Lösung Klausur 1 - Leibniz Universität Hannover

Leibniz Universität Hannover 16. Juli 2010
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné, apl.Prof. Dr. T. Holm
Lösungen zur Klausur “Diskrete Strukturen”
Sommersemester 2010
1. (a) Die Folge (F n ) n∈N sei definiert durch F 1 = F 2 = 1 und F n+1 = F n + F n−1 für
n ≥ 2. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion für alle n ∈ N
n∑
( ) n − k
= F n+1 .
k
k=0
(b) Beweisen Sie mit einem kombinatorischen Argument (durch Festhalten eines
Elements von Teilmengen einer n-Menge) folgende Identität für alle k, n ∈ N:
( ( )
n n − 1
k · = n · .
k)
k − 1
n∑
( n
(c) Folgern Sie aus der Identität in (b): k · = n · 2
k)
n−1 (n ∈ N).
Lösung: (a) Für n = 1 ergibt sich ( )
1
0 = 1 = F2 und für n = 2 haben wir ( (
2
0)
+
1
1)
=
1 + 1 = F 3 .
Sei die Formel für n bewiesen. Dann ist
∑n+1
( ) n + 1 − k
n∑
( ) ( )
n + 1 − k 0
=
+
k
k n + 1
k=0
k=0
n∑
( ) n − k
n∑
( ) n − k
=
+
k
k − 1
k=0
k=0
∑n−1
( ) n − 1 − k
= F n+1 +
= F n+1 + F n = F n+2
k
und der Induktionsschluss ist gelungen.
k=0
(b) Wir zählen auf zwei Arten die Anzahl der k-elementigen Teilmengen M in n mit
einem ausgezeichneten Element x ∈ M.
Wir wählen zuerst die Teilmenge M, danach wählen wir darin das Element x aus.
Für die Wahl der k-elementigen Teilmenge M gibt es ( n
k)
, für die Wahl von x aus
M dann k Möglichkeiten. Insgesamt also k · (n
k)
.
Jetzt wählen wir zuerst x und ergänzen zur Menge M. Für die Wahl von x gibt es n
Möglichkeiten; ) für die Ergänzung zu einer ( k-elementigen Teilmenge M gibt es dann
Möglichkeiten. Insgesamt also n ·
n−1
( n−1
k−1
(c) Nach Teil (b) ist
n∑
( n
k · =
k)
k=1
n∑
n ·
k=1
k=1
k−1)
.
( ) n − 1 ∑n−1
= n ·
k − 1
k=0
( ) n − 1
= n · 2 n−1
k
wobei wir bei der vorletzten Gleichung eine Indexverschiebung gemacht haben und
in der letzten Gleichung die binomische Formel benutzt haben.

2. (a) Wieviele Worte der Länge 9 über dem Alphabet {a, b, c, d} gibt es mit genau
drei a’s, genau zwei c’s und genau drei d’s? (Ergebnis in Dezimaldarstellung.)
(b) Für natürliche Zahlen k, n betrachten wir 0-1-Folgen der Länge k+n mit genau
k Nullen und genau n Einsen, in denen nie zwei Nullen hintereinander stehen.
Zeigen Sie, dass die Anzahl dieser Folgen gleich ( )
n+1
k ist.
(c) Für natürliche Zahlen k und n sei d n,k die Anzahl der Permutationen der Menge
n mit genau k Fixpunkten. Begründen Sie kurz die Formel d n,k = ( n
k)
dn−k,0 .
Wieviele Permutationen der Menge 7 gibt es mit genau zwei Fixpunkten?
(Ergebnis in Dezimaldarstellung.)
Lösung: (a) Die gesuchte Anzahl ist gegeben durch den Multinomialkoeffizienten
( ) 9
=
3, 2, 3, 1
9!
3! 2! 3! 1! = 5040.
(b) Jede solche Folge entsteht auf eindeutige Weise wie folgt: Schreibe eine Folge
von n Einsen; aus den n + 1 ’Zwischenräumen’ (inklusive vor der ersten und nach
der letzten Eins) wähle k aus zur Platzierung der k Nullen. Daher gibt es ( )
n+1
k
solche Folgen.
(c) Wir begründen zunächst die Formel d n,k = ( n
k)
dn−k,0 : für eine beliebige Permuation
mit genau k Fixpunkten wählen man zunächst die k Fixpunkte aus; dafür
gibt es ( n
k)
Möglichkeiten. Auf den restlichen n − k Zahlen wird eine fixpunktfreie
Permutation induziert, dafür gibt es d n−k,0 Möglichkeiten.
Die Anzahl der Permutationen von 7 mit genau zwei Fixpunkten ist gegeben durch
d 7,2 = ( 7
2)
d5,0 . Wir bestimmen also d 5,0 . Für eine fixpunktfreie Permutation gibt es
zwei ) mögliche Zykeltypen: (∗ ∗)(∗ ∗ ∗) und (∗ ∗ ∗ ∗ ∗). Vom ersten Typ gibt es
· 2! = 20 Permutationen, vom zweiten Typ 4! = 24. Insgesamt also d5,0 = 44 und
( 5
2
damit d 7,2 = ( 7
2)
d5,0 = 21 · 44 = 924.
3. Eine irreflexive und antisymmetrische Relation R auf einer Menge X mit transitivem
Komplement R c = (X ×X) \ R heißt schwache Ordnung auf X.
(a) Welche der folgenden Relationen sind schwache Ordnungen auf n?
R = {(x, y)∈n×n : x|y}, S = {(x, y)∈n×n : x 1 nicht antisymmetrisch, also keine schwache Ordnung, da 1 ≠ 2 ≠ 1
gilt. Für n = 1 ist T = ∅ allerdings eine schwache Ordnung.

