Inhaltsverzeichnis

Überschrift 1 §1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 §2 Elementare Zahlentheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 §3 Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 §4 Polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 §5 Designs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 §6 Codierungstheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 §7 Kryptographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 §8 Gruppen, Symmetrien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 §9 Graphen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 §10 Planare Graphen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 §11 Optimierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 §12 Netzwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 §13 Rekursionen und erzeugende Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228 Lösungen der Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

§1 Grundlagen

In diesem Paragraphen sollen für den weiteren Verlauf grundlegende kombinatorische Prinzipien vorgestellt werden. Im wesentlichen wird es um Abzählmethoden gehen. Daneben werden wir uns aber auch mit einigen Beweismethoden beschäftigen, die grundlegend für viele Teile der Mathematik sind. Wir werden die Induktion, das Schubfachprinzip und das Inklusion/Exklusion - Prinzip vorstellen.

Mathematische Sätze haben häufig eine der folgenden Formen:

(1) Universelle Sätze: Für alle Werte x in einer vorgegebenen Menge gilt etwas:

Beispiel: Für alle natürlichen Zahlen n gilt

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2}

(2) Existenz Sätze: In einer bestimmten Menge gibt es ein x mit einer Eigenschaft:

Beispiel: Gegeben seien n + 1 natürliche Zahlen größer Null, die alle kleiner gleich 2n sind. Dann gibt es x, y in dieser Menge, x ≠ y, und x teilt y.

Wir wollen uns zunächst mit Beweisprinzipien beschäftigen, die häufig bei obigen Problemen angewandt werden. Wir beginnen mit (1).

Die Zahlen, mit denen wir glauben vertraut zu sein, sind die sogenannten ganzen Zahlen ℤ. Dies sind die Zahlen

… − 4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, …

Diese Zahlen kann man addieren, subtrahieren, multiplizieren aber nicht dividieren. Der Quotient zweier ganzer Zahlen ist eine rationale Zahl, möglicherweise keine ganze Zahl mehr: \frac{1}{2}.

Man kann zwei ganze Zahlen bezüglich ihrer Größe vergleichen.

1 < 5

Das führt zu einer der wichtigsten Eigenschaften der ganzen Zahlen:

Wohlordnungsaxiom: Ist X eine nicht leere Menge von ganzen Zahlen, die eine untere Schranke b zuläßt, d.h. b ≤ x für alle x ∈ X. Dann gibt es ein x_{0} ∈ X mit x_{0} ≤ x für alle x ∈ X.

Dieses Prinzip angewandt auf die natürlichen Zahlen (d.h. die ganzen Zahlen ≥ 1) liefert

(1.1) Satz. Ist X eine nichtleere Menge natürlicher Zahlen, so enthält X ein kleinstes Element.

Wir wollen nun sehen, wie wir (1.1) zum Beweis von (1) benutzen können.

Die Formel

1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2} (∗)

ist sicherlich für n = 1 richtig.

Wir wollen einmal annehmen, daß die Formel (∗) für ein festes n = k richtig ist. Dann gilt also

1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k^{2}

Nun wollen wir die Formel für n = k + 1 beweisen.

1 + 3 + 5 + … + (2(k + 1) − 1) =
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2k + 1) =
k^{2} + (2k + 1) = k^{2} + 2k + 1 = (k + 1)^{2}

Wir wissen also:

Ist das Resultat für n = k korrekt, so auch für n = k + 1.

Da es für n = 1 richtig war, so auch für n = 2, und dann für n = 3 und n = 4 usw. Das nennen wir das Induktionsprinzip.

Wieso aber beweist dies die Behauptung für alle n ∈ ℕ?

Sei S die Menge der natürlichen Zahlen, für die die Formel (∗) falsch ist. Ist S ≠ ∅, so enthält S nach (1.1) ein kleinstes Element k ∈ ℕ. Da 1 ∉ S ist, ist k > 1. Also ist k − 1 ∈ ℕ, k − 1 ∉ S. Damit ist die Formel (∗) für n = k − 1 richtig. Dies widerspricht aber k ∈ S.

Was wir gerade bewiesen haben, ist der folgende Satz:

(1.2) Satz (Induktionsprinzip). Sei S ⊆ ℕ mit (1) 1 ∈ S

(2) Für k ∈ S folgt stets k + 1 ∈ S.

Dann ist S = ℕ

In der Praxis gibt es ein einprägsames Schema für “Induktionsbeweise”:

(1.3) Beispiel: Die Zahlen x_{n}, n ∈ ℕ, seien wie folgt definiert:

x_{1} = 2, x_{n} = x_{n−1} + 2n, n ≥ 2.

Dann gilt:

x_{n} = n(n + 1), für alle n ∈ ℕ .

Beweis durch Induktion:

Induktionsbasis: Das Resultat ist richtig für n = 1:

x_{1} = 2 · 1 = 2 .

Induktionsannahme: Das Resultat sei richtig für n = k :

x_{k} = k(k + 1) .

Induktionsschluß (k ⟶ k + 1): Das Resultat ist richtig für n = k + 1:

x_{k+1} = x_{k} + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 2) .

(1.4) Beispiel. In der Ebene sind im ganzzahligen Gitter natürliche Zahlen eingetragen, wobei jede das arithmetische Mittel seiner vier Nachbarn ist. Was kann man über diese Zahlen aussagen ?

Sei x die kleinste natürliche Zahl im Gitter. Das Induktionsprinzip sagt uns, daß diese existiert. Dann ist

x = \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}}{4} ,

wobei a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4} die vier benachbarten Zahlen sind. Da a_{i} ≥ x für alle i ist, folgt nun a_{1} = a_{2} = a_{3} = a_{4} = x. Dann sind aber auch alle Nachbarn von a_{1} gleich usw. Somit sind alle Einträge gleich.

Die wesentliche Idee des Induktionsbeweises ist, das Problem auf ein kleineres bereits gelöstes Problem zurückzuführen.

Die gleiche Idee besteht auch bei der sogenannten Rekursion.

(1.5) Beispiel. Sei N eine Menge mit n Elementen. Was ist die Anzahl A_{n} der Teilmengen von N?

Ist n = 0, so ist A_{n} = 1.

Sei n > 0. Sei x ∈ N. Dann ist N = N_{1} ∪ {x}. Die Anzahl der Teilmengen von N_{1} ist A_{n−1}. Jede Teilmenge B von N, die x enthält, entspricht einer Teilmenge B ∩ N_{1} von N_{1}. Also gibt es genau A_{n−1} viele Teilmengen von N, die x enthalten. Das liefert

A_{n} = 2A_{n−1} .

(Es ist übrigens A_{n} = 2^{n}, was der Leser leicht durch Induktion beweisen kann. )

(1.6) Beispiel. Türme von Hanoi:

Wir haben drei Stäbe A, B, C. Auf dem ersten liegen n Ringe von verschiedener Größe, der Größe nach geordnet.

A  B  C

Die Aufgabe besteht darin, diesen Stapel auf den dritten Stab zu bringen. Dabei darf bei jedem Zug immer nur ein Ring bewegt werden und niemals darf ein größerer Ring auf einem kleineren liegen. Was ist M_{n} = minimale Anzahl der Züge?

Ist n = 1, so ist M_{1} = 1.

Sei n > 1. Um den Stapel auf den dritten Stab zu bringen, ist es notwendig, die obersten n − 1 Ringe zunächst auf den zweiten Stab zu bringen. Dazu benötigt man M_{n−1} Züge. Nun kann der unterste Ring auf den dritten Stab gelegt werden und dann werden die n−1 Ringe von Stab 2 auf Stab 3 gebracht, wozu wieder M_{n−1} Züge notwendig sind. Also ist

M_{n} = 2M_{n−1} + 1, M_{1} = 1.

Es gilt dann M_{n} = 2^{n} − 1, was wir durch Induktion nach n beweisen wollen.

Offenbar ist die Behauptung für n = 1 richtig, da M_{1} = 1 = 2^{1} − 1 ist.

Sei nun die Behauptung bereits für n − 1 gezeigt. Dann gilt

M_{n} = 2M_{n−1} + 1 = 2(2^{n−1} − 1) + 1 = 2^{n} − 1

Eine Variante hiervon ist die, daß nur der Zug von A nach B und der von B nach C erlaubt ist. Sei S_{n} die minimale Zuganzahl. Dann müssen erst die n−1 Scheiben auf Stab C gebracht werden, wozu S_{n−1} Züge notwendig sind. Dann kann die unterste Scheibe auf den zweiten Stab (B) gelegt werden. Danach können die n − 1 Scheiben auf den ersten Stab (A) zurück gebracht werden, was wieder S_{n−1} Züge benötigt. Nun kann die unterste Scheibe auf den dritten Stab gelegt werden. Danach können die n − 1 Scheiben mit S_{n−1} Zügen auf den dritten Stab gebracht werden. Also gilt für S_{n} die Formel :

S_{n} = 3S_{n−1} + 2, S_{1} = 2.

Es gilt dann S_{n} = 3^{n} − 1, was man wie eben durch Induktion nach n zeigen kann. □

In den vorhergehenden Beispielen hatten wir stets eine Rekursion, für die mir dann eine geschlossene Formel bewiesen haben. Wir mußten diese Formel aber erst erraten. Wie man dies auch ohne Raten schaffen kann, werden wir im letzten Kapitel dieses Buches sehen.

Wir wollen uns nun dem zweiten Problemkreis zuwenden. Das hier verwendete Beweisprinzip nennt man das Schubfachprinzip. Es besagt:

Sind n + 1 (n ≥ 1) Objekte auf n Schubfächer verteilt, so gibt es ein Schubfach, in dem mindestens zwei Objekte liegen.

Wir werden das gleich beweisen. Zunächst wollen wir an dem Beispiel (2) die Anwendung aufzeigen:

Seien die n + 1 Zahlen: x_{1}, …, x_{n+1}. Dabei sei für jedes i: x_{i} = 2^{n_{i}}y_{i}, y_{i} ungerade.

Die y_{i} sind dann n + 1 ungerade Zahlen, die alle höchstens 2n sind. Da es nur n ungerade Zahlen ≤ 2n gibt, folgt mit dem Schubfachprinzip, daß zwei der y_{i} gleich sein müssen, also y_{i} = y_{j} für ein Paar i < j.

Nun ist x_{i} = 2^{n_{i}}y_{i}, x_{j} = 2^{n_{j}}y_{i}. Ist n_{i} ≤ n_{j}, so wird x_{j} von x_{i} geteilt, sonst wird x_{i} von x_{j} geteilt.

(1.7) Beispiel. Wir wählen 10 verschiedene Zahlen zwischen 1 und 99. Dann gibt es zwei Teilmengen S_{1} und S_{2} von diesen Zahlen, die keine Zahl gemeinsam haben, so daß die Summe über die Zahlen in S_{1} gleich der Summe über die Zahlen in S_{2} ist.

Beweis. Es gibt insgesamt 2^{10}−1 = 1023 nicht leere Teilmengen der gewählten Menge M von 10 Zahlen. Da 90 + 91 + … + 99 ≤ 1000 ist, ist jede Summe über jede dieser Teilmengen kleiner als 1000. Nach dem Schubfachprinzip gibt es also zwei Teilmengen A und B, die die gleiche Summe haben. Indem wir aus A und B jeweils die gemeinsamen Zahlen A ∩ B herausnehmen, erhalten wir die gesuchten Mengen S_{1} und S_{2}. □

Um das Schubfachprinzip zu beweisen, müssen wir uns zunächst darüber verständigen, was zählen bedeutet. Wann sagen wir:

Eine Menge X hat n Elemente

Kinder zählen z.B. die Kuchenstücke mit ihren Fingern. Sie stellen dabei eine Beziehung zwischen den Fingern ihrer Hand und den Kuchenstücken her. Sie vergleichen also. Wir sagen dazu, daß sie eine Abbildung zwischen den Kuchenstücken und den Fingern herstellen.

(1.8) Definition. Seien A, B Mengen. Eine Abbildung

f : A ⟶ B

ist eine Vorschrift, die jedem Element a ∈ A eindeutig ein Element b = f(a) ∈ B zuordnet.

Eigentlich müßte man nun klären, was eine Vorschrift ist. Will man dies exakt machen, so muß man f : A ⟶ B als Teilmenge U von A × B = {(a, b)|a ∈ A, b ∈ B} definieren, wobei für jedes a ∈ A es genau ein Paar (a, b) ∈ U gibt, eben b = f(a). Dann ist der Begriff der Vorschrift weggefallen. Allerdings werden wir in diesem Buch mit dem intuitiven Begriff der Vorschrift gut durchkommen.

(1.9) Definition. Eine Abbildung f : A ⟶ B heißt

(a) injektiv, wenn aus f(a_{1}) = f(a_{2}), für a_{1}, a_{2} ∈ A, stets a_{1} = a_{2} folgt.

(b) surjektiv, wenn es zu jedem b ∈ B ein a ∈ A mit f(a) = b gibt

(c) bijektiv, falls sie injektiv und surjektiv ist.

(1.10) Beispiel

f(x) = x^{2} : ℕ ⟶ ℕ ist nicht surjektiv aber injektiv

f(x) = x^{2} : ℤ ⟶ ℤ ist nicht injektiv

f(x) = x^{2} : ℝ^{+} ⟶ ℝ^{+} , ℝ^{+} = {r| r ∈ ℝ, r ≥ 0} ist bijektiv

Unsere Kinder stellen also eine bijektive Abbildung zwischen den Fingern und den Kuchenstücken her.

Die mathematischen Finger sind die natürlichen Zahlen ℕ.

Sei ℕ_{n} = {1, 2, …, n}, n ∈ ℕ. Wir sagen eine Menge X hat n Elemente, falls es eine bijektive Abbildung f : ℕ_{n} ⟶ X gibt.

Damit haben wir einen Anzahlbegriff. Nun könnte es ja sein, daß für n ≠ m wir bijektive Abbildungen

f_{n} : ℕ_{n} ⟶ X, f_{m} : ℕ_{m} ⟶ X

haben, also X sowohl n als auch m Elemente hat. Dies würden wir vermutlich nicht für eine gute Möglichkeit halten, obwohl sicherlich jeder schon einmal die Erfahrung gemacht hat, daß er bei zweimaligem Abzählen einer Menge verschiedene Resultate bekommen hat. Man glaubt dann, daß man sich verzählt hat. Warum eigentlich?

(1.11) Satz. Sind m, n ∈ ℕ, m < n. Dann gibt es keine injektive Abbildung von ℕ_{n} nach ℕ_{m}.

Beweis. Sei S die Menge aller n ∈ ℕ, für die es eine injektive Abbildung von ℕ_{n} in ein ℕ_{m}, m < n, gibt. Wir wollen annehmen, daß S ≠ ∅ ist. Nach dem Induktionsprinzip (1.2) hat S ein kleinstes Element k.

Die Definition von S liefert, daß es ein ℓ < k gibt, so daß eine injektive Abbildung f : ℕ_{k} ⟶ ℕ_{ℓ} existiert.

Sei ℓ = 1: Also ℕ_{ℓ} = {1}. Jede Funktion von ℕ_{k} nach {1} kann nur den Wert 1 annehmen. Da k > 1 ist, kann f nicht injektiv sein. Also ist ℓ > 1: Dann ist (ℓ − 1) ≥ 1.

Ist f(1), f(2), …, f(k − 1) ≠ ℓ, so ist

f(ℕ_{k−1}) ⊆ ℕ_{ℓ−1}.

Also ist f_{|ℕ_{k−1}} : ℕ_{k−1} ⟶ ℕ_{ℓ−1} injektiv. Damit ist k − 1 ∈ S, ein Widerspruch.

Somit gibt es ein 1 ≤ b ≤ k − 1 mit f(b) = ℓ. Da f injektiv ist, ist f(k) = c ≠ ℓ.

Nun konstruieren wir eine injektive Abbildung f^{∗} : ℕ_{k−1} ⟶ ℕ_{ℓ−1}:

Ist r ≠ b, 1 ≤ r ≤ k − 1, so sei f^{∗}(r) = f(r) und f^{∗}(b) = c. Also ist k − 1 ∈ S, ein Widerspruch. □

Satz (1.11) zeigt, daß die Anzahl der Elemente einer Menge eindeutig bestimmt ist. (Wieso?)

Wir führen die folgenden Schreibweisen ein: Gibt es ein bijektive Abbildung

f : ℕ_{n} ⟶ X,

so schreibe

|X| = n .

Ist X = ∅, so schreibe |∅| = 0. Gibt es keine bijektive Abbildung f : ℕ_{n} ⟶ X für jedes n und ist X ≠ ∅, so schreibe

|X| = ∞ .

Gibt es eine bijektive Abbildung von ℕ nach X, so nennen wir X abzählbar, sonst überabzählbar.

Beweis des Schubfachprinzips: Die Menge X sei die Menge der Schubfächer. Es ist |X| = n. Die Menge Y sei die Menge der Objekte, also |Y | = n + 1. Das Verteilen auf die Schubfächer entspricht einer Abbildung f : Y ⟶ X. Nach (1.7) kann diese nicht injektiv sein. Also gibt es zwei Objekte, die im gleichen Schubfach liegen. □

(1.12) Beispiele. (a) Sei X eine Menge von mindestens zwei Menschen. Dann gibt es zwei mit der gleichen Anzahl von Freunden. (Dabei wird stillschweigend angenommen: Ist x Freund von y, so ist auch y Freund von x):

Sei x ∈ X. Bezeichen mit f(x) die Anzahl der Freunde von x.

Ist |X| = m, so ist f(x) = 0, 1, …, oder m − 1. Also ist f : X → Y = {0, …, m − 1} eine Abbildung. Nun ist |X| = |Y |. Somit können wir nicht unmittelbar das Schubfachprinzip anwenden. Etwas Nachdenken hilft.

Wäre x eine Person, die m−1 Freunde hat, so ist jeder Freund von x, also ist f(x) ≠ 0 für alle x ∈ X.

Somit kann nicht gleichzeitig 0 und m − 1 ein Bild unter f sein. Also entweder

f : X → {1, …, m − 1}

oder

f : X → {0, …, m − 2}

Das Schubfachprinzip (1.12) besagt nun, daß es x_{1}, x_{2} ∈ X mit f(x_{1}) = f(x_{2}) gibt.

(b) Es gibt a, b, c ∈ ℤ nicht alle gleich 0, |a|, |b|, |c| < 10^{6} mit

|a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3}| < 10^{−11}

Betrachte alle Ausdrücke

x = r + s\sqrt{2} + t\sqrt{3}, , r, s, t ∈ ℕ ∪ \{0\}, r, s, t ≤ 10^{6} − 1.

Davon gibt es genau 10^{18} viele. Setze

d = (1 + \sqrt{2} + \sqrt{3}) · 10^{6}.

Dann gilt für jedes x, 0 ≤ x < d. Setze nun

e = \frac{d}{10^{18} − 1}

.

Teile das Intervall der reellen Zahlen y mit 0 ≤ y ≤ d in 10^{18} − 1 Teilintervalle der Länge e. Nach dem Schubfachprinzip gibt es zwei obige Ausdrücke x_{1}, x_{2}, die in einem gemeinsamen Teilintervall liegen. Seien

x_{i} = r_{i} + s_{i}\sqrt{2} + t_{i}\sqrt{3}, i = 1, 2

diese beiden. Dann gilt, daß der Abstand von x_{1} und x_{2} gleich

|(r_{1} − r_{2}) + (s_{1} − s_{2})\sqrt{2} + (t_{1} − t_{2})\sqrt{3}|

kleiner als e ist. Aber

e < \frac{10^{7}}{10^{18}} = 10^{−11}.

□

Offenbar kann man das Schubfachprinzip noch verallgemeinern.

(1.13) Satz. Sei n ≥ 1 + r(ℓ − 1). Es seien n Objekte mit r Farben angemalt. Dann gibt es ℓ Objekte mit der gleichen Farbe.

Beweis. Es gebe höchstens jeweils ℓ − 1 Objekte mit der gleichen Farbe. Dann sind damit höchstens r(ℓ − 1) Objekte angemalt. □

(1.14) Beispiele. (a) Wir betrachten das folgende Spiel (Ramsey - Spiel). Wir zeichnen 6 Punkte auf ein Blatt Papier, so daß keine 3 auf einer Geraden liegen. Das Spiel wird nun von zwei Spielern A, B gespielt. Jeder hat eine Farbe (sagen wir rot für A und blau für B). In jedem Zug zeichnet ein Spieler eine Strecke zwischen zwei noch nicht verbundenen Punkten in seiner Farbe. Verloren hat derjenige Spieler, der gezwungen ist, als erster ein Dreieck in seiner Farbe zu zeichnen. Wenn man das Spiel spielt, so stellt man fest, daß es scheinbar kein Unentschieden gibt. Das wollen wir nun beweisen.

Seien die Punkte 1,2,3,4,5,6. Die Behauptung ist, daß bei jeder Färbung der 2-Mengen {i, j} stets ein Tripel {i, j}, {j, k}, {i, k} entsteht, das die gleiche Farbe hat. Dazu betrachten wir zunächst die Mengen {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {1, 5}, {1, 6}. Diese sind mit zwei Farben zu färben. Nach (1.13) gibt es also drei dieser Mengen, die die gleiche Farbe haben. Wir können annehmen, daß {1, 2}, {1, 3} und {1, 4} alle rot sind. Nun gibt es zwei Möglichkeiten. Ist eine der folgenden Mengen {2, 3}, {2, 4}, {3, 4} rot, so haben wir ein rotes Dreieck. Ist keine davon rot, so sind sie alle blau und bilden ein blaues Dreieck.

Übrigens kann man das Spiel nicht mit 5 Punkten spielen. Seien diese 1,2,3,4,5, so färbe {1, 2, }, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {1, 5} rot und die restlichen Paare blau. Es gibt kein einfarbiges Dreieck.

(b) Sei a_{1}, … a_{mn+1} eine Folge von mn+1 verschiedenen reellen Zahlen. Dann enthält diese Folge eine streng monoton wachsende Teilfolge der Länge m + 1, a_{k_{1}} < … < a_{k_{m+1}} (k_{1} < … k_{m+1}), oder eine streng monoton fallende Teilfolge der Länge n + 1 a_{ℓ_{1}} > … > a_{ℓ_{n+1}} (ℓ_{1} < … < ℓ_{n+1}).

Wir wollen annehmen, daß es keine aufsteigende Folge der Länge m + 1 gibt. Für i = 1, …, m setze

K_{i} = {k | Die längste aufsteigende Folge, die bei a_{k} endet, hat die Länge i}

Das liefert K_{1} ∪ K_{2} ∪ … K_{m} = {1, 2 …, mn + 1}. Weiter ist K_{i} ∩ K_{j} = ∅ für i ≠ j. Nach (1.13) gibt es ein i mit |K_{i}| ≥ n + 1. Wir behaupten, daß K_{i} eine monoton fallende Teilfolge der Länge n + 1 enthält.

Seien k, ℓ ∈ K_{i} mit k < ℓ. Sei weiter a_{k} < a_{ℓ}. Da k ∈ K_{i} ist, gibt es eine monoton wachsende Folge der Länge i, die in a_{k} endet. Diese können wir um a_{ℓ} verlängern, was eine monoton wachsende Folge der Länge i + 1 liefert. Somit ist ℓ ∈ K_{i+1} ∩ K_{i} = ∅, ein Widerspruch. Damit ist K_{i} eine monoton fallende Folge.

Die Anzahl nm + 1 is bestmöglich, wie das folgende Beispiel von nm Zahlen zeigt :

n − 1, 2n − 1, …, nm − 1, n − 2, 2n − 2, …, nm − 2, …, 0, n, …, (m − 1)n

Wir wollen nun noch einen Spezialfall der bijektiven Abbildung betrachten.

Sei |N| = n, N eine Menge. Eine bijektive Abbildung f : N → N nennen wir eine Permutation.

Die Menge aller Permutationen von N bezeichne mit S_{n}.

Sind g, f ∈ S_{n}, so ist gf definiert durch

gf(i) = g(f(i)).

Sei gf(a) = gf(b). Dann ist f(a) = f(b), also a = b. Also ist gf ∈ S_{n}.

Sei f ∈ S_{n}. Definiere f^{−1} ∈ S_{n} durch

f^{−1}(i) = j, wobei f(j) = i ist.

Dann ist f^{−1}f(i) = i = f f^{−1}(i).

(1.15) Satz. |S_{n}| = n!

Beweis. Sei N = {1, …, n}. Seien f_{1}, f_{2} ∈ S_{n}, f_{1}(n) = x = f_{2}(n). Dann ist f_{1}^{−1}f_{2}(n) = n. Also unterscheiden sich f_{1} und f_{2} um eine bijektive Abbildung aus S_{n−1}.

Da es n Möglichkeiten für f_{1}(n) gibt, gilt

|S_{n}| = n|S_{n−1}|

Das liefert die Behauptung. □

Eine Permutation ist ein Spezialfall der k–Variation. Eine k–Variation f ist eine injektive Abbildung einer k–Menge M in N = {1, …, n}. Sei P (n, k) die Anzahl der k–Variationen.

(1.16) Satz. P (n, k) = \frac{n!}{(n−k)!}

Beweis. Für das erste Element aus M kann man als Bild jedes der n Elemente aus N wählen. Für die restlichen gibt es dann noch P (n − 1, k − 1)viele Möglichkeiten. Also ist

P (n, k) = nP (n − 1, k − 1) = n\frac{(n − 1)!}{(n − k)!} = \frac{n!}{(n − k)!}

□

(1.17) Beispiel. Wieviele Skathände á 10 Karten kann man aus 32 Karten verteilen ?

Zunächst gibt es für die 10 Karten genau P (32, 10) Möglichkeiten. Nun kommt es beim Geben aber nicht auf die Reihenfolge an. Für die 10 Karten gibt es also 10! Möglichkeiten. Es gibt somit

\frac{32!}{22! 10!} = 64512240 Skathände .
□

Wir nennen eine Wahl, bei der es auf die Reihenfolge nicht ankommt, eine Kombination. Die Anzalhl der Kombinationen von r Objekten aus n Objekten sei C(n, r).

(1.18) Satz. Für r, n ∈ ℕ, r ≤ n, gilt:

C(n, r) = \frac{n!}{(n − r)! r!} = \binom{n}{r} .

Man nennt \binom{n}{r} auch einen Binomialkoeffizienten, da, wie wir gleich sehen werden, er bei der Entwicklung von (a + b)^{n} auftaucht.

(1.19) Satz. Für alle n ∈ ℕ, a, b ∈ ℝ, gilt:

(a + b)^{n} = ∑_{r=0}^{n} \binom{n}{r}a^{n−r}b^{r} .

Beweis: Betrachte

\underbrace{(a + b)(a + b) … (a + b)}_{n} .

Wenn wir dies ausmultiplizieren, entsteht jeder Term, indem wir aus jeder Klammer ein a bzw. b wählen. Also entsteht a^{n−r}b^{r} dadurch, daß wir aus r Klammern b und aus den restlichen n − r Klammern a wählen. Nun gibt es genau C(n, r) Möglichkeiten, b aus r Klammern zu wählen, d.h. wir erhalten den Summand a^{n−r}b^{r} genau C(n, r) mal.□

Wir wollen nun noch einige Rechenregeln für die Binomialkoeffizienten aufstellen.

(1.20) Satz. Für r, n ∈ ℕ, r ≤ n, gilt

\binom{n}{r} = \binom{n}{n − r} .

Beweis. Jede Wahl von r Objekten liefert automatisch eine Wahl von n−r Objekten und umgekehrt. □

(1.21) Satz. Sei r, n ∈ ℕ, r ≤ n. Dann gilt

\binom{n + 1}{r} = \binom{n}{r} + \binom{n}{r − 1}

Beweis. Sei X eine Menge mit n + 1 Objekten. Dann gibt es genau C(n + 1, r) Möglichkeiten r Objekte aus X auszuwählen.

Wir wollen diese Zahl auf eine andere Art abzählen. Wir halten dazu ein a ∈ X fest. Dann teilen wir die r–elementigen Teilmengen von X in zwei Klassen, die, die a enthalten und die, die a nicht enthalten. Von den letzteren gibt es C(n, r) viele. Jede der Mengen, die a enthalten bestimmt eine (r − 1)–Menge, die a nicht enthält. Davon gibt es aber C(n, r − 1) viele. Also hat X genau

C(n, r) + C(n, r − 1)

viele r–Teilmengen. □

(Dieser Beweis benutzt wieder die Idee der Rekursion. Vgl. (1.5)) Das eben gezeigte doppelte Abzählen ist ein wesentliches Hilfsmittel in der Kombinatorik.

Hiermit können wir nun das berühmte Pascalsche Dreieck für die Werte von \binom{n}{k} aufstellen :

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

Wir wollen nun einige Gesetzmäßigkeiten in diesem Dreieck beweisen.

(1.22) Satz. Sei n ∈ ℕ. Dann gilt:

(1)  ∑_{i=0}^{n} \binom{n}{i} = 2^{n}.
(2)  ∑_{i=0}^{n}(−1)^{i}\binom{n}{i} = 0.
(3)  ∑_{i=0}^{n} \binom{i}{k} = \binom{n+1}{k} , für festes k.

Beweis. (1) \binom{n}{i} ist die Anzahl von i–elementigen Teilmengen einer n–Menge. Also

ist ∑_{i=0}^{n} \binom{n}{i} die Anzahl der Teilmengen von einer n–Menge. Nun folgt die Formel mit (1.5).

(2) Die Formel besagt, daß es genausoviele Teilmengen mit ungeraden vielen Elementen gibt, wie es Teilmengen mit gerade vielen Elementen gibt.

Sei M eine n–Menge. Da n ∈ ℕ ist, ist n > 0. Somit ist M ≠ ∅. Wir können also ein a ∈ M wählen. Wir teilen wieder die Teilmengen in zwei Klassen ein, die, die a enthalten, und die, die a nicht enthalten.

Sei M_{1} ⊆ M, a ∉ M_{1}. Dann ist M_{2} = M_{1} ∪ {a} eine Teilmenge von M, die a enthält.

Somit ist f(M_{1}) = M_{2} eine Abbildung von der Klasse der Teilmengen, die a nicht enthalten in die Klasse der Teilmengen, die a enthalten. Sei M_{2} ⊆ M, a ∈ M_{2}. Dann ist M_{2} = M_{1} ∪ {a} mit a ∉ M_{1} und f(M_{1}) = M_{2}.

Also ist f bijektiv. Sei nun

g(M_{2}) = M_{1} .

Dann ist g eine bijektive Abbildung von der Menge der Teilmengen, die a enthalten in die, die a nicht enthalten. Wir definieren nun eine Abbildung σ von der Menge der Teilmengen von M auf sich durch

σ(X) = \{ \begin{matrix}f(X) & a ∉ X \\ g(X) & a ∈ X . \end{matrix}

Dann ist σ bijektiv. Nun ist aber |σ(X)| = X + 1 oder X − 1. Also folgt:

Ist |X| gerade, so ist |σ(X)| ungerade.

Ist |X| ungerade, so ist |σ(X)| gerade.

Damit gibt es also genau so viele Teilmengen mit gerade vielen Elementen, wie mit ungerade vielen Elementen.

(3) Diese Formel wollen wir einfach durch Induktion nach n beweisen. Sei also zunächst n = 1. Dann haben wir

\binom{0}{k} + \binom{1}{k} = \{ \begin{matrix}1 + 1 & k = 0 \\ 0 + 1 & k = 1 \\ 0 + 0 & k > 1 \end{matrix}

Andererseits ist

\binom{2}{k + 1} = \{ \begin{matrix}2 & k = 0 \\ 1 & k = 1 \\ 0 & k > 1 \end{matrix}

Damit haben wir den Induktionsanfang. Sei nun die Behauptung bereits für ein n bewiesen. Wir beweisen die Behauptung für n + 1.

∑_{i=0}^{n+1} \binom{i}{k} = ∑_{i=0}^{n} \binom{i}{k} + \binom{n + 1}{k} =_{Annahme} \binom{n + 1}{k + 1} + \binom{n + 1}{k} =_{(1.21)} \binom{n + 2}{k + 1}.

□

(1.23) Satz. Sei n ∈ ℕ. Dann gilt:

∑_{i=0}^{n} \binom{n}{i}^{2} = \binom{2n}{n} .

Beweis. Wir benutzen (1.19). Setze dort b = 1. Das liefert

(1 + a)^{2n} = (1 + a)^{n}(1 + a)^{n} .

Nach (1.19) ist

(1 + a)^{2n} = ( ∑_{j=0}^{n} \binom{n}{j}a^{j})( ∑_{j=0}^{n} \binom{n}{j}a^{j}) .

Um also den Summanden a^{n} zu bekommen, muß man \binom{n}{r}a^{r} aus dem ersten Faktor mit

\binom{n}{n−r}a^{n−r} aus dem zweiten Faktor multiplizieren. Also ist der Koeffizient von a^{n} gleich

∑_{r=0}^{n} \binom{n}{r}\binom{n}{n − r} =_{(1.19)} ∑_{r=0}^{n} \binom{n}{r}^{2} .

Andererseits ist nach (1.19) dieser Koeffizient gleich \binom{2n}{n}. □

(1.24) Satz. Für jede natürliche Zahl n ist das Produkt von n aufeinander folgenden Zahlen durch n! teilbar.

Beweis. Wir müssen zeigen, daß

\frac{k(k + 1) … (k + n − 1)}{n!} ∈ ℕ

ist. Diese Zahl ist aber gerade C(k + n − 1, n). □

Wir wollen nun nicht die Anzahl von Teilmengen zählen, die eine gewisse Eigenschaft haben, sondern die Anzahl der Partitionen einer Menge. Sei M eine Menge. Unter einer Partition von M verstehen wir eine Menge von nicht leeren Teilmengen P_{1}, …, P_{r} von M mit

P_{1} ∪ P_{2} ∪ … ∪ P_{r} = M

und

P_{i} ∩ P_{j} = ∅.

Sei |M| = n. Die Anzahl aller Partitionen nennt man die Bellzahl B_{n}. Sei n = 3. Dann sind die Partitionen von {1, 2, 3} gerade:

{{1, 2, 3}}, {{1, 2}, {3}}, {{1, 3}, {2}}, {{2, 3}, {1}}, {{1}, {2}, {3}}.

Also ist B_{3} = 5. Offenbar ist B_{2} = 2, B_{1} = 1. Wir setzen B_{0} = 1. Wir wollen nun eine Formel für B_{n} herleiten. Sei also M = {1, 2, …, n}. Wähle die Numerierung der Partition so, daß n ∈ P_{1} ist. Also ist P_{1} = {n} ∪ Y, Y ⊆ {1, …, n − 1}. Dann ist P_{2}, …, P_{r} ⊆ {1, 2, …, n − 1} \ Y. Dies bedeutet, daß die Partition P_{1}, …, P_{r} eindeutig durch Y, P_{2}, … P_{r} bestimmt ist. Ist |Y | = k − 1, so gibt es \binom{n−1}{k−1} Wahlen für Y und B_{n−k}

Wahlen für P_{2}, … P_{r}. Also gibt es zusammen \binom{n−1}{k−1}B_{n−k} Wahlen. Dies gilt für alle k. Somit ist

B_{n} = ∑_{k=1}^{n} \binom{n − 1}{k − 1}B_{n−k}

Dies ist eine Rekursion, die alle Vorgänger benutzt. Hiermit kann man nun leicht B_{4} = 15 ausrechnen. Es ist übrigens keine geschlossene Formel für B_{n} bekannt.

(1.25) Beispiel. Wieviele Skathände gibt es mit 6 Pik, 2 Kreuz, 2 Karo ?

Wir wählen zunächst 6 Pik von den 8 möglichen Pik, dann 2 Kreuz von den 8 Kreuz und schließlich 2 Karo von den 8 Karo.

Nach (1.18) ist die gesuchte Zahl

\binom{8}{6} × \binom{8}{2} × \binom{8}{2} = 28 × 28 × 28 = 21952

□

Eine Skathand mit 5 Karten in einer Farbe 3 in einer anderen, 2 in der dritten und Null in der vierten nennen wir eine

5 − 3 − 2 − 0

Hand.

Wir können nun obiges Problem erweitern, indem wir nach der Anzahl der 6−2−2−0 Hände fragen.

Wir haben gerade gesehen, daß, wenn wir die Farben gewählt haben, es 21952 Möglichkeiten gibt. Wir müssen also nur die Farbwahlen zählen. Es gibt 4 Möglichkeiten für die erste Farbe. Die zwei Farben mit jeweils zwei Karten können auf \binom{3}{2} Möglichkeiten gewählt werden. Also gibt es

4 · \binom{3}{2} = 12

Wahlen. Somit haben wir 263424

Möglichkeiten.

Nun wollen wir das Problem noch einmal erweitern. Wir wollen alle Hände zählen, in denen eine Farbe fehlt. Also alle a − b − c − 0 Hände.

Das scheint sehr mühselig zu sein. Ein wenig Nachdenken hilft. Seien V_{P} , V_{Kr}, V_{Ka}, V_{H} die Hände, die kein Pik, Kreuz, Karo, Herz enthalten.

Da V_{P} kein Pik enthält, besteht eine solche Hand aus 10 Karten der restlichen 24 Karten. Dafür gibt es

\binom{24}{10} = 1961256

Möglichkeiten.

Dies gibt es viermal. Also haben wir

7845024

Möglichkeiten.

Leider ist diese Antwort falsch. Wir haben nicht beachtet, daß man Hände haben kann, die weder Herz noch Karo haben.

Die einzelnen Mengen sind also nicht disjunkt. Wir haben somit einige Hände doppelt gezählt.

Wir wollen nun allgemein ein solches Zählproblem lösen.

Im einfachsten Fall haben wir zwei Mengen A und B und wollen |A ∪ B| zählen.

Wir zählen |A| und |B|. Dann haben wir die Elemente in A ∩ B doppelt gezählt. Also ist

|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| .

Wie sieht die Formel aber für mehr als zwei Mengen aus ?

[figure: A_{3}; A_{1}; A_{2}]

|A_{1} ∪ A_{2} ∪ A_{3}| = |A_{1}| + |A_{2}| + |A_{3}| − |A_{1} ∩ A_{2}| − |A_{2} ∩ A_{3}| − |A_{1} ∩ A_{3}| ist nicht korrekt, da wir nun die Elemente in |A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}| nicht gezählt haben. Also muß noch |A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}| dazugezählt werden.

(1.26) Satz (Inklusion–Exklusion–Prinzip). Seien A_{1}, …, A_{n} Mengen. Dann gilt:

|A_{1} ∪ A_{2} ∪ … ∪ A_{n}| = ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k+1}( ∑_{1≤i_{1}<···<i_{k}≤n} |A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{k}}|)

Beweis: Sei x ∈ A_{1} ∪ … ∪ A_{n}. Angenommen x liegt in genau m der A_{i}, also A_{j_{1}}, …, A_{j_{m}}. Dann ist

(∗) x ∈ A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{k}} genau für {i_{1}, …, i_{k}} ⊆ {j_{1}, …, j_{m}}.

Dies kann natürlich nur für 1 ≤ k ≤ m vorkommen. In diesem Fall gibt es genau \binom{m}{k} Möglichkeiten i_{1}, …, i_{k} zu wählen, so daß (∗) gilt.

Also wird x genau \binom{m}{k}–mal in

∑_{1≤i_{1}<···<i_{k}≤n} |A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{k}}|

gezählt. Beachten wir die alternierenden Vorzeichen, so wird x genau

∑_{k=1}^{m}(−1)^{k+1}\binom{m}{k}

mal gezählt.

Nach (1.22)(2) ist

∑_{k=0}^{m}(−1)^{k}\binom{m}{k} = 0 .

Somit ist

1 = \binom{m}{0} = ∑_{k=1}^{m}(−1)^{k+1}\binom{m}{k} .

Also wird x genau einmal gezählt. D.h. die Summe zählt alle Elemente in A_{1} ∪…∪A_{n} genau einmal. □

Nun können wir zu (1.25) zurückkommen.

|V_{P} ∪ V_{K_{r}} ∪ V_{K_{a}} ∪ V_{H}| = |V_{P} | + |V_{K_{r}}| + |V_{K_{a}}| + |V_{H}|
−(|V_{P} ∩ V_{K_{r}}| + |V_{P} ∩ V_{K_{a}}| + |V_{P} ∩ V_{H}| + |V_{K_{r}} ∩ V_{K_{a}}| + |V_{K_{r}} ∩ V_{H}|
+|V_{K_{a}} ∩ V_{H}|) + (|V_{P} ∩ V_{K_{r}} ∩ V_{K_{a}}| + |V_{P} ∩ V_{K_{r}} ∩ V_{H}|+
|V_{P} ∩ V_{K_{a}} ∩ V_{H}| + |V_{K_{r}} ∩ V_{K_{a}} ∩ V_{H}|) − |V_{P} ∩ V_{K_{r}} ∩ V_{K_{a}} ∩ V_{H}| .

