uk ∈ A ∩ B. Nun erhalten wir aber den Hamiltonschen Kreis u = u1 , . . . , uk , v = un , un−1 , . . . , uk+1 , u. 8.46 Jemand gibt einen Isomorphismus ϕ : G → H an. Dann muss f¨ ur jede 1 oder 0 in der Adjazenzmatrix von G gepr¨ uft werden, ob der entsprechende Eintrag in der Adjauhrt zenzmatrix von H ebenfalls 1 oder 0 ist. Dies kann mit O(n2 ) Operationen durchgef¨ werden. ¨ 8.48 Nach der vorigen Ubung gilt P ⊆ co − N P . Sei P = N P und A ∈ co − N P . Betrachten wir A′ mit den Wahrheitswerten 1 und 0 ausgetauscht, so ist A′ ∈ N P = P , also A ∈ P , da P = co − P ist. Es folgt co − N P = P = N P . 9.2 Wir haben den Suchbereich S = {1L , 1S , . . . , nL , nS } wie in Abschnitt 9.1, also L ≥ ⌈log3 2n⌉. Angenommen 2n = 3k − 1, k ≥ 1. Wenn der erste Test links und rechts je ℓ M¨ unzen auf die Schalen legt, so wird S in die Mengen Si mit 2ℓ, 2ℓ und 2n − 4ℓ

l¨ osungen

339

Elemente zerlegt. Da |Si | jeweils gerade ist, folgt max |Si | ≥ 3k−1 + 1, somit L ≥ k + 1, also L ≥ ⌈log3 (2n + 2)⌉. Die Umkehrung folgt leicht durch Induktion.

9.4 Die Formel gilt f¨ ur n = 1, 2. Entfernen wir aus einem Baum T ∈ T (n, 2) eine Gabel, wobei die Bl¨ atter L¨ ange ℓ haben, so erhalten wir e(T ) = e(T ′ )+ℓ+1, i(T ) = i(T ′ )+ℓ−1, also mit Induktion e(T ) − i(T ) = e(T ′ ) − i(T ′ ) + 2 = 2(n − 1).

9.8 Wir k¨ onnen die Anzahl der Kandidaten in jeder Runde h¨ ochstens halbieren, woraus L ≥ ⌈lg n⌉ folgt. Haben wir umgekehrt s Kandidaten, so k¨ onnen wir durch disjunkte Vergleiche ⌊ 2s ⌋ Kandidaten eliminieren. 9.11 L0 (n) = n − 1 ist klar; ebenso L1 (1) = 0, L1 (2) = 1. Wir haben L1 (3) = 1, indem wir zuerst x∗ = 1 testen. Sei n ≥ 4. Testen wir zuerst x∗ = 2, so ist nach Induktion L ≤ 1 + max(1, ⌈ n−3 ⌉) = ⌈ n3 ⌉. Umgekehrt enth¨ alt jeder Teilbaum mit s Bl¨ attern immer 3 ¨ einen Unterbaum mit mindestens s − 3 Bl¨ attern. Mit einer analogen Uberlegung erh¨ alt ur n = 5t, 5t+3, 5t+4 (n ≥ 3) und L2 (n) = ⌈ n5 ⌉ f¨ ur n = 5t+1, 5t+2 man L2 (n) = ⌈ n5 ⌉+1 f¨ (n ≥ 12).

9.13 Seien A die 10-Euro Leute und B die 20-Euro Leute. Eine Folge von A’s und B’s ist unzul¨ assig, falls an einer Stelle mehr B’s als A’s sind. Sei 2m − 1 die erste Stelle, wo dies passiert. Bis zu dieser Stelle gibt es also m − 1 A’s und m B’s. Vertauschen wir diese A’s und B’s, so erhalten wir eine Folge von n + 1 B’s und n − 1 A’s. Ist umgekehrt eine Folge von n + 1 B’s und n − 1 A’s gegeben, so gibt es eine erste Stelle, wo die B’s eins mehr sind als die A’s. Tauschen wir wieder die A’s und B’s aus, so ergibt sich eine unzul¨ assige 2n Folge. Man sieht sofort, dass dies eine Bijektion der unzul¨ assigen Folgen auf die n−1 2n  2n  2n 1 Folgen von n + 1 B’s und n − 1 A’s ist, und wir erhalten n − n−1 = n+1 n . 9.15 Folge c, da nach 48 die Suche im linken Unterbaum stattfindet, 60 aber im rechten ist.

9.17 F¨ ur L = 1 kann der Graph h¨ ochstens 2 Kanten haben. Angenommen, u ∈ E ist die erste Testecke. Sei L die optimale Suchl¨ ange. Falls d(u) = d > L ist, und die Antwort ist ja“, dann ist die zweite Endecke von k∗ unter den Nachbarn von u und wir brauchen ” d(u) − 1 ≥ L weitere Tests. Also muss d(u) ≤ L gelten. Es gibt eine mit u nichtinzidente are. Ist nun die Antwort nein“, dann Kante, da ansonsten G = K1,d und u nicht optimal w¨ ” ist das Problem auf G′ = G
 {u}mit L(G′ ) ≤ L − 1 reduziert. Nach Induktion haben L+1 ′ osung der Schranken wir |K(G)| = d + |K(G )| ≤ 2 + 1. Analog zeigt man b. Aufl¨ , , 7 7 1 3 ergibt L ≥ ⌈ 2|K| − 4 − 2 ⌉, L ≥ ⌈ 2n − 4 − 2 ⌉. ankung an die Tests bedeutet. Sei fk (n) = 9.20 a. ist klar, da k ≥ n2 keine Einschr¨ amlich A1 , A2 , . . . die Testfolge in einem L≤k (n), fk (n) ist monoton steigend in n. Sei n¨ optimalen Algorithmus f¨ ur S, dann bildet A1 ∩ T, A2 ∩ T . . . eine erfolgreiche Testfolge f¨ ur T ⊆ S. Sei A1 die erste Testmenge, |A1 | = ℓ ≤ k. Betrachten wir die Unterb¨ aume verwurzelt in A1 und S
A1 , so erhalten wir die Rekursion fk (n) = 1 + max(fk (ℓ), fk (n − ℓ)) = 1 + fk (n − ℓ) ≥ 1 + fk (n − k). Daraus folgt fk (n) ≥ t + ⌈lg(n − tk)⌉ mit t = ⌈ nk ⌉ − 2. Umgekehrt nehmen wir als erste Testmengen A1 = {a1 , . . . , ak }, A2 = {ak+1 , . . . , a2k }, . . . , At = {a(t−1)k+1 , . . . , atk }. Falls x∗ ∈ Ai ist, so sind wir mit ⌈lg k⌉ weiteren Tests fertig, im anderen Fall ben¨ otigen wir ⌈lg(n − tk)⌉ weitere Tests.

9.23 Die einzige Alternative zu elementweiser Suche ist S = {a, b} als erste Testmenge. Wir erhalten S ∩ X ∗ = ∅ mit Wahrscheinlichkeit (1 − p)2 . In diesem Fall sind wir fertig, im anderen Fall testen wir {a}. Jetzt hat die Antwort X ∗ ∩ {a} = ∅ Wahrscheinlichkeit p(1 − p), und wir erhalten X ∗ = {b}. Im anderen Fall teste {b}. Mit Wahrscheinlichkeit p

340

l¨ osungen

brauchen wir also 3 Tests, und wir erhalten L = (1 − p)2 + 2p(1 − p) + 3p = −p2 + 3p + 1, √ 3− 5 und dieser Ausdruck ist ≥ 2 genau f¨ ur p ≥ 2 . 9.25 Ersetze in einem optimalen Baum T ∈ T (n + 1, 2) eine Gabel wie im Huffmanur Algorithmus, wobei die Bl¨ atter L¨ ange ℓ haben, so dass T ′ ∈ T (n, 2) resultiert. F¨ ) ′ ¨ e(T ), e(T ) wie in Ubung , 9.4 erhalten wir e(T ) = e(T ′ ) + ℓ + 1. Es gilt h(n + 1) = e(T n+1 ′

) h(n + 1) = e(T ≥ h(n) + ℓ+1 , und somit h(n + 1) ≥ h(n) + h(n) ≤ e(Tn ) , also n+1 n n n 1 (ℓ − h(n + 1)). Gleichheit gilt daher, wenn n + 1 = 2k f¨ ur ein k ist. n

1 n

+

9.29 Der Suchbereich ist S = {y1 , . . . , yn , z0 , . . . , zn }, wobei zi bedeutet, dass yi < x∗ < andigen bin¨ aren Baum T ∈ T (n + 1, 2) mit zi yi+1 ist. Man konstruiert nun einen vollst¨ in den Bl¨ attern und yi in den inneren Ecken und f¨ ullt die Ecken von T in In-Order. Ist x∗ = yi , so ist die Anzahl der Tests ℓ(yi ) + 1, ist x∗ = zi , so erhalten wir ℓ(zi ), und somit L = ⌈lg(n + 1)⌉.

