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Mathematik » Kombinatorik & Graphentheorie » Anordnung von Elementen
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Kein bestimmter Bereich Anordnung von Elementen
EpsilonDelta
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-09-23 19:13


Auf wieviele unterschiedliche Weisen kann man die Buchstaben \(ABCDEF\) anordnen, sodass \(B \) nicht direkt auf \(A\), \(C \) nicht direkt auf \(B\), \(D \) nicht direkt auf \(C\), \(E \) nicht direkt auf \(D\), \(F \) nicht direkt auf \(E\) folgt.

Ich bin hier leider etwas ratlos, wie ich dieses Problem angehen soll.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-09-23 19:22


Das Prinzip der Inklusion-Exklusion sagt:

Für Teilmengen $A_1,\dotsc,A_n$ einer Menge $S$ gilt

$\displaystyle \left|\bigcap_{i=1}^{n} S \setminus A_i\right| = |S| - \sum_{i=1}^{n} |A_i| + \sum_{1 \leq i < j \leq n} |A_i \cap A_j| - \cdots + (-1)^n |A_1 \cap \cdots \cap A_n|$

Setze hier nun:

$S = $ Menge der Permutationen von $ABCDEF$

$n = 5$

$A_1 = $ Menge der Permutationen, in denen $B$ direkt auf $A$ folgt
usw.
$A_5 = $ Menge der Permutationen, in denen $F$ direkt auf $E$ folgt



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EpsilonDelta
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-23 19:52


Danke für den Tipp!

Ich betrachte mal einen Teil der Inklusions-Exklusions Gleichung, wo dann gilt:

\[\displaystyle \left|\bigcap_{i=1}^{n} S \setminus A_i\right| = |S| - \sum_{i=1}^{n} |A_i| + ... = 6! - 5*5! + ...\]
mit \[\sum_{j=1}^5|A_j| = 5*5!\]
Dies gilt, da ich für eine Anordnung von \(ABCDEFG\) in der \(B\) nie direkt auf $A$ folgt und analog für die anderen \(A_j\), das Element \(AB\) als "ein einziges" sehen kann und dann die Frage ist, auf wieviele Arten man 5 Element anordnen kann (\(AB\) in \(ABCDEF\) nun als eines zusammengefasst). Dies mache ich für die restlichen $A_j$, von denen es ja genau 5 gibt.

Nun habe ich aber ein Problem auf dieselbe Weise auf \(|A_j\cap A_i|\) zu kommen. Wie zähle ich diese Menge ab?

EDIT: Habe es jetzt denke ich gelöst, man kann doch auf dieselbe Weise abzählen. ich bekomme dann

\[\bigl | S\setminus \bigl ( \bigcup_{j=1}^5 A_j\bigr ) \bigr | =6!-\binom{5}{1}5!+\binom{5}{2}4!-\binom{5}{3}3!+\binom{5}{4}2!-\binom{5}{5}1!
\]



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-09-23 21:43


2019-09-23 19:52 - EpsilonDelta in Beitrag No. 2 schreibt:
Dies gilt, da ich für eine Anordnung von \(ABCDEFG\) in der \(B\) nie direkt auf $A$ folgt

Das "nie" ist zu viel, oder? Auch das $G$? Wenn man $AB$ ignoriert, bleiben doch $4$ Symbole, nicht $5$, oder?

Habe es jetzt denke ich gelöst, man kann doch auf dieselbe Weise abzählen.

Wieso sollte $|A_1 \cap A_2|$ dasselbe wie $|A_1 \cap A_3|$ sein?



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-09-23 21:58


2019-09-23 21:43 - Triceratops in Beitrag No. 3 schreibt:
Wieso sollte $|A_1 \cap A_2|$ dasselbe wie $|A_1 \cap A_3|$ sein?

@Tri: Heißt das, du zweifelst, oder möchtest du das nur näher begründet haben? IMO ist die Formel korrekt.

@Eps: In der letzten Zeile muss natürlich rechts statt 4! ein 2! stehen.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-09-23 22:13


Ja es braucht eine nähere Begründung.



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EpsilonDelta
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-23 23:16


@StrgAltEntf: Habe den Fehler ausgebessert.

@Triceratops: Man sieht, dass die Schnittmengen dieselben sind, wenn man sich die unterschiedlichen Mengen aufzeichnet.

Ich klammere die Elemente ein, die aufeinander folgen. Sehen wir uns für  \(ABCDEF\) eine beliebige Schnittmenge \(A_i\cap A_j\) an. Dann können wir im Wesentichen zwei Fälle unterscheiden:

\((AB)CD(EF)\) und \((ABC)DEF\).