Da es keine Hand gibt, die höchstens eine Farbe enthält, sind die letzten Durchschnitte alle leer. Weiter ist |V_{x} ∩ V_{y}| für alle Wahlen x, y gleich.

Es besteht |V_{P} ∩V_{K_{r}}| aus allen Händen, die aus den 16 Karo– und Herz–Karten gezogen werden. Dies ist \binom{16}{10}. Also gilt:

|V_{P} ∪ V_{Kr} ∪ V_{Ka} ∪ V_{H}| = 4 · \binom{24}{10} − 6\binom{16}{10} = 7845024 − 48048 = 7796976 .
□

Wir wollen nun unser Inklusion-Exklusion-Prinzip auf zufällige Ereignisse anwenden.

(1.27) Beispiel. Aus einer n–Menge wird per Zufall jeweils ein Objekt gezogen und dann zurückgelegt. Was ist die Wahrscheinlichkeit, daß nach s Zügen jedes Objekt mindestens einmal gezogen wurde (z.B. n = 6, Würfeln) ?

Zunächst müssen wir festlegen, was wir unter “Wahrscheinlichkeit” verstehen wollen. Wir wählen dazu einen naiven Zugang. Unter Wahrscheinlichkeit wollen wir einfach das Verhältnis der günstigen zu allen Ausgängen eines Experimentes verstehen. Also

\frac{Anzahl der günstigen Ausgänge}{Anzahl aller Ausgänge}

In unserem Beispiel gilt für die Wahrscheinlichkeit Θ_{n}(s)

Θ_{n}(s) = \frac{X_{s}}{Y_{s}} ,

wobei X_{s} die Anzahl der Folgen von s Elementen, in denen jedes Objekt vorkommt, und Y_{s} die Anzahl der Folgen von s Elementen ist.

Es ist Y_{s} = n^{s}. Um X_{s} zu zählen, wollen wir (1.26) anwenden. Wir zählen die s–Folgen, in denen mindestens ein Objekt nicht vorkommt.

Sei A_{i} die Menge der s–Folgen, in denen das i–te Objekt nicht vorkommt. Also ist

X_{s} = n^{s} − | ⋃_{i=1}^{n} A_{i}|.

Nach (1.26) ist

| ⋃_{i=1}^{n} A_{i}| = ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k+1}( ∑_{1≤i_{1}<...<i_{k}≤n} |A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{k}}|) .

Es ist A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{k}} die Menge der Folgen, in denen k der Objekte nicht vorkommen. Also können die Folgen aus (n − k) Objekten gewählt werden. Das liefert

|A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{k}}| = (n − k)^{s}.

Nun gibt es \binom{n}{k} solche Durchschnitte. Also

| ⋃_{i=1}^{n} A_{i}| = ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k+1}\binom{n}{k}(n − k)^{s}.

Damit ist

X_{s} = n^{s} − ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k+1}\binom{n}{k}(n − k)^{s} = ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}\binom{n}{k}(n − k)^{s}.

Somit ist

Θ_{n}(s) = \frac{1}{n^{s}} ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}\binom{n}{k}(n − k)^{s}.

□

Wir wollen hiervon zwei wichtige Spezialfälle betrachten:

(1.28) Satz. Sei s, n ∈ ℕ, s < n. Dann ist

∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}\binom{n}{k}(n − k)^{s} = 0.

Beweis. Ist s < n, so gibt es keine s–Folge, die jedes Element enthält. Also ist Θ_{n}(s) = 0. □

(1.29) Satz. ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}\binom{n}{k}(n − k)^{n} = n!

Beweis. Für n = s ist eine Folge, die jedes Element enthält, eine Permutation. Davon gibt es aber genau n!. Also ist n^{n}Θ_{n}(n) = n!. □

(1.30) Beispiel. Wir haben n Briefe und n Briefumschläge. Auf wieviele Arten können wir es schaffen, jeden Brief in einen falschen Umschlag zu stecken?

Die Briefe und Umschläge seien mit {1, …, n} bezeichnet, so daß Brief i in Umschlag i gehört. Das Eintüten des i–ten Briefes in den j–ten Umschlag wird durch die Permutation π mit π(i) = j gegeben. Wir haben also alle Permutationen π mit π(i) ≠ i, für alle i, abzuzählen. Wieder wollen wir (1.26) anwenden.

Sei A_{i} die Teilmenge von S_{n}, die aus allen Permutationen f mit f(i) = i besteht, i = 1, …, n. Also ist die gesuchte Anzahl

n! − | ⋃_{i=1}^{n} A_{i}|.

Es ist nach (1.26)

| ⋃_{i=1}^{n} A_{i}| = ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k+1}( ∑_{1≤i_{1}...<i_{k}≤n} |A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{k}}|)

|A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{k}}| ist die Anzahl der Permutationen, die i_{1}, …, i_{k} fest lassen. Das ist genau die Anzahl der Permutationen auf den restlichen Symbolen, also

(n − k)!

Es gibt \binom{n}{k} k–Mengen. Also folgt

| ⋃_{i=1}^{n} A_{i}| = ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k+1}\binom{n}{k}(n − k)! = ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k+1} \frac{n!}{k!}

D.h. die gesuchte Zahl ist

n! ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k} \frac{1}{k!}

□

Die eben berechnete Zahl nennt man eine Derangement-Zahl. Wir haben somit den folgenden Satz:

(1.31) Satz. Die Anzahl der Derangements von n Objekten ist

n! ∑_{k=0}^{n} \frac{(−1)^{k}}{k!} .

Für großes n ist ∑_{k=0}^{n} \frac{(−1)^{k}}{k!} ungefähr e^{−1}. Also ist für großes n die in (1.31) angegebene

Anzahl ungefähr n!/e.

Damit ist die Wahrscheinlichkeit, daß alle Briefe falsch eingetütet werden, ungefähr e^{−1} > 1/3, was sicherlich überraschend ist.

Wir wollen noch einige Variationen des Inklusions-Exklusions-Prinzips angeben. Hierbei seien A_{1}, …, A_{n} Teilmengen einer Menge X. Für J ⊆ {1, …, n} setze

A_{J} = ⋂_{j∈J} A_{j}, und A_{∅} = X.

Mit diesen Bezeichnungen gilt :

(1.32) Satz. Die Anzahl der Elemente von X, die in keinem der A_{i}, i = 1, …, n liegen ist

∑_{I⊆{1,...,n}}(−1)^{|I|}|A_{I}|.

Beweis. Ist x ∈ X und liegt x in keinem der A_{i}, so ist x ∈ A_{I} für I ⊆ {1, …, n} genau für I = ∅. Also ist der Beitrag zu obiger Summe 1.

Sei nun J = {i | i ∈ {1, …, n}, x ∈ A_{i}} ≠ ∅. Dann ist x ∈ A_{I} genau dann, wenn I ⊆ J ist. Also ist der Beitrag von x zu obiger Summe genau

∑_{I⊆J}(−1)^{|I|} = ∑_{i=0}^{|J|} \binom{|J|}{i}(−1)^{i} =_{(1.19)} (1 − 1)^{|J|} = 0.

Damit zählt die obige Summe genau die x, die in keinem der A_{i}, i = 1, … n, liegen, und jedes solche wird genau einmal gezählt. □

Dies können wir sogar noch etwas verallgemeinern.

(1.33) Satz. Seien A_{1}, …, A_{n} Teilmengen von X und I ⊆ {1, …, n}. Dann ist die Anzahl der x ∈ X, die in den A_{i}, i ∈ I, aber keinem weiteren A_{j} liegen, genau

∑_{I⊆J⊆{1,...,n}}(−1)^{|J\I|}|A_{J}|.

Beweis. Sei N = {1, …, n}. Wir führen eine neue Familie von Teilmengen ein, die durch N \ I durchnumeriert werden. Setze

B_{k} = A_{I∪{k}}, , k ∈ N \ I.

Wir müssen also genau die x zählen, die in A_{I} aber in keinem der B_{k} liegen. Nach (1.32) ist diese Anzahl genau

∑_{K⊆N\I}(−1)^{|K|}|B_{K}|

mit B_{∅} = A_{I}.

Offenbar ist die Zuordnung von K zu J = I∪K eine bijektive zwischen den Teilmengen von N \ I und den Teilmengen von N, die I enthalten. Also ist B_{K} = A_{J} genau dann, wenn K und J in diesem Sinne zusammengehören. Dies ist die Behauptung. □

Wir wollen nun langsam zum nächsten Kapitel des Buches, der Zahlentheorie, übergehen. Dazu wollen wir noch eine sehr wichtige Funktion betrachten, deren Berechnung eine Anwendung von (1.26) ist.

(1.34) Definition. Sei n ∈ ℕ. Mit φ(n) bezeichne die Anzahl der Zahlen x, mit 1 ≤ x ≤ n, und ggT (x, n) = 1. Wir nennen φ die Eulerfunktion.

(1.35) Satz. Sei n ∈ ℕ, n ≥ 2, n = p_{1}^{e_{1}} … p_{r}^{e_{r}} die Primfaktorzerlegung. Dann ist

φ(n) = n(1 − \frac{1}{p_{1}} )(1 − \frac{1}{p_{2}} ) … (1 − \frac{1}{p_{r}}).

Beweis. Sei A_{j} = {x|1 ≤ x ≤ n, p_{j}|x}, j = 1, …, r. Dann ist

φ(n) = n − |A_{1} ∪ … ∪ A_{r}|.

Nach (1.26) ist

|A_{1} ∪ … ∪ A_{r}| = ∑_{k=1}^{r}(−1)^{k+1}( ∑_{1≤i_{1}<...<i_{k}≤n} |A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{k}}|).

Ein typisches A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{t}} enthält die Vielfachen von p_{i_{1}} … p_{i_{t}} = P. Diese sind P, 2P, 3P, …, \frac{n}{P} P.

Also ist |A_{i_{1}} ∩ … ∩ A_{i_{t}}| = \frac{n}{P} = n(\frac{1}{p_{i_{1}}} ) … (\frac{1}{p_{i_{t}}} ). Das liefert nun

\begin{aligned}φ(n) & = n + n(−(\frac{1}{p_{1}} + \frac{1}{p_{t}} + … + \frac{1}{p_{r}}) + (\frac{1}{p_{1}p_{2}} + \frac{1}{p_{1}p_{3}} + … + \frac{1}{p_{r·1}p_{r}}) + . . . . . . (−1)^{r} \frac{1}{p_{1}...p_{r}} \\ & = n(1 − \frac{1}{p_{1}} )(1 − \frac{1}{p_{2}} ) … (1 − \frac{1}{p_{r}}). \end{aligned}

□

(1.36) Beispiel. φ(60) = 60(1 − \frac{1}{2})(1 − \frac{1}{3})(1 − \frac{1}{5}) = 16.

Die Berechnung von φ(n) wie in (1.35) angegeben scheint etwas mühsam. Wir wollen die Formel etwas umschreiben: Es ist

φ(n) = p_{1}^{e_{1}} ⋯ p_{r}^{e_{r}}(1 − \frac{1}{p_{1}} ) ⋯ (1 − \frac{1}{p_{r}}) = (p_{1}^{e_{1}} − p_{1}^{e_{1}−1}) ⋯ (p_{r}^{e_{r}} − p_{r}^{e_{r}−1}) =

p_{1}^{e_{1}−1}(p_{1} − 1) ⋯ p_{r}^{e_{r}−1}(p_{r} − 1) = ∏_{i=1}^{r} p_{i}^{e_{i}−1}(p_{i} − 1). □

Betrachten wir noch einmal den letzten Schritt im Beweis von (1.35) am Beispiel n = 60:

φ(60) = \frac{60}{1} − (\frac{60}{2} + \frac{60}{3} + \frac{60}{5}) + (\frac{60}{6} + \frac{60}{10} + \frac{60}{15}) − \frac{60}{30}.

Es gibt in dieser Summe einen Term \frac{60}{d} für jeden quadratfreien Teiler d von 60 mit dem Koeffizienten +1 oder –1, je nachdem, ob d aus gerade oder ungerade vielen Primteilern besteht.

Die Teiler 4,12,20 tragen zu φ(60) nicht bei. Wir können sagen, daß sie mit dem Faktor Null beitragen. Dies wollen wir nun formalisieren.

(1.37) Definition. Für d ∈ ℕ setze

μ(d) = \{ \begin{matrix}1 & d = 1 \\ (−1)^{k} & falls d das Produkt von k \\ & verschiedenen Primzahlen ist \\ 0 & falls d nicht quadratfrei ist. \end{matrix}

μ heißt die Möbiusfunktion.

Mit dieser Sprache erhalten wir nun

(1.38) Satz. Ist n ≥ 2, so ist

φ(n) = ∑_{d|n} μ(d)\frac{n}{d} .

Die Möbiusfunktion hat einige interessante Eigenschaften.

(1.39) Satz. Sei n ≥ 2. Dann gilt

∑_{d|n} μ(d) = 0.

Beweis. Sei n = p_{1}^{e_{1}} … p_{r}^{e_{r}}. Jeder Teiler d hat die Form d = p_{1}^{f_{1}} … p_{r}^{f_{r}}, 0 ≤ f_{i} ≤ e_{i}. Es ist

μ(d) = 0, falls f_{i} > 1 für ein i.

Also entspricht jeder Teiler d mit μ(d) ≠ 0 einer Teilmenge von {p_{1}, …, p_{r}}, nämlich der, die alle p_{i} mit f_{i} = 1 enthält. Die Anzahl der Teilmengen von der Ordnung k ist \binom{r}{k}. Also gilt

∑_{d|n} μ(d) = ∑_{i=0}^{r}(−1)^{i}\binom{r}{i} =_{(1.22)(2)} 0.

□

(1.40) Satz (Umkehrformel). Sei g : ℕ → ℕ eine Abbildung. Setze

f(n) = ∑_{d|n} g(d) , n ∈ ℕ.

Dann gilt für n ∈ ℕ

g(n) = ∑_{d|n} μ(d)f(\frac{n}{d}) .

Beweis. Es ist

∑_{d|n} μ(d)f(\frac{n}{d}) = ∑_{d|n} μ(d) ∑_{c| \frac{n}{d}} g(c) = ∑_{(c,d)∈S} μ(d)g(c)

wobei

S = \{(c, d)|d|n, c|\frac{n}{d}\} = \{(c, d)|c|n, d|\frac{n}{c}\}

ist. Also gilt

∑_{(c,d)∈S} μ(d)g(c) = ∑_{c|n} g(c)( ∑_{d| \frac{n}{c}} μ(d)).

Nach (1.31) ist

∑_{d| \frac{n}{c}} μ(d) = 0 für n/c ≥ 2.

Also ist

∑_{(c,d)∈S} μ(d)g(c) = g(n) ∑_{d|1} μ(d) = g(n)μ(1) = g(n).

□

Interessant ist auch die Umkehrung von (1.40). Sei f : ℕ → ℕ gegeben. Es wird ein g : ℕ → ℕ gesucht, so daß

f(n) = ∑_{d|n} g(d), n ∈ ℕ

gilt. Setze

g(n) = ∑_{d|n} μ(d)f(\frac{n}{d}).

Dann ist

∑_{e|m} g(e) = ∑_{e|m} ∑_{d|e} μ(d)f(\frac{e}{d})

= ∑_{d|e} ∑_{e|m} μ(d)f(\frac{e}{d}) = ∑_{d|m} μ(d)( ∑_{{e \atop d|e|m}} f(\frac{e}{d}))
= ∑_{d|m} μ(d) ∑_{x| \frac{m}{d}} f(x) = ∑_{x|m} f(x)( ∑_{d| \frac{m}{x}} μ(d)) = f(m).

Dies hat die folgende schöne Anwendung.

(1.41) Beispiel. Sei f : ℕ → ℕ, f(n) = n. Dann ist obiges g : ℕ → ℕ definiert durch

g(n) = ∑_{d|n} μ(d)\frac{n}{d} = φ(n)

nach (1.38). Also ist

n = ∑_{d|n} φ(d).

Übungen

1) Zeige : a) Für n ∈ IN gilt

1^{2} + 2^{2} + ⋯ + n^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}.

b) Für n ∈ IN ist stets

\frac{n^{5}}{5} + \frac{n^{4}}{2} + \frac{n^{3}}{3} − \frac{n}{30} ∈ ZZ.

c) Für alle n ∈ IN ist

1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + ⋯ + n^{3} = (1 + 2 + 3 ⋯ + n)^{2}.

2) Sieben Pilzsammler haben 100 Pilze gesammelt. Alle haben verschieden viele gefunden. Zeige, daß es drei gibt, die zusammen nicht weniger als 50 Pilze gefunden haben.

3) Zeige, daß für n ∈ IN, n ≥ 10 stets

2^{n} > n^{3}

gilt.

4)^{∗∗} Wir betrachten die folgende Folge (f_{n}), n ∈ IN : f_{1} = 1, f_{2} = 1, f_{n+2} = f_{n+1} + f_{n}, n ∈ IN. Zeige :

f_{n+1}^{2} + f_{n}^{2} = f_{2n+1}, n ∈ IN.

5)^{∗} Sei (f_{n}) wie in 4). Zeige :

\sqrt{5} · f_{n} = (\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{n} − (\frac{1 − \sqrt{5}}{2})^{n} , n ∈ IN.

6) Zeige : Für alle a, b ∈ IR, a > 0, b > 0 und n ∈ IN, n > 1 gilt :

(n − 1)a^{n} + b^{n} ≥ na^{n−1}b.

7) a) Im Inneren eines Quadrates mit Seitenlänge 1cm werden 5 Punkte P_{1}, P_{2}, P_{3}, P_{4}, P_{5} willkürlich markiert. Sei d_{ij} der Abstand von P_{i} zu P_{j}. Zeige : Es gibt Punkte P_{i}, P_{j}, i ≠ j mit d_{ij} < \frac{\sqrt{2}}{2}.

b) Auf einem 3 × 7 - Schachbrett werden die Felder mit schwarz und weiß markiert. Zeige : Es gibt ein a × b - Rechteck (a > 1 < b), so daß alle Ecken auf Feldern gleicher Farbe liegen.

8)^{∗} Eine Münze wird n - mal geworfen. Was ist die Wahrscheinlichkeit, daß zweimal nacheinander “Kopf” fällt.

9) Gib notwendige und hinreichende Bedingungen für x_{1}, x_{2} ∈ ℝ, x_{1} ≠ 0 ≠ x_{2} an, so

daß

x_{n} = \frac{x_{n−2}x_{n−1}}{2x_{n−2} − x_{n−1}} , n ∈ IN, n ≥ 3

unendlich oft eine ganze Zahl ist.

10) Seien m, n ∈ IN, 1 ≤ k ≤ n. Zeige

∑_{i=0}^{k} \binom{n}{i}\binom{m}{k − i} = \binom{m + n}{k}.

11) Es seinen 2n Punkte in der Ebene gegeben. Keine drei davon auf einer Geraden. Es seien n Punkte rot und n Punkte blau. Wir verbinden die n roten Punkte mit den n blauen Punkten. Zeige, daß es stets eine Möglichkeit gibt, so daß sich die Geraden nicht schneiden.

12) Eine k-Zerlegung einer n - elementigen Menge ist eine Zerlegung dieser Menge in k paarweise disjunkte nichtleere Teilmengen. Sei s_{n,k} die Anzahl der k - Zerlegungen einer n - Menge. Zeige :

s_{n+1,k} = s_{n,k−1} + ks_{n,k}.

Berechne s_{8,6}

13)^{∗} Sei x ∈ IN. Zeige : Die Anzahl der n - Tupel (x_{1}, …, x_{n}), x_{i} ∈ IN ∪ {0}, mit

∑_{i=1}^{n} x_{i} = x ist

\binom{x + n − 1}{n − 1}.

14)^{∗} Berechne :

∑_{j=0}^{n} ∑_{i=j}^{n} \binom{n}{i}\binom{i}{j}.

15) Von 67 Schülern sprechen 47 Englisch und 35 Französisch, 23 sprechen beide Sprachen. Wieviele sprechen keine von beiden Sprachen ? Weiter gibt es 20, die Russisch können. Von diesen sprechen 12 auch Englisch, 11 Französisch und 5 alle drei Sprachen. Wieviel sprechen keine dieser Sprachen?

16) Wieviel Zahlen zwischen 1 und 1000000 sind weder durch 2,3,5 noch 7 teilbar ?

17) Zwei Kartenspiele zu je 32 Karten werden simultan ausgeteilt (Jeweils Karte nach Karte). Was ist die Wahrscheinlichkeit, daß zumindest einmal gleichzeitig die gleiche Karte ausgeteilt wird ? Wie ist das Resultat, wenn die Kartenspiele nur 6 Karten enthalten ?

18)^{∗} Sei n ∈ IN und p_{u}(n) die Anzahl der Summen, die n ergeben, so daß alle Summanden ungerade sind, z.B. n = 7 : 7, 5+1+1, 3+1+1+1+1, 3+3+1, 1+1+1+1+1+1+1. Sei p_{v}(n) die Anzahl der Summen, in denen alle Summanden verschieden sind, z. B. n = 7: 7, 6+1, 4+2+1, 5+2, 4+3. Stelle eine Vermutung über den Zusammenhang von p_{u}(n) und p_{v}(n) auf und beweise diese.

19) 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}. Gib eine Formel für die so erhaltene Zahl an.

20)^{∗} Finde eine Formel für

σ(n) = ∑_{x|n} x, n ∈ IN.

21)^{∗∗} Seien n, j ∈ IN. Zeige:

∑_{i|n} μ(i)ggT (\frac{n}{i}, j) = \{ \begin{matrix}φ(n) : & n|j \\ 0 : & sonst \end{matrix}

22) Bestimme g : IN ⟶ IN mit

μ(n) = ∑_{d|n} g(d).

23) Bestimme n ∈ IN, so daß φ(x) = n genau 0,2,3 oder 4 Lösungen x hat.

24) a) Zeige : φ(n^{2}) = k^{2}, n, k ∈ IN hat nur die Lösung n = 1 = k.

b) Ist p eine Primzahl und 2p + 1 keine Primzahl, so hat φ(x) = 2p keine Lösung x ∈ IN.

25) (Rußische Bauernmultiplikation) Wir wollen die Zahlen n und m miteinander multiplizieren. Dazu erstellen wir eine Tabelle mit zwei Spalten. An den Kopf der Spalten schreiben wir n bzw. m. Nun wenden wir den folgenden Algorithmus an :

(1) Sei a die letzte Zahl in der ersten Spalte. Bilde ⌊a/2⌋ = b und schreibe b unter a.

(2) Sei c die letzte Zahl der zweiten Spalte, so schreibe 2c darunter.

Dies wird solange fortgesetzt, bis in der ersten Spalte die Zahl 1 steht.

(3) Für jede gerade Zahl in der ersten Spalte streiche die entspechende Zahl in der zweiten Spalte.

(4) Addiere die verbliebenen Zahlen der zweiten Spalte

Beispiel : n = 18, m = 37 :

18 37 −
9 74
4 148 −
2 296 −
(1 592) / 666

Zeige :

(i) Der angegebene Algorithmus liefert immer mn.

(ii) Wenn wir den Algorithmus dahin abändern, daß wir im Schritt (2) statt 2c in der zweiten Spalte immer c^{2} bilden, und die Zahlen in der zweiten Spalte nicht addieren sondern multiplizieren, so erhalten wir n^{m}.

§2 Elementare Zahlentheorie

Im vorherigen Kapitel haben wir bereits über Teilbarkeit, Primzahlen, eindeutige Primfaktorzerlegung gesprochen, ohne genau zu wissen, was diese Begriffe bedeuten. Dies wollen wir nun nachholen. Desweiteren legen wir die zahlentheoretischen Grundlagen für die in den späteren Kapiteln folgenden Betrachtungen.

Eigenschaften von ℤ:

(1) Teiler: Seien d, n ∈ ℤ. Wir sagen d teilt n, falls es ein k ∈ ℤ gibt, so daß

n = k · d

ist. Schreibe dann d | n.

(2) Primelement: Sei p ∈ ℤ, p ≠ 0, ±1. Wir nennen p ein Primelement, falls p höchstens die Teiler ±1 und ±p hat.

Unser erstes Ziel ist es, den folgenden Satz zu beweisen.

(2.1) Satz. Jede ganze Zahl a ≠ 0, ±1 läßt sich eindeutig als Produkt von Primelementen schreiben.

Dazu müssen wir zunächst klären, was eindeutig sein soll.

(i) Die Primelemente, die auftreten, sind nur bis auf das Vorzeichen bestimmt.

10 = 2 · 5 = (−2) · (−5)

(ii) Auf die Reihenfolge der Primelemente kommt es nicht an

10 = 2 · 5 = 5 · 2

(iii) Es können Faktoren ±1 hinzukommen:

10 = (−1) · (−2) · 5 = (−1)(−1)2 · 5

Also heißt eindeutig, daß die Zerlegung bis auf die Operationen (i) – (iii) eindeutig ist.

Satz (2.1) muß durchaus bewiesen werden, wie das folgende Beispiel zeigt:

(2.2) Beispiel. Sei 2ℤ die Menge der geraden Zahlen. Gilt in 2ℤ Satz (2.1)?

Ist a ∈ 2ℤ, so gilt nicht, daß a durch a geteilt wird! Ist weiter u ∈ ℤ ungerade, so ist 2 · u ∈ 2ℤ ein Primelement in 2ℤ. Seien p, q ungerade Primzahlen in ℤ. Dann sind

(2p)(2q) = (2pq) · 2

zwei wesentlich verschiedene Zerlegungen. □

Weitere Eigenschaften von ℤ:

(4) Division mit Rest: Sind a, b ∈ ℤ, b ≠ 0. Dann gibt es λ, r ∈ ℤ mit

a = λb + r, |r| < |b|

(5) Größter gemeinsamer Teiler: Seien a, b ∈ ℤ. Eine Zahl c ∈ ℤ heißt ein größter gemeinsamer Teiler von a und b, falls:

(i) c teilt a und c teilt b

(ii) Ist d ein Teiler von a und b, so ist d ein Teiler von c.

Schreibe dann c = ggT (a, b)

Achtung: Ist c ein größter gemeinsamer Teiler von a und b, so auch −c !

Wir hätten auch den größten gemeinsamen Teiler mit der ≤ definieren können, also die größte Zahl, die a und b teilt. Dies ergibt aber an anderen Stellen Schwierigkeiten, z. B. ggT (0, 0) aber auh bei der Verallgemeinerung auf Zahlbereiche, in denen es keine Anordnung gibt.

(6) Bestimmung von d = ggT (a, b) mit dem euklidischen Algorithmus:

Schritt 1: Wenn a < b, so vertausche a und b
Schritt 2: Ist b = 0, so setze d = a, stopp
Schritt 3: Dividiere a durch b mit Rest a = λb + r
Schritt 4: Ersetze a durch b und b durch r. Gehe zu Schritt 2.

Da die Beträge |a|, |b| stets kleiner werden, stoppt der Algorithmus nach endlich vielen Schritten. Dieser Algorithmus liefert d.

Ist a = b = 0, so liefert der Algorithmus 0 = ggT (0, 0). Ist das vernünftig ?

Sei c = ggT (0, 0). Ist d | 0, so ist d | c : Jede Zahl λ teilt 0, da λ · 0 = 0. Also gilt, daß jede Zahl c teilt. Das liefert aber c = 0.

Der folgende Satz ist einer der wichtigsten überhaupt. Wir werden ihn benutzen, um (2.1) zu beweisen.

(2.3) Satz. Seien a, b ∈ ℤ. Dann gibt es u, v ∈ ℤ mit ggT (a, b) = au + bv.

Beweis. Es genügt einen größten gemeinsamen Teiler so darzustellen, da alle anderen Vielfache sind.

Sei zunächst a = 0 oder b = 0. Dann setze u = 1 = v. Sei also a > 0. Setze

D = {d|d ∈ ℤ, d ≠ 0, d = ax + by, für geeignete x, y ∈ ℤ}.

Setze x = 1, y = 0. Dann ist a = ax + by ∈ D. Also ist D ≠ ∅. Sei

D_{1} = {|d| | d ∈ D}

Dann ist D_{1} ⊆ ℕ. Nach (1.1) gibt es ein d_{0} ∈ D mit |d_{0}| minimal.

Es ist

d_{0} = ax_{0} + by_{0}

Sei a = qd_{0} + r, |r| < |d_{0}|, r ∈ ℤ oder r = 0. Es ist

r = a − qd_{0} = a(1 − qx_{0}) + b(−qy_{0}).

Die minimale Wahl von d_{0} liefert r = 0. Also ist d_{0} | a. Genauso folgt d_{0} | b. Damit ist

d_{0} | ggT (a, b) .

Da d = ggT (a, b) aber ax_{0} + by_{0} = d_{0} teilt, folgt

d_{0} = ggT (a, b) .
□

(2.4) Beispiel. Bestimme eine ganzzahlige Lösung von

15x + 35y = 5 .

Es ist 3x + 7y = 1 zu lösen. Nun ist ggT (3,7) = 1 . Der euklidische Algorithmus liefert:

\begin{matrix}7 = 2 · 3 + 1 \\ 3 = 3 · 1 + 0 . \end{matrix}

Also ist 7 − 2 · 3 = 1. Setze x = −2, y = 1. □

Übrigens können wir stets mit dem euklidischen Algorithmus u, v aus (2.3) finden !

Wir hätten Primelemente auch so definieren können:

Ist p | ab, so ist p | a oder p | b. Wir zeigen nun, daß unsere Primelemente diese Eigenschaft haben.

(2.5) Satz. Ist p ein Primelement in ℤ, a, b ∈ ℤ, mit p | ab. Dann ist p | a oder p | b.

Beweis. Sei p | a̸. Dann ist ggT (a, p) = 1. Also gibt es nach (2.3) u, v mit

1 = pu + av .

Dann ist

b = bpu + bav .

Da p | bpu und p | abv, folgt p | b. □ Beweis von (2.1):

(1) Existenz einer Zerlegung:

Sei n kein Primelement, o.B.d.A. n > 0. Dann ist n = ab, a, b > 1, a, b < n. Per Induktion nach n können wir a und b zerlegen.

(2) Eindeutigkeit:

Sei n = p_{1} … p_{n} = q_{1} … q_{m}, alle p_{i}, q_{i} Primelemente. Da die Operationen (i)–(iii) erlaubt sind, können wir annehmen, daß alle p_{i}, q_{i} größert als Null sind.

Es ist

p_{1} | q_{1} … q_{m}

Nach (2.5) können wir bei geeigneter Numerierung annehmen, daß p_{1} | q_{1} Da p_{1} und q_{1} beides positive Primelemente sind, folgt p_{1} = q_{1}. Dann ist aber

p_{1}(p_{1} … p_{n} − q_{2} … q_{m}) = 0 .

Also ist p_{2} … p_{n} = q_{2} … q_{m}.

Nun können wir die Behauptung durch eine Induktion über die Anzahl der Primelemente beweisen, d.h. per Induktion erhalten wir n = m und p_{i} = q_{i}, i = 2, …, n, bei geeigneter Numerierung. Das ist aber die Behauptung. □

Das Überraschende an diesem Beweis ist, daß wir für die multiplikative Aussage des Satzes (2.1) die additive Struktur (2.3) benutzt haben. Satz (2.5), der wesentlich im Beweis eingeht, beruht auf (2.3). Man scheint auch ohne die Addition nicht auszukommen, wie folgendes Beispiel zeigt.

(2.6) Beispiel. Sei

S = {x | x ∈ ℕ, x läßt bei Division durch 3 den Rest 1 } .

S ist gegen Multiplikation abgeschlossen.

Es sind 5^{2}, 11^{2}, 5 · 11 ∈ S Primelemente. Die einzigen Teiler in ℕ sind 5 und 11. Diese lassen aber den Rest 2 bei Division durch 3.

Nun gilt

(5)^{2}(11)^{2} = (5 · 11)(5 · 11) .
□

Wenn wir den Beweis genau analysieren, so sehen wir, daß wir eigentlich nur die Eigenschaft (2.3) von ggT (a, b) benutzt haben. Diese gilt immer, wenn wir eine Division mit Rest haben. Also haben wir eine eindeutige Primfaktorzerlegung in “Zahlbereichen”, in denen eine Zerlegung existiert, und die eine Division mit Rest haben. In §4 werden wir auf diese Bemerkung zurückkommen.

(2.7) Bemerkungen. (a) (Euklid) Es gibt unendlich viele Primelemente.

Seien p_{1}, …, p_{n} alle Primelemente, p_{i} > 0, für alle i. Setze

a = 1 + p_{1} ⋯ p_{n}.

Dann teilt keine der Primelemente p_{1}, …, p_{n} die Zahl a. Also gibt es weitere Primelemente.

(b) Wir betrachten den folgenden Algorithmus zur Erzeugung von Primelementen, der auf (a) basiert. Das Bildungsgesetz der Folge (p_{n}) sei wie folgt :

p_{1} = 2, p_{2} = 3, p_{3} = 7, p_{4} = 43, allgemein : p_{n} ist der größte Primteiler von 1 + p_{1} ⋯ p_{n−1}. Es ist

1 + 2 · 3 · 7 · 43 = 1807 = 13 · 139,

also ist p_{5} = 139.

Es gilt : p_{n} ≠ 5 für alle n.

Sei p_{n} = 5. Dann ist

x = 1 + p_{1} ⋯ p_{n−1} = 2^{a}3^{b}5^{c}

für geeignete a, b, c. Da p_{1} = 2 ist, ist x ungerade, also a = 0. Da p_{2} = 3 ist, ist x nicht durch 3 teilbar, also b = 0. Damit ist x = 5^{c}. Jetzt ist

x − 1 = p_{1} ⋯ p_{n−1} = 5^{c} − 1 = (5 − 1)(5^{c−1} + 5^{c−2} + … + 5 + 1)

Damit ist x − 1 durch 4 teilbar, was aber offenbar nicht richtig ist, da p_{1}, …, p_{n−1} paarweise verschiedene Primelmente größer Null sind. □

Um gewisse Teilerbeziehungen einfacher formulieren zu können, verwenden wir eine abkürzende Schreibweise:

(2.8) Definition. Sind a, b ∈ ℤ, m ∈ ℕ, so setze

a ≡ b (mod m), falls m | a − b

Sprechweise: a kongruent b modulo m.

(2.9) Beispiele.

3 ≡ 10 (mod 7)

a ≡ b (mod 2) genau dann, wenn a und b beide gerade oder ungerade sind p ≡ 1 (mod 4) genau dann, wenn es ein λ ∈ ℤ mit p = 1 + 4λ gibt.

(2.10) Satz (Rechenregeln). Seien a, b, c, d ∈ ℤ, m ∈ ℕ

(i) Ist a ≡ b (mod m), so ist b ≡ a (mod m) (ii) Ist a = b, so ist a ≡ b (mod m) (iii) Ist a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m), so ist a ≡ c (mod m) (iv) Ist a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m), so ist a ± c ≡ b ± d (mod m)

(v) Ist a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m), so ist ac ≡ bd (mod m) (vi) Ist ab ≡ ac (mod m), so ist b ≡ c (mod m/ ggT (a, m))

Speziell: Ist ggT (a, m) = 1 und ab ≡ ac (mod m), so ist b ≡ c (mod m) (vii) Aus ab ≡ ac (mod m) folgt i.a. nicht b ≡ c (mod m) (viii) Ist a ≡ b (mod m), so ist ggT (a, m) = ggT (b, m). (ix) Zu jedem a ∈ ℤ existiert genau ein r ∈ {0, …, m − 1} mit a ≡ r (mod m).

Beweis. (i),(ii) sind per Definition klar.

(iii) Es ist m | a − b und m | b − c. Also ist m | (a − b) + (b − c) = a − c.

(iv) Es ist m | a − b und m | c − d. Also ist

m | (a − b) ± (c − d).

Dann ist

m | (a ± c) − (b ± d).

(v) Es ist m | a − b und m | c − d. Dann ist

m | (a − b)c + b(c − d).

Also erhalten wir m | ac − bd.

(vi) Sei d = ggT (a, m) und a = a′d, m = m′d. Also ist ggT (a′, m′) = 1. Aus

m | ab − ac

folgt dann

m′ | a′(b − c).

Wegen der Teilerfremdheit von m′ und a′ folgt weiter

m′ | b − c.

(vii) Es gilt 2 ≡ 4 (mod 2), aber nicht 1 ≡ 2 (mod 2).

(viii) Gilt a ≡ b (mod m), so existiert ein λ ∈ ℤ mit a = b + λm. Also folgt

ggT (b, m) | a.

Wegen ggT (b, m) | m folgt

ggT (b, m) | ggT (a, m).

Genauso folgt

ggT (a, m) | ggT (b, m).

(ix) Die Division mit Rest liefert λ ∈ ℤ und r ∈ {0, 1, 2, …, m − 1} mit

a = λm + r.

Also ist a ≡ r (mod m). □

Kongruenzen können für die Bestimmung von Lösungen von Gleichungen ganzer Zahlen nützlich sein. Für die Lösungen von Kongruenzen gibt es nach (2.10)(ix) nur endlich viele Möglichkeiten, die man ausprobieren kann. Ist die Kongruenz für einen Modul nicht lösbar, so ist die Gleichung nicht lösbar.

(2.11) Beispiele. (a) Es gibt keine ganzzahlige Lösung von

x^{2} + y^{2} = 7643.

Wir rechnen modulo 4:

x^{2} + y^{2} ≡ 3 (mod 4).

Es ist x ≡ 0, 1, 2, 3 (mod 4). Also ist

x^{2} ≡ 0, 1, 0, 1 (mod 4).

Das gleiche gilt für y und y^{2}. Damit ist dann aber

x^{2} + y^{2} ≡ 0, 1, 2 (mod 4).

□

(b) Was sind die beiden letzten Ziffern von 3^{1234} ? Wir müssen die Kongruenz modulo 100 bestimmen. Es gilt : 3^{2} = 9, 3^{4} = 81, 3^{8} = 81 · 81 ≡ 61 (mod 100) , 3^{10} ≡ 9 · 61 ≡ 49 (mod 100) , 3^{20} ≡ 49 · 49 ≡ 1 (mod 100). Das ergibt

3^{1234} = 3^{20·61+14} ≡ 3^{14} ≡ 3^{4} · 49 = 81 · 49 ≡ 69 (mod 100).

Also sind die beiden letzten Ziffern von 3^{1234} gleich 6 und 9. Übrigens ist es kein Zufall, daß wir gerade 3^{20} betrachtet haben, wie wir in (2.16) noch sehen werden. □

(c) Sei a_{1}, …, a_{n} eine Folge von n natürlichen Zahlen. Dann gibt es eine Teilfolge, deren Summe durch n teilbar ist.

Wir bilden die folgenden Summen:

a_{1}

a_{1} + a_{2}
a_{1} + a_{2} + a_{3}

⋮

a_{1} + ⋯ + a_{n}

Ist eine dieser Summen durch n teilbar, so sind wir fertig. Da es nur n − 1 von 0 verschieden Restklassen modulo n gibt, folgt, daß zwei dieser Summen a_{1} + ⋯ + a_{i} und a_{1} + ⋯ + a_{j}, i < j, modulo n kongruent sind. Dann ist aber a_{i+1} + ⋯ + a_{j} durch n teilbar. □

(2.12) Teilbarkeit. Sei a ∈ ℕ, a = a_{0} + a_{1} · 10 + … a_{k} · 10^{k}, die Dezimaldarstellung.

(i) Dreierprobe:

3|a genau für 3|a_{0} + a_{1} + … + a_{k} (3 teilt die Quersumme)

Rechne modulo 3: Wegen 10 ≡ 1 (mod 3) gilt

a = a_{0} + a_{1}10 + … + a_{k}10^{k} ≡ a_{0} + a_{1} · 1 + … + a_{k}1^{k} = a_{0} + … + a_{k} (mod 3)

(ii) Neunerprobe:

9 | a genau für 9 | a_{0} + … + a_{k} (9 teilt die Quersumme)

Da 10 ≡ 1 (mod 9) folgt die Behauptung wie in (i).

(iii) Elferprobe:

11 | a genau für 11 | a_{0} − a_{1} + a_{2} − a_{3} + … (−1)^{k}a_{k} (11 teilt die alternierende Quersumme)

Wegen 10 ≡ −1 (mod 11) gilt

a = a_{0}+a_{1}10+…+a_{k}10^{k} ≡ a_{0}+a_{1}(−1)+…+a_{k}(−1)^{k} = a_{0}−a_{1}+… (−1)^{k}a_{k} (mod 11).