9.30 Wir f¨ uhren ⌊ n2 ⌋ disjunkte Vergleiche durch und bestimmen das Maximum der ⌊ n2 ⌋ gr¨ oßeren Elemente bzw. das Minimum der ⌊ n2 ⌋ kleineren. Dies ergibt L ≤ ⌈ 3n ⌉ − 2. Zur 2 unteren Schranke: Mit Maxi bezeichnen wir die Menge der Maximumskandidaten nach i Vergleichen, analog Mini . Sei si = |Maxi | + |Mini |. Am Anfang haben wir s0 = 2n und am Ende sL = 2. Sei x : y der (i + 1)-ste Vergleich. Erhalten wir die Antwort x < y, falls allen), so folgt x ∈ Mini oder y ∈ Maxi (mit einem beliebigen Ausgang in den anderen F¨ si+1 ≥ si − 1, außer wenn x, y bisher noch in keinem Vergleich waren. In diesem Fall ist si+1 = si − 2. Dieser zweite Fall kann aber h¨ ochstens ⌊ n2 ⌋-mal eintreten, und es resultiert n 2 ≥ 2n − L − ⌊ 2 ⌋. 9.32 Vergleichen wir immer die Minima der aktuellen Listen, so sind wir in 2n − 1 Vergleichen fertig. Umgekehrt m¨ ussen in der gemeinsamen Liste {z1 < z2 < . . . < z2n } alle uhrt worden sein, da sie nicht durch Transitivit¨ at erzwungen Vergleiche zi : zi+1 durchgef¨ werden k¨ onnen. Also gilt M (n, n) = 2n − 1. wird mit dem gr¨ oßten k > j, das vor j kommt, ausgetauscht, also 9.35 Ein j mit bj > 0
gilt b′j = bj − 1. A = n j=1 bj folgt unmittelbar, und ebenso D = 1 + max(b1 , . . . , bn ), wobei 1 f¨ ur den letzten Durchgang gez¨ ahlt wird. Sei (b′j ) die Inversionstafel nach i − 1 ′ anger > j. Sei j das letzte Element, Durchg¨ angen. Ist bj = bj − i + 1 ≥ 0, so hat j b′j Vorg¨ das ausgetauscht wird. Dann bubblet“ das gr¨ oßte k vor j in die Position b′j + j. Im i-ten ” Durchgang ben¨ otigen wir also ci = max(b′j + j − 1 : bj − i + 1 ≥ 0) = max(bj + j : bj ≥ i − 1) − i Vergleiche. 9.36 Die Wahrscheinlichkeit D ≤ k ist gleich

1 n!

mal der Anzahl der Inversionstafeln

Die Wahrscheinlichkeit p(D = k) ist daher
n−k+1 k! kn−k − (k − 1)! (k − 1) ) und wir erhalten E(D) = n + 1 − n . k=0 n!

mit bi ≤ k − 1 f¨ ur alle i, also gleich 1 (k! kn−k n!

k! kn−k . n!

achst En,k = En−1,k + 9.39 Es sei En,k = E(ℓk (π)) auf {1, . . . , n}. Wir beweisen zun¨ 1 f¨ ur k < n. Die Nummer i ist mit Wahrscheinlichkeit n1 die Wurzel. Unterschein+1−k
den wir die F¨ alle i < k bzw. i > k so erhalten wir En,k = n1 k−1 (1 + En−i,k−i ) +


i=1 n k−1 n 1 (1 + E ), also n E = n − 1 + E + Ei−1,k . Schreii−1,k n,k n−i,k−i i=k+1 i=1 i=k+1 n ben wir dieselbe Gleichung f¨ ur n − 1 anstelle n und ziehen die zweite von der ersten ab,
1 so resultiert mit Induktion n En,k − (n − 1)En−1,k = 1 + k−1 i=1 n−k+1 + En−1,k , also 1 . Aufl¨ osung der Rekursion ergibt En,k = Ek,k + (Hn+1−k − 1). En,k = En−1,k + n−k+1 ¨ Aus Symmetriegr¨ unden ist Ek,k = Ek,1 = Hk − 1 (siehe vorige Ubung) und wir erhalten E(ℓk (π)) = Hk + Hn+1−k − 2.

341

l¨ osungen

9.41 Die Ungleichung von Jensen gilt f¨ ur beliebiges c > 0, wir brauchen wie in Abschnitt uhren wir dieselbe Analyse wie dort durch, so erhalten wir 9.4 nur xi = cyi zu setzen. F¨ g(2) = c, g(n) = (n−1+2c)(n−2+2c)...(2+2c)c = (1 + 2c−1 ) . . . (1 + 2c−1 )c. Da c ≤ 1 + 2c−1 n(n−1)...3 n 3 2 x ist und 1 + x ≤ e f¨ ur jedes x ∈ R gilt, resultiert g(n) ≤ exp((2c − 1)(Hn − 1)) < log n. exp((2c−1) log n) = n2c−1 . Daraus ergibt sich wie in Abschnitt 9.4, E(L(n)) ≤ 2c−1 log c 1 Der Minimalwert f¨ ur 2c−1 wird f¨ u r die L¨ o sung der Gleichung 2 log c − 2 + = 0 erreicht, log c c 0 −1 ¨ ≈ 4.311. Ubrigens ist E(L(n)) = Θ(c0 log n). und f¨ ur dieses c0 gilt 2c log c0 2

10.1 Sei n gerade. Wir unterteilen das Brett in n4 Quadrate der Seitenl¨ ange 2. In jedes Quadrat kann h¨ ochstens ein K¨ onig platziert werden. W¨ ahlen wir jedesmal die rechte 2 2 ur n ungerade erh¨ alt man (n+1) . untere Ecke, so resultiert n4 . F¨ 4 10.3 Ist eine Dame in einer Ecke platziert, so m¨ ussen die anderen drei Ecken frei bleiben. 10.5 Z¨ ahlen wir f¨ ur die Additionen und die Vergleiche in (1) jeweils nur 1, so
erhalten wir
n−1 n−1 (T (k)+T (n−k +1)+1)+1 = 2 k=2 T (k)+ f¨ ur die Laufzeit die Rekursion T (n) ≥ k=2 n−3 (n − 1) f¨ ur n ≥ 3, T (2) = 0. Daraus folgt mit Induktion T (n) ≥ 2 · 3 . 10.8 Die Greedy-Methode nimmt km maximal mit km cm ≤ n, dann km−1 maximal mit km−1 cm−1 ≤ n − km cm usf. Sei nun (ℓ0 , . . . , ℓm ) eine optimale L¨ osung, dann gilt ur i < m. Es sei i0 der gr¨ oßte Index mit ℓi0 = ki0 , dann ist ℓi0 < ki0 nach ℓi ≤ c − 1 f¨ der Greedy-Konstruktion. Es muss also einen gr¨ oßten
Index j0 < i0i geben
mit ℓj0 > kj0j . (k − ℓ )c = Ist I = {i : ki > ℓi }, J = {j : ℓj > kj }, so gilt i i i∈I j∈J (ℓj − kj )c .

j j0 +1 i i0 Andererseits ist und (ℓ − k )c ≤ c − 1 < ci0 wegen (k − ℓ )c ≥ c j j i i j∈J i∈I j0 < i0 . Der Greedy-Algorithmus liefert also sogar das eindeutige Optimum.   10.11 In der Matrix 43 31 konstruiert der Greedy-Algorithmus x11 = x22 = 1 mit w = 5, w¨ ahrend wopt = 6 ist.

10.15 Es seien A, B, C die M¨ anner und a, b, c ihre Frauen. Wir beschreiben eine Situation durch die Personenmenge diesseits des Ufers. Die m¨ oglichen Mengen sind ABCabc, ABCab, ABCac, ABCbc, ABCa, ABCb, ABCc, ABab, ACac, BCbc, ABC und ihre Komplement¨ armengen. Wir k¨ onnen den Transport in naheliegender Weise durch einen Graphen beschreiben. Gesucht ist also ein Weg ungerader L¨ ange von ABCabc nach ∅. L¨ osung: ABCabc, ABCa, ABCab, ABC, ABCa, Aa, ABab, ab, abc , a, ab, ∅. F¨ ur vier Paare gibt es keine L¨ osung. 10.17 Illustration f¨ ur n = 3, m = 4. Seien a1 < a2 < a3 die Marken. Dann gilt a1 = 1, 2 ≤ a2 ≤ 5, a2 < a3 ≤ 4a2 + 1. Wir starten den Baum mit a1 = 1, a2 = 2 und testen der Reihe nach a3 = 3 bis 9. Dabei notieren wir das jeweilige N , z. B. N (1, 2, 3) = 12, ur {1, 5, 8}. N (1, 2, 4) = 14, und gehen zur¨ uck zu a2 = 3. Das Optimum ist N = 26 f¨

10.18 Jede F¨ arbung f von G+ oder G− ist auch F¨ arbung von G, indem wir dieselben arbung von G, so Farben verwenden, also χ(G) ≤ χ(G+ ), χ(G− ). Ist umgekehrt f eine F¨ ist f eine F¨ arbung von G+ (falls f (u) = f (v)) oder von G− (falls f (u) = f (v)). Sei ω(G) die Eckenzahl eines gr¨ oßten vollst¨ andigen Untergraphen von G, dann ist χ(G) ≥ ω(G). Nach dem Branching von G in G+ , G− erhalten wir die neuen Schranken ω(G+ ), ω(G− ). uck. Am Schluss haben wir H = Km , χ(H) = m, und verfolgen den Baum zur¨ 10.21 Sei g1 = 1, g2 = n, w1 = 2, w2 = n, G = n. Dann ist w∗ = 2, wopt = n, und somit 2 w∗ = n2 wopt < (1 − ε)wopt f¨ ur n > 1−ε .