Das sind aber stets 4 Elemente, die wir auf \(4!\) unterschiedliche Weisen anordnen können. Ohne Beweis funktioniert das auch für die anderen Schnittmengen.

Sieht jemand noch einen anderen Beweis? Ist ein direkter Weg möglich, ohne die Mengen, die zwei aufeinanderfolgende Elemente besitzen, zu verwenden?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-09-24 07:25


2019-09-23 23:16 - EpsilonDelta in Beitrag No. 6 schreibt:
Das sind aber stets 4 Elemente, die wir auf \(4!\) unterschiedliche Weisen anordnen können.

Korrekt.

Sieht jemand noch einen anderen Beweis? Ist ein direkter Weg möglich, ohne die Mengen, die zwei aufeinanderfolgende Elemente besitzen, zu verwenden?

Du meinst einen Beweis, der nicht das Prinzip Inklusion-Exklusion verwendet?
 
Die allgemeine Formel für $n+1$ Buchstaben ist ja dann

$\displaystyle a(n) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k} \cdot (n-k+1) \cdot \frac{n!}{k!}.$

Berechnet man die Werte für die ersten $n$ und gibt man sie bei OEIS ein, kommt man auf oeis.org/A000255 . Dort steht die Rekursionsformel

$a(n) = n \cdot a(n-1) + (n-1) \cdot a(n-2)$

mit den Anfangswerten $a(0)=a(1)=1$. Bestimmt kann man diese auch direkt herleiten. Und damit ließe sich dann auch $a(5)=309$ nachrechnen.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-09-24 18:34


Du hast zwar abgehakt @EpsilonDelta, aber mich würde noch interessieren, ob du eine Herleitung der Rekursionsgleichung gefunden hast. :)



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EpsilonDelta
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-28 12:14


Mit einer Rekursion habe ich es dann nicht weiter probiert, nur im Kopf behalten, dass es wahrscheinlich einen Weg über Rekursion gibt  smile



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-09-28 19:37


Ich werde noch einmal versuchen, die Rekursionsgleichung (ohne die explizite Formel) herzuleiten.

Was mir schon einmal aufgefallen ist: bei OEIS steht die exponentielle erzeugende Funktion $\exp(-x)/(1-x)^2$. Das kann man sich schnell mit der expliziten Formel oben klarmachen (es gibt hoffentlich elegantere Beweise, die mit der Theorie der kombinatorischen Klassen arbeiten und nicht die explizite Formel voraussetzen). Wenn man das aufdröselt, bekommt man damit noch eine ganz andere Rekursionsgleichung

$a(n) = (-1)^n + 2 \cdot n \cdot a(n-1) - n\cdot (n-1) \cdot a(n-2)$

Derzeit sehe ich nicht, warum die beiden Rekursionsgleichungen äquivalent sind (aber tatsächlich müssen sie es sein), geschweige denn wie man sie direkt, also ohne die genannten Umwege beweist.

PS: Und bei OEIS steht auch noch

$a(n) = (n \cdot (n+2) \cdot a(n-1) + (-1)^n)/(n+1)$



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-09-28 19:59


Hey, ich möchte meine ersten Gedanken für die rekursive Formel $a(n) = na(n-1) + (n-1)a(n-2)$ starten.

Ich möchte das erstmal nicht formalisieren, um mich nicht zu verlaufen. Gehen wir mal von der Situation $ABCDE$ aus.
Als Erstes ignorieren wir $E$ und sortieren die ersten Buchstaben an. Zum Beispiel $DCBA$. Als Nächstes können wir an 4 Stellen $E$ einfügen, überall außer hinter $D$. Das gibt den Summanden $na(n-1)$.
Das nächste Vorgehen, wir vergessen zusätzlich den Buchstaben $D$. Und sortieren $ABC$ geeignet, zum Beispiel $CBA$ nun fügen wir $D$ genau hinter $C$ ein (das liefert schoneinmal ein anderes Szenario als bei dem ersten Fall), also $CDBA$. Um etwas Valides zu erhalten, schieben wir $E$ dazwischen, also $CEDBA$.
Das Gleiche können wir noch mit $B$ und $C$ machen (EDIT: Hier fehlt ein Argument, siehe später) Also zB $ABD$ sortieren (zB: $DBA$ ) dann $C$ hinter $B$ einsortieren und dann $E$ dazwischen schieben.  (EDIT:Das bedarf einer Argumentation, warum $D$ nicht auf $B$ folgen darf, wenn man $C$ weglässt. Würde man das nicht fordern, wäre man nicht in der gleichen Situation. Würde aber $D$ auf $B$ folgen, und fügt man $C$ hinter $B$ ein, so wäre man invalide an ZWEI Stellen. Das Einfügen von $E$ kann aber nur eine Stelle "retten".)
Das kann man aber nicht mit $A$ machen! Das sollte gerade den zweiten Summanden geben.