(2.13) Der chinesische Restsatz. Sind m, n ∈ ℕ, ggT(m, n) = 1. Dann hat für jedes Paar a, b ∈ ℤ das System der Kongruenzen

x ≡ a (mod m)
x ≡ b (mod n)

eine Lösung.

Beweis. Es sind a, a + m, a + 2m, …, a + (n − 1)m Lösungen der ersten Kongruenz. Sei

a + im ≡ a + jm (mod n) für 0 ≤ i, j ≤ (n − 1).

Dann ist (i − j)m ≡ 0 (mod n). Da n zu m teilerfremd ist, folgt n | i − j. Das bedeutet dann aber i = j. Somit liegen die obigen Zahlen in n verschiedenen Restklassen modulo n. Damit gibt es dann auch ein i mit

a + im ≡ b (mod n).
□

Offenbar kann dieser Satz auf beliebig viele Kongruenzen verallgemeinert werden, solange, die Moduln paarweise teilerfremd sind.

(2.14) Beispiel. Es gibt offenbar zwei aufeinanderfolgende Zahlen, die einen quadratischen Primfaktor haben : 8, 9. Etwas schwieriger ist es mit drei aufeinanderfolgenden Zahlen dieses Typs : 48, 49, 50 (überraschenderweise auch 548, 549, 550). Wie ist das aber mit 1000000 aufeinander folgenden Zahlen , die alle einen quadratischen Primteiler haben ?

Betrachte die ersten Primzahlen p_{1}, …, p_{1000000}. Nun löse das System der folgenden Kongruenzen

x ≡ −i(mod p_{i}^{2}), i = 1, …, 1000000.

Nach dem Chinesischen Restsatz hat dieses System eine Lösung x. Die gesuchten Zahlen sind dann x + 1, x + 2, …, x + 1000000. □

Zum Abschluß dieses Paragraphen wollen wir noch zwei Sätze beweisen, die bei späteren Anwendungen sehr nützlich sein werden.

(2.15) Satz (Der kleine Satz von Fermat). Es sei p eine Primzahl, a ∈ ℤ, ggT(a, p) = 1. Dann gilt:

a^{p−1} ≡ 1 (mod p)

Beweis. Betrachte das Produkt

1 · 2 · 3 · 4 ⋯ (p − 1)

Die Faktoren sind modulo p alle verschieden und nicht durch p teilbar. Multipliziert man jeden Faktor mit a, so erhält man

a(2a)(3a) ⋯ ((p − 1)a).

Ist ia ≡ ja (mod p), so ist i ≡ j (mod p) nach (2.10)(vi).

Also sind auch in diesem Produkt alle Faktoren modulo p verschieden und nicht durch p teilbar. Insgesamt gibt es genau p−1 Zahlen zwischen 1 und p, die modulo p verschieden sind und nicht durch p teilbar sind. Die beiden Produkte enthalten somit die gleichen Zahlen. Also gilt

1 · 2 ⋯ (p − 1) ≡ a · (2a) ⋯ ((p − 1)a) (mod p)

Somit

1 · 2 ⋯ (p − 1) ≡ a^{p−1}(1 · 2 ⋯ ((p − 1)) (mod p)

Nach (2.10)(vi) ist dann

1 ≡ a^{p−1} (mod p) □

Ist die Voraussetzung, daß p prim ist, notwendig ? Was ist, wenn wir ein beliebiges n betrachten ? Gilt dann auch für ggT(a, n) = 1

a^{n−1} ≡ 1(mod n) ?

Dies ist falsch, da z.B.

5^{6−1} ≢ 1(mod 6)

ist. Allerdings mit der φ–Funktion aus §1 können wir (2.15) noch verbessern zu

(2.16) Satz (Euler). Sei n ∈ ℕ, a ∈ ℤ, ggT(a, n) = 1. Dann ist

a^{φ(n)} ≡ 1 (mod n).

Beweis. Sei T_{n} = {a_{1}, …, a_{φ(n)}} die Menge der zu n teilerfremden Zahlen zwischen 1 und n. Dann gilt

a_{1} · a_{2} ⋯ a_{φ(n)} ≡ (a · a_{1})(a · a_{2}) ⋯ (a · a_{φ(n)})(mod n).

wie im Beweis von (2.15). Nun ist

a_{1} ⋯ a_{φ(n)} = a^{φ(n)}(a_{1} ⋯ a_{φ(n)}) (mod n).

Also ist nach (2.10)(vi)

1 ≡ a^{φ(n)} (mod n).
□

(2.17) Bemerkung. Aus (2.15) folgt, daß das Potenzieren mit p modulo p sehr problemlos ist. Wir wollen zeigen, daß

(a + b)^{p} ≡ a^{p} + b^{p}(mod p)

ist. Verglichen mit der Binomischen Formel aus (1.20) ist diese Formel überraschend einfach. Nach (2.15) gilt :

Ist p | a̸, so ist a^{p−1} ≡ 1(mod p), also a^{p} ≡ a(mod p).

Ist p | a, so ist a^{p} ≡ 0 ≡ a(mod p).

Also gilt immer

a^{p} ≡ a(mod p).

Damit haben wir

(a + b)^{p} ≡ a + b ≡ a^{p} + b^{p}(mod p).
□

Man kann (2.15) für einen Primzahltest verwenden. Sei eine (große) natürliche Zahl n gegeben. Wähle beliebiges a ∈ ℤ, a ≠ 0, |a| < n. Berechne a^{n−1}(mod n). Es ist zweckmäßig a so zu wählen, daß dies möglichst schnell und einfach geht. Der Test besitzt zwei mögliche Ausgänge.

(1) a^{n−1} ≡ /1 (mod n). Dann ist n sicher keine Primzahl.

(2) a^{n−1} ≡ 1 (mod n). Dann kann n eine Primzahl sein.

(2.18) Beispiele. (1) Sei n = 1001. Wähle a = 10. Wegen

10^{3} ≡ −1 (mod 1001)

ist

10^{1001} ≡ 10^{3·333} · 10^{2} ≡ (−1)^{333} · 10^{2} ≡ −100 (mod 1001).

Also ist 1001 keine Primzahl.

(2) Sei n = 10^{6} + 1. Wähle wieder a = 10. Dann gilt

10^{6} ≡ −1 (mod 10^{6} + 1).

Weiter ist

10^{6} ≡ 10 (mod 6).

Also ist

10^{6} + 1 ≡ 5 (mod 6).

D.h. es gibt ein λ ∈ ℤ mit

10^{6} + 1 = λ6 + 5
10^{10^{6}+1} ≡ (10^{6})^{λ} · 10^{5} ≡ (−1)^{λ} · 10^{5} ≢ 10 (mod 10^{6} + 1).

Also ist n keine Primzahl.

(3) Suche k ∈ ℕ, für die 10^{k} + 1 keine Primzahl ist.

10^{k} ≡ −1 mod (10^{k} + 1).

Dividiere 10^{k} + 1 durch k mit Rest. Also

10^{k} + 1 = λk + r, 0 ≤ r < k.

Dann erhalten wir

10^{10^{k}+1} ≡ (10^{k})^{λ} · 10^{r} ≡ (−1)^{λ} · 10^{r} (mod 10^{k} + 1).

Also kann 10^{k} + 1 nur Primzahl sein, wenn r = 1 und λ gerade ist, d.h. 10^{k} = λk, λ gerade, und k ist Teiler von 10^{k}, z.B. 10^{2} + 1. □

Tritt bei unserem Test der Fall (2) ein, so kann man den Test für ein anderes a wiederholen. Tritt für viele a immer (2) ein, so kann man es als “wahrscheinlich” ansehen, daß a eine Primzahl ist. Sicher kann man jedoch nicht sein. Es gibt n ∈ ℕ, n ist nicht prim, aber

a^{n−1} ≡ 1 (mod n)

für alle a ∈ ℤ mit ggT (a, n) = 1. Solche Zahlen heißen Carmichaelzahlen. Es gilt

(2.19) Satz. Sei c = p_{1}^{α_{1}} ⋯ p_{r}^{α_{r}} keine Primzahl, p_{1}, …, p_{r} alle ungerade Primzahlen. Dann ist c genau dann eine Carmichaelzahl, falls α_{i} = 1 und p_{i} − 1 | c − 1 für alle i = 1, …, r gilt.

Beweis. Wir wollen zunächst zeigen, daß c quadratfrei sein muß. Dazu benutzen wir hier eine Ausage, die wir erst in Kapitel 8 beweisen werden (8.26). Ist p eine Primzahl, so gibt es eine Zahl g, so daß g^{p−1} ≡ 1 (mod p) ist, aber g^{x} ≢ 1 (mod p) für alle 1 ≤ x < p−1 ist.

Sei nun p eine Primzahl mit p^{2} teilt c. Setze h = g(p + 1), g wie eben. Es ist (p+1)^{p} ≡ p^{p}+1 ≡ 1 (mod p^{2}) nach (2.17). Sei (p+1)^{y} ≡ 1 (mod p^{2}), 1 < y < p. Nach (2.3) gibt es a, b mit 1 = ap+by, also ist (p+1) ≡ (p+1)^{ap+by} ≡ (p+1)^{pa}(p+1)^{yb} ≡ 1 (mod p^{2}), was aber nicht stimmt. Damit haben wir, (g(p + 1))^{p(p−1)} = (g(p + 1))^{φ(p^{2})} ≡ 1 (mod p^{2}), aber (g(p + 1))^{x} ≢ 1 (mod p^{2}) für alle 1 ≤ x < p(p − 1).

Sei nun c = p^{α}r mit p teilt nicht r. Nach dem Chinesischen Restsatz (2.13) hat b ≡ h(mod p^{2}) und b ≡ 1 (mod r). eine Lösung. Nun ist auch für b stets b^{x} ≢ 1(mod p^{2}) für alle 1 ≤ x < p(p − 1). Da b nicht von p geteilt wird, ist ggT(c, b) = 1. Angenommen b^{c−1} ≡ 1 (mod c). Dann ist auch b^{c−1} ≡ 1 (mod p^{2}) und somit b^{ggT(p(p−1),c−1)} ≡ 1 ((mod p^{2}). Das liefert dann aber p(p − 1) | c − 1. Da aber p | c, ist p kein Teiler von c − 1 ein Widerspruch. Somit haben wir gezeigt, daß Carmichael Zahlen quadratfei sind.

Sei nun c eine Carmichael Zahl und p ein Primteiler von c. Sei g wie oben. Dann gibt es wieder ein b mit b ≡ g (mod p) und b ≡ 1 (mod c/p). Es ist ggT(b, c) = 1 und b^{c−1} ≡ g^{c−1} (mod p). Dann folgt aber wieder p − 1 | c − 1.

Sei nun umgekehrt c quadratfrei und p−1 | c−1 für jeden Primteiler p von c. Sei b eine Zahl mit ggT(b, c) = 1. Dann ist b^{c−1} = b^{(p−1)t}, für geeignetes t. Also ist b^{c−1} ≡ 1 (mod p) für alle p | c. Dann ist aber auch b^{c−1} ≡ 1 (mod c), da c das Produkt der verschiedenen Primteiler von c ist. Somit ist c eine Carmichael Zahl. □

(2.20) Satz. Eine Carmichaelzahl c ist Produkt von mindestens drei verschieden Primzahlen

Beweis. Nach (2.19) ist c = p_{1} ⋯ p_{r} mit paarweise verschiedenen Primzahlen. Sei also c = pq mit Primzahlen p, q, p < q. Nach (2.19) ist q − 1|c − 1. Also gilt

0 ≡ c − 1 = p(q − 1 + 1) − 1 ≡ p − 1(mod q − 1)

Da aber p − 1 < q − 1 ist, kann q − 1 kein Teiler von p − 1 sein. □

Die Carmichaelzahlen sind die, die verhindern, daß der oben angegebene Primzahltest sicher ist. Wenn man die ersten Carmichaelzahlen berechnet, stellt man fest, daß sie sehr selten sind. Lange hoffte man, daß es nur endlich viele Carmichaelzahlen gibt. Vor wenigen Jahren wurde aber bewiesen (W.R. Alford, A. Granville, C. Pomerance, Ann. of Math. 139, 1994, 703 - 722), daß es unendlich viele solche Zahlen gibt.

Zum Ende dieses Paragraphen wollen wir uns noch einmal das Pascal’sche Dreieck ansehen. Wenn wir dies modulo 2 lesen, erhalten wir

1

1  1
1  0  1
1  1  1  1
1  0  0  0  1
1  1  0  0  1  1
1  0  1  0  1  0  1
1  1  1  1  1  1  1  1

Sind T die ersten 2^{n} Zeilen, so sind

\begin{aligned}& T \\ T & 0 & T \end{aligned}

die ersten 2^{n+1} Zeilen. Dies zeigt eine gewisse Selbstähnlichkeit, wie wir sie von Fraktalen kennen. Ein ähnliches Muster gilt auch, wenn wir Kongruenzen modulo anderer Primzahlen p betrachten. Nur werden dabei die Kopien von T noch mit den Einträgen des p-reihigen Pascal Dreiecks multipliziert. Mathematisch ausgedrückt sieht dies wie folgt aus :

(2.21) Satz (Lucas). Sei p eine Primzahl und m = a_{0} + a_{1}p + a_{2}p^{2} + … a_{k}p^{k}, n = b_{0} + b_{1}p + … + b_{k}p^{k} mit 0 ≤ a_{i}, b_{i} < p, i = 0, …, k − 1. Dann ist

\binom{m}{n} ≡ ∏_{i=0}^{k} \binom{a_{i}}{b_{i}}(mod p)

Beweis. Per Konvention sei im Satz stets \binom{a}{b} = 0, falls a < b ist.

Zunächst überlegen wir uns, daß es genügt, die Aussage für m = cp + a, n = dp + b mit 0 ≤ a, b < p zu zeigen. Also

\binom{m}{n} ≡ \binom{c}{d}\binom{a}{b}(mod p)

Ist dies gezeigt, so setze im allgemeinen Fall a = a_{0}, b = b_{0} , c = a_{1} + … a_{k}p^{k−1} und d = b_{1} + … b_{k}p^{k−1}. Dann folgt die Behauptung mit einer einfachen Induktion.

Sei t eine Unbestimmte. Dann gilt

(1 + t)^{m} = (1 + t)^{cp}(1 + t)^{a} ≡_{(2.17)} (1 + t^{p})^{c}(1 + t)^{a}(mod p)

= ∑_{i=0}^{c} \binom{c}{i}t^{pi} ∑_{j=0}^{a} \binom{a}{j}t^{j}

Da 0 ≤ a, b < p ist, ist die einzige Möglichkeit, t^{n} = t^{dp+b} in obigem Ausdruck zu erhalten, die, daß wir i = d in der ersten Summe und j = b in der zweiten Summe nehmen. Da der Faktor vor t^{n} in (1 + t)^{m} gerade \binom{m}{n} ist, folgt nun

\binom{m}{n} ≡ \binom{c}{d}\binom{a}{b}(mod p).

□

Übungen

26)^{∗} Seien a_{1}, …, a_{2n+1}, 2n+1 viele ganze Zahlen. Es gelte : Wenn immer man eine der a_{i} wegnimmt, so lassen sich die restlichen 2n Zahlen in zwei Teile von jeweils n Zahlen aufteilen, so daß die Summe über beide Teile gleich ist. Zeige : a_{1} = a_{2} = ⋯ = a_{2n+1}

27) Finde ganze Zahlen x, y mit :

a) 754x + 221y = 13

b) 158x + 57y = 20000

28)^{∗} Bestimme n ∈ IN so, daß

2^{11} + 2^{8} + 2^{n} = m^{2}

für ein m ∈ IN gilt.

29)^{∗} Sei n ∈ IN. Wieviele geordnete Paare (x, y) ∈ IN × IN gibt es, die Lösungen von

\frac{xy}{x + y} = n

sind ?

30) Sei A die Quersumme von 4444^{4444} und B die Quersumme von A und C die Quersumme von B. Bestimme C.

31) Für n ∈ IN bezeichne mit J_{n} die Menge aller bijektiven Abbildungen f : ZZ ⟶ ZZ mit f(t + n) − (t + n) = f(t) − t für alle t ∈ ZZ. Zeige :

a) Ist f ∈ J_{n} und sind s, t ∈ ZZ mit s ≡ t (mod n), so ist f(s) ≡ f(t) (mod n).

b) Sei [n] = {0, 1, 2, 3, ..., n − 1}. Sei a_{0}a_{1} … a_{n−1} eine Folge nicht negativer ganzer Zahlen. Es gibt eine Abbildung f mitf(t) = t + a_{t}, t ∈ [n], so daß f ∈ J_{n} ist, genau dann, falls t ⟶ a_{t} + t (mod n) eine Permutation von [n] ist.

c) Gehören 345 oder 354 zu einer Funktion aus J_{3} im Sinne von b) ?

32) 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. Wieviele Möglichkeiten gibt es ?

33) Zeige : Es gibt keine x, y, z ∈ IN mit

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 2xyz

34)^{∗} Ist p eine Primzahl, so ist jeder Primteiler von 2^{p} − 1 größer als p.

35)^{∗∗} Zeige : Für jedes n > 0 gibt es ein m ∈ IN, so daß 2^{m} mindestens n aufeinanderfolgende Nullen hat.

36) Seien M_{1} und M_{2} zwei nichtleere disjunkte Mengen von Primzahlen. Sei A das Produkt der Primzahlen aus M_{1} und B das Produkt der Primzahlen aus M_{2}. Zeige: Es gibt eine Primzahl p, die A + B teilt aber weder in M_{1} noch in M_{2} liegt. Folgere hieraus, daß es unendlich viele Primzahlen gibt. Hätte man statt dessen auch A−B betrachten können ?

37) Bestimme die kleinste Carmichaelzahl.

§3 Körper

In ℤ können wir addieren und multiplizieren, aber nicht dividieren. In den rationalen Zahlen ℚ können wir dividieren. In §2 haben wir schon einmal von “Zahlbereichen” gesprochen. Dies wollen wir nun exakt machen. Die in diesem Kapitel eingeführten endlichen Körper spielen in der Codierungstheorie und der theoretischen Informatik eine wichtige Rolle.

(3.1) Definition. Sei M eine Menge auf der eine Addition “+” und eine Multiplikation “·” definiert sind. (Beides sind Abbildungen von {(m_{1}, m_{2})|m_{1}, m_{2} ∈ M} nach M.) Dabei soll gelten:

(1) a + b = b + a, für alle a, b ∈ M
(2) a · b = b · a, für alle a, b ∈ M
(3) (a · b) · c = a · (b · c), (a + b) + c = a + (b + c), für alle a, b, c ∈ M
(4) a · (b + c) = a · b + a · c, für alle a, b, c ∈ M
(5) Es gibt ein 0 ∈ M mit a+0=a für alle a ∈ M.

Es gibt ein 1 ∈ M mit 1 · a = a für alle a ∈ M.

(6) Zu jedem a ∈ M gibt es ein b ∈ M mit a + b = 0.

Dann nennen wir M einen (kommutativen) Ring. Gilt zusätzlich

(7) 1 ≠ 0 und zu jedem a ≠ 0, a ∈ M gibt es ein b ∈ M mit

ab = 1, so nennen wir M einen Körper.

(3.2) Beispiele. (a) Die Mengen ℚ der rationalen Zahlen, ℝ der reellen Zahlen und ℂ der komplexen Zahlen sind Körper.

(b) ℤ ist ein Ring, ℕ ist kein Ring, da für a = 1 z.B. (3.1)(6) nicht erfüllt ist.

(c) Bezeichne mit ℤ/2ℤ = {0, 1} die Restklassen modulo 2. Hierauf definiere eine Addition und Multiplikation durch

+ 0 1 0 0 1 1 1 0  \begin{matrix}• & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}

Hiermit wird ℤ/2ℤ zu einem Körper.

(d) Verallgemeinerung von (c): Sei p eine Primzahl und ℤ/pℤ = {0, …, p − 1} die Restklassen modulo p. Dann ist ℤ/pℤ ein Körper. (Addition und Multiplikation modulo p!)

Die Rechenregeln (1) – (6) sind klar. Sei a ∈ {1, …, p − 1}. Dann ist ggT (a, p) = 1. Nach (2.3) gibt es u, v ∈ ℤ mit

au + pv = 1

Also ist au ≡ 1 (mod p). Das ist (7).

(e) Was ist das Inverse von 13 in ℤ/41ℤ? Es ist

\begin{matrix}41 = 3 · 13 + 2 \\ 13 = 6 · 2 + 1 . \end{matrix}

Also ist 1 = 13 − 6 · 2 = 13 − 6(41 − 3 · 13) = 19 · 13 − 6 · 41. Somit ist

13^{−1} = 19 in ℤ/41ℤ.

(f) Aus der Definition (7) folgt: Ist M ein Körper und ab = 0, so ist a = 0 oder b = 0. Wie ℤ zeigt, gilt die Umkehrung nicht (d.h. Es gelten alle Axiome bis auf die Existenz eines inversen Elementes in (7), wobei dieses ersetzt wird durch : Ist ab = 0, so ist a = 0 oder b = 0). Ist jedoch |M| endlich, so gilt die Umkehrung:

Sei a ∈ M, a ≠ 0. Wir haben ein Inverses zu finden. Sei M = {m_{1}, …, m_{n}}. Betrachte die Produkte am_{1}, …, am_{n}. Ist am_{i} = am_{j}, so ist a(m_{i} − m_{j}) = 0. Da a ≠ 0 ist, folgt m_{i} = m_{j}. Also ist auch M = {am_{1}, …, am_{n}}. Das bedeutet, daß es ein i mit 1 = am_{i} gibt, da 1 ∈ M ist.

(3.3) Satz. Sei ℤ/mℤ = {0, …, m − 1} die Menge der Restklassen modulo m mit der Addition und Multiplikation von ℤ modulo m. Dann ist ℤ/mℤ genau dann ein Körper, wenn m eine Primzahl ist. Für ℤ/pℤ schreibe auch 𝔽_{p} oder GF (p).

Beweis. Daß ℤ/pℤ, p Primzahl, ein Körper ist, haben wir in (3.2)(d) gesehen.

Sei m = ab, a ≠ ±1, b ≠ ±1, 0 < a, b < m. Dann ist

0 ≠ a ∈ ℤ/mℤ , 0 ≠ b ∈ ℤ/mℤ .

Aber

ab = m ≡ 0 (mod m) .

Das ist in einem Körper nicht möglich. □

Eine schöne Anwendung von (3.3) ist der folgende Satz (3.4) Satz (Wilson). Sei 1 ≠ p ∈ ℤ. Dann ist

1 · 2 ⋯ (p − 1) ≡ −1 (mod p)

genau dann, wenn p eine Primzahl ist.

Beweis. Sei die Kongruenz erfüllt. Dann ist nach (2.10)(viii)

1 = ggT(p, −1) = ggT(1 · 2 ⋯ (p − 1), p).

Das liefert, daß p eine Primzahl sein muß.

Sei nun umgekehrt p eine Primzahl. Nach (3.3) bilden die Restklassen modulo p einen Körper. Wir müssen zeigen, daß das Produkt über alle Körperelemente gerade -1 ist. Mit jedem Körperelement a steht aber auch sein Inverses b mit ab = 1 in dem Produkt. Es gilt also festzustellen, wann a = b ist. Also müssen wir die Lösungen der Kongruenz

x^{2} ≡ 1 (mod p)

bestimmen. Dann ist

x^{2} − 1 = (x − 1)(x + 1) ≡ 0 (mod p).

Also ist entweder x = 1 oder x = −1. Das liefert nun die Behauptung. □

Die Körper GF (p) verhalten sich in vielerlei Hinsicht besser als ℚ oder ℝ.

(3.5) Satz. Seien a, b ∈ GF (p). Dann ist

(a + b)^{p} = a^{p} + b^{p} .

(vgl. (2.17))

Beweis. Nach (1.17) ist

(a + b)^{p} = ∑_{i=0}^{p} \binom{p}{i}a^{i}b^{p−i} .

Es ist p |\binom{p}{i}, außer für i = 0 und i = p. Somit ist (a + b)^{p} ≡ a^{p} + b^{p} (mod p). □

Der wesentliche Unterschied zwischen GF (p) und ℚ besteht darin, daß wir in ℚ die 1 beliebig oft aufsummieren können, ohne Null zu erhalten, in GF (p) ist aber

\underbrace{1 + 1 + ⋯ + 1}_{p} = 0.

(3.6) Definition. Sei K ein Körper. Mit char K bezeichne die kleinste natürliche Zahl n, so daß

\underbrace{1 + 1 + ⋯ + 1}_{n} = 0

ist. Gibt es kein solches n, so schreibe char K = 0.

Es ist char ℚ = 0. Ist |K| < ∞, so ist stets char K > 0 : Bilde 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, …, \underbrace{1 + … + 1}_{|K|}. Ist eine dieser Summen gleich Null, so sind wir fertig. Somit können wir

nach dem Schubfachprinzip annehmen, daß zwei der Summen gleich sind. Also etwa

\underbrace{1 + … + 1}_{i} = \underbrace{1 + … + 1}_{j}, i < j.

Dann ist aber

\underbrace{1 + … + 1}_{j−i} = 0.

Endliche Körper werden in diesem Buch im Rahmen der Codierungstheorie eine wesentliche Rolle spielen. Wir wollen sie deshalb etwas eingehender untersuchen.

(3.7) Satz. Ist K ein Körper mit char K = n ≠ 0, so ist n eine Primzahl.

Beweis. Sei p = ab, a, b > 0. Dann ist

\underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{a –mal} \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{b –mal} = \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{n –mal} = 0 .

Da K ein Körper ist, ist dann

\underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{a –mal} = 0

oder

\underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{b –mal} = 0 .

Die minimale Wahl von n liefert nun n = a oder n = b, also ist n eine Primzahl. □

(3.8) Satz. Sei K ein endlicher Körper mit char K = p. Setze

F = \{\underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{i –mal} | 1 ≤ i ≤ p\} ⊆ K.

Dann ist F ein Körper mit |F | = p. Wir nennen F den Primkörper von K.

Beweis.

\underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{m –mal} + \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{n –mal} = \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{m+n –mal} = \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{i –mal} ∈ F ,

wobei m + n ≡ i (mod p), i ∈ {1, …, p}.

Genauso:

\underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{m –mal} \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{n –mal} = \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{mn –mal} = \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{i –mal} ∈ F ,

wobei mn ≡ i (mod p), i ∈ {1, …, p}.

Die restlichen Rechenregeln (1) – (6) folgen leicht. Sei a = \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{m –mal} ∈ F, a ≠ 0. Also m ≡ / 0 (mod p). Dann gibt es ein x ∈ \{1, …, p − 1} mit

mx ≡ 1 (mod p) .

Sei b = \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{x –mal} ∈ F. Dann ist

ab = \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{m –mal} \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{x –mal} = \underbrace{(1 + ⋯ + 1)}_{mx –mal} = 1 .

Das ist (7). □

(3.9) Beispiel. Es gibt keinen Körper K mit |K| = 6. Sei F der Primkörper. Dann ist |F | ≤ |K| und nach (3.7) ist |F | = 2, 3 oder 5. Sei

a ∈ K, a ∉ F. Setze

F_{1} = {f_{1} + af_{2} | f_{1}, f_{2} ∈ F }

Seien f_{1}, f_{2} ∈ F ∋ f′_{1}, f′_{2} mit

f_{1} + af_{2} = f′_{1} + af′_{2} .

Dann ist

f_{1} − f′_{1} = a(f′_{2} − f_{2}) .

Ist f_{2} ≠ f′_{2}, so ist a = (f_{1} − f′_{1})(f′_{2} − f_{2})^{−1} ∈ F, ein Widerspruch. Also ist f_{2} = f′_{2} und dann auch f_{1} = f′_{1}. D.h.

|F_{1}| = |{f_{1} + af_{2} | f_{1}, f_{2} ∈ F }| = |F |^{2} ≤ |K| .

Das liefert |F | = 2 und |F_{1}| = 4. Sei nun b ∈ K, b ∉ F_{1}. Betrachte

F_{2} = {f_{1} + bf_{2} | f_{1} ∈ F_{1}, f_{2} ∈ F }.

Sei

f′_{1} + bf′_{2} = f_{1} + bf_{2} .

Dann ist (f′_{1} − f_{1}) = b(f_{2} − f′_{2}). Ist f′_{2} ≠ f_{2}, so ist

b = (f′_{1} − f_{1})(f_{2} − f′_{2})^{−1}

Wir zeigen nun wie oben b ∈ F_{1}. Seien zunächst h_{1} + ah_{2}, h̃_{1} + ah̃_{2} ∈ F_{1}, h_{i}, h̃_{i} ∈ F, i = 1, 2. Dann ist auch

(h_{1} + ah_{2}) + (h̃_{1} + ah̃_{2}) = (h_{1} + h̃_{1}) + a(h_{2} + h̃_{2}) ∈ F_{1},

da h_{1} + h̃_{1} ∈ F, h_{2} + h̃_{2} ∈ F (F ist ein Körper).

Sei nun f ∈ F. Dann ist

(h_{1} + ah_{2})f = h_{1}f + ah_{2}f ∈ F_{1},

da h_{1}f ∈ F und h_{2}f ∈ F sind. Somit ist F_{1} additiv und gegen Multiplikation mit Elementen aus F abgeschlossen.

Das liefert nun den Widerspruch b ∈ F_{1}. Also ist f_{2} = f′_{2}. Dann folgt aber auch f_{1} = f′_{1}. Somit ist

|F_{2}| = 8,

ein Widerspruch. □

Diese Idee, die wir eben zum Nichtexistenzbeweis benutzt haben, können wir verallgemeinern zu:

(3.10) Satz. Sei K ein endlicher Körper mit char K = p. Dann gibt es ein n ∈ ℕ mit |K| = p^{n}.

Beweis. Sei F der Primkörper von K, F ⊆ K, |F | = p. Ist F = K, so sind wir fertig. Sei also F ≠ K. Wähle a ∈ K, a ∉ F. Setze

F_{1} = {x + ya | x, y ∈ F } .

Wie eben folgt |F_{1}| = p^{2}. Weiter ist F_{1} gegen Addition und Multiplikation mit Elementen aus F abgeschlossen.

Ist K = F_{1}, so sind wir fertig. Sei also K ≠ F_{1}. Wir bilden nun induktiv die folgenden Mengen F_{i}:

F_{i} = {x + ya_{i} | x ∈ F_{i−1}, y ∈ F } , a_{i} ∈ K , a_{i} ∉ F_{i−1} .

Es sei F_{i−1} gegen Addition und Multiplikation mit Elementen aus F abgeschlossen. Dann ist auch F_{i} gegen Addition und Multiplikation mit Elementen aus F abgeschlossen:

Seien x_{1} + y_{1}a_{i}, x_{2} + y_{2}a_{i} ∈ F_{i}. dann ist

(x_{1} + y_{1}a_{i}) + (x_{2} + y_{2}a_{i}) = (x_{1} + x_{2}) + (y_{1} + y_{2})a_{i} ∈ F_{i}.

und für f ∈ F gilt

f(x_{1} + y_{1}a_{i}) = (fx_{1}) + (fy_{1})a_{i} ∈ F_{i}.

Ist nun x_{1} + y_{1}a_{i} = x_{2} + y_{2}a_{i}, so folgt

(x_{1} − x_{2}) = a_{i}(y_{2} − y_{1}) .

Ist y_{2} ≠ y_{1}, so ist (x_{1} − x_{2})(y_{2} − y_{1})^{−1} = a_{i}. Es gilt

x_{1} − x_{2} ∈ F_{i−1}  (Abgeschlossen gegen Addition)
(x_{1} − x_{2})(y_{2} − y_{1})^{−1} ∈ F_{i−1} (Abgeschlossen gegen Multiplikation mit

Elementen aus F)

Also folgt nun a_{i} ∈ F_{i−1}, ein Widerspruch. Also ist |F_{i}| = p^{i+1}, falls |F_{i−1}| = p^{i} war. Da |K| < ∞ ist, gibt es ein j mit K = F_{j}. □

Der obige Beweis zeigt sogar: Ist |K| = p^{n}, F der Primkörper, so gibt es v_{1}, …, v_{n} ∈ K mit

K = {a_{1}v_{1} + ⋯ + a_{n}v_{n} | a_{i} ∈ F } .

{v_{1}, …, v_{n}} heißt additive Basis von K. Halten wir eine solche Basis fest und ordnen jedem a_{1}v_{1} + ⋯ + a_{n}v_{n} das Element (a_{1}, …, a_{n}) zu, so können wir K als die Menge der n- Tupel über F auffassen. Diese Betrachtensweise wird in der Codierungstheorie eine wichtige Rolle spielen.

(3.11) Bemerkung. Für diejenigen Leser, die etwas Vorkenntnisse über Vektorräume haben, sei gesagt, daß die Aussage von (3.10) nur die ist, daß K ein F -Vektorraum mit Basis {v_{1}, …, v_{n}} ist :

Da K gegen Addition und Multiplikation mit Elementen von F abgeschlossen ist, ist K ein F -Vektorraum. Da |K| endlich ist, gibt es eine Basis {v_{1}, …, v_{n}}. Also ist jedes Element aus K eindeutig in der Form a_{1}v_{1} + ⋯ + a_{n}v_{n} , mit a_{i} ∈ F, darstellbar. Also hat K genau p^{n} viele Elemente.

Übungen

38) Sei m ∈ ℕ, M = \{\frac{a}{b} |ggT (b, m) = 1, ggT (a, b) = 1\} ∪ \{0\} ⊆ Q I. Ist M ein Ring ?

39) Für welche n ∈ ℕ, n quadratfrei, ist

R_{n} = \{\frac{a + b\sqrt{n}}{2}|a, b ∈ ZZ, a − b gerade\}

ein Ring ?

40) Sei S eine Menge mit einer binären Operation ∗. Es gelte

x ∗ x = x, für alle x ∈ S
(x ∗ y) ∗ z = (y ∗ z) ∗ x, für alle x, y, z ∈ S

Dann ist x ∗ y = y ∗ x für alle x, y ∈ S.

41)^{∗∗} Betrachte die Funktion

f(m, n) = \frac{n − 1}{2}[|(B^{2} − 1)| − (B^{2} − 1)] + 2

mit

B = 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.

42) Gib einen Körper mit 4 Elementen an.

§4 Polynome

In diesem Kapitel wollen wir uns mit Polynomen beschäftigen. Wir werden sehen, daß die Polynome mit Koeffizienten in einem festen Körper (z.B. ℝ) einen Ring im Sinne von §3 bilden. Es gilt aber noch mehr. In diesem Ring kann man ähnlich wie in ℤ rechnen, es gibt wieder eine eindeutige Primfaktorzerlegung. Der Beweis dieser Tatsache ist das erste Ziel des Kapitels. Darüber hinaus werden wird dann aber auch in der Lage sein, endliche Körper, die nicht ℤ/pℤ sind, anzugeben. Dies wird für die Anwendungen in der Kodierungstheorie von großer Bedeutung sein.

(4.1) Definition. Sei R ein Ring. Wir nennen einen Ausdruck

f = a_{0} + a_{1}x + ⋯ + a_{k}x^{k}

mit a_{i} ∈ R, ein Polynom über R. Die a_{i} nennen wir die Koeffizienten des Polynoms f. Ist a_{k} ≠ 0, so schreiben wir grad f = k (Grad von f). Ist f = 0, so setzen wir grad f = −∞.

Auf der Menge der Polynome über R definieren wir eine Addition und eine Multiplikation durch folgende Festsetzung:

Seien

\begin{matrix}a = a_{0} + a_{1}x + ⋯ + a_{k}x^{k} \\ b = b_{0} + b_{1}x + ⋯ + b_{ℓ}x^{ℓ} \end{matrix}

Polynome. Indem wir notfalls mit Nullen auffüllen, können wir k = ℓ annehmen. Nun definiere

\begin{aligned}a + b & = & (a_{0} + b_{0}) + (a_{1} + b_{1})x + ⋯ + (a_{k} + b_{k})x^{k} \\ a · b & = & c_{0} + c_{1}x + ⋯ + c_{2k}x^{2k} , mit \\ c_{i} & = & ∑_{j=0}^{k} a_{j}b_{i−j} , i = 0, …, 2k . \end{aligned}

Dadurch wird die Menge der Polynome über R zu einem Ring, den wir mit R[x] bezeichnen.

Eigentlich ist (4.1) gar keine Definition. Es ist nicht klar, was x sein soll. Weiter ist das “+” Zeichen in a_{0} + a_{1}x + ⋯ + a_{k}x^{k} nicht geklärt. Dieses ist nur symbolisch zu verstehen und hat mit der Addition in R wenig zu tun. Insbesondere sind Polynome zunächst einmal keine Funktionen.

Sei z.B. R = GF (2), f = x, g = x^{2}. Dann ist f ≠ g als Polynom. Da aber 0^{2} = 0, 1^{2} = 1 ist, wären f : R → R, g : R → R als Funktionen identisch.

Man kann die Definition (4.1) exakt machen, indem man wie folgt vorgeht:

Die Polynome seien Folgen (a_{i})_{i∈ℕ∪{0}}, a_{i} ∈ R, a_{i} = 0 für i ≥ k. Die Addition sei durch

(a_{i}) + (b_{i}) = (a_{i} + b_{i})

und die Multiplikation durch (a_{i})(b_{i}) = (c_{i})

c_{i} = ∑_{j=0}^{k} a_{j}b_{i−j} .

definiert.

Wir können dann a ∈ R mit der Folge (a_{i})_{i∈ℕ∪{0}}, a_{0} = a, a_{i} = 0 für i > 0, identifizieren. Weiter setzen wir

x = (0, 1, 0, 0, …) .

Dann ist

x^{k} = (0, 0, 0, …, 0, 1_{{↑ \atop k}}, 0, 0, …, 0, …).

Damit wird aus der Folge:

(a_{0}, a_{1}, …, a_{k}, 0, 0, …, 0)

der Ausdruck

a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + ⋯ + a_{k}x^{k} .

Nur ist nun die Addition die des Polynomrings und nicht die in R!

Wir haben nun eine exakte Definition, werden aber dennoch mit den Polynomen nicht als Folgen rechnen, sondern mit den eingangs angegebenen Ausdrücken, was zum einen einfacher ist und zum anderen mehr unserer Erfahrung entspricht.

(4.2) Satz. Sei K ein Körper. Dann gilt

(a) Sind f, g ∈ K[x], so ist

grad (f + g) ≤ max( grad f, grad g)

grad (f · g) = grad f + grad g

(b) Sind f, g ∈ K[x] und ist f · g = 0, so ist f = 0 oder g = 0.

Beweis. (a) Seien f = ∑_{i=0}^{n} a_{i}x^{i}, a_{n} ≠ 0 und g = ∑_{i=0}^{m} b_{i}x^{i}, b_{m} ≠ 0.

Klar ist grad (f + g) ≤ max( grad f, grad g).

Es ist fg = ∑_{j=0}^{n+m} c_{j}x^{j}. Also ist grad fg ≤ grad f + grad g. Es ist c_{n+m} = a_{n}b_{m} ≠ 0.

Die Gleichung gilt auch noch für f = 0 oder g = 0 . Dann ist z.B. grad f = −∞. Also ist

grad f + grad g = −∞ = grad fg.

(b) −∞ = grad fg =_{(a)} grad f + grad g. Damit ist grad f = −∞ oder grad g = −∞,

d.h. f = 0 oder g = 0. □

(4.3) Beispiel. Die Voraussetzung K ist Körper in (4.2) ist wesentlich, wie das folgende Beispiel zeigt. Sei

R = ℤ/6ℤ

die Menge der Restklassen modulo 6. Sei

f = 2x und g = 3x

Dann ist grad f = 1 = grad g aber fg = 6x = 0, also grad fg = −∞.

Wir wollen nun zeigen, daß es in K[x] eine eindeutige Primfaktorzerlegung gibt. Hierzu müssen wir aber zunächst Primelemente definieren.

Den Begriff des Teilers können wir wie in §2 definieren :

f | g genau, falls es ein h ∈ K[x] mit g = fh gibt.

Bei der Definition des Primelementes müssen wir vorsichtiger sein. Wir wollen, daß p im “wesentlichen” nur den Teiler p hat. Es gilt aber stets

p = 1 · p.

In ℚ[x] können wir dann auch p = \frac{1}{2} ·2·p schreiben usw. Ist also e | 1, so ist e | p. Diese Elemente wollen wir Einheiten nennen. Einheiten teilen jedes f ∈ K[x]. Die Einheiten von ℤ waren genau ±1. Mit dieser Information definieren wir nun:

(4.4) Definition. Sei K ein Körper.

(a) Ein Element e ∈ K[x] heißt eine Einheit, falls es ein e′ ∈ K[x] mit

ee′ = 1

gibt.