10.22 Sei (x1 , . . . , xn ) ∈ {0, 1}n eine optimale L¨ osung , das heißt xi = 1 oder 0, je 1 n ≥ ... ≥ w gilt nachdem ob das i-te Element im Rucksack ist oder nicht. Wegen w g1 gn

342

l¨ osungen


n
k wk+1 wk+1 wk+1
n j=1 wj xj + j=k+1 gk+1 gj xj = gk+1 j=1 gj xj + j=1 (wj − gk+1 gj )xj ≤


wk+1 wk+1 wk+1 G + kj=1 (wj − gk+1 gj ) = kj=1 wj + gk+1 (G − kj=1 gj ). Sei k der gr¨ oßte Index gk+1
k
k mit j=1 gj ≤ G, dann haben wir 0 ≤ G − j=1 gj < gk+1 und somit wopt ≤ w∗ + wk+1 . wopt ≤


k

10.24 F¨ ur die Jobs Ji gelte e1 ≤ . . . ≤ en . Sei A = {Jk , . . .} eine optimale L¨ osung. Falls osung. Iteration k = 1 ist, so ist wegen e1 ≤ ek auch (A \ {Jk }) ∪ {J1 } eine optimale L¨ zeigt, dass der Greedy-Algorithmus funktioniert.
11.4 Nach Definition der Minterme gilt f (x1 , . . . , xn ) = c:f (c)=0 xc11 . . . xcnn , also nach 
de Morgan f (x1 , . . . , xn ) = xc11 . . . xcnn = (xc11 + . . . + xcnn ). c:f (c)=0 c:f (c)=0 11.6 DNF : x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 , CNF : (x1 + x2 + x3 )(x1 + x2 + x3 ). Vereinfachung ergibt f (x1 , x2 , x3 ) = x1 + x2 x3 + x2 x3 .

11.10 Sei M die Anzahl der Elemente in einer l¨ angsten Kette und m die minimale Anzahl von Antiketten, in die P zerlegt werden kann. Offenbar gilt M ≤ m. Umgekehrt sei ℓ(x) die Anzahl der Elemente einer l¨ angsten Kette, die in x endet. Dann ist Ak = {x ∈ P :
ℓ(x) = k} eine Antikette und P = M k=1 Ak .
11.11 Der bipartite Graph G = (S + F , K) ist ein Baum. Es gilt also |K| = F ∈F |F | = |S| + |F| − 1.

11.13 In einem Minterm der DNF k¨ onnen wir x durch 1 ⊕ x ersetzen. Da f¨ u r jedes x
mit
f (x) = 1 nur ein Minterm den Wert 1 hat, k¨ onnen wir die ODER-Summe durch ⊕ ersetzen. Jede Boolesche Funktion hat daher eine RSE-Darstellung, und da die Anzahl n 22 der Booleschen Funktionen gleich der Anzahl der Koeffizientenfolgen (aI ) ist, folgt die Eindeutigkeit.
cI xI . 11.15 Wir m¨ ussen x finden mit (f ⊕ g)(x1 , . . . , xn ) = 1. Sei die RSE von f ⊕ g = ur i ∈ L, xj = 0 f¨ ur j ∈ / L, ein Ist ℓ minimal mit cL = 1, |L| = ℓ, dann ist x mit xi = 1 f¨ gew¨ unschtes x.

11.16 Wir setzen x1 : weißer Niederschlag, x2 : Natrium vorhanden, x3 : Ammoniak vorhanden, x4 : Eisen vorhanden. Die Aussagen sind dann: A1 : x1 → (x2 ∨ x3 ), A2 : ¬x2 → x4 , A3 : (x1 ∧ x4 ) → ¬x3 , A4 : x1 . Ausrechnen ergibt A1 ∧ A2 ∧ A3 ∧ A4 = x1 ∧ x2 ∧ ¬(x3 ∧ x4 ). Auf jeden Fall ist also Natrium vorhanden, aber nicht gleichzeitig Ammoniak und Eisen. 11.18 Es sei f (x) monoton und X = {x : f (x) = 1}. Zu x ∈ X assoziieren wir wie u ¨ blich ′ die Menge Ax ⊆ {1, . . . , n} und setzen x′ = xi1 . . . xi
ℓ mit Ax = {i1 , . . . , iℓ }. Ist X die Menge der minimalen Vektoren in X, so gilt f (x) = x∈X ′ x′ . ur vier Variablen ist 11.20 g(x, y, z, w) = z w + xyw + x y zw. Eine Karnaugh Abbildung f¨ y

y

y

y

x x x x

z z z z w

w

w

w

11.23 Ein optimales logisches Netz mit fan-out 1 hat als zugeordneten gerichteten Graphen einen Baum mit einer eindeutigen Senke (= f ). Gehen wir zur¨ uck, so sehen wir, d d−1 −1 dass die Anzahl der Gatter, d. h. LΩ (f ), h¨ ochstens 1 + r + . . . + r = rr−1 ist. Es folgt DΩ (f ) ≥ logr ((r − 1)LΩ (f ) + 1).

l¨ osungen

343

11.25 Die Anzahl der Booleschen Funktionen in B(n), welche wesentlich von j Variablen abh¨ angen, ist N (j), woraus die Formel folgt. Daraus berechnen wir N (1) = 2, N (2) =  n
n−1 2n−1 n 2 , 10, N (3) = 218, N (4) = 64594. Zum Grenzwert haben wir j=0 N (j) j ≤ 2 n−1 n n +n lim(22 22 ) = 0, und somit lim N (n) 22 = 1.

∗ ¨ 11.27 Die untere Schranke folgt aus Ubung 11.26, da CΩ (gj ) ≥ n − 1 ist (alle Varia0 cn−1 blen sind wesentlich). Zur oberen Schranke haben wir den Minterm gi = xc00 . . . xn−1 (n/2) (n/2) wie im Hinweis. Sei n gerade, und fT (x0 , . . . , xn/2−1 ), fT (xn/2 , . . . , xn−1 ) bereits durch logische Netze realisiert. Dann existieren die entsprechenden Minterme, und die 2 n (n) Minterme von fT k¨ onnen durch UND-Kombinationen aller m¨ oglichen Paare realisiert (n) (n/2) ∗ n ∗ werden. Es folgt CΩ (f ) ≤ 2 + 2C (f ). Eine direkte Realisierung der Minterme Ω T T 0 0 (n/2) (n) ∗ n n/2 von fT ben¨ otigt n2 2n/2 − 1 Gatter, und es folgt CΩ (f ) ≤ 2 + n2 − 2. F¨ ur T 0 n n ungerades n ersetzen wir 2 durch ⌈ 2 ⌉.  n  11.30 Sei n gerade und A eine Antikette mit |A| = n/2 . Wir setzen A1 = {A ∈ A : ′ n∈ / A}, A2 = {A ∈ A : n ∈ A}. Dann sind A , A = {A
 {n} ∈ A2 } Antiketten 1 2    : An−1   n und = n/2 + n−1 , also muss wegen n/2 in S
{n}. Es folgt |A1 |, |A′2 | ≤ n−1 n/2 n/2 S
{n} S
{n}     S
{n} Induktion A1 = n/2 oder n/2−1 und A′2 = S
{n} oder sein. Man sieht   n/2−1 S
{n}n/2  ′ sofort, dass nur die Kombination A1 = S
{n} und A = m¨ oglich ist. Analog 2 n/2 n/2−1 schließt man f¨ ur ungerades n.

11.31 Nehmen wir das erste Gesetz an. Dann gilt: (x ∨ y) ∧ (x ∨ z) = [(x ∨ y) ∧ x] ∨ [(x ∨ y) ∧ z] = x ∨ [(x ∨ y) ∧ z] = x ∨ [(x ∧ z) ∨ (y ∧ z)] = x ∨ (y ∧ z). 11.34 Angenommen t < n, dann folgt n − |F | > t − |F | ≥ t − d(u) f¨ ur jedes Paar u ∈ / F, d(u) |F | < . Summieren wir diese Ungleichungen u ber alle Paare u ∈ / F , so also n−|F ¨ | t−d(u)



|F | d(u) erhalten wir F (n − |F |) n−|F < (t − d(u)) , also |F | < d(u), was nicht u F u | t−d(u) geht, da wir hier Gleichheit haben. 11.38 Sei F ein Filter, dann bilden die minimalen Elemente in F eine Antikette. Ist umgekehrt A Antikette, dann ist F = {x : x ≥ a f¨ ur ein a ∈ A} ein Filter, und die Abbildung ist eine Bijektion. 12.3 Aus 33 ≡ 27 ≡ 1 (mod 13) folgt 315 = (33 )5 ≡ 1 (mod 13). Da 15 ≡ 2 (mod 13) ist, anken. Aus 26 ≡ 64 ≡ −1 (mod 13) folgt 283 = (26 )13 25 ≡ k¨ onnen wir uns auf 283 beschr¨ −32 ≡ 7 (mod 13). 12.6 Sei Z die Summe der Zehnerstellen, E die Summe der Einerstellen. Dann gilt 10Z + E = 100 und somit Z + E ≡ 1 (mod 9). Andererseits ist Z + E = 45 ≡ 0 (mod 9), die Sache geht also nicht. 12.8 Ist x2 + ax + b reduzibel, so gilt x2 + ax + b = (x − α)(x − β) mit α + β = −a, αβ = b. Wir m¨ ussen also nur die Additions- und Multiplikationstafel durchgehen, um geeignete a, b zu finden, f¨ ur die es keine α, β gibt, z. B. a = b = 1. Also ist x2 + x + 1 irreduzibel. Die Elemente von GF (25) werden mit αx + β (α, β = 0, 1, . . . , 4) identifiziert mit Addition und Multiplikation modulo x2 + x + 1. 12.10 Die Werte seien J, D, K, A und die Farben 1, 2, 3, 4. Normieren wir die erste Zeile in dieser Reihenfolge, so sieht man, dass bis auf Vertauschung die einzigen orthogonalen