(b) Sei R irreflexiv und antisymmetrisch. Ist außerdem R c transitiv, so auch R, denn
wäre x R y und y R z, aber nicht x R z, so folgte x R c z und z R c y, also x R c y, im
Widerspruch zu x R y.
(c) R ist irreflexiv und antisymmetrisch ⇔ R d ⊆ R c ⇔ R cc ⊆ R cd
⇔ R c ist total.
(d) Die Abbildung R ↦→ R c ist nach (c) eine Bijektion zwischen schwachen Ordnungen
und totalen Quasiordnungen. Davon gibt es nach Satz 1.22 ∑ n
m=1 m!S n,m viele,
für n = 4 also 1 · 1 + 2 · 7 + 6 · 6 + 24 · 1 = 75 (siehe Tabelle auf S.21 von Kapitel 1).
4. Sei n ≥ 3. Besitzt ein Rad W n mit n+1 Knoten und n “Speichen” (d.h. 2n Kanten)...
(a) eine Euler-Tour?
(b) eine Hamilton-Tour?
(c) einen Wald als Komplementärgraph? (Fallunterscheidung!)
(d) einen nicht-isomorphen Graphen mit gleicher Gradfolge?
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W 8
Lösung: (a) Ein Rad W n besitzt nie eine Euler-Tour, da alle Ecken bis auf maximal
eine (das “Zentrum”) ungerade Valenz 3 haben.
(b) Eine Rad W n besitzt stets eine Hamilton-Tour: Starte mit dem Zentrum, durchlaufe
danach die Randpunkte einmal im Kreis herum und lande wieder im Zentrum.
(c) Der Graph W 3 ist ein vollständiger Graph, der Komplementärgraph W 3 hat keine
Kanten, ist also ein Wald. Für n = 4 ist W n disjunkte Vereinigung von einem
isolierten Knoten und zwei Bäumen mit je einer Kante, also ein Wald. Für n = 5
enthält W n ein Pentagon (“Drudenfuss”), ist also kein Wald. Und für n > 5 enthält
W n mindestens ein Dreieck (je einen Eckpunkt überspringen), ist also ebenfalls kein
Wald.
(d) Ist G ein Graph mit der gleichen Gradfolge (3, 3, 3, ..., n) wie für W n , so ist der
Graph G − {x} für den einzigen Knoten x vom Grad n eine disjunkte Vereinigung
von Kreisen (da alle Knoten im Restgraph Valenz 2 haben). Für n ≤ 5 gibt es
nur einen Kreis. Da x mit allen Punkten des Restgraphs verbunden ist, muss G
für n ∈ {3, 4, 5} isomorph zu W n sein. Es gibt dann also keinen nicht-isomorphen
Graphen mit gleicher Gradfolge. Für n ≥ 6 existieren allerdings zu W n nicht isomorphe
Graphen mit der gleichen Gradfolge, zum Beispiel die “Zweiräder”, die durch
Verbinden aller Knoten von zwei disjunkten Kreisen mit x entstehen.
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