(b) Ein Element p ∈ K[x] heißt irreduzibel, falls p keine Einheit ist, und aus d | p stets d Einheit oder d = ep, e Einheit, folgt.

(4.5) Satz. Se3i K ein Körper. Ist f ∈ K[x] eine Einheit, so ist f ∈ K.

Beweis. Sei g ∈ K[x] mit fg = 1. Nach (4.2) ist dann

0 = grad fg = grad f + grad g.

Also ist grad f = 0, was f ∈ K liefert. □

(4.6) Satz. Sei K ein Körper und 0 ≠ f ∈ K[x] keine Einheit. Dann ist f Produkt von irreduziblen Elementen.

Beweis. Ist f nicht irreduzibel, so gibt es a, b ∈ K[x] mit

f = ab.

Es ist grad f = grad a + grad b.

Wir wollen (4.6) durch Induktion nach grad f beweisen. Dazu muß grad a < grad f > grad b sein.

Sei grad a = 0. Dann ist a = a_{0} ≠ 0. Also gibt es a_{0}^{−1} ∈ K mit a_{0}^{−1}a = 1, d.h. a ist Einheit. Da f nicht irreduzibel ist, können wir annehmen, daß weder a noch b Einheiten sind. Also ist grad a > 0 < grad b, d.h.

grad a < grad f > grad b

□

Um die Eindeutigkeit der Zerlegung zu beweisen, müssen wir den Beweis von (2.1) analysieren. Das wesentliche Hilfsmittel war, daß wir den größten gemeinsamen Teiler ggT (a, b) als a u + b v schreiben konnten. Dies folgte aus der Existenz einer Division mit Rest. Wir müssen also nur beweisen, daß es eine Division mit Rest gibt.

(4.7) Satz. Sei K ein Körper. Dann besitzt K[x] eine Division mit Rest.

Beweis. Sei \begin{matrix}a = a_{0} + a_{1}x + … + a_{n}x^{n} \\ b = b_{0} + b_{1}x + … + b_{m}x^{m} , a_{i}, b_{i} ∈ K, b_{m} ≠ 0. \end{matrix}

Für m > n setze p = 0, r = a. Dann ist a = pb + r und

grad r < grad b oder r = 0.

Sei m ≤ n. Definiere

ã = a − a_{n}b_{m}^{−1}x^{n−m}b = (a_{n}x^{n} + … + a_{0}) − (a_{n}b_{m}^{−1}x^{n−m}b_{m}x^{m} + …)

Also ist grad ã ≤ n − 1 < n. Es ist

a = a_{n}b_{m}^{−1}x^{n−m}b + ã

Per Induktion nach grad a können wir ã durch b mit Rest teilen. Also zu a, b ∈ K[x] gibt es p, r ∈ K[x] mit

a = pb + r und grad r < grad b oder r = 0.
□

(4.8) Satz. Sei K ein Körper und g, h ∈ K[x], c = ggT (g, h). Dann gibt es u, v ∈ K[x] mit

c = u g + v h.

Beweis. Wie (2.3). □

Damit erhalten wir wie in §2 :

(4.9) Satz. Sei K ein Körper und 0 ≠ f ∈ K[x] keine Einheit. Dann läßt sich f eindeutig als Produkt von irreduziblen Polynomen schreiben. (Eindeutig bedeutet wie in (2.1) bis auf die Reihenfolge und Einheiten!)

(4.10) Bemerkung. Es gibt einen kleinen Unterschied zwischen der Division mit Rest in ℤ und K[x]. In K[x] ist der Rest eindeutig bestimmt:

Sei a = pb + r = p_{1}b + r_{1}. Dann ist (p − p_{1})b = r_{1} − r. Also

grad ((p − p_{1})b) = grad (r_{1} − r)

Es ist

grad ((p − p_{1})b) =_{(4.2)} grad (p − p_{1}) + grad b ≤_{(4.2)} max( grad r, grad r_{1}) < grad b.

Also ist grad (p − p_{1}) = −∞, d.h. p = p_{1}. Dann ist aber auch r_{1} = r.

In ℤ ist der Rest nicht eindeutig bestimmt:

5 = 2 · 2 + 1 = 3 · 2 − 1

Es gilt: Ist R ein Ring mit Division mit Rest. Ist der Rest eindeutig bestimmt, so gibt es einen Ring R̃, so daß “R = R̃[x]” ist. Gibt es höchstens zwei Reste und kommen diese auch vor, so ist “R = ℤ”, wobei die exakte Bedeutung des Begriffes “ = ” hier nicht definiert werden soll.

(4.11) Beispiel. Finde ein Polynom p ∈ ℝ[x] mit x^{2} + 1 | p und x^{3} + x^{2} + 1 | p + 1 :

Es ist p = (x^{2} + 1)s, p + 1 = (x^{3} + x^{2} + 1)t

Dann ist

(x^{2} + 1)s − (x^{3} + x^{2} + 1)t = 1.

Da ggT (x^{2} + 1, x^{3} + x^{2} + 1) = 1 ist, können wir s und t mit dem euklidischen Algorithmus finden.

\begin{aligned}x^{3} + x^{2} + 1 & = & (x + 1)(x^{2} + 1) + (−x) \\ x^{2} + 1 & = & −x(−x) + 1 \end{aligned}

Das liefert nun

1 = (x^{2} + 1) + x(−x) =
= (x^{2} + 1) + x[x^{3} + x^{2} + 1 − (x + 1)(x^{2} + 1)]
= (x^{2} + 1)[1 − x(x − 1)] + x(x^{3} + x^{2} + 1)

Also ist s = x^{2} + x − 1 und t = x. Damit ist p = (x^{2} + 1)(x^{2} + x − 1). □

Obwohl Polynome keine Funktionen sind, wollen wir doch eine Einsetzung definieren.

(4.12) Definition. Sei R ein Ring, f ∈ R[x], a ∈ R. Definiere f(a) als

a_{0} + a_{1}a + … + a_{k}a^{k},

wobei f = a_{0} + a_{1}x + … + a_{k}x^{k} ist. (Achtung, die Addition ist nun die Addition in R!) Ist f(a) = 0, so nenne a eine Nullstelle von f.

Ein Ziel in diesem Paragraphen ist es, endliche Körper zu konstruieren. Dazu werden wir die Arithmetik in K[x] benutzen. Wir werden allerdings zunächst Polynome noch sehr genau studieren müssen.

(4.13) Satz. Sei K ein Körper, a ∈ K, f ∈ K[x]. Ist f(a) = 0, so ist x − a | f.

Beweis. Wir dividieren f durch (x − a) mit Rest. Also

f = (x − a)g + r , grad r < grad (x − a) = 1.

Es ist r ∈ K. Dann ist

0 = f(a) = (a − a)g(a) + r = 0 + r

Somit ist

f = (x − a)g.
□

(4.14) Satz. Sei K ein Körper, 0 ≠ f ∈ k[x], grad f = n. Dann ist

m = |{a|a ∈ K, f(a) = 0}| ≤ n

Beweis. Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach n = grad f.

Ist n = 0, so ist die Behauptung klar. Sei n > 0, a ∈ K, f(a) = 0. Dann ist nach (4.12)

f = (x − a)g, grad g = grad f − 1.

Per Induktion ist

|{b|b ∈ K, g(b) = 0}| ≤ n − 1.

Sei nun b ≠ a, f(b) = 0. Dann ist

0 = f(b) = (b − a)g(b).

Also ist g(b) = 0. Somit ist

m = |{b|b ∈ K, g(b) = 0}| + 1 ≤ n.
□

Wir haben zwar Polynomringe über Ringen definiert, in den Sätzen haben wir uns aber nur mit Polynomringen über Körpern beschäftigt. Daß dies gute Gründe hat, zeigt das folgende Beispiel.

(4.15) Beispiele. (a) Sei R = ℤ/6ℤ, f = (x − 2)(x − 3) ∈ R[x]. Dann hat f die Nullstellen 0,2,3,5 und f(1) = 2 ≠ 0, also f ≠ 0. Somit gilt (4.14) nicht mehr, falls der Koeffizientenbereich kein Körper ist, da die Anzahl der verschiedenen Nullstellen von f größer als grad f ist.

Man kann nun einwenden, daß ℤ/6ℤ ein ungewhnlicher Ring ist. Aber auch mit ℤ ist man vor Überraschungen nicht sicher.

(b) In ℤ[x] gibt es keine Division mit Rest :

Wir müssen zunächst klären, was “es gibt keine Division mit Rest” bedeuten soll. Wir haben bisher zwei Fälle einer Division mit Rest kennen gelernt. Dabei galt stets : Zu jedem Paar a, b, b ≠ 0 gibt es r, s mit a = sb + r und r ist klein im Verhältnis zu b. Dabei wurde dies in ℤ durch den Betrag, in K[x] durch den Grad gemessen. Es gab also stets eine Abbildung φ nach ℕ ∪ 0 mit φ(r) < φ(b) oder r = 0. Unsere Aussage über ℤ[x] ist, daß es eine solche Abbildung nicht gibt.

Wenn es eine Division mit Rest gibt, so gilt auch Satz (4.8). Wir zeigen, daß dieser Satz in ℤ[x] nicht gilt.

Sei f = 2 und g = x. Dann ist offenbar ggT (2, x) = 1. Hätten wir eine Division mit Rest, so gibt es Polynome a(x), b(x) ∈ ℤ[x] mit

1 = 2a(x) + xb(x).

Indem wir hier x = 0 einsetzen, erhalten wir

1 = 2a(0),

was aber in ℤ sicherlich keine Lösung hat.

Der Leser möge sich an f = x^{3} − 1, g = x^{2} − 5, f, g ∈ ℤ[x] versuchen. Auch hier kann der ggT (f, g) nicht als Summe dargestellt werden. □

(c) Obwohl wir keine Division mit Rest haben, verhält sich ℤ[x] bezüglich der Nullstellen wie ein Polynomring über einem Körper.

Ist f ∈ ℤ[x] und k ∈ ℤ mit f(k) = 0, so ist f = (x − k)g mit g ∈ ℤ[x].

Es ist f = (x − k)g mit g ∈ ℚ[x]. Sei f = ∑_{i=0}^{n} a_{i}x^{i} und g = ∑_{i=0}^{n−1} b_{i}x^{i}, mit a_{i} ∈ ℤ

und b_{i} ∈ ℚ. Koefizientenvergleich in f = (x − k)g liefert b_{n−1} = a_{n} ∈ ℤ. und allgemein a_{i} = b_{i−1} − kb_{i} ∈ ℤ, i < n. Ist also b_{i} ∈ ℤ bereits gezeigt, so folgt auch b_{i−1} ∈ ℤ. Das liefert nun g ∈ ℤ[x]. □

(d) Sei f ∈ ℤ[x] und a, b, c, d paarweise verschiedene ganze Zahlen mit f(a) = f(b) = f(c) = f(d) = 5. Dann ist f(k) ≠ 8 für alle k ∈ ℤ. Setze g(x) = f(x) − 5. Nach (c) gilt

g = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d)h, mit h ∈ ℤ[x]

Sei k ∈ ℤ mit f(k) = 8. Dann ist g(k) = 3, also

(k − a)(k − b)(k − c)(k − d)h(k) = 3

Das liefert k − a | 3, k − b | 3, k − c | 3, k − d | 3. Da für die k − a, k − b, k − c, k − d nur die Werte ±1, ±3 möglich sind, müssen zwei gleich sein, ein Widerspruch. □

(e) Sei f ∈ ℤ[x] und k ∈ ℕ, so daß k keine der Zahlen f(1), …, f(k) teilt. Dann ist f(a) ≠ 0 für alle a ∈ ℤ.

Sei f(a) = 0 für ein a ∈ ℤ. Dann ist k | f(a). Da aus u ≡ v stets auch f(u) ≡ f(v) folgt, ist f(a) zu einem der Werte f(1), …, f(k) kongruent. Diese werden aber nicht von k geteilt. □

(f) Sei f = x^{2} − 2 ∈ GF (p)[x]. Wann ist f irreduzibel ?

p = 2 : f = x^{2}. Dann ist x | f, also ist f nicht irreduzibel.

p = 3 : Sei x^{2} − 2 = (ax + b)(cx + d). Dann ist ac = 1, d.h. a = c = ±1, und ad + bc = 0, d.h. b = −d und b^{2} = 2. Aber 1^{2} = 1, (−1)^{2} = 1. Das ist ein Widerspruch. Somit ist f irreduzibel.

p = 5 : f ist irreduzibel. p = 7 : x^{2} − 2 = (x − 3)(x − 4) also reduzibel.

Man kann übrigens zeigen, daß f genau dann reduzibel ist, falls p ≡ ±1 (mod 8) ist. □

(g) Ist x^{4} + x + 1 ∈ GF (2)[x] irreduzibel ?

Sei p | x^{4} + x + 1. Ist grad p = 1, so gibt es ein a ∈ GF (2) mit a^{4} + a + 1 = 0. Aber 0^{4} + 0 + 1 = 1 und 1^{4} + 1 + 1 = 1.

Sei grad p = 2. Die Liste der Polynome vom Grad 2 ist:

x^{2} + x + 1
x^{2} + x = x(x + 1)
x^{2} + 1 = (x + 1)^{2}
x^{2}

Da p irreduzibel ist, bleibt nur p = x^{2} + x + 1. Dann gilt:

x^{4} + x + 1 = (x^{2} + x + 1)^{2} = x^{4} + x^{2} + 1,

ein Widerspruch. □

Wie in ℤ können wir auch in K[x] den Begriff der Kongruenz einführen. Seien p, q, f ∈ K[x], f ≠ 0. Schreibe

p ≡ q (mod f)

falls

f | p − q.

Mit K[x]/fK[x] bezeichne die Kongruenzklassen modulo f. Ist f irreduzibel, so folgt wie in (3.2)(d), daß K[x]/fK[x] ein Körper ist.

(4.16) Beispiel. (a) K = GF (3)[x]/(x^{2} − 2)GF (3)[x]. Sei g ∈ GF (3)[x]. Dividiere g durch x^{2} − 2 mit Rest r. Dann ist grad r ≤ 1. Also entsprechen die Restklassen den Polynomen vom Grad ≤ 1, d.h.

0, 1, 2, x, x + 1, x + 2, 2x, 2x + 1, 2x + 2

Somit ist |GF (3)[x]/(x^{2} − 2)GF (3)[x]| = 9.

Damit haben wir den ersten endlichen Körper, der kein Primkörper ist.

(b) K = GF (2)[x]/(x^{2} + x + 1)GF (2)[x]. Die Restklassen entsprechen den Polynomen

0, 1, x, x + 1

Somit ist K ein Körper mit 4 Elementen. □

Dieses Beispiel können wir verallgemeinern:

(4.17) Satz. Ist f ∈ GF (p)[x] irreduzibel vom Grad n, so ist GF (p)[x]/fGF (p)[x] ein Körper mit p^{n} Elementen.

Beweis. Wie in (4.16) identifizieren wir GF (p)[x]/fGF (p)[x] mit den Polynomen vom Grad ≤ n − 1. Davon gibt es genau p^{n} viele. □

Um zu zeigen, daß es Körper mit p^{n} Elementen gibt, könnten wir zeigen, daß es über GF (p) stets ein irreduzibles Polynom vom Grad n gibt. Dann liefert (4.17) den gewünschten Körper. Das ist zwar richtig aber zu mühselig. Wir wollen einen anderen Weg gehen.

Ist f = ∑_{i=0}^{n} a_{i}x^{i} ein irreduzibles Polynom über GF (p) und K = GF (p)[x]/fGF (p)[x].

Dann können wir auch f als Polynom über K auffassen (f = ∑_{i=0}^{n} a_{i}y^{i} ∈ K[y], wobei uns

zugute kommt, daß x keine besondere Bedeutung hatte, es kann auch y genannt werden.). Nun ist aber

f ≡ 0 (mod f).

Also ist für f als Polynom über K das Element x ∈ K eine Nullstelle. Insbesondere ist f nicht mehr irreduzibel über K, falls nicht grad f ≤ 1 war.

Sei g ein beliebiges Polynom über einem Körper F. Sei g = f_{1} · · ·· · · f_{r} die Zerlegung in irreduzible Polynome über F. Sei f_{1} nicht linear. Setze

K_{1} = F [x]/f_{1}F [x]

Betrachte nun g als Polynom über K_{1}. Dann sei

g = f_{1}^{(1)} ⋯ f_{t}^{(1)}

die Zerlegung von g in irreduzible Polynome über K_{1}. Dabei ist grad f_{1}^{(1)} < grad f_{1}.

Nach endlich vielen Schritten erhalten wir so einen Körper K_{i}, so daß g über K_{i} in Linearfaktoren zerfällt. Wir nennen K_{i} einen Zerfällungskörper von g.

Sei jetzt F = GF (p)[x] und konkret g = x^{p^{n}} − x. Sei K = K_{i} der eben konstruierte Körper. Wir zeigen:

K enthält einen Körper K̃ mit |K̃| = p^{n}.

Dazu setzen wir

K̃ = {a|a ∈ K, g(a) = 0}.

Wir zeigen zunächst, daß K̃ ein Körper ist. Sind a, b ∈ K̃, so ist

(a + b)^{p^{n}} = a^{p^{n}} + b^{p^{n}} = a + b
(ab)^{p^{n}} = a^{p^{n}}b^{p^{n}} = ab
1^{p^{n}} = 1
0^{p^{n}} = 0.

Nach (4.14) ist

|K̃| ≤ p^{n}.

Da g in K in Linearfaktoren zerfällt, ist |K̃| < p^{n} genau dann, wenn es ein a ∈ K gibt, so daß

(x − a)^{2} | g.

Es bleibt also zu zeigen, daß g keine doppelte Nullstellen enthält. Dies werden wir gleich nachholen. Modulo dieser Lücke haben wir bewiesen :

(4.18) Satz. Sei p eine Primzahl, n ∈ ℕ, so gibt es einen Körper K mit |K| = p^{n}.

Wir wollen nun ein Kriterium entwickeln, mit dem man entscheiden kann, ob ein Polynom mehrfache Nullstellen hat, ohne sie zu berechnen.

Sei K ein Körper, g = ∑_{i=0}^{k} a_{i}x^{i} ∈ K[x]. Setze g′ = ∑_{i=0}^{k} ia_{i}x^{i−1}.

Zunächst einmal ist die Abbildung “′ ” additiv :

(f + g)′ = f′ + g′

Dies folgt sofort aus der Definition. Wie sieht es aber mit (fg)′ aus ? Wir bestimmen erst einmal (x^{r}g)′ :

(x^{r}g)′ = (∑_{i=0}^{k} a_{i}x^{i+r})′ = ∑_{i=0}^{k} a_{i}(i + r)x^{i+r−1}

Das liefert

(x^{r}g)′ = rx^{r−1}g + x^{r}g′.

Nun gilt allgemein für g = ∑_{i=0}^{k} a_{i}x^{i} und f = ∑_{j=0}^{t} b_{j}x^{j} :

(fg)′ = (∑_{j=0}^{t} b_{j}x^{j}g)′ = ∑_{j=0}^{t} b_{j}(x^{j}g)′ = ∑_{j=0}^{t} b_{j}(jx^{j−1}g + x^{j}g′) = f′g + fg′

Sei jetzt (x − a)^{2} | g, so ist g = (x − a)^{2}f. Also ist

g′ = 2(x − a)f + (x − a)^{2}f′.

Das liefert

(x − a) | g′.

Insbesondere ist

ggT (g, g′) ≠ 1.

Wollen wir feststellen, ob ein Polynom g eine doppelte Nullstelle in einem Zerfällungskörper hat, so berechnen wir

ggT (g, g′).

Das können wir leicht mit dem euklidischen Algorithmus machen. Ist ggT (g, g′) = 1, so hat g keine doppelte Nullstelle. Was ist aber, wenn ggT (g, g′) = c ≠ 1 ist?

Sei a eine Nullstelle von c, so ist

g(a) = 0 = g′(a).

Nun ist g = (x − a)f. Also g′ = (x − a)f′ + f. Es ist 0 = g′(a) = f(a). Damit ist x − a | f. Das liefert

g = (x − a)^{2}f̃.

Dies fassen wir im folgenden Satz zusammen.

(4.19) Satz. Sei K ein Körper und g ∈ K[x]. Dann hat g genau dann keine doppelte Nullstelle in einem Zerfällungskörper, wenn ggT (g, g′) = 1 ist.

Satz (4.19) bietet in der Tat eine Möglichkeit, zu entscheiden, ob ein Polynom doppelte Nullstellen in einem Zerfällungskörper hat, ohne die Nullstellen oder den Zerfällungskörper überhaupt zu kennen.

Wir wollen nun (4.19) auf das Polynom g = x^{p^{n}} − x ∈ GF (p)[x] anwenden.

Es ist (x^{p^{n}} − x)′ = p^{n}x^{p^{n}−1} − 1 = −1 ≠ 0. Also ist ggT (g, g′) = 1. Damit hat nach (4.19) g keine doppelte Nullstelle, d.h. |K̃| = p^{n}. Somit ist (4.18) vollständig bewiesen.

(4.20) Bemerkung. Wir hatten in diesem Paragraphen gesehen, daß sich ℤ und K[x], K Körper, sehr ähnlich verhalten. In beiden gibt es eine eindeutige Primfaktorzerlegung. Wir hatten uns auch überlegt, daß dies eigentlich nur an der Existenz einer Division mit Rest liegt. Dies kann man zu einer weiteren Abstraktion benutzen. Man kann Ringe betrachten, die nullteilerfrei sind, d.h. ist ab = 0 , so ist a = 0 oder b = 0 und eine Division mit Rest besitzen. Dazu muß man natürlich abstrakt definieren, was eine Division mit Rest sein soll. Wir hatten dies bereits in (4.15)(b) getan.

Sei R unser Ring. Dann hatten wir eine Abbildung φ von R \ {0} in ℕ ∪ 0 mit der Eigenschaft :

Sind a, b ∈ R, b ≠ 0, so gibt es q, r ∈ R mit

a = qb + r, wobei r = 0 oder φ(r) < φ(b) ist

Solche Ringe nennt man dann euklidische Ringe. Nun kann man genauso wie wir es in (2.3) bzw. (4.8) gemacht haben, zeigen, daß wir den ggT als Summe schreiben können, woraus dann wieder wie in §2 folgt, daß R eine eindeutige Primfaktorzerlegung hat.

Die Entscheidung, ob ein vorgegebener Ring euklidisch ist, ist ein hochgradig nichttriviales Problem. So ist es z.B. ein offenes Problem, für welche n der in §3 Aufgabe 38 angegebene Ring euklidisch ist.

Übungen

43) Sei K ein Körper. Finde f, g ∈ K[x] mit

(x^{8} − 1)f + (x^{5} − 1)g = x − 1

44) Ist x^{5} − x^{2} + 1 irreduzibel über ZZ ?

45) Finde alle irreduziblen Teiler von a) x^{2} + 1 in ZZ_{5}[x]

b) x^{3} + 5x^{2} + 5 in ZZ_{11}[x]

c) x^{4} + 3x^{3} + x + 1 in ZZ_{5}[x]

46)^{∗} a) Finde einen Zusammenhang zwischen der Anzahl der ungeraden Koeffizienten in (1 + x)^{n} und den Ziffern in der Dualdarstellung von n ∈ IN.

b) Beweise die in a) gefundene Vermutung.

47) Betrachte alle Geraden, die den Graph der Kurve

y = 2x^{4} + 7x^{3} + 3x − 5

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a = \frac{x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}}{4}

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48)^{∗∗} Seien a, b, c ∈ IR mit a + b + c = 0. Zeige :

\frac{a^{5} + b^{5} + c^{5}}{5} = (\frac{a^{3} + b^{3} + c^{3}}{3} ) (\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{2} )

49) Bestimme alle Polynome p ∈ ZZ[x] mit p(0) = 0 und p(x^{2} + 1) = p(x)^{2} + 1, für alle x ∈ ZZ.

50)^{∗} Berechne in ZZ_{2}[x]/(x^{3} + 1)ZZ_{2}[x] das Produkt (x + 1)(x^{2} + x + 1) und das Inverse zu x^{2}.

51) Zeige: Die Folge 10001, 100010001, 1000100010001,... enthält keine Primzahlen. Wie ist das, wenn es sich bei den obigen Zahlen nicht um Darstellungen zur Basis 10, also im Dezimalsystem, sondern um eine Darstellung zur Basis b handelt ?

§5 Designs

Problem. Es soll eine Weinprobe mit 8 Weinen durchgeführt werden. Es erscheint nicht sonderlich gut, jeden Tester alle 8 Weine probieren zu lassen. Vielleicht wäre es sinnvoller, folgende Bedingungen zu stellen.

(i) Jeder Tester testet 4 Weine
(ii) Jeder Wein wird von 3 Testern probiert

Gibt es z. B. 6 Tester, so wäre ein mögliches Testschema

1234, 5678, 1357, 2468, 1247, 3658

Frage: Geht das auch mit weniger als 6 Testern?

Sei b die Anzahl der Tester. Jedem Tester wird genau viermal Wein eingeschenkt. Also wird genau 4 × b mal Wein eingeschenkt. Andererseits wird jeder der acht Weine genau dreimal eingeschenkt. Also wird insgesamt genau 3×8 = 24 mal Wein eingeschenkt. Dies ergibt 4 × b = 24, also b = 6. Es werden somit genau 6 Tester benötigt.

Wir abstrahieren nun vom konkreten Problem

(5.1) Definition. Sei X eine Menge , |X| = v. Eine Menge B von k–Teilmengen von X heißt ein Design oder Blockplan mit den Parametern (v, k, r), falls jedes x ∈ X zu genau r Mengen in B gehört. Die Elemente aus B nennt man auch die Blöcke.

Unser obiges Beispiel ist ein (8,4,3)–Blockplan. Wir haben gerade gezeigt, daß ein (8,4,3)–Blockplan immer genau 6 Blöcke haben muß.

Es ist klar, daß es einige Einschränkungen für die Parameter geben muß.

(5.2) Beispiel. Gibt es einen (8,3,5)–Blockplan?

Jeder Block hat 3 Elemente und jedes x ∈ X ist in genau 5 Blöcken. Für jedes x gibt es 5 Blöcke, also 8 · 5 Blöcke insgesamt. Nur werden dabei einige Blöcke doppelt gezählt. Ist C ∈ B und x ∈ C, so wird C für jedes x ∈ C gezählt. Also haben wir 8 · 5/3 Blöcke. Die Anzahl der Blöcke muß aber eine natürliche Zahl sein. Somit gibt es keinen (8,3,5)–Blockplan.

Indem wir das Beispiel der Weinprobe verallgemeinern, erhalten wir den folgenden Satz

(5.3) Satz. Sei B ein Design mit den Parametern (v, k, r). Ist b = |B|, so gilt

vr = bk .

Beweis. Wir zählen I = {(x, C)|x ∈ X, C ∈ B, x ∈ C}.

Es ist \begin{matrix}|I| = |X|(#C mit x ∈ C) = vr \\ |I| = |B|(#x, x ∈ C) = b · k □ \end{matrix}

Für die Existenz eines Blockplanes ist also die Gültigkeit der Gleichung bk = vr notwendig. Der folgende Satz zeigt, daß diese Gleichung auch im wesentlichen hinreichend ist. Darüber hinaus gibt er ein Konstruktionsverfahren an.

(5.4) Satz. Es gibt genau dann einen Blockplan mit den Parametern (v, k, r), falls

k|vr und \frac{vr}{k} ≤ \binom{v}{k}

ist.

Beweis. Gibt es einen Blockplan, so folgt k|vr mit (5.3). Da die Anzahl aller k– Mengen gleich \binom{v}{k} ist, folgt \frac{vr}{k} = b ≤ \binom{v}{k}.

Seien nun umgekehrt die Parameter v, k, r gegeben. Sei X eine v–Menge und B irgendeine b–Menge von k–Teilmengen von X.

Für x ∈ X sei r(x) die Anzahl der C ∈ B mit x ∈ C. Dann ist

∑_{x∈X} r(x) = bk = vr.

Ist für alle x ∈ X stets r(x) = r, so sind wir fertig. Seien also x_{1}, x_{2} ∈ X mit r(x_{1}) > r > r(x_{2}).

Sei q_{1} die Anzahl der C ∈ B mit x_{1} ∈ C, x_{2} ∉ C. Sei q_{2} die Anzahl der C ∈ B mit x_{1} ∉ C, x_{2} ∈ C. Sei q_{12} die Anzahl der C ∈ B mit x_{1} ∈ C, x_{2} ∉ C.

Dann gilt:

q_{1} = r(x_{1}) − q_{12} , q_{2} = r(x_{2}) − q_{12} .

Also

q_{1} − q_{2} = r(x_{1}) − r(x_{2}) > 0 .

Für jede der q_{1} Mengen C, die x_{1} aber nicht x_{2} enthalten, definiere C^{∗} wie folgt:

Ist C = C_{1} ∪ {x_{1}} , x_{1} ∉ C_{1}, so setze C^{∗} = C_{1} ∪ {x_{2}}.

C^{∗} enthält x_{2} aber nicht x_{1}. Da q_{1} > q_{2} ist, muß es mindestens eine Menge C^{∗} geben, die nicht zu B gehört. Sei C_{0}^{∗} diese Menge. Ersetze nun C_{0} durch C_{0}^{∗}. Somit haben wir eine neue Menge B^{∗}. In dieser ist

r^{∗}(x_{1}) = r(x_{1}) − 1 , r^{∗}(x_{2}) = r(x_{2}) + 1 .

Alle anderen r(x_{i}) sind unverändert. Ist B^{∗} ein Blockplan, so sind wir fertig, falls nicht, wiederholen wir das Verfahren. Nach endlich vielen Schritten erhalten wir somit einen Blockplan. □

Wir wollen die Konstruktion aus (5.4) noch einmal an einem Beispiel erläutern.

(5.5) Beispiel. Wir konstruieren einen (9,3,2)–Blockplan.

Es ist b = \frac{9·2}{3} = 6 ≤ \binom{9}{3}. Wir beginnen mit

{1, 2, 3}, {2, 3, 4}, {3, 4, 5}, {4, 5, 6}, {5, 6, 7}, {7, 8, 9}.

Es ist \begin{matrix}r(1) = 1, & r(2) = 2, & r(3) = 3, & r(4) = 3, & r(5) = 3, \\ r(6) = 2, & r(7) = 2, & r(8) = 1, & r(9) = 1 . \end{matrix}

Wähle x_{1} = 3, x_{2} = 1. Ersetze im zweiten Block die 3 durch eine 1. Das liefert

{1, 2, 3}, {2, 1, 4}, {3, 4, 5}, {4, 5, 6}, {5, 6, 7}, {7, 8, 9}

Nun ist r(1) = 2 = r(3) = r. Wähle x_{1} = 4, x_{2} = 9 und ersetze im zweiten Block die 4 durch eine 9. Also :

{1, 2, 3}, {2, 1, 9}, {3, 4, 5}, {4, 5, 6}, {5, 6, 7}, {7, 8, 9}

Dann ist r(4) = 2 = r(9).

Wähle x_{1} = 5, x_{2} = 8. Ersetze im dritten Block die 5 durch eine 8.

{1, 2, 3}, {2, 1, 9}, {3, 4, 8}, {4, 5, 6}, {5, 6, 7}, {7, 8, 9}

Dies ist nun ein (9,3,2)–Blockplan.

Kommen wir wieder zu der Weinprobe. Gewisse Weine z.B. 1 und 6 werden niemals gegeneinander getestet. Das führt zu folgender Definition.

(5.6) Definition. Sei X eine v–Menge, B eine Menge von k–Teilmengen von X. Wir nennen B ein t–Design mit den Parametern (v, k, r_{t}), falls jede t–Teilmenge T von X in genau r_{t} Blöcken liegt. Jedes Design ist ein 1–Design.

Unser Weinbeispiel war ein 1–Design, aber kein 2–Design. Jedoch gibt es ein 3–Design mit k = 4, v = 8.

1 2 3 5  4 6 7 8
1 3 4 6  2 5 7 8
1 4 5 7  2 3 6 8
1 5 6 8  2 3 4 7
1 2 6 7  3 4 5 8
1 3 7 8  2 4 5 6
1 2 4 8  3 5 6 7

Dies ist ein (8,4,1) 3–Design. Es ist auch ein 2–Design und ein 1–Design. Dies ist kein Zufall, wie der folgende Satz zeigt.

(5.7) Satz. Ist B ein t–Design, so auch ein s–Design für alle 1 ≤ s ≤ t.

Beweis. Es genügt zu zeigen, daß B ein (t − 1)–Design ist.

Sei S ⊆ X mit |S| = t − 1. Wir zählen

I = {(x, C)|x ∈ X, C ∈ B, x ∉ S, {x} ∪ S ⊆ C} .

Da x ∉ S ist, gibt es v − (t − 1) Möglichkeiten für x. Für jedes solche x ist {x} ∪ S in genau r_{t} Elementen C ∈ B enthalten. Also ist

|I| = (v − (t − 1))r_{t} .

Sei r_{S} die Anzahl der Blöcke, die S enthalten.

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|I| = (k − (t − 1))r_{S} .

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Für unser (8,4,1) 3–Design folgt r_{2} = 3, r_{1} = 7.

(5.8) Beispiele. (a) Es gibt kein (8,4,1) 2–Design. Sonst gilt für r_{1}

r_{1} = r_{2} \frac{8 − 2 + 1}{4 − 2 + 1} = \frac{7}{3} ∉ ℕ .

(b) Es gibt kein (15,6,2) 3–Design. Es ist

r_{2} = \frac{15 − 3 + 1}{6 − 3 + 1} = \frac{13}{2} ∉ ℕ .

(c) Für unsere Weinprobe suchen wir ein 2–Design (8, 4, r_{2}), das als 1–Design die Parameter (8,4,3) hat. Dann ist 3 = r_{1} = r_{2} · \frac{7}{3}. Das ist aber nicht möglich. Wollen wir ein (8, 4, r_{2}) 2–Design haben, so ist r_{1} ≥ 7 !

Die Frage bleibt, ob man bei der Weinprobe, durch geeignete Wahl von k nicht doch ein (8, k, r_{2}) 2–Design bekommen kann, so daß die Anzahl der Tester klein wird.

Es gibt eine fundamentale Ungleichung (Fisher’sche Ungleichung [Statistical Tables for Biological, Agricultural, and Medical Research, 6th ed., New¡York : Hafner , 1963]), die besagt, daß dem Grenzen gesetzt sind: Sei B ein 2–Design (v, k, r_{2}), v ≠ k. Dann ist b ≥ v.

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∏_{j=1}^{i} \frac{v − (t − j)}{k − (t − j)}

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(5.9) Satz. Sei D ein (v, k, 1) 3–Design, k > 3, k < v. Für je zwei Blöcke C, C_{0} sei stets |C ∩ C_{0}| ≡ 0 (mod 2). Dann gilt eine der folgenden Aussagen:

(i) k = 4, v = 8

(ii) k = 6, v = 22

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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; 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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; 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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .]

Die (v, 3, 1) 2-Designs nennt man auch Steiner Triple Systeme. Sie waren einer der Ursprünge der Designtheorie. Dies geht auf eine Aufgabe von Kirkman aus dem Jahr 1847 zurück:

15 Schulmädchen gehen in 5 Gruppen zu je drei zur Schule. Gib eine Anordnung der einzelnen Aufstellungen für jeden der sieben Tage einer Woche an, so daß jedes Paar von Mädchen genau einmal zusammen in einer Gruppe ist.

Wir werden im folgenden sehen, daß diese 2–Designs Spezialfälle einer großen Klasse von 2–Designs sind, die wir zunächst behandeln werden.

(5.11) Definition. Sei X eine endliche Menge und B eine Menge von Teilmengen von X. Die Elemente von X wollen wir Punkte, die aus B Geraden nennen. Es gelte:

(1) Je zwei Punkte liegen auf genau einer Geraden.

(2) Je zwei Geraden schneiden sich in genau einem Punkt.

(3) Es gibt 4 Punkte, von denen keine 3 auf einer Geraden liegen.

Dann nennen wir (X, B) eine projektive Ebene.

(Die Bedingung (3) schließt Konfigurationen wie

{X} = B , aus.)

(5.12) Beispiel. Sei K = GF (p), K_{1} ⊇ K, |K_{1}| = p^{3}.

Sei X die Menge aller ⟨v⟩ := {uv|u ∈ K}, v ∈ K_{1} ∖ {0}. Sei B = die Menge aller

{u_{1}v_{1} + u_{2}v_{2}|u_{1}, u_{2} ∈ K} = ⟨v_{1}⟩ + ⟨v_{2}⟩, v_{1}, v_{2} ∈ K_{1} ∖ {0}, v_{1} ∉ ⟨v_{2}⟩, v_{2} ∉ ⟨v_{1}⟩.

Dann ist (X, B) eine projektive Ebene.

(1) Ist ⟨v_{1}⟩, ⟨v_{2}⟩ ∈ X, so ist ⟨v_{i}⟩ ⊆ ⟨v_{1}⟩ + ⟨v_{2}⟩.

(2) Seien ⟨v_{1}⟩ + ⟨v_{2}⟩, ⟨v′_{1}⟩ + ⟨v′_{2}⟩ ∈ B. Sei zunächst ⟨v′_{1}⟩ ⊈ ⟨v_{1}⟩ + ⟨v_{2}⟩. Dann ist |{u_{1}v_{1} + u_{2}v_{2} + u_{3}v′_{1}|u_{i} ∈ K}| = p^{3} = |K_{1}|. Also ist

(∗) v′_{2} = u_{1}v_{1} + u_{2}v_{2} + u_{3}v′_{1} für geeignete u_{1}, u_{2}, u_{3} ∈ K.

Damit ist

u_{1}v_{1} + u_{2}v_{2} = v′_{2} − u_{3}v′_{1} ∈ ⟨v_{1}⟩ + ⟨v_{2}⟩ ∩ ⟨v′_{1}⟩ + ⟨v′_{2}⟩ .

Sei w = v′_{2} − u_{3}v′_{1}. Dann erhalten wir

⟨w⟩ ⊆ ⟨v_{1}⟩ + ⟨v_{2}⟩ ∩ ⟨v′_{1}⟩ + ⟨v′_{2}⟩ .

Nun ergibt sich

⟨v′_{1}⟩ + ⟨v′_{2}⟩ = ⟨w⟩ + ⟨v′_{1}⟩

Also können wir o.B.d.A. v′_{2} ∈ ⟨v_{1}⟩ + ⟨v_{2}⟩ annehmen. Das bedeutet u_{3} = 0 in (∗).

Sei nun w̃ ∉ ⟨v′_{2}⟩, w ∈ ⟨v_{1}⟩+⟨v_{2}⟩∩⟨v′_{1}⟩+⟨v′_{2}⟩. Dann ist ⟨v′_{1}⟩+⟨v′_{2}⟩ = ⟨w⟩+⟨v′_{2}⟩ = ⟨v_{1}⟩+⟨v_{2}⟩.

(3) Sei v_{1}, v_{2}, v_{3} eine additive Basis von K_{1} gemäß (3.10). Setze w = v_{1} + v_{2} + v_{3}.

Es ist ⟨v_{i}⟩ ⊈ ⟨v_{j}⟩ + ⟨v_{k}⟩ für {i, j, k} = {1, 2, 3}. Sei ⟨v_{i}⟩ ⊆ ⟨v_{j}⟩ + ⟨w⟩, i ≠ j. Dann ist v_{1}, v_{2}, v_{3} ∈ ⟨v_{j}⟩ + ⟨w⟩, da w − v_{i} − v_{j} = v_{k}, {i, j, k} = {1, 2, 3}. Das ist aber ein Widerspruch.

Diejenigen Leser, die einige Erfahrung mit Linearer Algebra haben, werden bemerkt haben, daß X die Menge der 1–dimensionalen Unterräume und B die Menge der 2– dimensionalen Unterräume eines 3-dimensionalen Vektorraums ber K ist. Mit dieser Betrachtensweise sind die Axiome der projektiven Ebene unmittelbar klar :

(1) Je zwei verschiedene 1–dimensionale Unterräume liegen in genau einen 2–dimensionalen, ihrem Erzeugnis.

(2) Je zwei verschiedene 2–dimensionale Unterräume schneiden sich in einem 1–dimensionalen, folgt aus der Dimensionsformel.

(3) Es gibt vier Vektoren, von denen je drei eine Basis bilden

Von diesem Gesichtspunkt her ist klar, daß wir fr K jeden Krper nehmen knnen.

Wir wollen nun zeigen, daß eine projektive Ebene ein 2–Design ist.

(5.13) Satz. Sei (X, B) eine projektive Ebene. Dann haben alle g ∈ B gleich viele Elemente k.