344

l¨ osungen

4 × 4-Quadrate, die auch die Diagonalbedingungen erf¨ ullen, wie folgt aussehen: J K A D

D A K J

K J D A

A D J K

1 4 2 3

2 3 1 4

3 2 4 1

4 1 3 2

Horizontal gesehen, m¨ ussen 1, 3 eine Farbe, 2, 4 die andere haben. Vertikal stoßen aber z. B. 1 und 3 aneinander. Eine Schachbrettanordnung ist also nicht m¨ oglich. urme plazieren, da in jeder Schicht nur n T¨ urme 12.12 Wir k¨ onnen nicht mehr als n2 T¨ aufgestellt werden k¨ onnen. Ein Arrangement mit n2 T¨ urmen entspricht einem Lateinischen Quadrat, indem wir die T¨ urme in Schicht i in die Positionen von i plazieren. Durch urme aufgestellt zyklisches Vertauschen der Ziffern sieht man, dass im nd -Brett nd−1 T¨ werden k¨ onnen. 12.16 Aus xy = xz folgt xy −1 = xz −1 , also y = z, und ebenso y = z aus yx = zx. Das heißt, L(x, y) = xy ergibt ein Lateinisches Quadrat. In einer Gruppe ungerader ¨ osung x = 1 (siehe Ubung 12.32). Die Abbildung x → x2 Ordnung hat x2 = 1 nur die L¨ ist also eine Bijektion. Betrachten wir das Gleichungssystem xy −1 = a, xy = b, so folgt x2 = ab, y 2 = ba−1 . Das Paar (x, y) ist somit eindeutig bestimmt. 12.18 Da die Vektoraddition auf S eine Gruppe bildet, so gibt es zu x + y genau ein z mit x + y + z = 0 .    
12.20 Wir haben (a + b)p = pk=0 kp ak bp−k . F¨ ur 0 < k < p ist kp ein Vielfaches von p, ur a ≡ 0, b ≡ 0 oder a + b ≡ 0 und es folgt (a + b)p ≡ ap + bp (mod p). Zweiter Beweis. F¨ / 0 (mod p), so haben wir nach (mod p) ist die Aussage richtig. Sind alle drei Zahlen ≡ dem Satz von Fermat (a + b)p ≡ a + b ≡ ap + bp (mod p). p−1

12.22 F¨ ur p ≡ 3 (mod 4) ist p−1 ungerade. Aus n2 ≡ −1 (mod p) folgt daher (n2 ) 2 ≡ 2 )!. −1 (mod p), im Widerspruch zum Satz von Fermat. F¨ ur p ≡ 1 (mod 4) sei n = ( p−1 2

Aus k ≡ −(p − k) (mod p) f¨ ur k = 1, . . . , ¨ nach Ubung 12.21.

p−1 2

folgt n2 ≡ (−1)

p−1 2

(p − 1)! ≡ −1 (mod p)

12.25 Aus 2i ≡ 2j (mod n) folgt n|2(i − j) also i ≡ j (mod n), da n ungerade ist. Die Damen stehen also in verschiedenen Zeilen und Spalten. Die Diagonalbedingung verlangt ur zwei Damenfelder (i, j), (i′ , j ′ ). Angenommen 2i, 2i′ ≤ n − 1, dann |i′ − i| = |j ′ − j| f¨ folgt aus i′ − i ≡ 2i′ − 2i sofort i ≡ i′ (mod n), was nicht geht. Ebenso erledigt man die F¨ alle 2i > n − 1 oder 2i′ > n − 1.

12.27 Sei B 2 ≥ 1, dann ist f (m, n) = 2. F¨ ur B 2 = 0 erhalten wir f (m, n) = n + 1. In diesem Fall ist B = 0, das heißt m(n + 1) = n! + 1 oder n! ≡ −1 (mod n + 1). Nach ¨ Ubung 12.21 folgt, dass f (m, n) = n + 1 Primzahl ist. Umgekehrt ist f (1, 1) = 2. F¨ ur eine ¨ ungerade Primzahl p setzen wir n = p − 1, m = (p−1)!+1 (was nach Ubung 12.21 zul¨ assig p ist). Mit dieser Wahl ist B = 0 und daher f (m, n) = n + 1 = p. Die Eindeutigkeit folgt aus der Beobachtung, dass f (m, n) = 2 oder f (m, n) = n + 1 ist.

12.28 Hat die Zahl n genau k Stellen, so gilt 10k−1 ≤ n < 10k , also k − 1 ≤ log10 n < k. F¨ ur n = 44444444 haben wir log10 n = 4444 log10 4444 und wegen 4444 < 104 also ur A folgt daher A < 9 · 20000 < 199999 und daraus B < 46. log10 n < 4444 · 4 < 20000. F¨ Die Quersumme S von B kann daher h¨ ochstens 12 sein (z. B. f¨ ur B = 39). Nun gilt n ≡ A ≡ B ≡ S (mod 9). Aus 4444 ≡ −2 (mod 9) berechnet man sofort n ≡ 7 (mod 9) und daraus S = 7 wegen S ≤ 12.

l¨ osungen

345

12.32 Sei a  ∈ G. Mit g ∈ G durchl¨ auft auch ag die ganze Gruppe, und wir erhalten  n g∈G g = g∈G (ag), also 1 = a . Sei d = ord (a), dann wissen wir aus dem eben Bewiesenen d ≤ n. Schreiben wir n = qd + r, 0 ≤ r < d, so gilt 1 = an = (ad )q ar = ar , also r = 0 wegen der Minimalit¨ at von d. 12.34 Wir bemerken zun¨ achst 1 = −1 wegen q ungerade, und daher a = −a f¨ ur alle a = 0. Jedes Paar {a, −a} erzeugt ein Quadrat a2 . Ist a2 = b2 , so folgt (a + b)(a − b) = 0, . Fassen wir die Elemente b = 0, 1, −1 somit b = a oder b = −a, und daraus |Q| = q−1 2  ahlen wir aus jedem Paar paarweise {b, b−1 } zusammen, so erhalten wir b=0 b = −1. W¨ q−1  2 2 {b, −b} ein Element aus, so ergibt dies (−1) ur q ≡ 1 (mod 4) ist also b2 ∈Q b = −1. F¨  a2 = −1 mit a = b2 ∈Q b. Existiert umgekehrt a mit a2 = −1, so ist ord (a) = 4 in der ¨ multiplikativen Gruppe des K¨ orpers GF (q). Nach Ubung 12.32 folgt q − 1 ≡ 0 (mod 4). Resultat: −1 ∈ Q ⇔ q ≡ 1 (mod 4). ullt mit 0, 1, . . . , 12.37 Seien L0 und L1 orthogonale Lateinische Quadrate jeweils gef¨ n − 1. Durch M (i, j) = L0 (i, j) + n L1 (i, j) erhalten wir ein halbmagisches Quadrat mit den Zahlen 0, 1, . . . , n2 − 1. Addieren wir 1 zu jedem Eintrag, so resultiert ein halbmaullen L0 , L1 auch die Diagonalbedingung, so erhalten gisches Quadrat auf 1, . . . , n2 . Erf¨ ¨ wir ein magisches Quadrat. Ubung 12.10 gibt ein Paar solcher Lateinischer Quadrate der Ordnung 4. Ordnung 5 l¨ asst sich leicht konstruieren. 12.39 Die Notwendigkeit ergibt sich aus bk = vλ. Umgekehrt sei S eine Menge mit v . Wir m¨ ussen eine v × b-Inzidenzmatrix M konstruieren mit genau Elementen, b = vλ k λ Einsen in jeder Zeile und k Einsen in jeder Spalte. Sei M eine Inzidenzmatrix mit k Einsen in jeder Spalte. Angenommen, nicht alle Zeilensummen sind λ. Dann muss es i, j geben mit ri > λ > rj . Es gibt also eine Spalte s mit si = 1, sj = 0. Tauschen wir diese 0 und 1 in Spalte s, so erhalten wir eine neue Matrix M ′ mit ri′ = ri − 1, rj′ = rj + 1. Wiederholung dieses Austauschschrittes liefert die gew¨ unschte Matrix. 12.41 Dass M M T von der angegebenen Form ist, folgt aus der Definition. Die Determinante von M M T ist leicht berechnet: det M M T = (r + λ(v − 1))(r − λ)v−1 . Wegen k < v ist r > λ, somit det M M T = 0. Da der Rang einer Matrix nicht gr¨ oßer als die Spaltenzahl ist, folgern wir v = rg(M M T ) ≤ rg(M ) ≤ b. 12.45 Sei B ∗ = {u1 , . . . , un+1 } die aus der projektiven Ebene entfernte Gerade. Definieren wir in der affinen Ebene (S, B) die Klasse Bi als jene Geraden, die in der projektiven Ebene den Punkt ui enthielten, so sind die Aussagen erf¨ ullt. ¨ 12.48 Aus Ubung 12.34 wissen wir |Q| = 2n + 1. Sei a ∈ Q, a = α2 , dann ist a durch eine ussen zeigen, dass ra = rb ist f¨ ur Anzahl ra von Differenzen a = x2 −y 2 darstellbar. Wir m¨ alle b = 0. Sei a = x2 − y 2 und b ∈ Q, b = β 2 . Dann gilt b = (βα−1 )2 α2 = γ 2 a, γ = βα−1 , und wir erhalten die Darstellung b = (γx)2 − (γy)2 . Verschiedene Darstellungen von a / Q, so folgt entsprechen verschiedenen Darstellungen von b, also gilt ra = rb . Ist b ∈ ¨ −b ∈ Q wegen −1 ∈ / Q (Ubung 12.34), und wir k¨ onnen analog schließen mit −b = β 2 . Die Gesamtzahl der Differenzen aus Q ist (2n + 1)2n, also tritt jedes Element = 0 genau n-mal als Differenz auf. 12.50 Da je zwei Punkte einer projektiven Ebene in genau einem Block liegen, folgt, dass die Taillenweite von G mindestens 6 ist. Jedes Dreieck ergibt andererseits einen Kreis der ¨ L¨ ange 6. Die untere Schranke f¨ ur f (q + 1, 6) in Ubung 6.37 ergibt gerade die Eckenzahl 2(q 2 + q + 1) von G.