Das man damit alle möglichen Szenarien durchgeht sollte klar sein. Hat man eine Anordnung, so ignoriert man den letzten Buchstaben (im Beispiel $E$). Wenn die Anordnung dann noch immer valide ist, so ist man im Fall 1, wenn sie nicht valide ist, kann sie nur an der einen Stelle invalide sein. Die ist aber gerade in Fall 2 bearbeitet worden.

Grüße
Creasy


-----------------
Smile (:



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-09-28 20:25


@Creasy: Das sieht schon einmal gut aus :). Sowas ähnliches habe ich auch gerade aufgeschrieben, allerdings mit vielen lästigen Formeln (daher verworfen).



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-09-28 23:31


Hier nun doch noch ein vollständiger, formaler Beweis.

Eine Permutation $\pi$ von $\{0,\dotsc,n\}$ heiße valide, wenn für alle $0 \leq i < n$ gilt: $\pi(i+1) \neq \pi(i)+1$.
 
Sei $A(n)$ die Menge der validen Permutationen von $\{0,\dotsc,n\}$, und $a(n) = \# A(n)$ ihre Anzahl. Wir suchen einen kombinatorischen Beweis der Rekursionsgleichung $a(n) = n \cdot a(n-1) + (n-1) \cdot a(n-2)$, also eine Bijektion $A(n) \cong n \cdot A(n-1) + (n-1) \cdot A(n-2)$.

Folgende Verallgemeinerung erweist sich als nützlich: seien $X,Y$ zwei endliche lineare Ordnungen. Eine Bijektion $\pi : X \to Y$ heiße valide, wenn gilt: für $i \in X$, $i \neq \max(X)$ sei $\pi(i+1) \neq \pi(i)+1$, wobei wir mit $i+1$ den direkten Nachfolger von $i$ in $X$ bezeichnen (also $i<i+1$ und es gibt kein $j$ mit $i<j<i+1$). Wenn $X,Y$ nichtleer sind, gilt $X \cong Y \cong \{0<\dotsc<n\}$ für ein $n \in \IN$, und wir bekommen hier das vorherige Konzept einer validen Permutation.
 
Wir werden das insbesondere auf lineare Ordnungen der Form $\{0,\dotsc,n\} \setminus \{i\}$ anwenden. Hier ist der Nachfolger von $i-1$ nämlich $i+1$ (nicht $i$). Die Verallgemeinerung erspart es uns, überall Bijektionen $\{0,\dotsc,n\} \setminus \{i\} \cong \{0,\dotsc,n-1\}$ verketten zu müssen. Spätestens bei $\{0,\dotsc,n\} \setminus \{i,j\}$ (siehe unten) würde das sehr ungemütlich werden.

Es sei nun $\pi$ eine valide Permutation von $\{0,\dotsc,n\}$. Lassen wir einmal das $n$ weg und betrachten also die eingeschränkte Bijektion (mit $j := \pi^{-1}(n)$)

$\sigma : \{0,\dotsc,n\} \setminus \{j\} \to \{0,\dotsc,n-1\}$.

Nun kann $\sigma$ valide sein oder auch nicht. Das führt uns zu einer Fallunterscheidung.

Es ist $\sigma$ genau dann valide, wenn $j=0$ oder $j=n$ oder $\pi(j+1) \neq \pi(j-1)+1$.

Ist umgekehrt $j \in \{0,\dotsc,n\}$ und $\sigma : \{0,\dotsc,n\} \setminus \{j\} \to \{0,\dotsc,n-1\}$ eine valide Bijektion, so ist die Permutation $\pi$ von $\{0,\dotsc,n\}$ mit $\pi(k)=\sigma(k)$ für $k \neq j$ und $\pi(j)=n$ genau dann valide, wenn $\pi(j) \neq \pi(j-1)+1$ (oder $j=0$) und $\pi(j+1) \neq \pi(j)+1$ (oder $j=n$). Die zweite Ungleichung vereinfacht sich zu $\sigma(j+1) \neq n+1$, was automatisch gilt, und die erste Ungleichung vereinfacht sich zu $j \neq \sigma^{-1}(n-1)+1$. Es gibt also nur $n$ mögliche Wahlen für $j$.

Zwischenergebnis: Wir haben eine injektive Abbildung $n \cdot A(n-1) \to A(n)$, $(j,\sigma) \mapsto \pi$. Das Bild besteht aus jenen validen Permutationen $\pi$, für die das oben definierte $\sigma$ valide ist.