Beweis. Sei h ≠ g, h ∈ B. Sei u = h ∩ g.

[figure: x; w; x_{w}; g; u; h]

Sei zunächst X = g ∪ h und seien x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2} vier Punkte von denen keine drei auf einer Geraden liegen (5.11)(3). Dann können wir x_{1}, x_{2} ∈ g, y_{1}, y_{2} ∈ h annehmen. Die Geraden \overline{x_{1}y_{1}} und \overline{x_{2}y_{2}} müssen sich in einem Punkt schneiden. Also ist entweder x_{1} = x_{2} oder y_{1} = y_{2}, ein Widerspruch.

Sei nun w ∉ g ∪ h, w ∈ X. Sei x ∈ h, x ≠ u. Definiere x_{w} = g ∩ \overline{wx}. Da durch zwei Punkte genau eine Gerade geht, liefert dies eine injektive Abbildung von h ∖ {u} nach g ∖ {u} und diese ist surjektiv. □

(5.14) Korollar. Sei (X, B) eine endliche projektive Ebene, so ist B ein (v, k, 1) 2–Design.

(5.15) Beispiel. Die Umkehrung von (5.14) ist falsch:

Sei X eine v–Menge, B alle 2–Teilmengen von X. Dann ist B ein (v, 2, 1) 2–Design. Es ist B keine projektive Ebene. Sei v > 3. Dann ist {1, 2} ∩ {3, 4} = ∅. Auch das (9, 3, 1) - Design aus (5.10) ist offenbar keine projektive Ebene.

(5.16) Satz. Sei (X, B) eine projektive Ebene |X| = v. Dann gibt es ein n ∈ ℕ mit k = n + 1 und v = n^{2} + n + 1.

Beweis. Sei g = {x_{1}, …, x_{n+1}} ∈ B.

[figure: x_{2}; x_{1}; g_{1}; g_{r−1}; h; g]

Seien g_{1}, …, g_{r−1} die Geraden verschieden von g durch x_{1}. Sei h eine Gerade durch x_{2}, h ≠ g. Dann schneidet h die Geraden g_{1}, …, g_{r−1} in jeweils genau einem Punkt. Da h genau n + 1 Punkte enthält, und durch jeden dieser Punkte genau eine Gerade, die auch x_{1} enthält, geht, folgt n = r − 1. Nun liegt jeder Punkt von X auf einer der Geraden g, g_{1}, …, g_{n}. Dies liefert nun v = (n + 1)n + 1 = n^{2} + n + 1. □

(5.17) Definition. Sei (X, B) eine projektive Ebene mit k = n + 1. Dann nennen wir n die Ordnung von (X, B).

(5.18) Satz. Sei B ein (n^{2} + n + 1, n + 1, 1) 2–Design mit n > 1. Dann ist (X, B) eine projektive Ebene der Ordnung n.

Beweis. (1) Daß je zwei Punkte auf genau einer Geraden liegen, folgt aus der Definition eines 2–Designs (5.6).

(2) Es ist (X, B) ein (n^{2} + n + 1, n + 1, n + 1) 1–Design mit b = n^{2} + n + 1. Sei g = {x_{1}, …, x_{n+1}} ein Block. Sei h ein Block mit g ∩ h = ∅. Dann gehört h nicht zu den Blöcken durch x_{1}, x_{2}, …, bzw. x_{n+1}. Durch jedes x_{i} gehen n von g verschiedene Blöcke. Also insgesamt n(n + 1) + 1 Blöcke. Dies sind aber alle. Also ist g ∩ h ≠ ∅ für jedes h ∈ B.

(3) Sei g wie eben. Seien g_{1}, g_{2} ≠ g Blöcke durch x_{1}. Wähle y_{1} ∈ g_{1}, y_{2} ∈ g_{2}, y_{1} ≠ x_{1} ≠ y_{2}. Sei h der Block durch y_{1} und y_{2}. Dann schneidet h den Block g in x_{2}. Da n + 1 ≥ 3 ist, gibt es x_{3} ∈ g mit x_{3} ≠ x_{2}, x_{3} ≠ x_{1}. Dann erfüllen x_{1}, x_{3}, y_{1}, y_{2} die Bedingung, daß keine drei auf einem Block liegen.

[figure: x_{1}; x_{2}; x_{3}; y_{1}; y_{2}]
□

(5.19) Bemerkungen. (1) Es gibt nur eine projektive Ebene der Ordnung n = 2:

(2) Es gibt nur eine projektive Ebene von der Ordnung n = 3, 4, 5, 7, 8. Es gibt keine projektive Ebene der Ordnung n = 6. Insbesondere gibt es kein (43,7,1) 2–Design. Es gibt 4 Ebenen der Ordnung n = 9. Dies wurde erst 1992 bewiesen. Es gibt keine Ebene der Ordnung n = 10. Die Anzahl der Ebenen der Ordnung n = 11 ist offen. Vermutung: Ist n = p Primzahl, so gibt es nur die in (5.12) konstruierte Ebene. Ob es eine projektive Ebene von der Ordnung n = 12 gibt, ist offen. Vermutung: Gibt es eine projektive Ebene der Ordnung n, so ist n eine Primzahlpotenz. Immerhin gibt es für jede Primzahlpotenz eine projektive Ebene. Dies kann man zeigen, indem man die Konstruktion in (5.12) etwas variiert. Statt K = GF (p), wählt man einen Körper K mit p^{f} Elementen. Für K_{1} wählt man dann einen Körper mit p^{3f} Elementen, der K enthält. Nun führt die gleiche Konstruktion wie in (5.12) zu einer projektiven Ebene der Ordnung p^{f}. Ein Satz von Bruck–Ryser [Can. J. Math. 1 (1949), 88 - 93] besagt:

Ist n ≡ 1 oder 2 (mod 4), so gibt es keine projektive Ebene der Ordnung n, außer für n = x^{2} + y^{2}, x, y ∈ ℤ.

Das erledigt n = 6 aber nicht n = 10 ! Ist p eine Primzahl, die kongruent 1 modulo 4 ist, so ist stets p = x^{2} + y^{2} für geeignete x, y.

(3) Wir haben n Fußballteams, die in einer Liga jeweils am Wochenende spielen. Jedes Team soll gegen jedes andere spielen. Wieviele Wochen sind für einen solchen Spielplan notwendig. Die Anzahl der Spiele ist offenbar \binom{n}{2} = n(n − 1)/2. Ist n gerade, so können n/2 Spiele in jeder Runde gespielt werden, also sind n − 1 Wochen notwendig. Ist n ungerade, so ist n − 1 gerade und in jeder Woche können nur (n − 1)/2 Spiele stattfinden. Jeweils eine Manschaft ist spielfrei. Es werden also mindestens n Wochen benötigt. Dies besagt aber nicht, daß wir auch mit n − 1 bzw. n Wochen auskommen.

Sei zunächst n ungerade. Bilde das regelmäßige n–Eck mit den Ecken 0, …, n − 1. (Die Reste modulo n). Für jede Seite den n–Ecks gibt es genau (n − 3)/2 Diagonalen, die zu dieser Seite parallel sind. Dies kann man wie folgt beschreiben. Sei i die der Seite gegenüberliegende Ecke. Dann sind die Seite und die entsprechenden Diagonalen gerade die Paare {j, k} mit j + k ≡ 2i(mod n). Jede solche Parallelklasse bestimmt die Spiele einer Woche. Die Ecke i ist spielfrei. Sei nun n gerade. Dann nehme ein Team T weg. Für die restlichen n − 1 Teams erstelle einen Spielplan wie eben. Das Team T spielt dann immer geben das Team, das in dem eben konstruierten Spielplan spielfrei wäre.

(4) Wir wollen nun das Schulmädchenproblem lösen. Wir konstruieren dazu zunächst ein (15,3,1) 2-Design. Wir teilen die Schulmädchen in zwei Gruppen X mit 7 Mitgliedern und Y mit 8 Mitgliedern. Sei {x_{0}, … x_{6}} = X. Dann konstruieren wir ein (7,3,1) 2-Design auf X wie in (1). Weiter seien Y die Teams in einem Spielplan mit 7 Runden R_{0}, … R_{6}. Jedes R_{i} besteht aus vier Paaren von je zwei Schulmädchen. Wir fügen zu jedem dieser Paare von R_{i} das Mädchen x_{i} hinzu. Somit haben wir 28 Tripel und die 7 Tripel des (7,3,1) 2-Designs, also zusammen 35 Tripel. Dies ist die richtige Anzahl für ein (15,3,1) 2-Design.

Wir behaupten, daß diese Tripel in der Tat ein solches Design bilden. Je zwei Elemente aus X liegen in genau einem Tripel, das zu dem (7,3,1) 2-Design gehört. Je zwei Elemente aus Y gehören zu genau einem Paar eines Spielplans R_{i}, liegen also zusammen in genau dem einen Tripel mit x_{i}. Sei nun x_{i} ∈ X und y ∈ Y. Das einzige Tripel, das {x_{i}, y} enthält, ist {x_{i}, y, y′}, wobei {y, y′} das Paar aus R_{i} ist, das y enthält.

Nun haben wir noch die 35 Tripel in sieben Gruppen von jeweils fünf Tripel aufzuteilen, die den Anordnungen an den verschiedenen Tagen entsprechen. Es seien {B_{0}, … B_{6}} die Tripel des (7,3,1) - Systems, wobei wir B_{i} = {x_{i+1}, x_{i+2}, x_{i+4}} annehmen wollen (Indices modulo 6 gelesen). Die Bezeichnungen in Y seien Y = {y_{0}, …, y_{6}, z}, wobei gemäß (3) die Anordnung in R_{i} die folgende sei : {y_{i}, z} und {y_{j}, y_{k}} mit j + k ≡ 2i(mod 7). Dann sind {x_{0}, y_{0}, z}, {y_{4}, y_{6}, x_{5}}, {y_{2}, y_{3}, x_{6}} und {y_{1}, y_{5}, x_{3}} Tripel. Zusammen mit {x_{1}, x_{2}, x_{4}} bilden sie die Aufstellung für den Tag 0. Die Aufstellung für den i-ten Tag erhalten wir, indem wir einfach zu allen Indices i addieren und modulo 7 lesen.

Ein Steiner Tripel System, dessen Blöcke man in Klassen einteilen kann, so daß jeder Punkt in genau einem Tripel jeder Klasse liegt, nennt man ein Kirkman System. Es ist leicht zu sehen, daß die Anzahl der Punkte eine Kirkman Systems immer kongruent 3 modulo 6 sein muß. Erst 1967 konnten Ray-Chaudhuri und Wilson zeigen, daß es für jede solche Anzahl von Punkten auch eine Lösung gibt.

Übungen

52) Sei B ein 2 - Design mit k = 3 und r_{2} = 1. Zeige : v ≡ 1, 3 (mod 6).

53) Für ein 5 - Design mit den Parametern v = 12, k = 6, r_{5} = 1 bestimme die Werte von r_{4}, r_{3}, r_{2}, r_{1} und b.

54) Sei (X, B) ein t - Design mit Parametern (v, k, r). Sei x ∈ X. Sei B′ die Menge aller Blöcke in B, die x enthalten, wobei aus jedem x herausgenommen wird. Zeige, daß (X \ {x}, B′) ein (t − 1) - Design mit Parametern (v − 1, k − 1, r) ist.

55) Sei D ein (v, k, 1) t–Design, t ≥ 2, mit t < k, k < v. Für je zwei Blöcke B, B_{0} sei stets |B ∩ B_{0}| gerade. Zeige, daß einer der folgenden Fälle gilt :

i) t = 3, k = 4, v = 8

ii) t = 3, k = 6, v = 22

iii) t = 3, k = 12, v = 112

iv) t = 5, k = 8, v = 24

56) Für jede der folgenden Parameter (v, k, r) entscheide, ob es ein Design gibt, und gib es gegebenenfalls an : (v, k, r) = (6, 3, 1), (5, 2, 1), (9, 6, 4), (7, 3, 3)

57) Sei P eine projektive Ebene mit n + 1 Punkten pro Gerade und P_{0} eine Unterebene (d.h. die Punktmenge und Geradenmenge von P_{0} ist Teilmenge der entsprechenden Menge von P). Hat P_{0} m + 1 Punkte pro Gerade, so ist n = m^{2} oder n ≥ m^{2} + m.

58) Sei P eine projektive Ebene mit n+1 Punkten pro Gerade. Sei O eine Teilmenge der Punktmenge von P mit der Eigenschaft, daß keine drei Punkte auf einer Geraden liegen. Zeige |O| ≤ n + 2.

59) Ein Oval O in einer projektiven Ebene P der Ordnung n ist eine Teilmenge der Punktmenge von n + 1 Punkten, so daß keine drei auf einer Geraden liegen. Zeige :

a) Durch jeden Punkt x ∈ O geht genau eine Gerade g_{x} von P mit g_{x} ∩ O = {x}.

b) Ist n gerade, so schneiden sich die Geraden g_{x} aus a) alle in genau einem Punkt z ∉ O.

60)^{∗} Sei P eine projektive Ebene der Ordnung n. Dann gibt es ein (n^{2}, n, 1) 2 - Design. Wie ist das mit der Umkehrung ?

61) Löse das Kirkman Problem für 9 Schulmädchen und vier Tage.

§6 Codierungstheorie

Bei der Codierungstheorie geht es darum, eine Nachricht über einen Kanal möglichst störungsfrei zu übertragen.

Sender  Codierer  Kanal  Decodierer  Empfänger

↑ Störung

Dabei werden Nachrichten üblicherweise als 0,1–Signale übertragen. Eine einfache Methode, wie sie z.B. bei Scanner–Kassen benutzt wird, ist das Anhängen eines Prüfzeichens.

Ist a_{1}, …, a_{n} die Nachricht, so füge a_{n+1} an, so daß ∑_{i=1}^{n+1} a_{i} ≡ 0 (mod 2) ist.

(6.1) Beispiel. n = 5 a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{5} = 01010 , a_{6} = 0. □

Stimmt diese Summe nach der Übertragung nicht mehr, so liegt ein Fehler vor. Bei den Kassen kann man dann z.B. den richtigen Preis nachfragen. Das Nachfragen ist aber nicht mehr möglich, wenn man z.B. Bilder vom Mars zur Erde übertragen will, oder Musik auf einer CD speichern möchte. Man ist dann an Codes interessiert, die nicht nur Fehler erkennen, sondern auch gleich korrigieren. Damit wollen wir uns in diesem Kapitel beschäftigen.

(6.2) Beispiel. (a) n = 4. Die Nachricht sei a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}. Es wird

a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}

gesendet (Wiederholungscode).

Liegt ein Einzelfehler vor, so kann dieser korrigiert werden. Allerdings müssen hierbei relativ lange Codewörter übertragen werden. Wir werden sehen, daß man das gleiche Resultat mit weniger Aufwand erreichen kann.

(b) n = 4. Die Nachricht sei a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}, a_{i} ∈ {0, 1}. Gesendet wird

a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{5}a_{6}a_{7}

mit

a_{5} ≡ a_{1} + a_{3} + a_{4} (mod 2)
a_{6} ≡ a_{1} + a_{2} + a_{4} (mod 2)
a_{7} ≡ a_{1} + a_{2} + a_{3} (mod 2)

a_{5}, a_{6}, a_{7} ∈ {0, 1}.

Wir werden später sehen, daß auch dieser Code einen Einzelfehler erkennen kann. □

Zunächst wollen wir uns aber überlegen, wie man so etwas überhaupt beweisen kann. Dazu müssen wir den Begriff Code erklären.

Eine Codierung (oder Code) ist eine injektive Abbildung der Menge der Nachrichten in die Menge der Codewörter. Dabei sind bei unseren {0, 1}–Signalen die Nachrichten auch schon {0, 1}–Wörter!

Allgemein: Sei A ein Alphabet. Die Menge der Nachrichten sei

A^{m} = {(a_{1}, …, a_{m})|a_{i} ∈ A}.

Sei

c : A^{m} → A^{n}

A^{n} = {(a_{1}, …, a_{n})|a_{i} ∈ A}, eine injektive Abbildung. Wir nennen C = c(A^{m}) ⊆ A^{n} den Code.

(6.3) Definition. Seien a = (a_{1}, …, a_{n}) und b = (b_{1}, …, b_{n}) ∈ A^{n}. Der Hammingabstand zwischen a und b ist definiert durch

d(a, b) = |{i|a_{i} ≠ b_{i}}|

(6.4) Beispiel. Seien a = (1, 0, 2, 1) und b = (1, 1, 3, 1). Es ist

d(a, b) = 2,

da sich a und b an genau zwei Stellen unterscheiden. □

Ist a ein Codewort und b die empfangene Nachricht, so ist d(a, b) die Anzahl der Fehler. Das macht die Bedeutung des Hammingabstandes aus.

Der Hammingabstand verhält sich wie ein richtiger Abstand. Es gilt

(i) d(a, b) = 0 genau für a = b

(ii) d(a, b) = d(b, a)

(iii) d(a, b) + d(b, c) ≥ d(a, c) (Dreiecksungleichung)

[figure: a; b; c]

Wir beschreiben nun die Idee der Decodierung. Sei a ein gesendetes Codewort und b das empfangene Wort. Ist b kein Codewort, so liegen Fehler vor. Wir können nun wie folgt decodieren. Suche ein Codewort ã mit möglichst kleinem Hammingabstand zu b. Dieser sei t. Wir decodieren dann zu ã und nehmen an, daß t Fehler bei der Übertragung aufgetreten sind. Die Hoffnung ist, daß ã = a ist. Hinter dieser Decodierung steckt die Philosophie, die in der Praxis realistisch ist, daß wenig Fehler wahrscheinlicher sind als viele Fehler.

Allerdings hat dieses Verfahren noch einen Nachteil. Gibt es mehrere Codewörter im Abstand t von b, so ist nicht mehr klar, welches zu wählen ist. Dies gilt es zu vermeiden. Offenbar sind damit der Größe von t Grenzen gesetzt. Wir werden somit normalerweise so vorgehen, daß wir uns ein t vorgeben, und dann versuchen einen Code zu finden, mit dem t Fehler im eben beschiebenen Sinne korrigierbar sind.

(6.5) Definition. Sei t ∈ ℕ und C ⊆ A^{n} ein Code. Wir nennen C t–fehlerkorrigierend, falls für jedes y ∈ A^{n} es höchstens ein c ∈ C mit d(y, c) ≤ t gibt.

Für a ∈ C sei S(a, t) = {x|x ∈ A^{n}, d(x, a) ≤ t}. Wir nennen S(a, t) die Kugel um a mit Radius t. Es ist C t–fehlererkennend, falls

S(a, t) ∩ C = {a} für alle a ∈ C

ist, und C ist t–fehlerkorrigierend, falls für alle a, b ∈ C mit a ≠ b

S(a, t) ∩ S(b, t) = ∅

ist.

Problem: Es sei n gegeben. Man finde einen Code C ⊆ A^{n}, so daß

(i) |C| möglichst groß ist

(ii) d(C) = min_{{a,b∈C \atop a≠b}} d(a, b) möglichst groß ist.

Die erste Bedingung besagt, daß wir möglichst viele Nachrichten übertragen können, während die zweite besagt, daß wir möglichst viele Fehler korrigieren können. Diese beiden Anforderungen widersprechen sich. Das macht den Reiz der Codierungstheorie aus.

(6.6) Definition. Sei d ∈ ℕ vorgegeben. Ist C ⊆ A^{n} ein Code mit d(C) ≥ d. Dann nennen wir C einen n–Code der Distanz d.

(6.7) Satz. Sei C ein Code mit Distanz d. Sei weiter d ≥ 2t + 1. Dann kann C mindestens t Fehler korrigieren.

Beweis. Seien x, y ∈ C mit d(x, y) ≥ d(C) ≥ d.

Dann ist

S(x, t) ∩ S(y, t) = ∅.

Also können nach (6.5) mindestens t Fehler korrigiert werden. □

(6.8) Bemerkung. Die Schranke in (6.7) is übrigens scharf. Sei t ∈ ℕ mit d(C) ≤ 2t, so wähle x, y ∈ C mit d(x, y) = d(C). Dann ist

w ∈ S(x, t) ∩ S(y, t) ≠ ∅

Aber w hat t Fehler zu x und zu y. Somit kann C nicht t Fehler korrigieren.

Wollen wir feststellen, wieviele Fehler ein Code C korrigieren kann, so müssen wir d(C) bestimmen.

(6.9) Beispiel. Wir greifen (6.2)(b) auf und bestimmen d(C).

Zunächst machen wir die Feststellung, daß in (6.2)(b)

d(a, b) = d(a − b, 0)

gilt. Seien a = (a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}, a_{6}, a_{7}) und b = (b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}, b_{5}, b_{6}, b_{7}) beides Codewörter, so ist auch a − b = (a_{1} − b_{1}, a_{2} − b_{2}, a_{3} − b_{3}, a_{4} − b_{4}, a_{5} − b_{5}, a_{6} − b_{6}, a_{7} − b_{7}) ∈ C. Also ist

d(C) = min_{{a∈C \atop a≠0}} d(a, 0).

Es ist (1, 1, 0, 0, 1, 0, 0) ∈ C. Also ist d(C) ≤ 3.

Sei nun (a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}, a_{6}, a_{7}) ∈ C wobei nicht alle a_{i} = 0, i = 1, 2, 3, 4 seien. Ist a_{1} + a_{3} + a_{4} = a_{5} = 0, a_{1} + a_{2} + a_{4} = a_{6} = 0, a_{1} + a_{2} + a_{3} = a_{7} = 0, so ist a_{1} = a_{2} = a_{3} = a_{4} = 0. Sei genau eines der a_{i}, i = 1, 2, 3, 4 nicht Null. Da in der Beschreibung von a_{5}, a_{6}, a_{7} jedes a_{i}, i = 1, 2, 3, 4 mindestens dreimal auftaucht, sind mindestens zwei der a_{j}, j = 5, 6, 7, nicht Null. Das liefert jetzt d(C) = 3.

Nach (6.7) kann der Code in (6.2)(b) einen Fehler korrigieren. □

Bei der Berechnung von d(C) in (6.9) haben wir ausgenutzt, daß wir Codewörter addieren können, d.h. C hat eine über eine Menge hinausgehende Struktur.

(6.10) Definition. Sei A = K ein endlicher Körper. Ein Code C ⊆ K^{n} heißt ein linearer Code der Länge n, falls gilt

(i) a + b ∈ C, für alle a, b ∈ C.

(ii) λa ∈ C, für alle a ∈ C, λ ∈ K.

Genauso wie wir in (3.10) gezeigt hatten, daß jeder endliche Körper Primzahlpotenzordnung hat, kann man zeigen, daß für einen linearen Code C gilt:

|C| = |K|^{k} mit geeignetem k.

Wir nennen k die Dimension von C und C einen (n, k)–Code. Unser Code aus (6.2)(b) ist ein (7,4)–Code.

Ist a ∈ C, so setze

w(a) = |{i|a_{i} ≠ 0}|.

Wir nennen w(a) das Gewicht von a. Mit dieser Bezeichnung haben wir:

(6.11) Satz. Sei C ein (n, k)–Code und a, b ∈ C. Dann ist d(a, b) = w(b−a). Weiter ist

d(C) = min_{0≠c∈C} w(c).

Die Parameter n, k, d eines linearen Codes sind nicht unabhängig, wie wir gleich sehen werden.

(6.12) Beispiel. In einer Firma sollen die Angestellten Identitätsnummern erhalten und zwar in der Form von binären Worten. Dies soll mit einem linearen Code bewerkstelligt werden. Die Firma hat 53 Angestellte. Also ist 6 die kleinste benötigte Dimension, 2^{5} < 53 < 2^{6}.

Soll nun der Code auch noch einen Fehler korrigieren, so suchen wir die kleinste Codewortlänge.

Jedes Codewort c bestimmt eine Kugel S(c, 1) vom Radius 1. In dieser Kugel liegen genau 1 + n binäre Worte der Länge n. Die Kugeln müssen paarweise disjunkt sein. Also erhalten wir so genau

2^{6}(1 + n)

binäre Worte der Länge n. Es gibt aber nur 2^{n} viele solche Worte. Das liefert :

2^{6}(1 + n) ≤ 2^{n}

Die kleinste Lösung hiervon ist n = 10. Die minimale Codewortlänge wäre also 10.

Die eben festgestellten Bedingungen sind aber nur notwendig. Ob es wirklich einen (10,6)

- Code gibt, der einen Fehler korrigieren kann, können wir im Moment noch nicht beantworten. □

Dieses Beispiel können wir verallgemeinern und erhalten dann

(6.13) Satz (Kugelpackungsschranke). Sei K ein endlicher Körper, |K| = q, und C ein (n, k)–Code über K. Ist C t–fehlerkorrigierend, so gilt

q^{k} ≤ \frac{q^{n}}{∑_{i=0}^{t} \binom{n}{i}(q − 1)^{i}} .

Beweis. Sei x ∈ C. Wir müssen wieder |S(x, t)| berechnen. Sei also y ∈ K^{n} mit d(x, y) = r ≤ t. Dann gibt es eine r–Menge von Indizes i_{1}, …, i_{r}, so daß x_{i_{j}} ≠ y_{i_{j}}, j = 1, …, r, ist.

Für jedes y_{i_{j}} gibt es q − 1 Möglichkeiten. Also gibt es für eine feste r–Menge (q − 1)^{r} viele solche y ∈ K^{n}, die Abstand r zu x haben. Nun gibt es \binom{n}{r} viele r–Mengen. Also

gibt es genau \binom{n}{r}(q − 1)^{r} viele y ∈ K^{n}, die Abstand r zu x haben.

Das liefert

|S(x, t)| = ∑_{i=0}^{t} \binom{n}{i}(q − 1)^{i}.

Seien nun x_{1}, x_{2} ∈ C. Dann ist S(x_{1}, t) ∩ S(x_{2}, t) = ∅. Also ist

| ⋃_{x∈C} S(x, t)| = ∑_{x∈C} |S(x, t)| = q^{k} ∑_{i=0}^{t} \binom{n}{i}(q − 1)^{i}.

Da | ⋃_{x∈C} S(x, t)| ≤ |K|^{n} = q^{n} ist, folgt die Ungleichung. □

Wird in (6.13) die Ungleichung zu einer Gleichung, d.h. K^{n} = ⋃_{x∈C} S(x, t), so nennen

wir C t–perfekt. Diese Codes haben den Vorteil, daß C maximal ist, sie können somit bei gegebener Codewortlänge und Distanz maximal viel Information übertragen. Leider sind perfekte Codes sehr selten.

(6.14) Beispiele. (a) Sei C der Code aus (6.2)(b). Es ist

2^{4} = \frac{2^{7}}{2^{3}} = \frac{2^{7}}{\binom{7}{0} + \binom{7}{1}}

Also ist C 1–perfekt.

(b) Sei q = 2, K = \{0, 1\}, n = 2t + 1 und C = \{\underbrace{(0, …, 0)}_{n}, \underbrace{(1, …, 1)}_{n}\} (Wiederholungs-

code). Offenbar ist C t–fehlerkorrigierend.

Wir bestimmen

∑_{i=0}^{t} \binom{n}{i}.

Diese Summe zählt alle Teilmengen der n - Menge mit höchstens t = (n − 1)/2 vielen Elementen. Für jede Teilmenge der n - Menge gilt aber, daß sie entweder selbst höchstens (n−1)/2 viele Elemente hat, oder ihr Komplement hat höchstens (n−1)/2 Elemente. Da n ungerade ist, kann nicht beides gleichzeitig vorkommen. Also ist die Anzahl der Teilmengen mit höchstens t Elementen genau die Hälfte aller Teilmengen, also 2^{n−1}. Damit ist

|C| = 2 = \frac{2^{n}}{∑_{i=0}^{t} \binom{n}{i}}.

Also ist C t–perfekt. Dieses Beispiel zeigt, daß die Forderung t–perfekt zu sein allein nicht einen guten Code garantiert.

Bis auf wenige Aussnahmen sind die Wiederholungscodes die einzigen t–prefekten Codes. Wir werden in einer Übungsaufgabe (Aufgabe 65) sehen, daß es außer diesen Codes keine weiteren 2–perfekten Codes über K = {0, 1} gibt.

(c) Sei n = 17, k = 10. Gibt es einen 2–fehlerkorrigierend Code über K = {0, 1}?

Nach (6.13) müßte gelten:

128 = 2^{7} = 2^{17−10} ≥ 1 + \binom{17}{1} + \binom{17}{2} = 1 + 17 + 136 = 154.

Also gibt es einen solchen Code nicht. □

Die Ungleichung in (6.13) kann also leicht dazu benutzt werden, zu zeigen, daß es für gewisse Parameterkombinationen keinen linearen Code gibt.

Wir wollen uns nun der Frage der Konstruktion eines Codes zuwenden. Dazu zunächst zwei (ad hoc) Verfahren.

(6.15) Beispiele. (a) Sei A = {0, 1} und a ∈ A^{n}. Setze

B_{a} = {i|a_{i} ≠ 0} ⊆ {1, …, n}.

Die Zuordnung a → B_{a} ist bijektiv.

Seien nun a, b ∈ A^{n}. Die Menge der Indizes i mit a_{i} ≠ b_{i} entspricht der Menge

B_{a} + B_{b} := (B_{a} ∪ B_{b}) ∖ (B_{a} ∩ B_{b})

Ein n–Code mit Distanz d entspricht also einer Menge 𝔅 von Teilmengen von {1, …, n} für die stets

|B + B′| ≥ d für alle B ≠ B′ in 𝔅

gilt.

Wir betrachten die projektive Ebene der Ordnung zwei (5.19)(1)

Sei 𝔅 = {∅} ∪ { Geraden der projektiven Ebene } ∪ { Komplemente der Geraden } ∪{{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}}.

Dann ist |𝔅| = 16 und |B + B′| ≥ 3 für alle B ≠ B′ in 𝔅. Der so entstehende Code ist der aus (6.2)(b).

Betrachte z.B. die Gerade {1, 2, 5}. Diese entspricht dem Codewort

1100100

(b) Seien C_{1} und C_{2} zwei lineare Codes über K = {0, 1} der Länge n. Sei |C_{1}| = m_{1}, |C_{2}| = m_{2} und d(C_{1}) = d_{1}, d(C_{2}) = d_{2}. Wir definieren nun einen neuen Code C_{3} = C_{1}∗C_{2} durch

C_{3} = {(u, u + v)|u ∈ C_{1}, v ∈ C_{2}}.

Sei also z.B.

C_{1} = {(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)}

und

C_{2} = {(0, 0), (1, 1)}.

Beides sind Codes der Länge 2. Der zweite ist der Wiederholungscode, während der erste aus allen möglichen 2-Worten besteht. Es ist

C_{3} = {(0, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1), (1, 1, 0, 0)}

Offenbar ist C_{3} stets ein Code der Länge 2n mit |C_{3}| = m_{1}m_{2}. Wir wollen d(C_{3}) bestimmen.

Ist u = 0 und v ∈ C_{2} mit v ≠ 0, so ist (0, v) ∈ C_{3}. Also ist d(C_{3}) ≤ d_{2}. Ist umgekehrt v = 0 und u ∈ C_{1} mit u ≠ 0, so ist (u, u) ∈ C_{3}. Also ist d(C_{3}) ≤ 2d_{1}. Das liefert

d(C_{3}) ≤ min(2d_{1}, d_{2}).

Sei nun c = (u, u + v) ∈ C_{3}. Wir können u ≠ 0 ≠ v annehmen. Also ist w(c) ≥ d_{1}. Es hat u + v mindestens d_{2} − d_{1} (falls d_{2} ≥ d_{1}) bzw. d_{1} − d_{2} (falls d_{1} ≥ d_{2}) von Null verschiedene Einträge. Also ist w(c) ≥ d_{2} bzw. 2d_{1} − d_{2} ≥ d_{2}. Das liefert nun

d(C_{3}) = min(2d_{1}, d_{2}).

Die Idee bei der Konstruktion von C_{3} ist nun die, für C_{2} einen Code mit möglichst großem d_{2} zu wählen, z.B. den Wiederholungscode. Dann kann man einen Code C_{1}, der vielleicht ein kleines d_{1} hat verbessern zu einem Code, der nun als Distanz 2d_{1} hat und somit viele Fehler korrigieren kann. Wir wollen diese Idee verdeutlichen.

Zu jedem m ∈ ℕ und r mit 0 ≤ r ≤ m definieren wir einen Code C(r, m) über K der Länge 2^{m} rekursiv.

Es sei C(0, m) der Wiederholungscode der Länge 2^{m}. Es sei C(m, m) die Menge aller 0, 1–Worte der Länge 2^{m}. Setze

C(r + 1, m + 1) = C(r + 1, m) ∗ C(r, m).

In unserem obigen Beispiel war C_{1} = C(1, 1), C_{2} = C(0, 1) und C_{3} = C(1, 2).

Die Codes C(r, m) heißen Reed - Muller - Codes. Der Code C(1, 5) wurde von der NASA bei ihren Marsflügen verwendet.

Es ist C(1, 5) ein Code der Länge 32 mit |C(1, 5)| = 64. Weiter ist d(C(1, 2)) = 2. Da stets d(C(0, m)) = 2^{m} ist, folgt nun d(C(1, 3)) = d(C(1, 2) ∗ C(0, 2)) = 4. Das ergibt dann d(C(1, 5)) = 16. Also ist C(1, 5) nach (6.7) ein 7–fehlerkorrigierender Code. □

Nun wollen wir aber systematisch untersuchen, wann es einen (n, k)–Code C der Distanz d(C) über einem Körper K gibt, und wie man ihn finden kann.

(6.16) Satz. Sei n ≥ k. Dann sind die folgenden Aussagen gleichwertig :

(i) Es gibt einen (n, k)–Code C über K mit d(C) ≥ d

(ii) Es gibt u_{1}, …, u_{n} ∈ K^{n−k}, so daß für je d − 1, u_{i_{1}} …, u_{i_{d−1}} der u_{1}, …, u_{n} die Glei-

chung

λ_{i_{1}}u_{i_{1}} + … + λ_{i_{d−1}}u_{i_{d−1}} = 0 mit λ_{i_{j}} ∈ K

nur die Lösung λ_{i_{1}} = 0 = … = λ_{i_{d−1}} hat.

Beweis. Wir machen zunächst eine Vorbetrachtung. Diese zeigt, wie man aus einem gegebenen linearen Code C einen neuen Code C^{⊥}, den sogenannten dualen Code konstruieren kann.

Sei C ein (n, k)–Code. Setze

C^{⊥} = {x = (x_{1}, …, x_{n})|x ∈ K^{n} mit c_{1}x_{1} + … + c_{n}x_{n} = 0 für alle (c_{1}, …, c_{n}) ∈ C}.

Sind x, y ∈ C^{⊥}, so ist offenbar auch x + y ∈ C^{⊥}. Ist x ∈ C^{⊥} und λ ∈ K, so ist auch λx ∈ C^{⊥}. Also ist auch C^{⊥} ein linearer Code, d.h. es gibt ein f, so daß C^{⊥} ein (n, f)–Code ist. Ein Satz der Linearen Algebra besagt f = n − k. Also ist C^{⊥} ein

(n, n − k) − Code.

Nun können wir dieses Verfahren auch auf den Code C^{⊥} anwenden. Dieses liefert einen neuen Code C^{⊥⊥}.

Es ist C ⊆ (C^{⊥})^{⊥}. Da (C^{⊥})^{⊥} ein (n, n − f) = (n, k)–Code ist, gilt |(C^{⊥})^{⊥}| = |K|^{k} = |C|. Also folgt

C = (C^{⊥})^{⊥}. (∗)

Wir wissen, daß es y_{1}, …, y_{f} ∈ K^{n} gibt, so daß

C^{⊥} = {a_{1}y_{1} + … + a_{f}y_{f}|a_{i} ∈ K}

ist. Seien

y_{i} = (y_{i}^{1}, …, y_{i}^{n}), i = 1, …, f.

Bilde nun

u_{j} = (y_{1}^{j}, …, y_{f}^{j}) ∈ K^{f}, j = 1, …, n.

Ist also C ein (n, k)–Code über K, so können wir von diesem Code ausgehend gewisse u_{j} ∈ K^{f}, j = 1, …, n, konstruieren. Wir wollen nun zeigen, daß diese u_{j} dazu geeignet sind, zu testen, ob ein c ∈ K^{n} in C liegt oder nicht. Sei also c = (c_{1}, …, c_{n}) ∈ K^{n}. Es ist

c_{1}u_{1} + … + c_{n}u_{n} = (c_{1}y_{1}^{1}, …, c_{1}y_{f}^{1}) + (c_{2}y_{1}^{2}, …, c_{2}y_{f}^{2}) + … + (c_{n}y_{1}^{n}, …, c_{n}y_{f}^{n}) = (c_{1}y_{1}^{1} + c_{2}y_{1}^{2} + … + c_{n}y_{1}^{n}, c_{1}y_{2}^{1} + c_{2}y_{2}^{2} + … + c_{n}y_{2}^{n}, …, c_{1}y_{n}^{1} + … + c_{n}y_{n}^{n}). Sei nun c ∈ C. Da die y_{i} ∈ C^{⊥} sind, ist dann

c_{1}y_{i}^{1} + c_{2}y_{i}^{2} + … + c_{n}y_{i}^{n} = 0, i = 1, …, n.

Also ist

c_{1}u_{1} + … + c_{n}u_{n} = (0, 0, …, 0).

Sei nun umgekehrt

c_{1}u_{1} + … + c_{n}u_{n} = (0, 0, …, 0).

Dann ist

c_{1}y_{i}^{1} + c_{2}y_{i}^{2} + … + c_{n}y_{i}^{n} = 0, i = 1, …, n.

Damit ist c ∈ (C^{⊥})^{⊥} = C. Somit haben wir

c_{1}u_{1} + … + c_{n}u_{n} = (0, 0, …, 0)

genau für c ∈ C. Wir können mit den u_{j} ∈ K^{f} also testen, ob ein c ∈ K^{n} in C liegt oder nicht.

Sei nun w(c) ≥ d für alle c ∈ C mit c ≠ 0. Dann kann

c_{1}u_{1} + … + c_{n}u_{n} = (0, 0, …, 0)

nur erfüllt werden, wenn alle c_{i} = 0 sind, oder mindestens d der c_{i} nicht Null sind. Somit haben wir gezeigt, daß (i) die Aussage (ii) impliziert.

Sei nun umgekehrt (ii) erfüllt. Wir kehren den gesamten Konstruktionsprozess um. Aus den u_{j} bilden wir y_{i}. Dann betrachten wir den linearen Code

D = {a_{1}y_{1} + … + a_{f}y_{f} |a_{1}, …, a_{f} ∈ K}

Setze C_{1} = D^{⊥}. Dann ist C_{1} ein linearer Code. Hat D die Dimension r, so hat C_{1} die Dimension n − r. Sei

C_{1} = {a_{1}v_{1} + … + a_{n−r}v_{n−r}|a_{1}, …, a_{n−r} ∈ K}.

Ist n − r > k, so können wir duch Weglassen geeigneter v_{i} einen (n, k)–Code C ⊆ C_{1} erhalten. Weiter ist w(c) ≥ d für jedes c ∈ C mit c ≠ 0. □

Der Beweis von (6.16) war durchaus konstruktiv. Wir müssen zunächst n Vektoren in K^{n−k} finden, so daß die Bedingung (ii) gilt. Diese schreiben wir in eine Matrix, die wir Paritätsmatrix nennen, z.B.

H = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} )

Sei H = (h_{ij})_{i=1,...,n_{j=1,...,n−k}} eine solche Matrix. Dann ist C genau die Menge aller (c_{1}, …, c_{n})

mit

∑_{i=1}^{n} h_{ij}c_{i} = 0, j = 1, …, n − k.

Wir müssen also ein lineares Gleichungssystem lösen. In obigem Beispiel:

c_{1} + c_{3} + c_{4} + c_{5} = 0
c_{1} + c_{2} + c_{4} + c_{6} = 0
c_{1} + c_{2} + c_{3} + c_{7} = 0

Also für c_{1} = a_{1}, c_{2} = a_{2}, c_{3} = a_{3}, c_{4} = a_{4} erhalten wir den Code aus (6.2)(b).

Ist

H = ( 1 1 0 0 … 0 ; 1 0 1 0 …; 1 0 0 1 0 …; ⋮ ; 1 ; 1 0 0 0 … 1 )

Dann folgt c_{1} = a_{1} = c_{2} … = c_{n}. Das ist der (n, 1)–Wiederholungscode.