346

l¨ osungen

13.2 Wir verwenden die Kraftsche Ungleichung Code existiert nicht, den zweiten gibt es.


6

i=1

2−ℓi ≤ 1 (Satz 9.2). Der erste

13.5 C = {000000, 111000, 100110, 010101, 001011}. Mit L¨ ange 5 gibt es keinen 1-fehlerkorrigierenden Code C mit |C| = 5. 13.7 Sei C ∈ C(n, 2d − 1), |C| = M (n, 2d − 1). Wir konstruieren C ∗ , indem wir an jedes Codewort einen Parity-check anh¨ angen. Gilt ∆C (a, b) = 2d − 1, so hat die Anzahl der 1’en in a verschiedene Parit¨ at von der Anzahl der 1’en in b, so dass ∆C ∗ (a∗ , b∗ ) = 2d gilt, und somit M (n + 1, 2d) ≥ M (n, 2d − 1). Umgekehrt lassen wir eine Stelle weg. Zu b. betrachten wir die letzte Stelle. Die Codew¨ orter mit derselben Ziffer bilden mit den ersten n − 1 Stellen einen Code in C(n − 1, d). 13.10 Da der Fano-Code 1-perfekt ist, wird das empfangene Wort genau dann richtig decodiert, wenn h¨ ochstens ein Fehler passiert ist. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist daher (1 − p)7 + 7p(1 − p)6 . T  13.15 Der Code C ⊥ hat Basis {2210, 2101}. In der (4 × 2)-Matrix 22 21 10 01 sind je zwei Zeilen linear unabh¨ angig, also folgt nach Satz 13.2, d(C) ≥ 3. Mit |C| = 9, n = 4, q = 3, ist die Hammingschranke mit Gleichheit erf¨ ullt. 13.17 Sei u1 ein Codewort ungeraden Gewichts w. Verschieben wir u1 n-mal, so erhalten wir Codew¨
orter u1 , . . . , un , in denen an jeder Stelle 1 insgesamt w-mal auftritt. Daraus folgt n i=1 u i = (1, 1, . . . , 1).

13.19 Angenommen wir ersetzen im Huffman-Algorithmus eine Gabel mit den Bl¨ attern u, v, ℓ(u) = ℓ(v) = m. Ist L die Gesamtl¨ ange des urspr¨ unglichen Baumes und L′ die des neuen, so gilt L′ = L − m − 1 ≥ L − n wegen m ≤ n − 1. F¨ ur L′ gilt also L ≤ L′ + n n2 +n−2 und somit L ≤ n + (n − 1) + . . . + 2 = . F¨ ur eine Verteilung (p1 ≥ . . . ≥ pn ) mit 2
pi > j>i pj gilt Gleichheit.

n q −ℓ(w i ) , dann gilt f¨ ur alle k, αk = ( w ∈C q −ℓ(w ) )k = 13.21 Es sei α =
b i=1
−ℓ(v ) −ℓ = mit a = k · min ℓ(w i ), b = k · max ℓ(w i ). Da C einv ∈C k q a N (k, ℓ)q deutig decodierbar ist,√folgt N (k, ℓ) ≤ q ℓ , und somit α√k ≤ k · c mit c = max ℓ(w i ) ≥ 1. k k ur jedes k, somit α ≤ lim kc = 1. Daraus resultiert α ≤ kc f¨ 13.23 Nach Satz 13.2 m¨ ussen wir Vektoren u1 , . . . , un ∈ GF (q)n−k finden, von denen je 2t linear unabh¨ angig sind. F¨ ur u1 nehmen wir irgendeinen Vektor = 0 . Angenommen, wir haben schon h Vektoren u1 , . . . , uh mit dieser Eigenschaft konstruiert. Betrachten keiner wir eine i-Menge U ⊆ {u1 , . . . , uh }. Die Anzahl der Vektoren,   die von U (aber Teilmenge) abh¨ angig sind, ist h¨ ochstens (q − 1)i . Solange also h1 (q − 1) + h2 (q − 1)2 +  h  onnen wir einen weiteren Vektor uh+1 hinzuf¨ ugen. . . . + 2t−1 (q − 1)2t−1 < q n−k − 1 ist, k¨

13.25 F¨ ur x, y ∈ {0, 1}n sei !x, y" = |{i : xi = yi = 1}|. Dann gilt w(x + y) = w(x) + uhren w(y) − 2!x, y". Jedes c ∈ C ist Linearkombination c = g i1 + . . . + g im . Wir f¨ Induktion nach m. F¨ ur m = 1 ist dies die Voraussetzung. Sei z = x +y, w(x) ≡ w(y) ≡ 0 (mod 4), dann folgt aus obiger Gleichung w(z) ≡ 0 (mod 4), da !x, y" gerade ist wegen C = C ⊥. 13.28 Die Summe z¨ ahlt die Paare mik = mjk in der M × n-Matrix. Da d(C) ≥ d ist, folgt
M  2 ≥ 2 d. In einer Spalte ist der Beitrag a · b, a = #0’en, b = # 1’en. Aus a · b ≤ M4 folgt durch Summation u ¨ber die Spalten die obere Schranke.

l¨ osungen

347



 c1 . . . cd 0 . . . 0 . Der Rang von G1 ist k − 1. W¨ aren n¨ amlich die A1 G1 Zeilen von G1 linear abh¨ angig, so existiert ein Codewort b = (b1 , . . . , bd , 0, . . . , 0) erzeugt are ein von den Zeilen von G = c. Da b = c ist, existiert bi = ci , und b − bi c−1 i c w¨ Codewort vom Gewicht < d. Sei C1 der von G1 erzeugte Code mit d(C1 ) = d1 . Es bleibt zu zeigen, dass d1 ≥ dq ist. Wir nehmen u1 ∈ C1 mit w(u1 ) = d1 , dann gibt es in C ein Codewort u = (v 1 , u1 ). Da ∆(c, u) ≥ d ist muss ∆(v 1 , (c1 . . . cd )) ≥ d − d1 sein, und daraus folgt leicht die Behauptung. 13.30 Es sei G =

13.32 Sei A = {0, 1} und w(c) das Gewicht von c ∈ An . Wegen 0 ∈ C gilt w(a) ≥ 2t + 1 f¨ ur 0 = a ∈ C. Jedes Wort c ∈ An mit w(c) = t + 1 liegt demnach in genau einer Kugel der a ∈ C mit w(a) = 2t + 1, so folgt Bt (a), a ∈ C, w(a) = 2t + 1. Ist h2t+1 dieAnzahl  n durch zweifaches Abz¨ ahlen h2t+1 2t+1 = t+1 . Identifizieren wir a ∈ C, w(a) = 2t + 1 t+1 mit Ua = {i : ai = 1}, so bilden die Ua ein Steiner System St+1 (n, 2t + 1). Analog wird * gezeigt. die Behauptung f¨ ur C

13.34 Aus n2 + n = 2r+1 − 2 folgt (2n + 1)2 = 2r+3 − 7. Nach der Bemerkung haben wir die folgenden L¨ osungspaare (n, r) : (0, 0), (1, 1), (2, 2), (5, 4), (90, 12). Die ersten drei Paare sind ausgeschlossen. Das Paar n = 5, r = 4 ergibt den bin¨ aren Wiederholungscode. Das ¨ ¨ letzte Paar w¨ urde nach Ubung 13.32 ein Steiner System S3 (90, 5) ergeben. Nach Ubung 13.33 gilt n + 1 ≡ 0 (mod t + 1), im Widerspruch zu 3 ∤ 91.   13.36 H1 = (1), H2 = 11 −11 . Sei n ≥ 3. Durch Multiplikation der Spalten mit −1 (dies andert nichts an der Hadamard Eigenschaft) k¨ onnen wir annehmen, dass die erste Zeile ¨ aus lauter 1’en besteht. Aus HH T = nEn folgt, dass jede weitere Zeile gleichviele 1’en ur je zwei Zeilen i, j ≥ 2 folgt und −1’en enth¨ alt, also n ≡ 0 (mod 2). Aus hi · hj = 0 f¨ daraus n ≡ 0 (mod 4). Aus HH T = nEn folgt H −1 = n−1 H T , also H T H = nEn . c. und d. sind klar. 13.38 Wir ersetzen −1 durch 0. A besteht aus allen Zeilen von Hn , mit der ersten Spalte entfernt. B besteht aus A zusammen mit allen Komplementen, C aus allen Zeilen von H *8 im zusammen mit den Komplementen. B8 ist unser altbekannter Fano-Code, C8 = B ¨ Sinne von Ubung 13.26.

b+c mit 13.40 = |C(r  1, m)| |C(r, m)| = 2 m+1+  mwir |C(r + 1, m + 1)|
r+1
haben
Mit Induktion r m ¨ . Nach Ubung 13.39 gilt mit , also a = b + c = , c = b = r+1 i=0 i=0 i i=0 i i Induktion d(C(r + 1, m + 1)) = 2m−r .