Nun müssen wir uns also nur noch um das Komplement kümmern, also um jene $\pi$, für die $0<j<n$ sowie $\pi(j+1) = \pi(j-1)+1$ gilt (mit $j:=\pi^{-1}(n)$). In diesem Fall streichen wir nicht nur $n=\pi(j)$, sondern auch $\pi(j+1)$ (was ja ohnehin bereits aus $\pi(j-1)$ berechnet werden kann und damit keinen Informationsverlust darstellt!). Wir betrachten also die eingeschränkte Bijektion

$\tau : \{0,\dotsc,n\} \setminus \{j,j+1\} \to \{0,\dotsc,n-1\} \setminus \{\pi(j+1)\} =: T$

und behaupten: diese ist immer valide. Dazu müssen wir zeigen, dass (sofern $j<n-1$, sonst ist nichts zu tun) $\pi(j+2)$ nicht der direkte Nachfolger von $\pi(j-1)$ in $T$ ist. Weil der in $\IN$ gebildete Nachfolger $\pi(j-1)+1=\pi(j+1)$ nicht in $T$ liegt, ist der direkte Nachfolger aber $\pi(j-1)+2=\pi(j+1)+1$, und die Behauptung folgt daraus, dass $\pi$ an der Stelle $j+1$ valide ist.
 
Umgekehrt: Sei $0<j<n$ (dafür gibt es $n-1$ Möglichkeiten) und

$\tau : \{0,\dotsc,n\} \setminus \{j,j+1\} \to \{0,\dotsc,n-1\} \setminus \{\tau(j-1)+1\}$
 
eine valide Bijektion. Dann definieren wir eine valide Permutation $\pi$ von $\{0,\dotsc,n\}$ durch $\pi(k)=\tau(k)$ für $k \neq j,j+1$, $\pi(j)=n$ und $\pi(j+1)=\tau(j-1)+1$, also $\pi(j+1)=\pi(j-1)+1$. Das beschreibt nun eine injektive Abbildung $(n-1) \cdot A(n-2) \to A(n)$, $(j,\tau) \mapsto \pi$, und das Bild ist gerade das Komplement der zuvor beschriebenen Abbildung.

Die beiden injektiven Abbildungen setzen sich daher zu einer Bijektion $n \cdot A(n-1) + (n-1) \cdot A(n-2) \to A(n)$ zusammen.

Konkretes Beispiel für $n=6$:
Sei $\pi = (4,6,2,5,0,3,1)$. Dann ist $\pi$ valide, und $\sigma = (4,2,5,0,3,1)$ ist es ebenfalls. Es gehört also zum Bild der ersten Abbildung. Hat man umgekehrt $\sigma$, kann man die $6$ überall einfügen, außer direkt hinter der $5$. Ist hingegen $\pi = (5,0,3,6,4,2,1)$, so ist zwar $\pi$ valide, aber $\sigma = (5,0,{\color{red}3},{\color{red}4},2,1)$ ist es nicht mehr. Wir streichen also die $4$ und erhalten $\tau = (5,0,3,2,1)$, was nun eine valide "Permutation" ist (wir müssen nur noch die $5$ durch $4$ ersetzen, oder eben wie gesagt unsere Indexmengen verallgemeinern).



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Creasy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 22.02.2019
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-09-28 23:55


Wao, dass die Formalisierung umständlich wird, habe ich erwartet.
Mir würde es ziemlich schwierig fallen, die Vorgehensweise daran zu verstehen, aber anders herum kann ich dem Ganzen folgen.

An dieser Stelle

2019-09-28 23:31 - Triceratops in Beitrag No. 13 schreibt:
Ist umgekehrt $j \in \{0,\dotsc,n\}$ und $\sigma : \{0,\dotsc,n\} \setminus \{j\} \to \{0,\dotsc,n-1\}$ eine valide Bijektion, so ist die Permutation $\pi$ von $\{0,\dotsc,n\}$ mit $\pi(k)=\sigma(k)$ für $k \neq j$ und $\pi(j)=n$ genau dann valide, wenn $\pi(j) \neq \pi(j-1)+1$ und $\pi(j+1) \neq \pi(j)+1$.

Fallen für $j=0$ und $j=n$ jeweils eine Bedingung weg, aber das sollte nicht weiter stören.

Beste Grüße
Creasy



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Triceratops
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Dabei seit: 28.04.2016
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Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-09-28 23:59


Danke, ich habe es ergänzt. Damit das ganze nicht ganz so hirnverknotend ist, habe ich am Ende auch noch ein Beispiel ergänzt.



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EpsilonDelta hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
EpsilonDelta hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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