Wir können nun auch das Existenzproblem des (10,6)–Codes aus (6.12) lösen. Wir müssen dazu in K^{4} genau zehn u_{i} ≠ 0 finden, so daß keine zwei die Summe Null haben. Dies bedeutet aber einfach, daß wir zehn verschiedene Element in K^{4}−{0} finden müssen. Da es davon fünfzehn gibt, ist das kein Problem. Also gibt es einen 1–fehlerkorrigierenden (10,6)–Code über K = {0, 1}. Wenn wir ihn konkret angeben sollen, so gehen wir wie folgt vor. Wir betrachten z.B. die Matrix

H = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Der Code C besteht dann aus allen c = (c_{1}, …, c_{10}) mit c_{i} ∈ {0, 1}, die das folgende Gleichungssystem erfüllen :

c_{1} + c_{3} + c_{4} + c_{5} + c_{8} + c_{10} = 0
c_{1} + c_{2} + c_{4} + c_{6} + c_{8} + c_{9} = 0
c_{1} + c_{2} + c_{3} + c_{6} + c_{7} + c_{8} = 0
c_{1} + c_{2} + c_{3} + c_{4} + c_{5} + c_{7} = 0

Somit besteht C aus allen

c = (c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}, c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}+c_{5}, c_{4}+c_{5}+c_{6}, c_{1}+c_{2}+c_{5}, c_{1}+c_{3}+c_{6}), c_{1}, …, c_{6} ∈ {0, 1}.

(6.17) Beispiel. Sei |K| = q und r ∈ ℕ. In K^{r} gibt es genau n = \frac{q^{r}−1}{q−1} disjunkte Teilmengen

K_{v} = {av|a ∈ K, a ≠ 0}, v ∈ K^{r}, v ≠ 0.

Wähle aus jedem K_{v} ein v.

Sei v_{1} ∈ K_{v_{1}} und v_{2} ∈ K_{v_{2}} mit av_{1} + bv_{2} = 0, und a ≠ 0, so ist v_{1} = (−b)a^{−1}v_{2} ∈ K_{v_{2}} ∩ K_{v_{1}} = ∅. Ein Widerspruch.

Nach (6.16) gibt es also einen (n, k)–Code C mit d ≥ 3 und k = n−r. Man nennt diesen Code einen Hammingcode. Beispiel (6.2)(b) ist der Spezialfall |K| = 2, n = 7, r = 3.

Da

|C| = q^{k} = \frac{q^{n}}{q^{r}} = \frac{q^{n}}{1 + \frac{q^{r}−1}{q−1}(q − 1)}

ist, ist der Hammingcode 1–perfekt. □

(6.18) Decodierung. Wir wollen jetzt noch kurz auf die Decodierung eingehen. Sei C ein 1–fehlerkorrigierender Code mit Paritätsmatrix H = (h_{ij}). Sei c ein Codewort. Es sei y = c + e empfangen und dabei höchstens ein Fehler vorgekommen.

Setze c = (c_{1}, …, c_{n}) und e = (e_{1}, …, e_{n}), also

(y_{1}, …, y_{n}) = y = c + e = (c_{1} + e_{1}, …, c_{n} + e_{n}).

Berechne

∑_{i=1}^{n} h_{ij}y_{i}, j = 1, …, n − k.

Es ist

∑_{i=1}^{n} h_{ij}y_{i} = ∑_{i=1}^{n} h_{ij}(c_{i} + e_{i}) = ∑_{i=1}^{n} h_{ij}c_{i} + ∑_{i=1}^{n} h_{ij}e_{i} = ∑_{i=1}^{n} h_{ij}e_{i},

da ∑_{i=1}^{n} h_{ij}c_{i} = 0 ist.

Ist ∑_{i=1}^{n} h_{ij}y_{i} = 0, so ist y ∈ C und es ist kein Fehler aufgetreten. Sei nun genau ein

Fehler aufgetreten. Dann ist e_{i} = 0 für alle i bis auf eine Stelle s. Somit ist

∑_{i=1}^{n} h_{ij}e_{i} = h_{sj}e_{s}.

Also erhalten wir mit

∑_{i=1}^{n} h_{ij}y_{i}, j = 1, …, n − k

genau die s–te Spalte der Matrix H multipliziert mit dem Faktor e_{s}. Da nach (6.16) keine Spalte der Matrix ein Vielfaches einer anderen Spalte ist, können wir sofort feststellen, wo korrigiert werden muß.

Nehmen wir das Beispiel aus (6.2)(b). Die Paritätsmatrix war

H = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} )

Wir empfangen y = (1, 1, 0, 0, 0, 0, 0).

Das Gleichungssystem liefert (1,0,0). Also tritt der Fehler an Stelle 5 auf. Somit ist

c = (1, 1, 0, 0, 1, 0, 0)

Prinzipiell geht dies auch mit mehr als einem Fehler. Allerdings wird das Decodieren dann zu aufwendig. Deshalb sind für die Anwendung spezielle Codes, die zyklischen Codes, besonders wichtig. Dies sind lineare Codes, bei denen mit

c = (a_{0}, …, a_{n−1}) ∈ C

stets auch

ĉ = (a_{n−1}, a_{0}, …, a_{n−2}) ∈ C

ist.

Die zyklischen Codes sind aus zwei Gründen besonders wichtig

(1) Die Implementation ist besonders einfach (Schieberegister)

(2) Man kann sehr hoch fehlerkorrigierende Codes erzeugen.

Die nun folgende Beschreibung ist fundamental für die Behandlung zyklischer Codes.

Sei K ein Körper mit |K| = q und a = (a_{0}, …, a_{n−1}) ∈ K^{n}. Dann ordne a ein Polynom

a(x) = ∑_{i=0}^{n−1} a_{i}x^{i} ∈ K[x]

zu.

Das Verschieben zu â entspricht der folgenden Operation

a(x) → â(x) = xa(x) − a_{n−1}(x^{n} − 1).

Also â(x) ≡ xa(x) (mod (x^{n} − 1)).

Sei V = K[x]/(x^{n}−1)K[x] die Menge der Reste modulo x^{n}−1 (vgl. §4). Es entspricht V genau den Polynomen vom Grad höchstens n − 1. Damit liefert a(x) eine bijektive Zuordnung von C zu einer Teilmenge S ⊆ V. Also können wir C ⊆ V annehmen. Es gilt nun

(1) Sind a, b ∈ C, so ist a + b ∈ C, da C linear ist.

Wir wollen zeigen, daß sogar

(2) Ist r ∈ V, a ∈ C, so ist ra ∈ C

gilt.

Es ist r = ∑_{i=0}^{t} r_{i}x^{i} mit r_{i} ∈ K. Nach (1) genügt es, r_{i}x^{i}a ∈ C zu zeigen. Da C zyklisch ist, ist xa ∈ C, also auch x^{i}a ∈ C. Da C linear ist, ist r_{i}(x^{i}a) ∈ C. Das zeigt (2). Es gilt aber auch die Umkehrung, d.h.

Ist C eine Teilmenge von V, die (1) und (2) erfüllt, so ist C ein zyklischer Code. Aus (1) folgt, daß C linear ist. Aus (2) folgt xa ∈ C für a ∈ C.

(6.19) Definition. Ist R ein Ring und S ⊆ R, S ≠ ∅. Gilt

(1) a + b ∈ S für alle a, b ∈ S

(2) ra ∈ S für alle r ∈ R, a ∈ S so nennen wir S ein Ideal in R.

Die zyklischen Codes sind also gerade die Ideale in V. Der wesentliche Punkt ist nun, daß wir alle Ideale von V angeben können.

(6.20) Beispiele. Die Ringe in diesem Beispiel seien alle kommutativ.

• In jedem Ring R sind R und {0} Ideale.

• Sei R = ℤ. Dann ist 5ℤ, die Menge aller durch 5 teilbaren ganzen Zahlen, ein Ideal in ℤ.

• Ist R ein Ring und U ein Ideal mit 1 ∈ U, so ist U = R:

Ist r ∈ R, so ist r = r · 1 ∈ U, also ist R ⊆ U.

• Sind U_{1} und U_{2} Ideale, so können wir eine Summe bilden :

U_{1} + U_{2} = {u_{1} + u_{2} | u_{1} ∈ U_{1}, u_{2} ∈ U_{2}}

Es ist U_{1} + U_{2} wieder ein Ideal : Sind u_{1} + u_{2} und v_{1} + v_{2} beide aus U_{1} + U_{2}. Dann ist

(1) (u_{1} + u_{2}) + (v_{1} + v_{2}) = (u_{1} + v_{1}) + (u_{2} + v_{2}) ∈ U_{1} + U_{2}, da u_{1} + v_{1} ∈ U_{1} und u_{2} + v_{2} ∈ U_{2} sind.

(2) Ist r ∈ R, so ist r(u_{1} + u_{2}) = ru_{1} + ru_{2} ∈ U_{1} + U_{2}, da ru_{1} ∈ U_{1} und ru_{2} ∈ U_{2} sind.

Ist R = ℤ und U_{1} = 5ℤ, U_{2} = 7ℤ, so ist 5ℤ + 7ℤ = ℤ:

Es sind 5 und 7 teilerfremd. Nach (2.3) gibt es x, y ∈ ℤ mit 5x + 7y = 1. Damit ist 1 ∈ 5ℤ + 7ℤ. Also ist dieses Ideal der ganze Ring.

• Sei R ein Ring und U_{1}, U_{2} Ideale in R. Dann können wir diese multiplizieren :

U_{1}U_{2} ist die Menge aller endlichen Summen der Produkte von der Form u_{1}u_{2} mit u_{1} ∈ U_{1}, u_{2} ∈ U_{2}.

Ein typisches Element hat also die Gestalt ∑_{i=1}^{t} u_{1_{i}}u_{2_{i}} für geeignetes t.

Es ist U_{1}U_{2} wieder ein Ideal. (Der Beweis sei dem Leser zur Übung überlassen)

Ist u_{1}u_{2} ∈ U_{1}U_{2}, so ist u_{1}u_{2} ∈ U_{2}, da U_{2} ein Ideal ist. Es ist aber auch u_{1}u_{2} = u_{2}u_{1} ∈ U_{1}, da U_{1} ein Ideal ist. Also gilt

U_{1}U_{2} ⊆ U_{1} ∩ U_{2} Betrachte wieder das Beispiel ℤ. Es ist

5ℤ7ℤ = 35ℤ = 5ℤ ∩ 7ℤ

aber

2ℤ6ℤ = 12ℤ ≠ 2ℤ ∩ 6ℤ = 6ℤ.

• Sei U ein Ideal in ℤ, U ≠ {0}. Wähle a ∈ U mit a ≠ 0 und |a| minimal. Sei nun b ∈ U. Dividiere b durch a mit Rest. Das ergibt

b = ar + q, mit |q| < |a|.

Es sind b und ar in U, also auch b − ar. Somit ist

q ∈ U.

Wegen der minimalen Wahl von a, folgt, q = 0. Also ist

b = ar.

Somit haben wir, daß jedes Element von U durch a geteilt wird. Dies bedeutet

U = aℤ.

Wir haben damit alle Ideale von ℤ angeben. Wir werden zeigen, daß das gleiche Verfahren auch im Polynomring alle Ideale liefert.

□

(6.21) Satz. Sei K ein Körper und S ein Ideal in K[x]. Dann gibt es ein Polynom p ∈ S mit S = {pa|a ∈ K[x]} =: pK[x]. Ist S ≠ {0} und hat p den höchsten Koeffizienten 1, so ist p eindeutig bestimmt.

Beweis. Ist S = {0}, so ist p = 0. Sei also S ≠ {0}. Wähle p ∈ S mit p ≠ 0 und grad p minimal. Sei b ∈ S. Dividiere b durch p mit Rest. Also

b = ap + r mit grad r < grad p.

Aber es gilt b − qp = r ∈ S. Das liefert r = 0, da grad p minimal war. Somit ist b = pa für geeignetes a.

Wir müssen noch zeigen, daß p eindeutig bestimmt ist. Sei nun zusätzlich der höchste Koeffizient von p gleich 1 und p_{1} ein zweites Polynom mit den gleichen Eigenschaften wie p. Dann ist

p = p_{1}s und p_{1} = pt mit geeigneten s, t ∈ K[x].

Also ist

p = pst , d.h. p(1 − s t) = 0.

Da p ≠ 0 ist, ist s t = 1 und s und t sind Einheiten. Also ist s ∈ K nach (4.5). Da aber p und p_{1} den höchsten Koeffizienten 1 haben folgt s = t = 1. □

(6.22) Satz. Sei 0 ≠ C ein zyklischer Code in V. Dann ist C = {p a|a ∈ V }, wobei p ein Polynom in K[x] mit p|x^{n} − 1 ist.

Beweis. Sei S = {f|f ∈ K[x] mit f ≡ c (mod (x^{n} − 1)), c ∈ C}. Sind s_{1}, s_{2} ∈ S. Dann ist s_{i} ≡ c_{i} (mod (x^{n} − 1)), i = 1, 2. Also ist s_{1} + s_{2} ≡ c_{1} + c_{2} (mod (x^{n} − 1)) d.h. s_{1} + s_{2} ∈ S. Ist r ∈ K[x] und s ∈ S, dann ist s ≡ c (mod (x^{n} − 1)). Also ist rs ≡ rc (mod (x^{n} − 1)). Da C zyklisch ist, ist rc ∈ C, also rs ∈ S. Somit ist S ein Ideal. Nach (6.21) ist

S = {pb|b ∈ K[x]}

Es ist x^{n} − 1 ∈ S, also ist p|x^{n} − 1. Nun ist C die Menge der Restklassen der Polynome in S, d.h. C = {pa|a ∈ V }, da grad p < n ist. □

(6.23) Definition. Sei 0 ≠ C ein zyklischer Code in V. Das Polynom p aus (6.22) nennen wir Erzeugerpolynom des Codes C.

Wir haben in (6.22) alle zyklischen Codes in V bestimmt. Wir müssen nur alle Teiler p von x^{n} − 1 berechnen. Dann ist C = {pa | a ∈ V }.

(6.24) Beispiel. Sei K = GF (2) und n = 3. Es ist 1 + x ein Teiler von x^{3} − 1. Wir bestimmen C = {(1 + x)a|a ∈ V }.

a ∈ V  (1 + x)a  Codewort
0  0  0 0 0
1  1 + x  1 1 0
x  x + x^{2}  0 1 1
1 + x  1 + x^{2}  1 0 1
x^{2}  1 + x^{2}  1 0 1
1 + x^{2}  x + x^{2}  0 1 1
x + x^{2}  1 + x  1 1 0
1 + x + x^{2}  0  0 0 0
C = {(0, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)}.

Dies ist der Paritätscode.

Wollen wir alle zyklischen Codes über K mit |K| = 2 und n = 3 angeben, so müssen wir x^{3} − 1 in irreduzible Polynome zerlegen. Also

x^{3} − 1 = (x + 1)(1 + x + x^{2})

Es gibt somit genau zwei Codes. Da der Wiederholungscode zyklisch ist, gehört er zu 1 + x + x^{2}, also C = {(0, 0, 0), (1, 1, 1)}. □

Ist p gegeben, so können wir schnell die Paritätsmatrix bestimmen. Es ist

p · h = x^{n} − 1

p = p_{0} + p_{1}x + … + p_{n−k}x^{n−k}, h = h_{0} + h_{1}x + … + h_{k}x^{k} , p_{0} = h_{0} = 1, p_{n−k} = h_{k} = 1.

Setze H = ( \begin{matrix}h_{k} & … & … & h_{0} & 0 & … & … & 0 \\ 0 & h_{k} & … & … & h_{0} & 0 & … & 0 \\ 0 & 0 & h_{k} & & & h_{0} & … & 0 \\ 0 & … & … & … & 0 & h_{k} & … & h_{0} \end{matrix} ),

wobei H eine (n − k) × n Matrix sei.

(6.25) Satz. H ist die Paritätsmatrix des Codes C.

Beweis. Sei c = pf ∈ C.

\begin{matrix}f = f_{0} + f_{1}x + … + f_{n−1}x^{n−1} \\ c = f_{0}p + … + f_{n−1}px^{n−1}. \end{matrix}

Sei c_{(i)} das folgende Wort in C.

(\underbrace{0, …, 0}_{i}, p_{0}, p_{1} …, p_{n−k}, 0, …, 0).

Dann entspricht c dem Polynom

f_{0}p + f_{1}c_{(1)} + … + f_{n−1}c_{(n−1)}.

Da ph = 0 inV ist, folgt p_{0}h_{1} + p_{1}h_{0} = 0 (Koeffizient vor x in ph) p_{0}h_{2} + p_{1}h_{1} + p_{2}h_{0} = 0 (Koeffizient vor x^{2} in ph) ⋮ p_{n−k−1}h_{k} + p_{n−k}h_{k−1} = 0 (Koeffizient vor x^{n−1} in ph)

Da der Koeffizient von 1 und x^{n} in ph gleich 1 ist, folgt

p_{0}h_{0} + p_{n−k}h_{k} = 0.

Da p_{n−k+1} = … = p_{n−1} = 0 ist, können wir die Gleichungen wie folgt fortsetzen: h_{k}p_{n−k+j}+h_{k−1}p_{n−k+j+1}+…+h_{0}p_{n+j} = 0, j = 0, 1, …, n−1 (Indizes modulo n gelesen). Dies sind aber genau die Gleichungen für die c_{(j)}. Damit ist H die Paritätsmatrix. □

(6.26) Beispiel. Wollen wir alle zyklischen Codes der Länge 7 über K mit |K| = 2 bestimmen, so müssen wir alle Teiler von x^{7} − 1 bestimmen:

(x^{7} − 1) = (1 + x)(1 + x + x^{3})(1 + x^{2} + x^{3})

Das liefert 1, x^{7} − 1, 1 + x, 1 + x + x^{3}, 1 + x^{2} + x^{3}, 1, x^{7} − 1, (1 + x)(1 + x + x^{3}), (1 + x)(1 + x^{2} + x^{3}) und (1 + x + x^{3})(1 + x^{2} + x^{3}).

Zu jedem solchen Faktor gehört ein zyklischer Code und dies sind alle. Zu 1 gehört der Code, bei dem jedes Wort ein Codewort ist. Zu x^{7} − 1 gehört der

Code C = {(0, 0, 0, 0, 0, 0, 0)}.

Zu x + 1 gehört wieder der Paritätscode. Ist p = 1 + x + x^{3}, so ist h = (1 + x)(1 + x^{2} + x^{3}) = 1 + x + x^{2} + x^{4} Also ist

H = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 \end{matrix} )

Dies ist unser Code aus (6.2)(b). Ist p = 1 + x^{2} + x^{3}, so ist h = (1 + x)(1 + x + x^{3}) = 1 + x^{2} + x^{3} + x^{4} Also ist

H = ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 \end{matrix} )

Das ist wieder der Code aus (6.2)(b). Ist p = (1 + x)(1 + x + x^{3}), so ist h = 1 + x^{2} + x^{3} Also ist

H = ( \begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \end{matrix} )

Das ist der Code aus (6.2)(b) mit einem zusätzlichen Paritätsbit.

Ist p = (1 + x)(1 + x^{2} + x^{3}), so erhalten wir wieder den gleichen Code.

Ist p = (1 + x + x^{3})(1 + x^{2} + x^{3}), so erhalten wir den Wiederholungscode. □

(6.27) Satz. Sei C ein zyklischer Code der Länge n über K , mit |K| = q und Polynom p. Sei ggT (q, n) = 1 und seien β_{1}, …, β_{r} die Nullstellen von p. Dann ist c ∈ C genau dann, wenn c(β_{1}) = 0 = … = c(β_{r}) ist.

Beweis. Sei V = K[x]/(x^{n} − 1)K[x]. Es ist nach (6.22)

C = {pa | a ∈ V }.

Sei nun c ∈ C. Dann ist

c(β_{j}) = p(β_{j})a(β_{j}) = 0, j = 1, …, r.

Sei umgekehrt

c(β_{1}) = 0 = … = c(β_{r})

Dann ist nach (4.13)

x − β_{i} | c, i = 1, … r.

Es ist p | x^{n} − 1. Hat x^{n} − 1 eine doppelte Nullstelle, so ist nach (4.19)

1 ≠ ggT (x^{n} − 1, (x^{n} − 1)′) = ggT (x^{n} − 1, nx^{n−1}).

Da aber ggT (n, q) = 1 ist, ist ggT (x^{n} − 1, nx^{n−1}) = 1. Also sind die Nullstellen von x^{n} − 1 paarweise verschieden. Dies gilt somit auch für die Nullstellen von p. Somit ist

p = ∏_{i=1}^{r}(x − β_{i}).

Dann ist

p = ∏_{i=1}^{r}(x − β_{i}) | c.

Also ist c ∈ C. □

Sei nun |K| = q. Wir suchen einen “guten” Code der Länge n.

Sei K_{1} ein Körper in dem x^{n} − 1 in Linearfaktoren zerfällt (vgl. §4). Sei α ∈ K_{1} mit α^{n} = 1 aber α^{m} ≠ 1 für alle 0 < m < n. Das gibt es, falls ggT (n, q) = 1 ist, wie wir in §8 sehen werden. Sei m^{(i)} der irreduzible Teiler von x^{n} − 1 in K[x] mit m^{(i)}(α^{i}) = 0, i = 0, …, n − 1. Sei nun d gegeben und b ≥ 0.

Setze p = kgV (m^{(b)}, …, m^{(b+d−2)}). Dann ist p(α^{i}) = 0, i = b, …, b + d − 2. Für diese Codes gilt der folgende Satz, den wir nicht beweisen wollen

(6.28) Satz. Sei K ein Körper mit |K| = q und C ein zyklischer Code der Länge n über K, ggT (n, q) = 1. Sei K_{1} ein Körper, in dem x^{n} − 1 in Linearfaktoren zerfällt, K ⊆ K_{1},. Weiter sei α ∈ K_{1} mit α^{n} = 1 aber α^{m} ≠ 1 für 0 < m < n. Sei nun

p(α^{b}) = p(α^{b+1}) = … = p(α^{b+d−2}) = 0

für ein b ≥ 0 und ein d mit 2 ≤ d ≤ n, so ist d(C) ≥ d.

Dies ist das Rezept um hochgradig fehlerkorrigierende Codes zu konstruieren. Besonders wichtig ist der folgende Spezialfall.

Sei |K_{1}| = q^{m} und n = q^{m} − 1. Wie wir später sehen werden (8.37), gibt es dann ein α ∈ K_{1} mit K_{1} = {α^{i}|i = 0, 1, …, n − 1}. Es ist α^{n} = 1. Also ist α eine Nullstelle von x^{n} − 1 in K_{1}. Sei d wie eben. Der dazu gehörige Code heißt ein BCH–Code (Bose, Ray - Chaudhuri und Hocquenghem) (Im Falle n = q − 1, ein Reed–Solomon–Code) mit Parameter d. Ein BCH–Code C mit Parameter d hat also d(C) ≥ d.

Insbesondere in den CD’s stecken BCH–Codes.

(6.29) Beispiel. (a) Sei K = GF (2). Wir betrachten das Polynom

x^{23} − 1 = (x + 1)(1 + x + x^{5} + x^{6} + x^{7} + x^{9} + x^{11})(1 + x^{2} + x^{4} + x^{5} + x^{6} + x^{10} + x^{11})

Setze p = 1 + x + x^{5} + x^{6} + x^{7} + x^{9} + x^{11}. Sei K_{1} ein Oberkörper von K, in dem x^{23} − 1 in Linearfaktoren zerfällt, und sei α ∈ K_{1} mit α^{23} = 1 ≠ α. Es ist

p(α) = 0 = p(α)^{2} =_{(3.5)} p(α^{2}).

Also hat p die Nullstellen

α, α^{2}, α^{4}, α^{8}, α^{16}, α^{32} = α^{9}, α^{18}, α^{36} = α^{13}, α^{26} = α^{3}, α^{6}, α^{12}.

Setze nun in (6.28) d = 5. Dann folgt d(C) ≥ 5. In der Tat ist d(C) = 7. Also ist C ein 3-fehlerkorrigierender (23,12) - Code. Es ist

2^{12}(1 + 23 + \binom{23}{2} + \binom{23}{3}) = 2^{23}.

Somit ist nach (6.13) C 3-perfekt. Wir haben also einen 3-perfekten Code über GF(2) gefunden. Dieser heißt der binäre Golay-Code.

(b) Sei C ein 3-perfekter Code über K = GF (2) der Länge n. Dann ist

1 + n + \binom{n}{2} + \binom{n}{3} = 2^{r}

für geeignetes r. Das liefert nun

(n + 1)(n^{2} − n + 6) = 3 · 2^{r}.

Dies können wir auch als

(n + 1)((n + 1)^{2} − 3(n + 1) + 8) = 3 · 2^{r+1}

schreiben. Es ist entweder n + 1 ein Teiler von 24 oder wird von 16 geteilt.

Sei nun zunächst n + 1 ≡ 0 (mod 16). Dann ist n^{2} − n + 6 ≢ 0 (mod 16). Also ist n^{2} − n + 6 | 24. Das liefert nun durch Einsetzen einen Widerspruch. Somit ist

n + 1 | 24.

Das liefert

n = 1, 2, 3, 5, 7, 11, 23.

Wir haben n > 3.

Ist n = 5, so ist n^{2} − n + 6 = 26, also nicht von der Form 2^{a}3^{b}.

Ist n = 7, so erhalten wir den Wiederholungscode.

Ist n = 11, so ist n^{2} − n + 6 = 116, ein Widerspruch wie zuvor.

Ist n = 23, so erhalten wir einen (23,12) - Code, der nach (a) existiert.

(c) Man kann zeigen, daß außer dem Wiederholungscode es keinen linearen t-perfekten Code mit t ≥ 4 gibt. Für t = 3 gibt es nur den (23,12) - Code über GF (2). Für t = 2 gibt es nur einen (11,6) - Code über GF (3). □

Man kann sich die Frage stellen, warum man sich überhaupt mit Codes über Körpern K mit |K| > 2 beschäftigt, wenn man später doch nur (0,1)–Wörter überträgt.

Sei z.B. q = 2^{8}, also n = 255 (Reed–Solomon). Man kann sich überlegen, daß es einen 5–fehlerkorrigierenden Code mit Polynom von Grad 10 gibt.

Jedes Codewort ist ein 255–Tupel mit Einträgen in K, |K| = 2^{8}. Sei F der Primkörper von K. Dann ist F = {0, 1} und jedes a ∈ K kann als 8–Tupel über GF (2) = F aufgefaßt werden (siehe (3.10)). Über GF (2) = F gelesen, ist jedes Codewort also ein 2040–Tupel:

K K K K K K 33

Nun benutzen 33 aufeinanderfolgende Fehler höchstens 5 Symbole über K. Diese 5 Fehler können dann korrigiert werden.

Als Code über GF (2) gelesen, kann C also 33 aufeinanderfolgende Fehler korrigieren.

Ein 33–fehlerkorrigierender Code über GF (2) mit n = 2^{11} − 1 = 2047 hätte ein Polynom vom Grad 352, wäre also viel zu kompliziert.

Bei der Nachrichtenübertragung kommen aufeinanderfolgende Fehler (Rauschen) wesentlich häufiger vor, als viele vereinzelte Fehler. Für diese Zwecke sind die Reed– Solomon–Codes die besten bekannten. Der in der CD–Platte verwendete Code CIRC (Cross Interleave Reed Solomon Code) setzt sich aus zwei Reed–Solomon Codes der Länge 63 über K mit |K| = 64 zusammen. Die maximale Länge eines vollständig korrigierbaren Fehlerbündels ist ungefähr 4000 Bits, die Länge eines interpolierbaren Fehlerbündels im schlimmsten Fall etwa 12300 Bits (7,7 mm Spurlänge)

Übungen

62) Berechne für jeden der folgenden Codes den minimalen Abstand:

a) (a, b, c) ⟶ (a, b, c, a + c, b + c) (mod 2)

b) (a, b, c, d) ⟶ (a, b, c, d, a + b + d, a + c + d, b + c + d) (mod 2)

63) Gib eine Code C ⊆ {0, 1}^{6} an mit |C| = 5, der einen Fehler korrigieren kann. Geht das auch mit C ⊆ {0, 1}^{5} und |C| = 5 ?

64) Sei C ein t - perfekter Code über GF (2) der Länge n. Zeige:

a) Die Codewörter in C vom Gewicht 2t + 1 bilden ein (n, 2t + 1, 1) (t + 1)–Design.

b) Sei h_{2t+1} die Anzahl der Codewörter vom Gewicht 2t + 1 in C. Dann ist

h_{2t+1}\binom{2t + 1}{t + 1} = \binom{n}{t + 1}

65)^{∗} Es gibt keinen 2–perfekten Code über GF(2) außer dem Wiederholungscode. (Ohne Beweis kann benutzt werden, daß die Gleichung u^{2} = 2^{v} − 7 nur die ganzahligen Lösungen u = 1, 3, 5, 11, 181 besitzt.)

66) Sei C(m, r) der Code aus (6.15)(b). Zeige:

|C(r, m)| = 2^{a} mit a = ∑_{i=0}^{r} \binom{m}{i} und d(C(r, m)) = 2^{m−r}

67) Zeige, daß der lineare Code über GF (3) mit Matrix

( \begin{matrix}0 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \end{matrix} )

1 - perfekt ist.

68) Sei C der lineare Code über GF (2) mit Matrix

( \begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} )

Es wird 110110 empfangen. Was wurde gesendet, falls höchstens ein Fehler auftrat.

69) Sei V ein Ideal in K[x], V = pK[x] mit irreduziblem p. Zeige : Sind f, g ∈ K[x] mit fg ∈ V, so ist f ∈ V oder g ∈ V.

70) Sei V ≠ K[x] ein Ideal in K[x] mit der folgenden Eigenschaft:

Sind f, g ∈ K[x] mit fg ∈ V, so ist stets f ∈ V oder g ∈ V.

Zeige: V = pK[x], wobei p irreduzibel ist.

71) Sei R = K[x] der Polynomring über einem Körper K. Seien pK[x] und fK[x] zwei Ideale in R. Nach (6.21) ist

pK[x] ∩ fK[x] = gK[x]

Wie kann man g angeben ?

72) Seien C_{1}, C_{2} zwei zyklische Codes über K mit Polynom g_{1} bzw. g_{2}. Zeige: C_{1} ⊆ C_{2} genau dann, wenn g_{1} von g_{2} geteilt wird.

73) Seien C_{1}, C_{2} zyklische (n, k_{i}) - Codes über K, i = 1, 2, mit Polynom g_{1} bzw. g_{2}. Zeige:

a) C_{1} + C_{2} (der kleinste Code, der C_{1} und C_{2} enthält) wird von ggT(g_{1}, g_{2}) erzeugt.

b) C_{1} ∩ C_{2} wird von kgV(g_{1}, g_{2}) erzeugt.

74) Sei in (6.17) K der Körper mit 2 Elementen und K_{1} der Körper mit 4 Elementen. Sei C der (2^{6} − 1, 2^{6} − 1 − 6) - Code über K und C_{1} der ((2^{2})^{3} − 1, (2^{2})^{3} − 1 − 3) - Code über K_{1}. Wie unterscheiden sich die Codes in ihrem Fehlerverhalten ?

75) Man gebe einen (7,5) Reed–Solomon–Code an.

76)^{∗} Sei K ein endlicher Körper mit |K| = q. Es sei

∑_{i=0}^{2t−1} \binom{n − 1}{i}(q − 1)^{i} < q^{n−k}

für natürliche Zahlen t, n, k, n > k. Dann existiert ein (n, k) - Code C über K mit d_{C} ≥ 2t + 1.

77) Sei K = GF (2). Für welche der folgenden Parameter (n, k, d) gibt es einen linearen Code ?

(i) (12,7,5)

(ii) (11,4,5)

78) Sei C ein zyklischer Code der Länge n über GF (2), der ein Codewort von ungeradem Gewicht enthält. Dann ist (a_{0}, …, a_{n−1}) mit a_{i} = 1 für alle i ein Codewort.

79) Beim Toto werden jeweils die Ausgänge von 13 Spielen vorhergesagt. Dabei steht 1 für einen Heimsieg, 2 für einen Auswärtssieg und 0 für ein Unentschieden. Wieviele Tippreihen muß man abgeben, damit man garantiert 12 Richtige hat. (Hinweis: Hammingcode)

§7 Kryptographie

Bei der Kryptographie geht es darum, eine Nachricht so zu verschlüsseln, daß sie nur vom Empfänger gelesen werden kann.

Sender  Kanal  Empfänger
↑

Lauscher, Fälscher

Dabei ist es wichtig, daß sowohl die Algorithmen zum Verschlüsseln als auch zum Entschlüsseln möglichst einfach sind. Dies sind zunächst widersprüchliche Anforderungen. Wir beginnen mit der Klärung der Grundbegriffe.

Wir haben normalerweise ein n–Ziffern Alphabet (hier n = 29)

A B C D E F G H I J K L M N O
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
P Q R S T U V W X Y Z ⊔ ! ?
15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28

Sei M die Menge aller möglichen Texte und C die Menge der verschlüsselten Texte. Eine Verschlüsselung ist eine bijektive Abbildung

f : M → C .

Eine Entschlüsselung ist eine bijektive Abbildung

g : C → M

mit

g(f(m)) = m für alle m ∈ M .

Wir wollen uns hier auf den Fall beschränken, daß die Übertragungseinheit ein einzelner Buchstabe ist. Die Verschlüsselung ist dann einfach eine Permutation der Buchstaben.

Man kann auch 2–er Blöcke oder 3–er Blöcke verschlüsseln, was die ganze Prozedur kompliziert, aber kaum die Sicherheit erhöht.

Eine sehr einfache Verschlüsselung (schon von Caesar benutzt) ist die, die Ziffern modulo n zu verschieben.

Also

f : a → a + x (mod n) .

Die Entschlüsselung ist dann besonders einfach. Sei c der empfangene Buchstabe. Dann ist

g(c) = c − x (mod n) .

(7.1) Beispiel. x = 3. Es wird F empfangen. Was wurde gesendet ?

Wir müssen in unserem Alphabet nur um drei Stellen zurück gehen, also wurde C gesendet. □

Angenommen ein solcher Text soll entziffert werden. Dazu benötigt man zwei Informationen

(1) Die allgemeine Natur des Systems

(Hier eine Kongruenztransformation mit einem 29 Ziffern Alphabet)

(2) Den Parameter x

Wir wollen im folgenden stets annehmen, daß wir die allgemeine Natur des Systems kennen. Diese ist normalerweise hardwaremäßig realisiert, so daß eine häufige Änderung zu kostspielig würde. Der Parameter x ist allerdings änderbar.

(7.2) Beispiel. Wir haben ein Kongruenzsystem mit 29 Buchstaben. Wir empfangen

W U E Q G U A

Angenommen wir haben bereits einen Text mit vielen hundert Buchstaben vorliegen. Dann entspricht, wegen der Häufigkeit des Buchstaben E in der deutschen Sprache, der am häufigsten vorkommende Buchstabe mit ziemlicher Sicherheit dem E.

Also

U ⟷ E.

Damit haben wir

x = 16.

Nun ist es kein Problem mehr, den Text zu lesen. □

Dieses Verfahren ist natürlich nur sinnvoll, wenn man einen längeren Text vorliegen hat, der in etwa die Häufigkeitsverteilung wiederspiegelt. Man kann immer Einzelwörter angeben, die nicht der Verteilung entsprechen, z.B. Kasandra.

Die Häufigkeitsverteilung in einem deutschen Text ist

E  16%
N  10%
I,R,S,T  6-8%
A,D,H,U  4-5,5%
L,M,C,S,B,O 2,5 - 3,3%
K,F,W,Z  1,3 - 1,6%
V,P  0,6 - 1%
Q,J,X,Y  0 - 0,4%

Man könnte natürlich auch alle 29 Möglichkeiten für x durchgehen. Es ist ziemlich wahrscheinlich, daß nur eine einen sinnvollen Text liefert.

Eine Verbesserung dieser Kongruenzsysteme sind die affinen Systeme:

Sei a, b ∈ {0, …, n − 1}. Dann bilde

f(P) = aP + b (mod n) .

(7.3) Beispiele. (a) Betrachte das System mit a = 7, b = 12. Dann wird das Wort aus (7.1)

Z L P M A L Q

Zum Entschlüsseln müssen wir

P = a′C + b′

berechnen. Es ist

a′ = a^{−1} (mod n) und
b′ = −a^{−1}b (mod n)

Also muß ggT (a, n) = 1 sein. Wir müssen nun nur zwei Buchstaben finden. Es sei bekannt, daß

L ⟷ E und Q ⟷ N

entspricht. Dann haben wir

\begin{matrix}11 ≡ a4 + b & (mod 29) \\ 16 ≡ a13 + b & (mod 29) . \end{matrix}

Das ergibt

5 ≡ a · 9 (mod 29)

Nun kann man a mit dem euklidischen Algorithmus berechnen. Hier folgt a = 7. Dann folgt aus der ersten Gleichung b = 12.

(b) Gängige Verschlüsselungen sind auch solche mit einem Schlüsselwort. Dazu wählt man sein Lieblingswort, z.B. “Schule” und einen Buchstaben z.B. “I”. Dann wird wie folgt verschlüsselt. Wir schreiben unsere zu verschlüsselnden Buchstaben in eine Reihe. Unter dem Buchstaben “I” anfangend schreiben wir das Schlüsselwort und fahren dann mit dem Alphabet unter Auslassung der im Schlüsselwort vorkommenden Buchstaben fort, also

\begin{matrix}A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O \\ Q & R & T & V & W & X & Y & Z & S & C & H & U & L & E & A \end{matrix}

\begin{matrix}P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z \\ B & D & F & G & I & J & K & M & N & O & P \end{matrix}

Aus “GESTERN” wird dann “YWGIWFE”. Aber auch dieses System ist nicht wesentlich sicherer.

Man könnte hier einwenden, daß das Problem darin besteht, daß ein Buchstabe immer mit dem gleichen Buchstaben verschlüsselt wird. Vielleicht sollte man den gleichen Buchstaben aber verschieden verschlüsseln. Auch hierzu gibt es ein interessantes System.

(c) Wir ordnen die Buchstaben in einer 26 × 26–Matrix an.

\begin{matrix}A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z \\ B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A \\ C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B \\ D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C \\ E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D \\ F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E \\ G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F \\ H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G \\ I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H \\ J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I \\ K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J \\ L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K \\ M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L \\ N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M \\ O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N \\ P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O \\ Q & R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P \\ R & S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q \\ S & T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R \\ T & U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S \\ U & V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T \\ V & W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U \\ W & X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V \\ X & Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W \\ Y & Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X \\ Z & A & B & C & D & E & F & G & H & I & J & K & L & M & N & O & P & Q & R & S & T & U & V & W & X & Y \end{matrix}

Als Schlüsselwort sei wieder “Schule” gewählt. Es soll “Gestern Morgen” veschlüsselt werden. Dazu schreiben wir die Buchstabenfolge des Schlüsselwortes bis zur Länge des zu verschlüsselnden Textes über diesen. Also

\begin{matrix}S & C & H & U & L & E & S & C & H & U & L & E & S \\ G & E & S & T & E & R & N & M & O & R & G & E & N \end{matrix}

Nun wird das “G” zu einem “Y”, nämlich dem Zeichen aus Zeile G und Spalte S, das “E” wird zu “G”, Zeile E Spalte C. Das ergibt dann

YGZNPVFOVLRIF Insbesondere entspricht das “V” einmal einem “R” und ein andermal einem “O”. Allerdings ist auch dieses System nicht sonderlich sicher. Angenommen wir haben einen langen Text erhalten

LGEMR F RW IX RACY A Y IW IG F MQW E XJIF A
T BF V T W SY OA RF ET V V QSKY OW V UY Y SY AY
CY EMT DZW IO RF EQP IELV L W IEOV HEIGO
V LEIA OLLEI  ANV LG EUJV H F RGOZ W LIY L
SY JHR F V HEM RV RNF RIW IM DLY MV MT IY L
NY SHR F QOEM RKV HE EGW EB BF RF U UORMO
RLBY P ZLHCI SMXNF DHY IC GJQSJ CF NRV
F W IRV UY NXM F KV HX MRV ZY T IQSK Y ODHW
ENT GU DLY T W RDEMJ RQKZH EHRJR LUGUA
W ZSMR JKY OE P ZICD LGW EZ V IEKZ Y XIEL
CIT Y A LV LEI  ESEHB LZW UU T W QAV V F RHL
QNF RP GUCF V HF XMW IEXRB SIAKT BXIEG
UY SKN JECDL GY V EO EP CKQ F V QW E EP IAF
V HT MA V ROGH V W JY X IV KV X JIV F W ISQNL
ZIOIA NF LV R OW W OH XREQO HV V XW AF W P Z
LY UDG V V LOE P ZKY J P RAEY T W BDT BF RIW
IZBLE W EMCI F LV BU RNLLY SP V UY XBV V F
UUT W Q AV GF X UGUY E IENV L T GUDL Y T W RD
LHHF R AUY OT NJKHF V AT V E BRALJ Y JRHF
UXF V F UY F V I F KV F E EUW IC OHRJI Y HIY R
LP P V M OZMDL RF JY O HRJLH EIZHW UF RT W
IUV W T W KUV W P ZKQF V QW EG V W F

Wir wollen zunächst, die Länge des Schlüsselwortes herausfinden. Dazu suchen wir Kombinationen, die immer wieder auftauchen. Wir wollen 3-er Kombinationen aufsuchen

• LGE in Position 0 : Abstand 102 zum nächsten Vorkommen.