13.42 Wir haben (n + 1)(n2 − n + 6) = (n + 1)[(n + 1)2 − 3(n + 1) + 8] = 3 · 2r+1 . Ist n+1 ≡ 0 (mod 16), so folgt n2 −n+6 ≡ 0 (mod 16), somit n2 −n+6|24, was wegen n ≥ 15 unm¨ oglich ist. Es gilt also n+1|24 und wir erhalten die M¨ oglichkeiten n = 7, 11, 23. n = 7 ergibt den Wiederholungscode, n = 11 erf¨ u llt nicht die Gleichung, und es bleibt n = 23.   23 11 + = 2048 = 2 . Hier gilt tats¨ achlich 1 + 23 + 23 2 3 ¨ 13.44 Sei B die Matrix wie in der vorigen Ubung. Wir haben B 2 = E12 und somit BG = B(E12 , B) = (B, E12 ). Also ist auch (B, E12 ) Generatormatrix. Mit anderen Worten: onnen Ist c = (cL , cR ) ∈ G24 , so auch cˆ = (cR , cL ). Angenommen w(c) = 4, dann k¨ wir o.B.d.A. w(cL )) ≤ 2 annehmen. Offenbar impliziert cL = 0 , dass c = 0 ist. Aus w(cL ) = 1 folgt c = g i ∈ G, im Widerspruch zu w(g i ) = 8. Ebenso erledigt man den Fall w(cL ) = 2. Es gilt somit d(G24 ) = 8, und durch Streichen der letzten Spalte resultiert ein (23,12)-Code mit d = 7.

348

l¨ osungen

14.1 Das Caesarsystem wird durch Betrachtung der Buchstabenh¨ aufigkeit geknackt. Bei Permutationen bleiben zwar die H¨ aufigkeiten einzelner Buchstaben dieselben, aber Buchstabenfolgen werden verzerrt. 14.3 Eine Permutation π kann durch die n × n-Permutationsmatrix Aπ = (i, πi ) mit genau einer 1 in jeder Zeile und Spalte und 0’en sonst dargestellt werden. 14.6 Ist A die Matrix des Registers, so ist t genau dann Periode, wenn At s = s. Sei p = per(s) und t = kp + r, 0 ≤ r < p. Dann gilt s = Ar (Akp s) = Ar s, also r = 0. 14.8 Sei t = kgV(r, s), dann gilt an+t + bn+t = an + bn f¨ ur alle n, also per ≤ kgV(r, s). 14.12 Sei T = {T1 , . . . , Tn } und k ∈ K. Die Kryptogramme C1 = c(T1 , k), . . . , Cn = ur alle j. Sei h = j, dann ist c(Tn , k) sind verschieden, daher gilt p(Cj ) = p(Cj |Tj ) > 0 f¨ ussel k′ geben mit c(Th , k′ ) = Cj . p(Cj |Th ) = p(Cj ) > 0, also muss es einen weiteren Schl¨ Da dies f¨ ur alle h = j gilt, folgt |K| ≥ n.

14.15 2n − 1 aufeinander folgende Vektoren ergeben alle 2n − 1 Vektoren = 0 geurlichen Zahl nau einmal. identifizieren einen Vektor (xn−1 , . . . , x0 ) mit der nat¨
n−1 Wir x = i=0 xi 2i , das heißt wir erhalten alle Zahlen 1 ≤ x ≤ 2n − 1. Da die ungeraden Zahlen eins mehr sind als die geraden Zahlen, folgt die Behauptung. 14.17 Jedes Wort a1 a2 . . . an−1 hat Aus-Nachbarn a2 . . . an−1 0 und a2 . . . an−1 1 und In enth¨ alt also einen EulerNachbarn 0 a1 . . . an−2 , 1 a1 . . . an−2 . Der gerichtete Graph G Kreis und dieser ergibt das de Bruijn Wort.

14.19 Das charakteristische Polynom ist f (x) = x5 +x+1 = (x2 +x+1)(x3 +x2 +1). Beide ¨ Faktoren sind primitiv (siehe Ubung 14.7), also exp(x2 + x + 1) = 3, exp(x3 + x2 + 1) = 7, urlich durch 0 realisiert. exp(x5 + x + 1) = 21. Die Periode 1 wird nat¨ 14.21 Sei s ein Input, und i der kleinste Exponent mit Ai s = λs. Daraus folgt, dass die n Folge s, As, . . . , Aq −2 s von der Form ist: b0 = s, b1 = As, . . . , bi−1 = Ai−1 s, λb0 , λb1 , n −1 alt, folgt i ≥ qq−1 , das heißt, die . . . , λbi−1 , λ2 b0 . . . . Da GF (q) q − 1 Elemente = 0 enth¨ ersten

q n −1 q−1

Vektoren sind linear unabh¨ angig.

14.23 Die Codierung ist Potenzierung, also leicht. Die Decodierung geht in zwei Schritten x vor: Zuerst wird K berechnet aus K ≡ yjk ≡ axj k ≡ (ak )xj ≡ C1 j (mod p), dann M ≡ C2 /K (mod p). Also ist die Decodierung bei Kenntnis von xj leicht. Ohne Kenntnis von xj wird vermutet, dass das Problem ¨ aquivalent zum diskreten Logarithmus ist. 14.25 K = 9, C1 = 49, C2 = 9 · 30 ≡ 57 (mod 71), also M = (49, 57). Aus 2 ≡ 7k (mod 71) folgt k′ = 6, K = 19, also C2 = 2.

′

¨ 14.27 Jedes Element a ∈ Z∗p
hat eine Ordnung d|p − 1 (siehe Ubung 12.32). Sei ψ(d) = #{a : Z∗p : ord (a) = d}, also d|p−1 ψ(d) = p−1. Wenn u ¨berhaupt a ∈ Z∗p mit ord (a) = d ur alle ai , das heißt a, a2 , . . . , ad sind Nullstellen existiert, so gilt (ai )d ≡ 1 (mod p) f¨ d des Polynoms x − 1 in Zp . Da Zp K¨ orper ist, hat xd − 1 genau die Elemente ai als
Nullstellen. Wenn also ψ(x) = 0 ist, so gilt ψ(d) = ϕ(d). Es folgt p − 1 = d|p−1 ψ(d) ≤
ur alle d, und insbesondere ψ(p − 1) = ϕ(p − 1). d|p−1 ϕ(d) = p − 1, somit ψ(d) = ϕ(d) f¨ 15.2 Da Mopt konvex ist, ist mit x = y ∈ Mopt auch die Strecke xy in Mopt , also kann es so ein Programm nicht geben.

15.4 Offensichtlich sind x1 > 0, x2 > 0, also folgt nach 15.8, dass im dualen Programm die beiden Ungleichungen mit Gleichheit erf¨ ullt sind. Daraus berechnen wir y2 − y3 = 13 , und es folgt leicht y2 > 0, y3 > 0. Es sind also die zweite und dritte Gleichung im primalen

l¨ osungen

349

Programm mit Gleichheit erf¨ ullt, woraus x1 = 4, x2 = 1, Wert (I) = 3 resultiert. Da nun die erste Gleichung mit Ungleichung erf¨ ullt ist, schließen wir y1 = 0, und daraus y1 = 0, y2 = 32 , y3 = 31 , Wert (I∗ ) = 3. 15.7 Eine optimale L¨ osung ist x14 = 3, x22 = 5, x31 = 2, x33 = 4, x34 = 1 mit Wert = 65. Mit vier Routen geht es nicht. 15.9 Offensichtlich gilt U ⊥⊥ ⊇ U . Wir nehmen als Spalten von A eine Basis von U , dann bedeutet b ∈ / U , dass Ax = b nicht l¨ osbar ist. Also gibt es eine L¨ osung von AT y = 0 , T T ⊥ T / U ⊥⊥ . b y = −1. Die Bedingung A y = 0 impliziert y ∈ U und b y = −1, daher b ∈ 15.11 Dass (A) und (B) nicht zugleich l¨ osbar sind, folgt unmittelbar. Angenommen, (B) T 0 ) bedeutet dies, dass Cy = c, y ≥ 0 , nicht l¨ osbar ist nicht l¨ osbar. Mit C = ( AT ), c = ( −1 b n+1 ist. Nach Satz 15.4 existiert daher (z, α) ∈ R mit Az + αb ≥ 0 , α > 0. Dann ist aber L¨ osung von (A). x = −z α 15.13 das Transportproblem als Standard-Minimum-Programm (I)


Wir schreiben aij xij = min. Das duale Programm (I∗ ) ist yj′ −yi ≤ aij , − j xij ≥ −pi , i xij ≥ qj ,

pi yi = max. Angenommen, ein Konkurrenzspediteur bietet dem Planer in qj yj′ − der Fabrik Fi den Preis yi an, transportiert alle G¨ uter, so dass mindestens qj Einheiten und verkauft alles zur¨ u ck zum Preis yj′ mit yj′ − yi ≤ aij . Der Planer in Mj ankommen


aij xij = Wert (I) zu zahlen. Er wird also einwilligen, und hat also qj yj′ − pi yi ≤ der Konkurrent wird versuchen, seinen Gewinn zu maximieren. Ist yj′ − yi < aij , so zahlt der Planer weniger als seine Kosten und wird diese Route stillegen, xij = 0. Ebenso interpretiert man die anderen Gleichungen. A )x ≤ ( b ), x ≥ 0 , cT x = max folgt AT (y ′ − y ′′ ) ≥ c, y ′ ≥ 0 , y ′′ ≥ 0 , 15.14 Aus ( −A −b T ′ T ′′ b y − b y = min. Setzen wir y = y ′ − y ′′ , so erhalten wir ein Programm ohne Vorzeichenbeschr¨ ankung AT y ≥ c, bT y = min.