• EMR in Position 2 : Abstand 126 zum nächsten Vorkommen.

• YAY in Position 13 : Abstand 42 zum nächsten Vorkommen.

• IWI in Position 16 : Abstand 120 zum nächsten Vorkommen.

• QWE in Position 22 : Abstand 360 zum nächsten Vorkommen.

• XJI in Position 25 : Abstand 384 zum nächsten Vorkommen.

• TBF in Position 30 : Abstand 444 zum nächsten Vorkommen.

• RFE in Position 40 : Abstand 30 zum nächsten Vorkommen.

• QSK in Position 46 : Abstand 186 zum nächsten Vorkommen.

• SKY in Position 47 : Abstand 186 zum nächsten Vorkommen.

Wir stellen fest, daß alle Abstände ein Vielfaches von 6 sind. Damit wird das Schlüsselwort vermutlich 6 Buchstaben haben. Wir ordnen den Text in Zeilen von jeweils 6 Spalten, wie bereits oben getan. In jeder Spalte wird der häufigste Buchstabe bestimmt. Dies sind V, Y, F, I, R, W. Wir müssen nun nur noch in unserer 26 × 26–Matrix in die E-Spalte gehen und die den obigen Buchstaben entsprechenden Stellen aufsuchen. Das ergibt das Schlüsselwort RUBENS. Nun ist es kein Problem mehr, den Text zu lesen.

Um Nachteile zu vermeiden, die sich ergeben, wenn zur Datensicherung lediglich Kennwoerter verwendet werden, wurden Verfahren entwickelt, bei denen die Daten verschluesselt werden. Zu diesen Daten haben dann zwar auch Unbefugte Zugriff, da sie jedoch nicht wissen, wie diese Daten zu entschluesseln sind, sind derart chiffrierte Nachrichten fuer sie wertlos. Unter der Annahme, dass die benutzten Codierungsverfahren schwer oder gar nicht geknackt werden koennen, sind auf diese Weise Informationen vor unbefugtem Zugriff geschuetzt. Der Nachteil eines solchen Verfahrens besteht natuerlich darin, dass die Methode der Verschluesselung beiden Partnern bekannt sein und der Schluessel daher in der Regel zwischen Sender und Empfaenger ausgetauscht werden muss. □

Die bisherigen Systeme hatten alle einen Nachteil. Die Entschlüsselungsfunktion g muß jeder potentielle Empfänger von Nachrichten kennen. Je größer dieser Personenkreis ist, desto größer die Wahrscheinlichkeit, daß auch Unberechtigte g kennen.

Diesem Problem wollen wir nun begegnen. Dazu machen wir etwas, was auf den ersten Blick völlig unsinnig aussieht. Wir machen die Verschlüsselungsfunktion öffentlich zugänglich. Die Entschlüsselungsfunktion soll aber nur dem Empfänger bekannt sein. Jeder Empfänger hat seine eigene Entschlüsselungsfunktion, die auch nur ihm bekannt ist. Eine Übertragung von Schlüsseln entfällt.

Die Sicherheit des Systems hängt davon ab, daß die Entschlüsselungsfunktion zwar in der Theorie bekannt ist, in der Praxis aber aus der Verschlüsselungsfunktion nur sehr schwierig berechenbar ist.

Hier die Idee eines solchen Systems: Es seien A, B Nutzer des Systems. A habe die Verschlüsselungsfunktion f_{A} und B die f_{B}.

Jeder Nutzer des Systems kennt f_{A} und f_{B}. Nur A kennt f_{A}^{−1} = g_{A}, nur B kennt f_{B}^{−1} = g_{B}.

Es möchte A eine Nachricht N an B senden. Es ist nicht sinnvoll, f_{A}(N) zu senden, da B die Funktion f_{A}^{−1} nicht kennt.

Also wendet A die Funktion f_{B} an, die ja öffentlich bekannt ist. Er sendet somit

f_{B}(N).

Falls A den Inhalt der Nachricht vergißt, könnte er sie nun nicht mehr lesen !

B empfängt die Nachricht und wendet darauf den nur ihm bekannten Schlüssel g_{B} an. Also

g_{B}(f_{B}(N)) = N.

Eine Variante hiervon kann man zur elektronischen Unterschrift benutzen. Diesmal wendet A zunächst g_{A} auf N an. Dann sendet er

f_{B}(g_{A}(N)) .

B empfängt die Nachricht und wendet zunächst g_{B} darauf an. Er erhält also g_{A}(N), eine völlig unsinnige Nachricht. Da er eine Nachricht von A erwartet, wendet er nun das bekannte f_{A} an und erhält N.

Da nur B die Funktion g_{B} kennt, kann auch sonst niemand die Nachricht lesen. Da nur A die Funktion g_{A} kennt, ist auch B sicher, daß die Nachricht von A kommt.

Was man also benötigt, sind einfache Verfahren, deren Umkehrverfahren nur sehr schwer zu berechnen sind. Wir wollen uns hier mit einem solchen Verfahren beschäftigen.

Primfaktorzerlegung (RSA - System):

Jeder Nutzer des Systems wählt zwei extrem große Primzahlen p_{A}, q_{A} und berechnet

n_{A} = p_{A}q_{A}.

Diese Zahl n_{A} wird publiziert.

Die Sicherheit des Systems beruht darauf, daß A leicht

φ(n_{A}) = n_{A} + 1 − p_{A} − q_{A}

berechnen kann, während dies ohne die Primfaktorzerlegung praktisch nicht möglich ist. Sei

φ(n) = pq + 1 − p − q .

Also pq = n, p + q = n − φ(n) + 1.

Damit sind p, q die Lösungen von

t^{2} − (n − φ(n) + 1)t + n = 0 .

Somit folgt aus der Kenntnis von n und φ(n) die Primfaktorzerlegung von n.

Nun wählt A eine Zahl ℓ_{A} zwischen 1 und φ(n_{A}), teilerfremd zu φ(n_{A}). Auch ℓ_{A} sei öffentlich bekannt.

Der Schlüssel ist also (n_{A}, ℓ_{A}). Die Buchstaben werden nun als Elemente in ℤ/n_{A}ℤ aufgefaßt.

Es sei

f_{A}(P) ≡ P^{ℓ_{A}} (mod n_{A}).

Dann ist

g_{A}(C) ≡ C^{d_{A}} (mod n_{A}),

wobei

d_{A} ≡ ℓ_{A}^{−1} (mod φ(n_{A}))

ist. Also

g_{A}f_{A}(P) ≡ P^{ℓ_{A}d_{A}} ≡ P^{1+xφ(n_{A})} ≡ P (mod n_{A}) nach (2.15).

Ohne φ(n_{A}) zu kennen, ist es praktisch unmöglich d_{A} zu berechnen. Andererseits sind die Algorithmen zum Ver– und Entschlüsseln sehr einfach.

Mit diesem System kann man einem Empfänger eine Nachricht X senden, die nur dieser lesen kann. Dazu benutzt man den öffentlichen Schlüssel des Empfängers A und berechnet X^{ℓ_{A}} (mod n_{A}).

Auch die Festlegung der Schlüssel ist für jeden Teilnehmer an dem System leicht zu berechnen. Nach Wahl von p_{A}, q_{A} und ℓ_{A} kann man d_{A} mit dem euklidischen Algorithmus berechnen:

xℓ_{A} + yφ(n_{A}) = 1

Es muß also nur

x · ℓ_{A} ≡ 1 (mod φ(n_{A}))

gelöst werden.

Die Sicherheit des Systems hängt natürlich von der Größe der Primzahlen p_{A}, q_{A} ab. Um eine 70 - stellige Zahl zu faktorisieren, benötigt ein Computer heute ca. 10 Stunden, für eine 100-stellige Zahl wird schon ein Jahr benötigt. Sind aber p_{A} und q_{A} beide mindestens 100 - stellig, so würden man für eine Faktorisation im ungünstigsten Fall heute ca. 10^{7} Jahre brauchen.

Es scheint so, daß gerade bei großen Zahlen das Verschlüsseln und Entschlüsseln recht kompliziert ist, da stets Ausdrücke der Form

x^{m} (mod n)

zu berechnen sind. Dies ist aber nicht der Fall, da es hierfür eine sehr effektive Methode gibt. Zunächst schreibe

m = m_{0} + 2m_{1} + 4m_{2} + … + 2^{k−1}m_{k−1},

wobei

m_{i} ∈ {0, 1} , i = 1, …, k − 1

sei.

Nun wird b^{m} (mod n) nach folgendem Algorithmus (wiederholtes Quadrieren) berechnet. Setze a_{0} = 1. Ist m_{0} = 1, so setze

a_{1} = a_{0}b

sonst setze

a_{1} = a_{0}.

Berechne nun

b_{1} ≡ b^{2} (mod n).

Ist m_{1} = 1, so setze

a_{2} = a_{1}b_{1}

sonst

a_{2} = a_{1}.

Allgemein: Berechne

b_{j} ≡ b_{j−1}^{2} (mod n).

Ist m_{j} = 1, so setze

a_{j+1} = a_{j}b_{j}

sonst

a_{j+1} = a_{j}.

Wir erhalten dann

b^{m} ≡ a_{k} (mod n).

(7.4) Beispiele. (a) p = 5, q = 13, n = 65, ℓ = 19, φ(n) = 48, Schlüssel (65,19)

d_{A} = 43, da 43 · 19 ≡ 1 (mod 48) ist.

Wir wollen von unserem 26 Buchstaben Alphabet ausgehen. Es soll G gesendet werden. Es ist G = 6. Also muß 6^{19} (mod 65) berechnet werden.

Wir haben

19 = 1 + 2 + 2^{4}.

Nun gilt:

6^{2} ≡ 36 (mod 65)
6^{4} ≡ 36^{2} ≡ 1296 ≡ 61 (mod 65)
6^{8} ≡ 61^{2} ≡ (−4)^{2} ≡ 16 (mod 65)
6^{16} ≡ 16^{2} ≡ 61 (mod 65).

Also ist

6^{19} ≡ 6 · 36 · (−4) ≡ 46 (mod 65).

Nun ist 46 kein Buchstabe. Deshalb geht man wie folgt vor:

46 = 1 · 26 + 20

Es wird

\begin{matrix}B & U \\ ↕ & ↕ \\ 1 & 20 \end{matrix}

gesendet.

(b) (12367,17) ist der Schlüssel, N = 26. Es soll ER gesendet werden. Es ist

E ⟷ 4 und R ⟷ 17.

\begin{aligned}ER & = & 4 · 26 + 17 = 121 . \\ (121)^{17} & ≡ & 2119 (mod 12317) \\ 2119 & = & 3 · 26^{2} + 3 · 26 + 13 . \end{aligned}

Also ist

f(ER) = DDN.

d_{A} = ℓ_{A}^{−1} (mod φ(n_{A})) hat den Wert 6425 .
□

Bei der Wahl der Schlüssel sind viele Nebenbedingungen zu beachten. So sollten die Primzahlen z.B. nicht zu dicht beieinander liegen, da sonst n_{A} leicht berechnet werden kann (siehe Aufgabe 81 ). Aber es sind auch noch andere Bedingungen zu erfüllen. Angenommen, wir kennen n und ℓ. Wir empfangen X^{ℓ} = Y. Dann bilden wir die Folge

Y_{0} = Y, Y_{1} ≡ Y^{ℓ} (mod n), Y_{2} ≡ Y^{ℓ^{2}} (mod n), …, Y_{i+1} ≡ Y^{ℓ^{i+1}} (mod n).

Da die Abbildung x → x^{ℓ} bijektiv ist, gibt es ein j mit

Y_{j} = Y^{ℓ^{j}} ≡ Y (mod n).

Dann ist

X = Y_{j−1}.

(7.5) Beispiel. Sei n = 209101 und ℓ = 150151. Wir erhalten die Nachricht

X^{ℓ} = 183037.

Indem wir die Potenzen 183037^{ℓ^{i}}, i = 1, 2, ... berechnen, erhalten wir

183037^{ℓ^{10}} ≡ 183037 (mod n).

Also ist

X ≡ 183037^{ℓ^{9}} ≡ 91804 (mod n).

Damit haben wir

X = 91804.
□

Wir können somit die Nachricht lesen, ohne die Faktorisierung von n berechnen zu müssen. Es ist somit darauf zu achten, daß die i, so daß X^{ℓ^{i}} ≡ X (mod n) gilt, möglichst groß sind, so daß auch diese Methode der Berechnung von X zu kompliziert wird. Eine Bedingung, die das garantiert, ist

p − 1 = 2s_{1}p_{1}, q − 1 = 2r_{1}q_{1}, p_{1} − 1 = 2s_{2}p_{2}, q_{1} − 1 = 2r_{2}q_{2}

wobei

p_{1}, p_{2}, q_{1}, q_{2}

verschiedene große Primzahlen sind, und

r_{1}, r_{2}, s_{1}, s_{2}

kleine Zahlen (< 100) sind. Zum Beispiel p_{2} = 16729836781935442601 p_{1} = 2 · p_{2} + 1 = 33459673563870885203 p = 2 · p_{1} + 1 = 66919347127741770407 q_{2} = 567812346789046800215678911991407 q_{1} = 2 · 5 · q_{2} + 1 = 5678123467890468002156789119914071 q = 2 · 3 · q_{1} + 1 = 34068740807342808012940734719484427

Dann ergibt sich

n = pq = 2279857892291634783639538318059881250943442223245951789 Weiter ist

φ(n) = (p − 1)(q − 1) = 2^{2} · 3 · p_{1} · q_{1} =

2279857892291634783605469577252538376011154360784696956

Als ℓ wähle z. B.

769184928198761928111911736511257

was dann für d den Wert

646874643575904846468822659894210269000242486170955389

ergibt.

Hinsichtlich dieser Probleme könnte man auf die Idee kommen, daß nicht jedem Teilnehmer an einem solchen System ein eigenes n_{A} zugeordnet wird, sondern alle ein generelles n haben und dann selbst ℓ_{A} und d_{A} wählen. Dies ist aber nicht mehr sicher. Wir wollen aufzeigen, wie ein unbefugter Lauscher eine Nachricht entschlüsseln kann.

Wir nehmen an, daß A an B und C die gleiche Nachricht X sendet. Also

Y_{1} = X^{ℓ_{B}} Y_{2} = X^{ℓ_{C}}

Ist nun ggT (ℓ_{B}, ℓ_{C}) = 1, so gibt es u, v mit

uℓ_{B} + vℓ_{C} = 1

Wir können ohne Einschränkung u < 0 annehmen. Weiter können wir annehmen, daß ggT (n, Y_{1}) = 1 ist, da wir sonst eine Faktorisation von n mit Hilfe des euklidischen Algorithmus hätten.

Nun sind wir aber mit dem euklidischen Algorithmus in der Lage, Y_{1}^{−1} zu berechnen. Das liefert dann

(Y_{1}^{−1})^{|u|}Y_{2}^{v} ≡ ((X^{ℓ_{B}})^{−1})^{|u|}(X^{ℓ_{C}})^{v} ≡ X^{uℓ_{B}}X^{vℓ_{C}} ≡ X^{uℓ_{B}+vℓ_{C}} ≡ X (mod n)

Damit ist die Nachricht entschlüsselt. Die Wahrscheinlichkeit, daß ggT (ℓ_{B}, ℓ_{C}) = 1 ist, ist normalerweise für zwei große ungerade Zahlen recht groß.

Übungen

80) Wir führen folgendes Verschlüsselungsverfahren ein. Wir verschlüsseln den Text mit einem affinen System. Dann ein zweites Mal mit einem anderen affinen System und danach noch ein drittes Mal mit einem dritten affinen System. Ist das sicherer, als nur einmal mit einem affinen System zu verschlüsseln ?

81) a) Ist n ∈ IN, n = ab, a < b, a, b ungerade, dann ist n = x^{2} − y^{2}, x, y ∈ IN mit x − y = a und x + y = b.

b) Sei n = x^{2} − y^{2}, x, y ∈ IN. Dann können wir x, y mit folgendem Algorithmus finden : Sei (m−1)^{2} ≤ n < m^{2}. Für i ∈ IN setze x_{i} = (m+i)^{2} −n. Teste, ob x_{i} ein Quadrat ist. c) Warum kann n = pq, p, q verschiedene Primzahlen, die dicht beieinander liegen, leicht faktorisiert werden ?

d) Faktorisiere n = 2027651281.

82) a) Die folgende Nachricht sei mit einem affinen System auf einem 26 Ziffern Alphabet

chiffriert worden. Man entschlüssele :

VBEDXSXIXKPXS

b) Mit einem System aus (7.3)(c) wurde die folgende Nachricht verschlüsselt. UCASMQBXOIUKX

§8 Gruppen, Symmetrien

Der Begriff der Gruppe, obwohl axiomatisch erst seit dem letzten Jahrhundert untersucht, gehört zu den ältesten Begriffen der Mathematik überhaupt. Er ist die Axiomatisierung des Begriffes der Symmetrie, welcher einer der zentralen Begriffe der Mathematik ist. Wir betrachten zunächst Symmetrien des regulären n–Ecks. Diese sind

(1) Drehungen um k · 2π/n.

(2) Spiegelungen an den folgenden Achsen:

n ungerade: Ecke und Gegenmitte

[figure]

n gerade: Ecke und Gegenecke Kantenmitte und Gegenkantenmitte

[figure]

Die Hintereinanderausführung von zwei solchen Spiegelungen ist eine Drehung.

Was ergibt die Hintereinanderausführung einer Spiegelung und einer Drehung?

Die angegebenen Symmetrien sind alle (Beweis!).

Feststellung: (1) Die Menge der Symmetrien eines n–Ecks ist abgeschlossen unter Hintereinanderausführung

(2) Zu jeder Symmetrie gibt es eine inverse Symmetrie.

(3) Es gibt eine neutrale Symmetrie, die Identität.

Dies gilt nicht nur für die Symmetrien eines n–Ecks sondern für Symmetrien beliebiger Körper.

Die mathematische Abstraktion hiervon ist das, was man eine Gruppe nennt. Übrigens sind wir schon Gruppen begegnet: Ist K ein Körper, so erfüllt die Addition auf K die Eigenschaften (1) – (3) und auch K ∖ {0} mit der Multiplikation.

(8.1) Definition. Eine Gruppe G ist eine Menge, auf der eine Operation ∘ definiert ist, d.h. jedem Paar g, h ∈ G ist eindeutig ein g ∘ h aus G zugeordnet. Dabei soll gelten:

(1) (Assoziativgesetz) g ∘ (h ∘ k) = (g ∘ h) ∘ k, für alle g, h, k ∈ G.

(2) (neutrales Element) Es gibt ein e ∈ G mit

(i) Ist g ∈ G, so ist g ∘ e = e ∘ g = g.

(ii) Ist g ∈ G, so gibt es ein h ∈ G mit g ∘ h = h ∘ g = e (schreibe g^{−1} für h).

Gilt zusätzlich g ∘ h = h ∘ g für alle g, h ∈ G, so nennen wir G eine kommutative oder auch abelsche Gruppe.

(8.2) Beispiele. (a) Sei K ein Körper. Dann ist K mit + und K ∖ {0} mit · eine abelsche Gruppe.

(b) Es ist ℤ mit der Multiplikation keine Gruppe, da es z. B. zu 2 kein Inverses in ℤ gibt.

(c) Sei n = 3. Dann gibt es genau 6 Symmetrien des regulären 3–Ecks.

[figure: 1; 2; 3]

Sei g_{1} die Spiegelung, die 1 nach 2 abbildet und 3 fest läßt und g_{2} die Spiegelung, die 2 nach 3 abbildet und 1 fest läßt. Dann ist

g_{1}g_{2}(1) = 2 und g_{2}g_{1}(1) = g_{2}(2) = 3 .

Also ist g_{1}g_{2} ≠ g_{2}g_{1}. D.h. die Symmetriegruppe ist nicht abelsch.

Bevor wir uns eingehender mit den Symmetriegruppen beschäftigen, wollen wir uns noch die abstrakten Gruppen ansehen. Das Zeichen ∘ für die Verknüpfung lassen wir in Zukunft weg, falls ihm nicht eine besondere Bedeutung zukommt. Wir schreiben also gh statt g ∘ h.

Aus den in den Axiomen festgelegten Rechenregeln wollen wir nun weitere herleiten.

(8.3) Satz. Sei G eine Gruppe. Sind e′, e ∈ G mit

(1) ae = ea = a für alle a ∈ G und

(2) ae′ = e′a = a für alle a ∈ G,

so ist e = e′.

Beweis:

e =_{(2)} e e′ =_{(1)} e′ .

□

(8.4) Satz. Sei G eine Gruppe, g ∈ G. Ist

(1) gh = e = hg mit h ∈ G und

(2) gh′ = e = h′g mit h′ ∈ G,

so ist h = h′.

Beweis. h′ = eh′ =_{(1)} (hg)h′ = h(gh′) =_{(2)} he = h. □

(8.5) Definition. Sei G eine Gruppe, g ∈ G. Für k ∈ ℕ bezeichne mit g^{k} das k–fache Produkt von g mit sich selbst, also

g^{k} = \underbrace{g … g}_{k} .

Für k ∈ ℤ, k < 0 setze g^{k} = (g^{−1})^{−k}. Setze weiter g^{0} = e. Bezeichne mit o(g) (Ordnung von g) die kleinste natürliche Zahl k mit g^{k} = e. Gibt es keine solche, so schreibe o(g) = ∞.

(8.6) Lemma. Sei G eine Gruppe mit g^{2} = e für alle g ∈ G, so ist G abelsch.

Beweis. Seien g, h ∈ G. Dann ist (gh)(gh) = (gh)^{2} = e = g^{2}h^{2}. Also ist hg = g^{−1}(gh)(gh)h^{−1} = g^{−1}g^{2}h^{2}h^{−1} = gh. □

(8.7) Satz. Sei G eine Gruppe und n ∈ ℕ. Gilt für alle g, h ∈ G

\begin{aligned}(i) & (gh)^{n} & = & g^{n}h^{n} \\ (ii) & (gh)^{n+1} & = & g^{n+1}h^{n+1} \\ (iii) & (gh)^{n+2} & = & g^{n+2}h^{n+2}, \end{aligned}

so ist G abelsch.

Beweis. Es ist

(iv) g^{n+2}h^{n+2} =_{(iii)} (gh)^{n+2} = (gh)(gh)^{n+1} =_{(ii)} ghg^{n+1}h^{n+1}.

Also ist

(v) g^{n+1}h = g^{−1}g^{n+2}h^{n+2}h^{−(n+1)} =_{(iv)} g^{−1}ghg^{n+1}h^{n+1}h^{−(n+1)} = hg^{n+1}.

Weiter gilt

(vi) g^{n+1}h^{n+1} =_{(ii)} (gh)^{n+1} = (gh)(gh)^{n} =_{(i)} ghg^{n}h^{n}.

Somit

(vii) g^{n}h = g^{−1}g^{n}h^{n}h^{−n} = g^{−1}ghg^{n}h^{n}h^{−n} = hg^{n}. Das ergibt nun

g^{n+1}h =_{(v)} hg^{n+1} = hg^{n}g =_{(vii)} g^{n}hg.

Also ist

gh = g^{−n}g^{n+1}h = g^{−n}g^{n}hg = hg.
□

(8.8) Beispiel: Wir untersuchen, ob die Aussage von (8.7) noch richtig ist, wenn wir (iii) streichen. Dazu betrachten wir die Gruppe aus (8.2)(c). Jede Spiegelung hat die Ordnung zwei, erfüllt also g^{2} = e. Jede Drehung hat die Ordnung drei, erfüllt also g^{3} = e. Somit ist g^{6} = e für alle g ∈ G. Weiter ist dann g^{7} = g^{6}g = eg = g für alle g ∈ G. Damit gilt für alle g, h ∈ G

\begin{aligned}(i) & (gh)^{6} & = & g^{6}h^{6} \\ (ii) & (gh)^{7} & = & g^{7}h^{7}, \end{aligned}

aber G ist nicht abelsch.

(8.9) Satz. Sei G eine Gruppe und g ∈ G mit o(g) = k. Ist m ∈ ℤ mit g^{m} = e, so ist k | m und o(g^{x}) = \frac{k}{ggT (k,x)} für x ∈ ℤ.

Beweis. Sei m = kq + r die Division mit Rest, r ≥ 0. Dann ist

e = g^{m} = (g^{k})^{q}g^{r} = g^{r} .

Die Minimalität von k liefert r = 0.

Es ist

(g^{x})^{( \frac{k}{ggT (k,x)} )} = (g^{k})^{( \frac{x}{ggT (x,k)} )} = e .

Also ist o(g^{x}) | \frac{k}{ggT (x,k)}.

Sei y = o(g^{x}). Dann ist g^{yx} = e. Das liefert

k | yx .

Damit ist \frac{k}{ggT (x,k)} | y = o(g^{x}). □

(8.10) Definition. Eine Gruppe G, die nur aus den Potenzen eines einzigen Elementes g besteht, wird zyklisch genannt. Wir nennen g einen Erzeuger.

Die Gruppe der Drehungen eines regulären n–Ecks ist zyklisch mit Erzeuger die Drehung um 2π/n. Aber auch die Gruppe ℤ bezüglich der Addition ist zyklisch mit Erzeuger 1. Wir wollen zunächst alle zyklischen Gruppen bestimmen. Dazu müssen wir klären, was wirklich alle bedeuten soll. Wir könnten ja den Elementen einer Gruppe andere Namen geben. Rein formal hätten wir dann eine neue Gruppe. Dies wollen wir mit der folgenden Definition vermeiden.

(8.11) Definition. Seien G, H zwei Gruppen mit Verknüpfungen ∘_{G}, ∘_{H}. Eine Abbildung φ : G → H mit

φ(g_{1} ∘_{G} g_{2}) = φ(g_{1}) ∘_{H} φ(g_{2}), für alle g_{1}, g_{2} ∈ G

nennen wir einen Homomorphismus. Ist diese Abbildung zusätzlich bijektiv, so nennen wir sie einen Isomorphismus zwischen G und H. Wir sagen auch G und H sind isomorph (G ≅ H).

Dies erweitert den Begriff der bijektiven Abbildung (nicht bijektive Homomorphismen werden erst später eine Rolle spielen). Wir verlangen zusätzlich, daß φ die Struktur (Verknüpfung) respektiert. Alle Gruppen zu bestimmen bedeutet nun, bis auf Isomorphie alle Gruppen zu bestimmen.

(8.12) Beispiel. Sei ℙ = {a|a ∈ ℝ, a > 0}. Mit der üblichen Multiplikation reeller Zahlen ist ℙ eine Gruppe. Mit der üblichen Addition ist ℝ eine Gruppe.

Sei log : ℙ → ℝ (Logarithmus zur Basis e).

Dann ist log(ab) = log(a) + log(b).

Sei a ∈ ℝ. Dann ist a = log e^{a}, also ist log surjektiv.

Ist log a = log b, so ist a = e^{log a} = e^{log b} = b, also ist log bijektiv.

Damit ist log ein Isomorphismus von ℙ und ℝ. Gruppentheoretisch besteht also kein Unterschied zwischen beiden Gruppen.

(8.13) Satz. Sei G eine zyklische Gruppe.

(a) Ist |G| = ∞, so ist G ≅ ℤ.

(b) Ist |G| = n < ∞, so ist G ≅ ℤ/nℤ (Restklassen modulo n)

Beweis. Es ist G = {g^{i}|i ∈ ℤ}. Sei m = o(g) < ∞. Dann ist

U = {g^{j}|0 ≤ j < m}

multiplikativ abgeschlossen. Ist g^{j} ∈ U, j > 0, so ist auch g^{m−j} ∈ U und g^{j}g^{m−j} = g^{m} = e. Also ist U eine Gruppe und dann U = G.

Ist nun o(g) = m < ∞, so setze

φ : ℤ/mℤ → G mit φ(i + mℤ) = g^{i}.

Ist o(g) = ∞, so setze

φ : ℤ → G mit φ(i) = g^{i}.

Es ist φ surjektiv und

φ(i + j) = g^{i+j} = g^{i}g^{j} = φ(i)φ(j).

Sei nun φ(i) = φ(j). Dann ist φ(i)φ(j)^{−1} = e, also g^{i−j} = e.

(a) Ist o(g) = ∞, so folgt i − j = 0, d.h. i = j. Also ist φ bijektiv und dann ein Isomorphismus.

(b) Ist o(g) = m < ∞, so ist i + mℤ = j + mℤ und φ ist auch bijektiv.

In beiden Fällen ist φ der gesuchte Isomorphismus. □

Dies war ein typisches Beispiel axiomatischer Mathematik. Wir starten mit gewissen Beispielen, abstrahieren und bekommen ein gewisses Axiomensystem, z.B. zyklische Gruppen, und beweisen dann, daß es im wesentlichen, d.h. bis auf Isomorphie nur dieses eine Beispiel gibt. Danach können wir viele Fragen über die abstrakte Struktur so beweisen, daß wir einfach in dem konkreten Beispiel nachsehen, ob sie richtig sind oder nicht. Wir können also alle Fragen über unendliche zyklische Gruppen klären, indem wir sie in ℤ klären.

Nun kann man sich fragen, warum wir überhaupt den Weg über das Axiomensystem gehen, wenn am Ende nur ein Beispiel übrig bleibt. Wir könnten doch gleich dieses Beispiel studieren. Der wesentliche Grund ist der, daß die Eindeutigkeit nur bis auf Isomorphie gilt. Zyklische Gruppen tauchen eben nicht nur als ℤ/mℤ auf, sondern z.B. auch als Gruppe der Drehungen eines regelmäßigen m–Ecks. Wie sollten wir wissen, daß alle gruppentheoretischen Sätze, die für ℤ/mℤ gelten, auch für diese Gruppe gelten. Es ist also eine Frage der Arbeitsökonomie. Wenn uns eine Gruppe begegnet, müssen wir nur noch nachweisen, daß sie zyklisch ist. Danach stehen uns alle gruppentheoretischen Sätze, die wir vielleicht für ℤ oder ℤ/mℤ bewiesen haben, zur Verfügung.

(8.14) Beispiel: Wir wollen alle Gruppen G von der Ordnung 4 bestimmen. Nach (8.13) gibt es zunächst die zyklische Gruppe. Also können wir annehmen, daß o(g) < 4 für alle g ∈ G ist.

Sei g ∈ G mit o(g) = 3. Dann haben wir in G die folgenden Elemente e, g, g^{2} und ein weiteres Element h. Indem wir h mit den Potenzen von g multiplizieren erhalten wir Elemente h, hg, hg^{2}. Diese können nicht in der Menge {e, g, g^{2}} liegen , da sonst h eine Potenz von g wäre (hg^{j} = g^{i}, so ist h = g^{i−j}). Damit haben wir aber 6 verschiedene Elemente, was nicht geht.

Somit ist o(g) = 2 für jedes von e verschiedene g ∈ G. Das liefert nun sofort die folgende Multiplikationstafel :

· e g h k
e e g h k
g g e k h
h h k e g
k k h g e

Damit haben wir, daß, falls es eine nicht zyklische Gruppe G gibt, diese eindeutig bestimmt ist. Wir müssen nur noch eine solche Gruppe angeben. Dazu betrachten wir die Gruppe der Symmetrien des Quadrates, die aus der Identität, der Drehung um 180^{∘} und den beiden Spiegelungen an den Achsen durch gegenüberliegenden Ecken besteht. Diese hat die Ordnung vier und ist offenbar nicht zyklisch.

In dem vorherigen Beispiel haben wir zunächst die möglichen Ordnungen der Elemente bestimmt. Dies wollen wir jetzt noch etwas allgemeiner machen.

(8.15) Satz. Sei G eine endliche Gruppe und g ∈ G. Dann ist o(g) ein Teiler von |G|.

Beweis. Sei o(g) = m. Ist h ∈ G, und hg^{j} ∈ {g^{k}|k ∈ ℤ}, so ist h = g^{i} für geeignetes i. Sei also h keine Potenz von g. Dann ist

|{g^{k}|k ∈ ℤ} ∪ {hg^{k}|k ∈ ℤ}| = 2m.

Dieses Verfahren setzen wir fort. Wähle jetzt ein u ∈ G, das nicht in obiger Vereinigung liegt, also u ≠ g^{k}, u ≠ hg^{k}, so ist auch ug^{i} für jedes i nicht in obiger Vereinigung (z.B. ug^{i} = hg^{j}, so ist u = hg^{j−i}).

Da die Gruppe endlich ist, müssen wir so die ganze Gruppe ausschöpfen. Das liefert dann aber, daß |G| ein Vielfaches von m ist. □

Dieser Satz vereinfacht häufig die Bestimmung von Gruppen. Will man z.B. alle Gruppen der Ordnung 5 bestimmen, so folgt, daß die Elemente nur die Ordnung 1 oder 5 haben können. Insbesondere gibt es nur die zyklische Gruppe. Dies lag an der Eigenschaft von 5, prim zu sein. Damit haben wir sofort den allgemeinen Satz

(8.16) Satz. Ist G eine Gruppe mit |G| = p, p eine Primzahl, so ist G zyklisch.

Wir wollen uns nun mit einer wichtige Gruppe beschäftigen, der Gruppe S_{n} = Menge der bijektiven Abbildungen der Menge {1, …, n} auf sich. (siehe (1.15)) Wie das folgende Beispiel zeigt, tritt z.B. S_{3} als Symmetriegruppe des gleichseitigen Dreiecks auf.

(8.17) Beispiel. Wir wollen die Symmetriegruppe des regulären Dreiecks bestimmen.

[figure: 2; 3; 1]

Wir haben die folgenden Elemente:

e, d :  Drehung: 1 → 2 → 3 → 1.
d^{2} :  Drehung: 1 → 3 → 2 → 1.
s : Spiegelung an der Achse durch 3: 1 → 2 → 1, 3 → 3.
sd : Spiegelung an der Achse durch 2: 1 → 3 → 1, 2 → 2.
sd^{2} : Spiegelung an der Achse durch 1: 2 → 3 → 2, 1 → 1.

Wir können das Dreieck auch als Menge seiner Ecken {1, 2, 3} auffassen. Dann ist

d die Permutation: 1 → 2

2 → 3 3 → 1

d^{2} die Permutation: 1 → 3

2 → 1 3 → 1

s die Permutation: 1 → 2

2 → 1 3 → 3

sd die Permutation: 1 → 3

2 → 2 3 → 1

sd^{2} die Permutation: 1 → 1

2 → 3 3 → 2

Nach (1.15) ist |S_{3}| = 3! = 6. Also ist die angegebene Menge {e, d, d^{2}, s, sd, sd^{2}} = S_{3}. Die Gruppe der Symmetrien des regulären Dreiecks ist also zu S_{3} isomorph. Die eben benutzte Schreibweise der Permutationen ist etwas umständlich. Wir wollen

Permutation wie folgt schreiben

g = ( \begin{matrix}i_{1} & … & i_{n} \\ g(i_{1}) & … & g(i_{n}) \end{matrix} ) ← \{1, …, n\} in einer Reihenfolge

(8.18) Beispiel. Die Permutation

1 → 3, 2 → 2, 3 → 5, 4 → 4, 5 → 7, 6 → 6, 7 → 8, 8 → 1, 9 → 9

in S_{9} würde also so dargestellt :

( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 3 & 2 & 5 & 4 & 7 & 6 & 8 & 1 & 9 \end{matrix} )

Diese Permutation hätten wir bei anderer Anordnung auch wie folgt schreiben können

( \begin{matrix}1 & 3 & 5 & 7 & 8 & 2 & 4 & 6 & 9 \\ 3 & 5 & 7 & 8 & 1 & 2 & 4 & 6 & 9 \end{matrix} )

Hier sieht man deutlich, daß die ersten fünf Symbole zyklisch permutiert werden, während die restlichen vier fest bleiben. Dies führt zu der folgenden Definition (8.19) Definition. Eine Permutation

g = ( \begin{matrix}m_{1} m_{2} & … & m_{k−1} & m_{k} m_{k+1} & … & m_{n} \\ m_{2} m_{3} & … & m_{k} & m_{1} m_{k+1} & … & m_{n} \end{matrix} )

heißt ein k–Zykel. Schreibe vereinfachend:

g = (m_{1}, m_{2}, …, m_{k})

Ein 2–Zykel heißt Transposition.

Dies können wir nun benutzen, um unsere Schreibweise weiter zu vereinfachen. Betrachte zum Beispiel die Permutation

( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 2 & 4 & 5 & 8 & 7 & 3 & 6 & 1 & 9 \end{matrix} )

Dann wird 1 auf 2, 2 auf 4, 4 auf 8, 8 auf 1 abgebildet. Dies entspricht dem Zykel g_{1} = (1, 2, 4, 8). Weiter wird 3 auf 5, 5 auf 7, 7 auf 6 und 6 auf 3 abgebildet. Das entspricht dem Zykel g_{2} = (3, 5, 7, 6). Setze g_{3} = (9). Dann können wir die obige Permutation als Produkt g_{1}g_{2}g_{3} schreiben. Daß dies allgemein so geht, zeigt der folgende Satz

(8.20) Satz (Zyklenzerlegung). (a)Sei g ∈ S_{n}. Dann gibt es Mengen M_{1}, …, M_{t}

mit M_{i} = {m_{i_{1}}, …, m_{i_{k_{i}}}}, M_{i} ∩ M_{j} = ∅ für i ≠ j und ⋃_{i=1}^{t} M_{i} = {1, …, n}, so daß g das

Produkt der Zyklen

(m_{i_{1}}, …, m_{i_{k_{i}}}), i = 1, …, t

ist.

(b) Ist n ≥ 2, so ist jedes g ∈ S_{n} ein Produkt von Transpositionen.

Beweis. Sei m_{i_{1}} ∈ Ω = {1, …, n}. Da o(g) < ∞ ist, gibt es ein minimales k_{i} ∈ ℕ mit g^{k_{i}}(m_{i_{1}}) = m_{i_{1}}. Sei M_{1} = {m_{i_{1}}, g(m_{i_{1}}), …, g^{k_{i}−1}(m_{i_{1}})}. Also entspricht g_{|M_{1}} = (m_{i_{1}}, …, g^{k_{i}−1}(m_{i_{1}})). Wähle nun m_{i_{2}} ∈ Ω \ M_{1}, usw.

(b) Nach (a) genügt es, die Behauptung für einen Zykel g = (m_{1}, …, m_{k}) zu beweisen.

(1) k = 1 : (m_{1}) = (m_{1}, m_{2})(m_{1}, m_{2})

(2) k > 1 : (m_{1}, …, m_{k}) = (m_{1}, m_{k})(m_{1}, m_{k−1}) … (m_{1}, m_{2})

□

Per Konvention werden in der Zyklenzerlegung von g Zyklen der Länge 1 nicht aufgeschrieben. Also (1, 2)(4, 5, 6) entspricht: (1,2)(3)(4,5,6).

(8.21) Beispiel. Wir betrachten wieder die Symmetriegruppe des regulären Dreiecks als S_{3} und wollen die Zyklenzerlegung ihrer Elemente aufschreiben:

d = (1, 2, 3), d^{2} = (1, 3, 2), s = (1, 2), sd = (1, 3), sd^{2} = (2, 3).

Als Produkt von Transpositionen ist d = (1, 3)(1, 2) und d^{2} = (1, 2)(1, 3).

Allerdings hätten wir d auch als (1,2)(2,3) oder (1,2) (1,3) (2,3) (1,2) schreiben können. Die Zerlegung in Transpositionen ist also in keinster (?) Weise eindeutig.

(8.22) Satz. (a) Seien h_{1}, …, h_{r} ∈ S_{n}, n ≥ 2, Transpositionen. Hat h_{1}h_{2} … h_{r} in der Zyklenzerlegung genau c Zyklen, so ist

r ≡ n − c (mod 2).

(b) Sei g ∈ S_{n}, n ≥ 2. Setze

sgn(g) = (−1)^{x(g)} ( Signum von g)

(x(g)= Anzahl der Transpositionen in einer Darstellung von g als Produkt von Transpositionen). Dann ist

sgn : S_{n} → {−1, +1}

ein Homomorphismus auf {−1, +1}.