15.17 Sind x, y konvexe Kombinationen der x1 , . . . , xn , so gilt dies auch f¨ ur λx+(1−λ)y,
n i λ 0 ≤ λ ≤ 1. Umgekehrt sei x = i x konvexe Kombination mit 0 < λn < 1. Nach i=1
n−1 i n 1 Induktion ist y = 1−λ i=1 λi x ∈ K und daher x = (1 − λn )y + λn x ∈ K. n

T x 15.21 Wir beschreiben (I) wie u ¨blich durch (A|Em )( x z ) = b, ( z ) ≥ 0 , −c x = min. n+j = ej (j = 1, . . . , m), wobei ej den Einheitsvektor mit 1 an j-ter Insbesondere gilt a Stelle bezeichnet. Es sei AZ ⊆ (A|Em ) jene m × m-Matrix, welche genau die Spalten alt und entsprechend T f¨ ur die ak (k ∈ Z) enth¨
cZ = (ck : k ∈ Z). In der Simplextafel
optimale L¨ osung x gilt somit aj = k∈Z τkj ak , also ej = an+j = k∈Z τk,n+j ak (j = ) wie angegeben. F¨ ur n + j ∈ Z haben wir 1, . . . , m). Sei y = (yi

dn+j ≤ 0, cn+j = 0 und somit yj = −dn+j = k∈Z ck τk,n+j ≥ 0. F¨ ur n + j ∈ Z gilt k∈Z ck τk,n+j = cn+j = 0. Insgesamt gilt also y T = cTZ (τk,n+j ), woraus ATZ y = cZ resultiert. F¨ ur i ∈ / Z (1 ≤ i ≤ n)


i k iT kT haben wir a = y) = k∈Z τki a , somit a y = k∈Z τki (a k∈Z τki ck = −zi = assige L¨ osung von (I*). Wir wenden nun −di + ci ≥ ci wegen di ≤ 0. y ist also eine zul¨ Satz 15.8 an. Ist aTj x < bj , so muss n + j ∈ Z sein und es gilt yj = 0 nach Voraussetzung. T

Gilt xk > 0, so ist k ∈ Z und wir haben ak y = ck .

15.25 Sei B die n × q-Inzidenzmatrix des bipartiten Graphen G = (S + T, K) und A eine quadratische Untermatrix, entsprechend den Ecken S ′ + T ′ und den Kanten K ′ . Falls det A = 0 ist, so muss es eine Diagonale D mit 1’en geben. Inzidiert k ∈ K ′ nur mit S ′ aber nicht T ′ (oder umgekehrt), so muss die entsprechende 1 in D sein. Es folgt uhren. M¨ oglicherweise liegen det A = ± det A′ , wobei die Kanten in A′ von S ′ nach T ′ f¨

350

l¨ osungen

1’en bereits fest (da eine Endecke schon in D erscheint.). Fahren wir so fort, so ergibt sich eine eindeutige Diagonale, also det A = ±1, oder det A = ± det C, wobei die Kanten von C genau zwischen den Ecken von C f¨ uhren. In diesem Fall ist aber wegen der Bipartitheit die Zeilensumme der Ecken von C aus S gleich der aus T . Die Zeilen von C sind also linear abh¨ angig, und es folgt det C = 0.

Sachwortverzeichnis Abstand, 113, 131 Additionskette, 99 adjazent, 108 Adjazenzmatrix, 109 ¨ Aquivalenzrelation, 103 affine Ebene, 253 Algorithmus, 96 Algorithmus von Bellman–Ford, 136 Algorithmus von Dijkstra, 132 Algorithmus von Huffman, 176 Alkohol, 74 Alphabet, 259 Angebot-Nachfrage-Problem, 152 Antikette, 226, 227 arithmetische Summe, 35 asymptotisch gleich, 91 aufspannender Baum, 123 Aus-Grad, 115 Aussagenlogik, 217 Auswahlfunktion, 140 azyklisch, 116 Backtrack, 195 Bandbreite, 111 Bandbreitenproblem, 111 Basis, 129, 219, 310 Basisfolge, 46 Baum, 123 aufspannender, 123 bin¨ arer, 184 (n, q)-Baum, 171 vollst¨ andiger (n, q)-Baum, 171 Baumdiagramm, 3, 196 Bedeckungszahl, 229 Bellmansche Optimalit¨ atsgleichung, 201 Bellzahlen, 28, 68 benachbart, 108 Bernoulli-Zahlen, 70 bin¨ are Relation, 103 bin¨ arer Baum, 184 bin¨ arer Logarithmus, 92 Binomial-Inversion, 47 Binomial-Konvolution, 66 Binomialkoeffizienten, 6, 13, 28 Binomialsatz, 15

bipartit, 106, 114 bipartiter Graph, 137 Bl¨ atter, 170 Block-Code, 259 Blockplan, 245 Boolesche Algebra, 107, 216 Boolesche Funktionen, 217, 232 Boolescher Verband, 217, 225 Branch and bound, 197 Breadth-First-Suche, 126 Br¨ ucke, 113, 118 Bubble-Sort, 193 Catalan-Zahlen, 190, 191 charakteristischer Vektor, 4, 215 charakteristisches Polynom, 279 Christofides-Heuristik, 159 chromatische Zahl, 118, 210 Cliquenproblem, 165 Code linearer, 262 perfekter, 273 selbst-dual, 272 zyklisch, 267 Codewort, 258 Damenproblem, 196 Depth-First-Suche, 127 Derangement-Zahlen, 48, 50, 66 Derangements, 38 Diagonale, 140 Differenzenfamilie, 248 Differenzenoperator, 40 Differenzenrechnung, 39 Digraph, 115 Dimension, 262 Disjunktion, 217 disjunktive Normalform, 218 diskreter Logarithmus, 285 Distanz, 260 Divide and conquer, 94, 98 doppelt-stochastische Matrix, 141 Dreiecksungleichung, 160, 217 dualer Code, 263 duales Matroid, 135 duales Programm, 297

352

sachwortverzeichnis

Durchmesser, 113 dynamisches Programmieren, 199 Ecke, 307 innere, 170 Ecken, 105 Einf¨ ugungsmethode, 180 Einweg-Funktion, 284 elementarer Fluss, 150 elementarsymmetrisch, 86 Elgamal-System, 292 Endecke, 108, 170 entartet, 309 Entropie, 175, 192 Entscheidungsbaum, 169, 179, 203 Entscheidungsproblem, 161 Enumerator, 77 Ereignis, 19 Erwartungswert, 21 Erzeugende Funktion, 2, 57 Euklidischer Algorithmus, 100 Euler-Zahlen, 30 Euler-Zug, 154 Eulersche ϕ-Funktion, 29 Eulersche Graphen, 153 Exponentialfunktion, 89 exponentielle erzeugende Funktion, 65 exponentielle Laufzeit, 96, 162 1-Faktor, 163 1-faktorisierbar, 163 Faktorielle fallende, 7, 14, 41 steigende, 7, 14, 41 Fakult¨ atsfunktion, 89 Fano-Code, 265 Fano-Ebene, 244, 262 Fehlervektor, 265 Fiat–Shamir, 290 Fibonacci Zahlen, 1, 28, 59 Filter, 233 Fixgruppe, 77 Fixpunkt, 10, 23 fixpunktfreie Permutation, 38 Fixpunktmenge, 77 Fluss, 147 elementarer, 150 Formell¨ ange, 232 Funktion

exponentielle erzeugende, 65 wahrscheinlichkeitserzeugende, 69 Funktionen Boolesche, 232 monotone, 219 Wachstum von , 89 Galoisfeld, 237 Gatter, 222 gemeinsame Verteilung, 20 Generatormatrix, 263 Generatorpolynom, 268 geometrisch-arithmetische Ungleichung, 36 geometrische Reihe, 58 geometrische Summe, 37 gerichteter Graph, 115 gerichteter Kreis, 116 gerichteter Multigraph, 115 gerichteter Weg, 116 Gewicht, 76, 262 gewichtete Graphen, 128 Gittergraph, 134 Gitterwege, 30 Gleichverteilung, 19 goldener Schnitt, 60 Gr¨ oßenordnung von Rekursionen, 93 Grad, 109, 229 Gradfolge, 109, 119 Graph, 105 bipartiter, 137 gerichteter, 115 gewichteter, 128 orientierter, 115 vollst¨ andiger, 106 vollst¨ andiger k-partiter, 107 vollst¨ andiger bipartiter, 106 Graphenisomorphieproblem, 163 Gray-Code, 29 Greedy-Algorithmus, 129, 130, 206 Gruppe, 74 Dieder, 83 zyklische, 74 Hadamard-Matrix, 273 Hamiltonscher Graph, 157 Hamiltonscher Kreis, 157 Hamming-Abstand, 217 Hamming-Code, 264, 272

sachwortverzeichnis Hamming-Schranke, 261, 272 harmonische Zahlen, 6, 17, 42 Hasse-Diagramm, 179, 226 Heiratssatz, 138 Horner-Schema, 97 Hypergraph, 225, 229, 233 k-uniform, 229 Hyperw¨ urfel, 107, 114 Ikosaeder-Graph, 274 In-Grad, 115 In-Order, 185 Indextransformation, 35, 58 Induktion, 36, 54 induzierte Verteilung, 20 induzierter Untergraph, 112 informationstheoretische Schranke, 171 Inklusion-Exklusion, 52 innere Ecke, 170 Inversion, 30, 45 Inversionsformel, 45 Inversionstafel, 30, 193 inzident, 108 Inzidenzmatrix, 5, 109, 115, 134 Inzidenzsystem, 4 irreduzibles Polynom, 238, 282 Isolieren der Terme, 37, 53 isolierte Ecke, 109 isomorphe Graphen, 108 Jensensche Ungleichung, 187 Job-Zuordnungsproblem, 137, 147 Josephus-Problem, 54 Kanalcodierung, 255 kanonisches Maximum-Programm, 304 Minimum-Programm, 304 Kanten, 105 Kapazit¨ at, 147 Kapazit¨ at des Schnittes, 148 Karnaugh-Abbildung, 220, 232 Kette, 226 Kettenzerlegung, 227 Kneser Graph, 119 Komplement, 119 Komplexit¨ at, 161 Komplexit¨ atsklasse, 162 Komponenten, 113

Komposition, 40 kongruent, 235, 238 Kongruenzklasse, 236 Konjunktion, 217 konjunktive Normalform, 218 Kontrollmatrix, 263 Kontrollpolynom, 268 Kontrollsymbole, 258 konvex, 307 konvexes n-Eck, 199 Konvolution, 57 Kraftsche Ungleichung, 173 Kreis, 108 gerichteter, 116 Kryptogramm, 275 Kryptosystem, 275 k¨ urzester u, v-Weg, 131 K¨ urzeste-Wege-Problem, 133 Kugel, 260 Labyrinth-Problem, 117 Lah-Zahlen, 53 Lateinisches Quadrat, 240 orthogonal, 240 Laufzeit, 161 exponentielle, 162 polynomiale, 162 Lemma von Burnside, 77 Lemma von Farkas, 299 lexikographische Anordnung, 29 lineare Codes, 262 L¨ osung optimale, 296, 311 zul¨ assige, 296 Logarithmus, 89 bin¨ arer, 92 diskreter, 285 logisches Netz, 222 Lucas Zahlen, 68 M -saturiert, 141 M -alternierender Weg, 141 magisches Quadrat, 252 Markenproblem, 210 Markovs Ungleichung, 32 Matching, 137, 298 Matching-Funktion, 223 Matching-Zahl, 137 Matroid, 129, 207

353

354

sachwortverzeichnis

duales, 135 Maximalgrad, 119 Maximum Fluss, 149 Maximum Matching, 137 Mehrfachkanten, 105 Mengen-Partitionen, 6 Mengenfamilie, 140 Mengenverband, 225 metrisches TSP, 160 minimal abh¨ angig, 135 Minimale aufspannende B¨ aume, 128 minimale Bedeckung, 146 minimale Schnittmengen, 135 Minimalgrad, 120 Minimum Schnitt, 149 Minimum Spanning Tree-Heuristik, 159 Minterm Funktion, 218 modulo, 235 monotone Funktionen, 219 M¨ unzwechselproblem, 209 Multigraph, 105 gerichteter, 115 Multimenge, 8 Muster, 76 selbst-dual, 87 Nachfolger, 170 Netto-Fluss, 147 Netzwerk, 147 Newton-Darstellung, 45 nichtentartet, 309 Normalform disjunktive, 218 konjunktive, 218 N P -vollst¨ andig, 162 O-Notation, 90 ¨ Offentliches-Schl¨ ussel-System, 285 offener Euler-Zug, 154 one-time-pad, 278 optimale L¨ osung, 296, 311 Optimierungsproblem, 161 Ordnung, 227, 233 orientierter Graph, 115 Packungszahl, 229 Parit¨ atscode, 258 Partialbruchzerlegung, 59 partielle Summation, 43

k-Partition, 6 Pascalsches Dreieck, 14 perfekte Sicherheit, 277 perfekter Code, 273 Periode, 280 k-Permutation, 7 Permutationen, 7, 10, 29 zyklische, 70 Permutationsgruppe, 75 Permutationsmatrix, 141, 144 Petersen Graph, 108 Pivotelement, 313 polyedrische Menge, 309 polynomiale Laufzeit, 162 Potenzsumme, 43, 70 Pr¨ afix-Code, 256 primales Programm, 297 Primitivwurzel, 285 Prinzip der Inklusion-Exklusion, 50 Problem des chinesischen Postboten, 155 Problem des Handlungsreisenden, 96 Programm duales, 297 primales, 297 projektive Ebene, 246 Protokoll, 288 Fiat–Shamir, 290 Zero-Knowledge, 288 Quadrat Lateinisches, 240 magisches, 252 quadratischer Rest, 290 Quelle, 147 Quellencodierung, 255, 256 QUICKSORT, 181 Radius, 260 Ramsey-Eigenschaft, 25 Ramsey-Zahl, 25 Rang, 129 Reed-Muller-Codes, 274 Reed-Solomon Codes, 266 reflektiertes Polynom, 60 Regeln von de Morgan, 216 Registerfolge, 279 regul¨ ar, 109 Rekursion, 13, 38, 59, 95 Rekursionen

sachwortverzeichnis Gr¨ ossenordnung von-, 93 simultane, 64 relativ prim, 29 Restklasse, 236 Restklassenring, 236 Ring-Summen-Normalform, 231 RSA-System, 286 Rucksackproblem, 208 Satz von Dilworth, 227 Satz von Fermat, 237 Satz von Ford–Fulkerson, 149 Satz von Gale-Ryser, 166 Satz von Hoffman-Kruskal, 319 Satz von Menger, 166 Satz von Polya, 79 Satz von Ramsey, 25 Satz von Shannon, 175 Satz von Sperner, 227 Schieberegister, 278 Schl¨ ussel, 275 Schlingen, 105 Schlupfvariablen, 305 Schnitt, 148 Schnittecke, 120 Schrittweite, 40 Schubfachprinzip, 24 selbst-komplement¨ ar, 119 Senke, 147 Sheffer Stroke, 232 Sieb des Eratosthenes, 100 Simplexalgorithmus, 311 Simpsons Formel, 55 simultane Rekursionen, 64 SOPE-Darstellung, 220 Sortieralgorithmus, 98 Stammfunktion, 42 Standard Vertretersystem, 238 Standard-Maximum-Programm, 296 Standard-Minimum-Programm, 296 Standardabweichung, 23 Standardsystem, 236 stark zusammenh¨ angend, 116 Steiner-System, 243, 272 Stern, 118 Stirling Approximation, 92 Stirling Konstante, 92 Stirling-Inversion, 48 Stirling-Zahlen erster Art, 11

Stirling-Zahlen zweiter Art, 6 Stirlingsche Formel, 91 Suchproblem, 169 Summationsfaktor, 38 Summe arithmetische, 35 geometrische, 37 unbestimmte, 42 symmetrische Gruppe, 75 symmetrisches Polynom, 86 Syndrom, 265 System von verschiedenen Repr¨ asentanten, 140 t-Design, 243 t-fehlerentdeckend, 260 t-fehlerkorrigierend, 260 t-perfekt, 261 Taillenweite, 120 Text, 275 Tr¨ ager, 139, 140 Tr¨ agerproblem, 165 transitiv, 89 Translationsoperator, 40 Transportproblem, 301 Transversale, 29, 140, 144 Trapdoor Funktion, 286 Traveling Salesman-Problem, 96, 153, 157, 197, 319 trennende Kantenmenge, 166 Triangulierung, 199 Tschebyscheff Inversionsformel, 55 Tschebyscheffs Ungleichung, 32, 54 Turm von Hanoi, 54, 100 Turnier, 120 Typ der Permutation, 11 unabh¨ angig, 118 angigkeitszahl, 118 Unabh¨ unbestimmte Summe, 42 Ungleichung geometrisch-arithmetische, 36 von Jensen, 187 von Markov, 32 von Tschebyscheff, 32 Unterbaum, 170 Untergraph, 112 induzierter, 112 Untermengen, 6

355

356

sachwortverzeichnis

unvergleichbar, 226 Vandermonde Identit¨ at, 16, 66 Varianz, 21 vergleichbar, 226 Vergleichbarkeitsgraph, 231 Vergleiche, 178 Verifikation, 162 Versuchsplan, 240 Verteilung, 19 gemeinsame, 20 induzierte, 20 Vertreter, 236 Voll-Addierer, 224 vollst¨ andig unimodular, 319 vollst¨ andige k-partite Graphen, 107 vollst¨ andige bipartite Graphen, 106 vollst¨ andige Graphen, 106 Vorg¨ anger, 170 W¨ ageproblem, 172 Wachstum von Funktionen, 89 Wahr–Falsch-Notation, 35 Wahrscheinlichkeit, 18 wahrscheinlichkeitserzeugende Funktion, 69 Wahrscheinlichkeitsraum, 18

Wald, 123 Weg, 107 gerichteter, 116 Wegesystem, 166 Wert eines Flusses, 148 wesentliche Variable, 223 Wiederholungscode, 258 wirkt verm¨ oge, 76 Wort, 4 Wurzel, 82 Wurzelbaum, 170 Z¨ ahlfunktion, 1 Zahl-Partitionen, 6, 51 Zielfunktion, 296 Zufallsvariable, 20, 69 zul¨ assige L¨ osung, 296 zul¨ assiger Fluss, 148 zunehmender Weg, 149 Zuordnungsproblem, 106 zusammenh¨ angend, 113 Zusammenhangskoeffizienten, 47 Zusammenlegungsmethode, 98, 181 Zyklen, 10 Zyklendarstellung, 10 Zyklenindikator, 79 zyklische Permutationen, 70