Beweis. (a) Wir beweisen die Behauptung durch Induktion nach r. Ist r = 0, so ist die Behauptung richtig, da wir das Produkt von Null Transpositionen als 1 setzen, also c = n.

Sei nun r > 0. Setze f = h_{1}h_{2} … h_{r−1}h_{r} und g = h_{2} … h_{r}. Sei

g = (α_{1}, …, α_{b_{1}})(β_{1}, …, β_{b_{2}}) … (λ_{1}, …, λ_{b_{d}})

die Zyklenzerlegung von g, so daß g genau d Zyklen hat. Per Induktion ist

r − 1 ≡ n − d (mod 2).

Die Zyklen von g können in jeder Reihenfolge geschrieben werden , und jeder Zyklus kann an jeder Stelle starten. Also können wir h_{1} = (α_{1}, α_{s+1}), falls beide Einträge in h_{1} im gleichen Zyklus von g liegen, oder h_{1} = (α_{1}, β_{1}), falls sie in verschiedenen Zyklen liegen, annehmen.

Im ersten Fall ist

f = h_{1}g = (α_{1}, …, α_{s})(α_{s+1}, …, α_{b_{1}})(β_{1}, …, β_{b_{2}}) … (λ_{1}, …, λ_{b_{d}}).

Somit ist c = d + 1 und dann r ≡ n − d + 1 ≡ n − c (mod 2).

Im zweiten Fall ist

f = h_{1}g = (α_{1}, …, α_{b_{1}}, β_{1}, …, β_{b_{2}})(γ_{1}, …, γ_{b_{3}}) … (λ_{1}, …, λ_{b_{d}}).

Somit ist c = d − 1 und r ≡ n − d + 1 ≡ n − c (mod 2).

Dies beweist (a). Wir bemerken noch, daß die Multiplikation mit einer Transposition die Anzahl der Zyklen um einen erhöht oder vermindert.

(b) Sei f ∈ S_{n}. Ist f ein Produkt von sowohl r als auch s Transpositionen, so ist nach (a) r ≡ n − c ≡ s(mod 2), wobei c die Anzahl der Zyklen in der Zyklenzerlegung ist. Also ist x(f) modulo 2 eindeutig bestimmt. Da sgn((1, 2)) = −1 ist, ist sgn eine Abbildung von S_{n} auf {1, −1}. Versehe {1, −1} mit der Multiplikation der reellen Zahlen. Dann ist {1, −1} eine Gruppe. Seien g, h ∈ S_{n}. Dann kann gh als Produkt von x(g) + x(h) Transpositionen geschrieben werden. Also

sgn(gh) = (−1)^{x(g)+x(h)} = sgn(g)sgn(h).

Somit ist sgn ein Homomorphismus. □

(8.23) Beispiel. Wir wollen die Symmetriegruppe des Quadrates betrachten:

1  2 4  3
Sei d die Drehung um 90^{∘} :  1 → 2 → 3 → 4 → 1 d^{2} die Drehung um 180^{∘} :  1 → 3 → 1, 2 → 4 → 2 d^{3} die Drehung um 270^{∘} :  1 → 4 → 3 → 2 → 1 s_{1} sei Spiegelung an 1 und 3 :  1 → 1, 3 → 3, 2 → 4 → 2 s_{2} = s_{1}d ist Spiegelung an 12 und 34 : 1 → 2 → 1, 3 → 4 → 3 s_{2}d^{2} ist Spiegelung an 14 und 23 :  1 → 4 → 1, 2 → 3 → 2 s_{1}d^{2} ist Spiegelung an 2 und 4 :  2 → 2, 4 → 4, 1 → 3 → 1

Indem wir wieder die Ecken mit der Menge {1, 2, 3, 4} identifizieren erhalten wir:

\begin{matrix}d = (1, 2, 3, 4), d^{2} = (1, 3)(2, 4), d^{3} = (1, 4, 3, 2) \\ s_{1} = (2, 4), s_{2} = (1, 2)(3, 4), s_{2}d^{2} = (1, 4)(2, 3) und s_{1}d^{2} = (1, 3). \end{matrix}

Nun ist aber G nicht mehr S_{4}. Es ist z.B. (1, 2, 3) ∉ G. Wir haben also eine Teilmenge von S_{4}, die mit der von S_{4} induzierten Verknüpfung wieder eine Gruppe bildet. Dies ist kein isoliertes Phänomen. Wir hatten bereits gesehen, daß die Menge der Potenzen eines festen Elementes einer Gruppe G mit der auf G definierten Verknüpfung wieder eine Gruppe bildet. Das führt zu der folgenden Definition:

(8.24) Definition. Sei G eine Gruppe und U ⊆ G. Ist U mit der Einschränkung der Verknüpfung von G eine Gruppe, so nennen wir U eine Untergruppe von G. (Schreibe U ≤ G.)

Mit dieser Bezeichnung haben wir, daß die Symmetriegruppe des regulären 4–Ecks zu einer Untergruppe von S_{4} isomorph ist.

Wenn man nachprüfen will, ob eine Teilmenge einer Gruppe eine Untergruppe ist, müssen nicht alle Axiome geprüft werden.

(8.25) Satz. Sei G eine Gruppe und U eine Teilmenge. Dann ist U genau dann eine Untergruppe, falls die folgenden drei Bedingungen erfüllt sind.

(i) U ≠ ∅.

(ii) Sind g, h ∈ U, so ist gh ∈ U.

(iii) Ist g ∈ U, so ist g^{−1} ∈ U.

Beweis. Es ist klar, daß eine Untergruppe (i) – (iii) erfüllt. Sei also U eine Teilmenge mit (i) – (iii). Dann ist wegen (ii) die Verknüpfung von G eingeschränkt auf U eine Verknüpfung auf U. Das formale Axiom der Assoziativität ist automatisch erfüllt, da es in G gilt. Außerdem gibt es wegen (iii) zu jedem g ∈ U ein Inverses in U. Wegen (i) gibt es ein g ∈ U. Wegen (iii) ist g^{−1} ∈ U. Wegen (ii) ist dann e = gg^{−1} ∈ U. Also ist U eine Gruppe. □

Die gleiche Überlegung wie in (8.23) liefert

(8.26) Satz. Die Symmetriegruppe des regulären n–Ecks ist zu einer Untergruppe von S_{n} isomorph.

Es gilt aber ein noch viel allgemeinerer Satz:

(8.27) Satz. Sei G eine beliebige endliche Gruppe. Dann gibt es ein n ∈ ℕ, so daß G ≅ U ist, wobei U eine Untergruppe von S_{n} ist.

Beweis. Setze G = Ω. Für ω ∈ Ω und g ∈ G definiere

ĝ(ω) = g ∘ w, wobei ∘ die Verknüpfung auf G ist.

Dann ist ĝ eine bijektive Abbildung von Ω :

Sei ω ∈ Ω. Setze ν = g^{−1} ∘ ω ∈ Ω. Dann ist

ĝ(g^{−1} ∘ ω) = g ∘ (g^{−1} ∘ ω) = ω.

Also ist ĝ surjektiv.

Sei ĝ(ω_{1}) = ĝ(ω_{2}). Dann ist

ω_{1} = g^{−1} ∘ ĝ(ω_{1}) = g^{−1} ∘ ĝ(ω_{2}) = g^{−1} ∘ (g ∘ ω_{2}) = ω_{2}.

Also ist ĝ injektiv.

Sei φ : G → S_{n}, n = |G|, mit

φ(g) = ĝ.

Sei φ(g_{1}) = φ(g_{2}). Dann ist ĝ_{1} = ĝ_{2}. Also ist g_{1} ∘ ω = g_{2} ∘ ω für alle ω ∈ Ω. Das liefert

g_{1} = (g_{1} ∘ ω) ∘ w^{−1} = (g_{2} ∘ ω) ∘ ω^{−1} = g_{2}.

Somit ist φ injektiv und dann sogar bijektiv auf

U = {ĝ|g ∈ G}.

Es bleibt zu zeigen, daß U eine Untergruppe von S_{n} ist. Dazu wenden wir (8.25) an.

Es ist ê = id ∈ U. Somit ist U ≠ ∅. Seien ĝ_{1}, ĝ_{2} ∈ U. Dann ist ĝ_{1}ĝ_{2}(ω) = ĝ_{1}(g_{2} ∘ ω) = g_{1} ∘ (g_{2} ∘ ω) = (g_{1} ∘ g_{2}) ∘ ω = ĝ_{1}g_{2}(ω), für ω ∈ Ω. Das liefert

ĝ_{1}ĝ_{2} = ĝ_{1}g_{2}. (∗)

Damit sehen wir dann auch für ĝ ∈ U

ĝĝ^{−1} = ĝg^{−1} = ê = id.

Also ist ĝ^{−1} = ĝ^{−1} ∈ U. Nach (8.25) ist U eine Untergruppe von S_{n} und φ wegen (∗) ein Isomorphismus von G mit U. □

Satz (8.27) besagt, daß die Theorie der Untergruppen von S_{n} und die abstrakte Gruppentheorie zwei Seiten derselben Sache sind. Dies ist wieder ein Beispiel, daß das Studium abstrakter Strukturen auf das Studium gewisser Beispiele zurückgeführt werden kann. Allerdings ist Satz (8.25) nicht sehr effektiv, wenn man bedenkt, daß dieser z.B. das Studium einer Gruppe mit 60 Elementen auf das von Untergruppen von S_{60}, einer Gruppe mit 60! Elementen, zurückführt.

Wir wollen nun aber wieder zu unseren Symmetriegruppen zurückkommen.

(8.28) Beispiel. Die Aufgabe besteht darin, Identitätskarten zu produzieren. Dazu hat man eine quadratische Plastikkarte, auf der auf beiden Seiten ein 3 × 3–Gitter aufgedruckt ist.

∘ ∘

Je zwei kleine Quadrate sollen in ihrer Mitte gelocht werden. Wieviele verschiedene Karten kann man herstellen? Da es neun mögliche Positionen und jeweils zwei Löcher gibt, haben wir \binom{9}{2} = 36 Möglichkeiten. Wir wollen dies Konfigurationen nennen. Nun sind nicht alle Konfigurationen unterscheidbar, da die Karte gedreht oder auch umgedreht werden kann. So ist z.B.

∘ ∘

von obiger Konfiguration nicht zu unterscheiden. Aber

∘ ∘

ist neu.

Um die verschiedenen Konfigurationen herauszufinden, kann man sich natürlich alle aufmalen und dann abzählen. Wir wollen aber eine allgemeinere Methode entwickeln, die dann z.B. auch die umgekehrte Frage beantworten kann: Seien in einem Betrieb 2000 Angestellte. Wie groß muß das Gitter auf der Karte sein, damit keine zwei Angestellte eine gleiche Karte haben?

Offenbar sind zwei Konfigurationen gleich, wenn sie unter einer Abbildung aus der Symmetriegruppe des Quadrates aufeinander übergeführt werden können (die Spiegelungen entsprechen dem Umdrehen der Karte).

Sei G die Symmetriegruppe und Ω die Menge der Konfigurationen. Dann bewirkt G auch auf Ω eine Gruppe von Permutationen. Sei ω ∈ Ω. Dann sind alle Konfigurationen in

{g(ω)|g ∈ G}

zu der Konfiguration ω gleichwertig. Dies führt zu der folgenden Definition.

(8.29) Definition. Sei G eine Gruppe von bijektiven Abbildungen einer Menge Ω. Eine Teilmenge Γ von Ω nennen wir eine Bahn, falls Γ = {g(ω)|g ∈ G} für jedes ω ∈ Γ gilt.

Sei G eine Gruppe von bijektiven Abbildungen von Ω. Wie im Beweis von (8.20) ist

Ω = ⋃_{i=1}^{t} Ω_{i} mit Bahnen Ω_{i} ⊆ Ω, Ω_{i} ∩ Ω_{j} = ∅ für i ≠ j. Um unser Problem lösen zu

können, müssen wir also die Anzahl der Bahnen der Symmetriegruppe des Quadrates auf der Menge der Konfigurationen bestimmen. Dies wollen wir nun angehen. Dazu benötigen wir einige Begriffe.

(8.30) Definition. Sei G eine Gruppe bijektiver Abbildungen einer Menge Ω, mit |Ω| < ∞, (d.h. G ≤ S_{n}, n = |Ω|). Für g ∈ G setze

G_{x} = {g ∈ G|g(x) = x}.

Wir nennen G_{x} den Stabilisator von x in G.

(8.31) Beispiel. Sei G die Symmetriegruppe des Quadrates (siehe (8.23)). Dann ist G_{1}, der Stabilisator der Ecke mit der Nummer 1, die Menge {s_{1}, id}. Insbesondere ist G_{1} eine Untergruppe von G, da s_{1}s_{1} = id ist. Dies ist kein Zufall, wie der folgende Satz zeigt.

(8.32) Satz. Sei G eine Gruppe bijektiver Abbildungen von Ω, |Ω| < ∞. Ist x ∈ Ω, so ist G_{x} eine Untergruppe von G.

Beweis. Sei e ∈ G. Dann ist e(x) = x für alle x ∈ Ω, also ist e ∈ G_{x}, d.h. G_{x} ≠ ∅.

Seien g, h ∈ G_{x}. Dann ist g(x) = x = h(x). Also ist (gh)(x) = g(h(x)) = g(x) = x. Somit ist gh ∈ G_{x}.

Sei g ∈ G_{x}, g(x) = x. Dann ist

x = e(x) = (g^{−1}g)(x) = g^{−1}(g(x)) = g^{−1}(x) .

Also ist g^{−1} ∈ G_{x}. Damit ist G_{x} nach (8.25) eine Untergruppe von G. □

(8.33) Beispiel. Wir betrachten wieder die Symmetriegruppe G des Quadrates. Sei G_{2} der Stabilisator der Ecke 2. Dann ist G_{2} = {s_{1}d^{2}, id}. Damit hat G_{2} die gleiche Ordnung wie G_{1}. Auch das ist kein Zufall.

(8.34) Satz. Sei G eine Gruppe bijektiver Abbildungen von Ω, |G| < ∞. Sind x, z ∈ Ω und g ∈ G mit g(z) = x, so ist |G_{x}| = |G_{z}|.

Beweis. Sei h ∈ G_{x}, also h(x) = x. Dann ist

g^{−1}hg(z) = g^{−1}h(x) = g^{−1}(x) = z .

Also ist h → g^{−1}hg eine Abbildung von G_{x} nach G_{z}. Sind h_{1}, h_{2} ∈ G_{x} und g^{−1}h_{1}g = g^{−1}h_{2}g, so ist

h_{1} = g(g^{−1}h_{1}g)g^{−1} = g(g^{−1}h_{2}g)g^{−1} = h_{2} .

Somit ist h → g^{−1}hg injektiv.

Sei nun k ∈ G_{z}. Setze h = gkg^{−1}. Dann ist

h(x) = (gkg^{−1})(x) = gk(z) = g(z) = x .

Also ist h ∈ G_{x} und g^{−1}hg = g^{−1}(gkg^{−1})g = k. Somit ist h → g^{−1}hg bijektiv. Das liefert die Behauptung. □

Satz (8.34) besagt: Sei Ω_{1} eine Bahn von G auf Ω, so ist |G_{ω_{1}}| = |G_{ω_{2}}| für alle ω_{1}, ω_{2} ∈ Ω_{1}.

(8.35) Satz. Sei G eine Gruppe bijektiver Abbildungen auf Ω, |G| < ∞. Sei Ω_{1} eine Bahn. Ist ω ∈ Ω_{1}, so ist |Ω_{1}| = |G|/|G_{ω}|.

Beweis. Wir zählen die Menge Ω_{1} = {g(ω)|g ∈ G} ab. Seien g, h ∈ G und g(ω) = h(ω). Dann ist

h^{−1}g(ω) = ω , d.h. h^{−1}g ∈ G_{ω} ,

bzw.

g = hk, mit geeignetem k ∈ G_{ω}.

Somit ist g(ω) = h(ω) genau dann, wenn sich g und h nur um ein Element aus G_{ω} unterscheiden.

Also kommt jedes g(ω) genau |G_{ω}|–mal in Ω_{1} vor. D.h.

|{g(ω) | g ∈ G}| = |G|/|G_{ω}| .
□

Bevor wir unsere Fragestellung weiter verfolgen, wollen wir zwei interessante Anwendungen einschieben. Die erste ist eine Verallgemeinerung von (8.15).

(8.36) Satz von Lagrange. Sei G eine endliche Gruppe und U eine Untergruppe von G. Dann ist |U| ein Teiler von |G|.

(Der Satz (8.15) ist eine Folgerung, wenn man U = {g^{i}|i ∈ ℤ} setzt.)

Beweis. Für g ∈ G definiere

gU = {gu|u ∈ U}.

Setze Ω = {gU|g ∈ G}. Sei h ∈ G und ω = gU ∈ Ω. Definiere

ĥ(ω) = (hg)U.

Es ist ĥ eine bijektive Abbildung von Ω. Ist ĥ(g_{1}U) = ĥ(g_{2}U), so ist hg_{1}U = hg_{2}U. Also gibt es ein u_{1} ∈ U mit

hg_{1} = hg_{2}u_{1}.

Das liefert g_{1} = g_{2}u_{1}. Sei nun u ∈ U. Dann ist g_{1}u = g_{2}(u_{1}u) ∈ g_{2}U. Damit ist g_{1}U ⊆ g_{2}U. Da g_{2} = g_{1}u_{1}^{−1}, folgt auch g_{2}U ⊆ g_{1}U. Somit ist ĥ injektiv.

Sei gU ∈ Ω. Dann ist ĥ(h^{−1}gU) = gU. Also ist ĥ eine bijektive Abbildung.

Damit wird G zu einer Gruppe bijektiver Abbildungen von Ω.

Wir bestimmen G_{U}. Es ist G_{U} = {g|g ∈ G, gU = U}. Ist gU = U, so ist g ∈ U. Ist umgekehrt g ∈ U, so ist gU = U. Also ist

G_{U} = U.

Da die Länge einer Bahn eine natürliche Zahl ist, folgt mit (8.35) |G|/|U| ∈ ℕ, also ist |U| ein Teiler von |G|. □

Wir sind nun auch in der Lage, die Lücke in der (6.27) folgenden Bemerkung schließen.

(8.37) Satz. Sei K ein endlicher Körper. Dann ist die multiplikative Gruppe von K zyklisch.

Beweis. Sei |K| = q und a ∈ K, a ≠ 0. Nach (8.36) ist o(a) | q − 1. Wir haben somit ein a zu finden, so daß o(a) = q − 1 ist. Sei o(a) = d | q − 1. Dann ist a Nullstelle des Polynoms x^{d} − 1. Nach (4.14) hat x^{d} − 1 höchstens d Nullstellen. Also gibt es höchstens d Elemente a ∈ K \ {0}, so daß d = o(a) ein Teiler von q − 1 ist. Angenommen wir haben ein Element a der Ordnung d, so liegen dann alle Elemente, deren Ordnung d teilt, in der von a erzeugten zyklischen Gruppe. Nach (8.9) gibt es hierin genau φ(d) viele Elemente der Ordnung d Also gibt es entweder kein Element der Ordnung d oder genau φ(d) viele Elemente der Ordnung d. Zählen wir die Elemente in K \ {0}, so erhalten wir damit ∑_{d|q−1} φ(d). Nach (1.41) ist diese Summe aber genau q − 1 = |K| − 1. Also muß es zu

jedem Teiler d von q − 1 Elemente der Ordnung d geben, insbesondere gibt es Elemente der Ordnung q − 1. □

(8.38) Definition. Sei G eine Gruppe bijektiver Abbildungen einer Menge Ω. Für g ∈ G setze

F (g) = {x |x ∈ Ω, g(x) = x}.

Die Elemente aus F (g) nennt man die Fixpunkte von g auf Ω.

(8.39) Beispiel. Sei wieder G die Symmetriegruppe des Quadrates. Sei d die Drehung um 90^{∘}. Dann ist F (d) = ∅. Sei s_{1} die Spiegelung an 1 und 3 (siehe (8.23)). Dann ist F (s_{1}) = {1, 3}.

Der folgende Satz gibt nun endlich die Antwort auf die Frage, wie man die Anzahl der Bahnen berechnen kann.

(8.40) Satz von Burnside. Sei G eine Gruppe bijektiver Abbildungen von Ω, mit |Ω| < ∞ und |G| < ∞. Sei t die Anzahl der Bahnen von G auf Ω. Dann gilt:

t = \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} |F (g)|.

Beweis. Betrachte die Menge:

E = {(g, x)|g(x) = x, g ∈ G, x ∈ Ω}.

Wir zählen |E| auf zwei Arten ab. Es ist

|E| = ∑_{g∈G} |F (g)|

oder

|E| = ∑_{x∈Ω} |G_{x}|.

Diesen zweiten Ausdruck können wir weiter behandeln. Aus jeder Bahn Ω_{i} wähle einen Vertreter x_{i}, i = 1, …, t. Dann gilt:

|E| =_{(8.24)} ∑_{i=1}^{t} |Ω_{i}| |G_{x_{i}}| =_{(8.25)} ∑_{i=1}^{t} \frac{|G|}{|G_{x_{i}}|}|G_{x_{i}}| = t|G|.

□

(8.41) Beispiel. Wir wollen nun die Anzahl der verschiedenen Konfigurationen für unser Identitätskartenproblem bestimmen.

Wir müssen F (g) für jedes g ∈ G berechnen.

F ( id )  = 36
F (Drehung um 90^{∘})  = 0
F (Drehung um 270^{∘})  = 0
F (Drehung um 180^{∘})  = 4
F (Spiegelung an 13)  = 6
F (Spiegelung an 24)  = 6
F (Spiegelung an Mitte 12) = 6
F (Spiegelung an Mitte 34) = 6

Also gilt:

t = \frac{1}{8}(36 + 0 + 0 + 4 + 6 + 6 + 6 + 6) = 8

Es gibt somit 8 verschiedene Identitätskarten.

Der Vorteil dieser eben gezeigten Vorgehensweise liegt darin, daß man jetzt leicht die Gruppe ändern kann, und sofort das neue Ergebnis erhält.

Lassen wir z.B. nur Drehungen der Karte zu (vielleicht ist vorne und hinten unterscheidbar), so haben wir unmittelbar

t = \frac{1}{4}(36 + 0 + 0 + 4) = 10.

Also gibt es jetzt 10 Karten.

Wir wollen nun ein etwas anders gelagertes Problem untersuchen.

Es sei ein Quadrat gegeben. Auf wieviele Arten können wir die Ecken mit den Farben schwarz und rot färben?

Prinzipiell gibt es 2^{4} = 16 Möglichkeiten. Aber die Symmetrien des Quadrats zeigen, daß einige gleich sind. Es ist leicht zu sehen, daß es genau 6 wesentlich verschiedene Färbungen gibt. Schwieriger wird das Problem schon, wenn man drei oder vier Farben zuläßt.

Wir wollen zur Lösung dieses Problemtyps die Gruppentheorie benutzen. Sei G die Symmetriegruppe des zu untersuchenden Objekts (in unserem Fall des Quadrats). Diese Gruppe operiert dann auf den Färbungen der Ecken. Wir müssen wieder die Anzahl der Bahnen berechnnen, wozu gemäß (8.40) die Fixpunkte der Elemente von G bestimmt werden müssen.

Wir betrachten nun das allgemeine Problem der Färbung einer Menge Ω, |Ω| = n, mit r Farben. Sei K die Menge der Farben. Dann ist eine Färbung eine Abbildung

ω : Ω ⟶ K.

Es gibt r^{n} solche Färbungen, die wir mit F bezeichnen wollen. Nun induziert jede Permutation g von Ω eine Permutation ĝ von F wie folgt. Sei ω ∈ F. Dann soll ĝ(ω) die Färbung sein, die jedes x ∈ Ω so färbt, wie g(x) unter ω gefärbt war. Also

ĝ(ω)(x) = ω(g(x)), für x ∈ Ω.

Zwei Färbungen ω_{1} und ω_{2} heißen äquivalent, wenn sie unter einem ĝ aufeinander abgebildet werden können. Die Anzahl der Färbungen ist also die Anzahl der Bahnen von G auf F.

Wir müssen somit die Fixpunkte von ĝ für g ∈ G bestimmen. Sei ω eine Färbung mit

ĝ(ω) = ω .

Sei (x, y, z, …) ein Zykel von g auf Ω. Dann ist

ω(y) = ω(g(x)) = ĝ(ω)(x) = ω(x) .

Somit haben x und y die gleiche Farbe. D.h. alle Elemente in einem Zykel haben die gleiche Farbe. Hat also g genau k Zykel auf Ω, so gibt es genau r^{k} Färbungen, die unter ĝ invariant sind.

Wir haben gesehen, daß die Zyklenzerlegung von g auf Ω eine wesentliche Bedeutung hat. Das führt nun zu den folgenden Definitionen.

Sei g ∈ G. Dann ist g eine Permutation. Als solche kann sie nach (8.20) als Produkt von Zyklen geschrieben werden. Wir definieren den Typ von g als [1^{α_{1}}2^{α_{2}} … n^{α_{n}}], wobei i^{α_{i}} bedeutet, daß in der Zyklenzerlegung von g genau α_{i} Zyklen der Länge i vorkommen. Es werden also einige der α_{i} gleich Null sein. Offenbar ist

α_{1} + 2α_{2} + 3α_{3} + … + nα_{n} = n.

Ist z.B. g = (1, 2, 3, 4) ∈ S_{4}, so ist der Typ [1^{0}2^{0}3^{0}4^{1}].

Nun ordnen wir g ein Polynom zu:

x(g) = x_{1}^{α_{1}} … x_{n}^{α_{n}} ∈ ℤ[x_{1}, …, x_{n}].

Also für obige Permutation ist x(g) = x_{4}.

Für unser Färbungsproblem ergibt sich somit : Ist g ∈ G, so hat ĝ genau r^{k} = r^{α_{1}+α_{2}+...+α_{n}} = x(g)(r) Fixpunkte, wobei [1^{α_{1}}2^{α_{2}} … n^{α_{n}}] der Typ von g auf Ω ist.

Nach (8.40) müssen wir

\frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} |F (ĝ)| = \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} x(g)(r) .

berechnen. Dazu definieren wir

(8.42) Definition. Sei G eine Gruppe von bijektiven Abbildungen von Ω, mit |G| < ∞ > |Ω|. Der Zyklenindex von G ist das folgende Polynom:

Z_{G}(x_{1}, …, x_{n}) = \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} x(g).

Das liefert nun

(8.43) Satz. Sei G eine Gruppe von Permutation von Ω, |G| < ∞ > |Ω|. Sei Z_{G}(x_{1}, …, x_{n}) der Zyklenindex von G. Dann ist die Anzahl der nicht äquivalenten Färbungen mit r Farben gleich

Z_{G}(r, r, …, r) .

Beweis. Sei F die Menge der Färbungen. Nach (8.40) ist die Anzahl der nicht äquivalenten Färbungen gleich

\frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} |F (ĝ)| = \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} x(g)(r) = Z_{G}(r, …, r) .

□

(8.44) Beispiele. a) Wir kommen zu dem Färbungsproblem des Quadrates zurück. Zunächst müssen wir der Zyklenindex bestimmen.

Für die Gruppe G der Symmetrien des Quadrates gilt:

\begin{matrix}g & x(g) \\ id & x_{1}^{4} \\ (1, 2, 3, 4) & x_{4} \\ (1, 3)(2, 4) & x_{2}^{2} \\ (1, 4, 3, 2) & x_{4} \\ (1, 2)(3, 4) & x_{2}^{2} \\ (1, 4)(2, 3) & x_{2}^{2} \\ (1, 3) & x_{1}^{2}x_{2} \\ (2, 4) & x_{1}^{2}x_{2} \end{matrix}

Das ergibt

Z_{G}(x_{1}, x_{2}, x_{3}x_{4}) = \frac{1}{8}(x_{1}^{4} + 2x_{1}^{2}x_{2} + 3x_{2}^{2} + 2x_{4}).

Mit r Farben haben wir somit

\frac{1}{8}(r^{4} + 2r^{3} + 3r^{2} + 2r)

inäquivalente Färbungen. Das ergibt für r = 2 dann 6 und für r = 3 genau 21 Färbungen.

Wir könnten das Problem auch modifizieren, indem wir nur die Drehungen des Quadrates zulassen, also

{ id , (1, 2, 3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4, 3, 2)} = G .

Dann ist

Z_{G}(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = \frac{1}{4} (x_{1}^{4} + x_{2}^{2} + 2x_{4}) .

Ist nun r = 2, so erhalten wir 6 Möglichkeiten. Ist r = 3, so haben wir 24 Möglichkeiten. b) Auf wieviele Arten können die Ecken des Würfels mit 2 Farben gefärbt werden ?

[figure: 8; 7; 5; 6; 4; 3; 1; 2]

Die Symmetriegruppe des Würfels besteht nur aus Drehungen. Spiegelungen können im 3–dimensionalen Raum nicht realisiert werden !

Es gibt 9 Drehungen um Achsen, die durch die Mittelpunkte gegenüberliegender Flächen gehen.

Beispiele: (1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8) (Drehung um 90^{o}) 3 solche
(1, 3)(2, 4) (5, 7)(6, 8) (Drehung um 180^{o}) 3 solche
(1, 4, 3, 2)(5, 8, 7, 6) (Drehung um 270^{o}) 3 solche

Es gibt 6 Drehungen um Achsen durch die Mittelpunkte gegenüberliegender Seiten.

Beispiel: (1, 5)(2, 8)(3, 7)(4, 6).

Es gibt 8 Drehungen um Achsen durch gegenüberliegende Ecken.

Beispiel: (2, 4, 5)(3, 8, 6).

Es gibt die Identität.

Damit haben wir 24 Symmetrien gefunden.

Jede Symmetrie muß Raumdiagonalen wieder auf Raumdiagonalen abbilden. Sei s eine Symmetrie des Würfels, die alle Raumdiagonalen fest läßt. Ist eine Ecke e_{1} fest unter s, so auch die Gegenecke. Da Nachbarecken wieder auf Nachbarecken abgebildet werden, sind auch alle die Nachbarecken von e_{1} fest. Dann sind aber alle Ecken fest. Also vertauscht s stets Ecke und Gegenecke. Dies ist aber mit einer Symmetrie im Raum nicht realisierbar.

Somit ist die Symmetriegruppe eine Untergruppe der Permutationsgruppe der vier Raumdiagonalen, also eine Untergruppe von Σ_{4}. Da aber beide Gruppen genau 24 Elemente haben, sind sie gleich. Dies bedeutet auch, daß wir alle Symmetrien gefunden haben.

Nun gilt

Z_{G}(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}, x_{6}, x_{7}, x_{8}) = \frac{1}{24} (x_{1}^{8} + 8x_{1}^{2}x_{3}^{2} + 9x_{2}^{4} + 6x_{4}^{2}) .

Also für r = 2:

\frac{1}{24} (2^{8} + 8 · 2^{4} + 9 · 2^{4} + 6 · 4) = 23 .

Es gibt somit 23 nichtäquivalente Färbungen.

Wir wollen nun unsere Fragestellung noch einmal verschärfen. Wir wollen nicht alle Färbungen zählen, sondern nur die, in denen die einzelnen Farben eine vorgegebene Anzahl haben. Also z.B. die Schwarz–Rot–Färbungen des Quadrates, bei denen zweimal Rot und zweimal Schwarz vorkommt. Davon gibt es offenbar genau zwei. Wie kann man dies wieder allgemein machen?

Wir müssen in der Lage sein, die gesuchten speziellen Färbungen aus der Menge aller Färbungen herauspicken zu können. Dazu ordnen wir jeder Färbung einen Wert zu. Sei Ω die zu färbende Menge und K = {y_{1}, …, y_{r}} die Menge der Farben. Zu jeder Färbung

ω : Ω → K

definiere einen Wert:

w(ω) = y_{1}^{n_{1}} … y_{r}^{n_{r}} ,

wobei n_{i} die Anzahl der Elemente in Ω ist, die die Farbe y_{i} haben. Insbesondere ist

n_{1} + n_{2} + ⋯ + n_{r} = |Ω| = n .

Besteht K z.B. aus zwei Farben y_{1} und y_{2}, so hat eine Färbung, die zwei Ecken des Quadrates mit der Farbe y_{1} und die anderen Ecken mit der Farbe y_{2} färbt, den Wert y_{1}^{2}y_{2}^{2}.

Sei nun A eine Menge von Färbungen. So setze

U_{A}(y_{1}, …, y_{r}) = ∑_{ω∈A} w(ω) .

Ist U_{A} als Polynom in y_{1}, …, y_{r} aufgeschrieben, so ist der Koeffizient von y_{1}^{s_{1}}y_{2}^{s_{2}} … y_{r}^{s_{r}} die Anzahl der Färbungen, in denen die Farbe y_{i} genau s_{i}–mal vorkommt.

(8.45) Beispiel. Betrachten wir die Menge A der inäquivalenten Schwarz–Rot– Färbungen des Quadrats.

Es gibt

Schwarz Rot Anzahl der Färbungen
4  0  1
3  1  1
2  2  2
1  3  1
0  4  1

Also ist

U_{A}(y_{1}, y_{2}) = y_{1}^{4} + y_{1}^{3}y_{2} + 2y_{1}^{2}y_{2}^{2} + y_{1}y_{2}^{3} + y_{2}^{4} .

Damit sehen wir noch einmal, daß es genau zwei Färbungen gibt, in denen die Farbe Rot und Schwarz je zweimal vorkommt.

Die Fragestellung muß nun aber die sein, wie man das Polynom U_{A}(y_{1}, …, y_{r}) berechnnen kann, ohne alle Färbungen bereits zu kennen.

(8.46) Satz. Sei Ω = Ω_{1} ∪ … ∪ Ω_{k} mit |Ω_{i}| = m_{i}, also m_{1} + m_{2} + ⋯ + m_{k} = n. Sei B die Menge der Färbungen ω, in denen jedes Element in Ω_{i} die gleiche Farbe hat. Dann gilt:

U_{B}(y_{1}, …, y_{r}) = (y_{1}^{m_{1}} + y_{2}^{m_{1}} + ⋯ + y_{r}^{m_{1}})(y_{1}^{m_{2}} + y_{2}^{m_{2}} + ⋯ + y_{r}^{m_{2}}) … (y_{1}^{m_{k}} + ⋯ + y_{r}^{m_{k}})

Beweis. Es gehöre zu Ω_{i} die Farbe z_{i} ∈ K. Sei ω ∈ B. Dann ist

w(ω) = ∏_{i=1}^{k} z_{i}^{m_{i}} .

Für jede Belegung der z_{i} mit y_{j} gibt es eine Färbung. Also ist

U_{B}(y_{1}, …, y_{r}) = ∑_{ω∈B} w(ω) = ∏_{i=1}^{k}(y_{1}^{m_{i}} + ⋯ + y_{r}^{m_{i}}) .

□

(8.47) Beispiel. Fünf Familien arrangieren einen Kindergeburtstag. Es werden Spiele veranstaltet. Jedes Kind soll dabei einen Preis gewinnen, entweder einen Lutscher oder einen Ballon. Kinder aus der gleichen Familie sollen alle das gleiche Geschenk bekommen. Zwei der Familien haben jeweils 4 Kinder die anderen drei jeweils zwei Kinder. Wieviele Möglichkeiten gibt es für 6 Ballons und 8 Lutscher ?

Sei y_{1} = Ballon, y_{2} = Lutscher, Ω = Ω_{1} ∪ Ω_{2} ∪ Ω_{3} ∪ Ω_{4} ∪ Ω_{5} die Aufteilung der Kinder auf die Familien. Dann ist

U_{B}(y_{1}, y_{2}) = (y_{1}^{4} + y_{2}^{4})^{2}(y_{1}^{2} + y_{2}^{2})^{3} = ⋯ + 7y_{1}^{6}y_{2}^{8}.

Also gibt es 7 Möglichkeiten.

Nach (8.40) hängt die Anzahl der Bahnen einer Gruppe immer mit den Fixpunkten der Elemente zusammen. Färbungen, die unter g ∈ G fest sind, sind konstant auf den Zyklen von g. Diese Zyklen liefern die Ω_{i} aus (8.46). Somit eröffnet (8.46) eine Möglichkeit der Berechnung von U_{A}(y_{1}, …, y_{r}), wobei A die Menge aller inäquivalenten Färbungen ist.

(8.48) Satz (Polya). Sei Z_{G}(x_{1}, …, x_{n}) der Zyklenindex von G auf Ω. Sei K = {y_{1}, …, y_{r}} eine Menge von Farben. Setze σ_{i} = y_{1}^{i} + ⋯ + y_{r}^{i}, i = 1, …, n. Sei

U(y_{1}, …, y_{r}) = Z_{G}(σ_{1}, …, σ_{n}) .

Dann ist der Koeffizient von y_{1}^{s_{1}} … y_{r}^{s_{r}} in U die Anzahl der inäquivalenten Färbungen von Ω, bei denen die Farbe y_{i} genau s_{i}–mal vorkommt.

Beweis. Sei D die Menge der inäquivalenten Färbungen. Dann ist

U(y_{1}, …, y_{r}) = ∑_{ω∈D} w(ω) .

Es ist

∑_{ω∈D} w(ω) = \frac{1}{|G|} ∑_{ω∈D} \frac{|G|}{|G_{ω}|} |G_{ω}| w(ω) .

Sei F die Menge aller Färbungen. Dann enthält D aus jeder Bahn von G auf F genau ein Element. In einer Bahn haben alle Färbungen den gleichen Wert. Weiter wissen wir nach (8.35), daß die Bahn, die ω ∈ F enthält, die Länge \frac{|G|}{|G_{ω}|} hat. Das ergibt nun

\frac{1}{|G|} ∑_{ω∈F} |G_{ω}|w(ω) = \frac{1}{|G|} ∑_{ω∈D} \frac{|G|}{|G_{ω}|} |G_{ω}| w(ω) = ∑_{ω∈D} w(ω) .

Dies können wir auch wie folgt schreiben

\frac{1}{|G|} ∑_{ω∈F} ∑_{_{g}∈G_{ω}} w(ω) = \frac{1}{|G|} ∑_{ω∈F} |G_{ω}|w(ω) = \frac{1}{|G|} ∑_{ω∈D} \frac{|G|}{|G_{ω}|} |G_{ω}| w(ω) = ∑_{ω∈D} w(ω) .

Setze

E = {(g, ω) | ĝ(ω) = ω, ω ∈ F }.

Dann erhalten wir

(∗)  ∑_{ω∈D} w(ω) = \frac{1}{|G|} ∑_{ω∈F} ∑_{_{g}∈G_{ω}} w(ω) = \frac{1}{|G|} ∑_{(g,ω)∈E} w(ω) = \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} ( ∑_{ω∈F (ĝ)} w(ω)).

Nach Definition ist

∑_{ω∈F (ĝ)} w(ω) = U_{F (ĝ)}(y_{1}, …, y_{r}).

Nun ist ω ∈ F (ĝ) genau dann, wenn ω konstant auf jedem Zykel von g ist. Also gilt nach (8.46)

U_{F (ĝ)}(y_{1}, …, y_{r}) = σ_{m_{1}} … σ_{m_{k}},

wobei m_{i} die Länge der Zyklen von g ist (die Ω_{i} entsprechen genau den Zyklen).

Also ist

U_{F (ĝ)}(y_{1}, …, y_{r}) = σ_{1}^{α_{1}} … σ_{n}^{α_{n}} = x(g)(σ_{1}, …, σ_{n})

Nun folgt aus (∗)

U(y_{1}, …, y_{r}) = \frac{1}{|G|} ∑_{g∈G} x(g)(σ_{1}, …, σ_{n}) = Z_{G}(σ_{1}, …, σ_{n}).

□

(8.49) Beispiel. a) Wir hatten in (8.45) gesehen, daß für das Quadrat U(y_{1}, y_{2}) = y_{1}^{4} + y_{1}^{3}y_{2} + 2y_{1}^{2}y_{2}^{2} + y_{1}y_{2}^{3} + y_{2}^{4} ist. Der Zyklenindex der Symmetriegruppe des Quadrates ist

\frac{1}{8} (x_{1}^{4} + 2x_{1}^{2}x_{2} + 3x_{2}^{2} + 2x_{4}) .

In der Tat erhalten wir das obige Polynom, indem wir x_{1} = y_{1} + y_{2}, x_{2} = y_{1}^{2} + y_{2}^{2}, x_{3} = y_{1}^{3} + y_{2}^{3} und x_{4} = y_{1}^{4} + y_{2}^{4} setzen.

b) Wir kommen noch einmal zu dem Problem der Identitätskarten zurück.

Wir färben die Quadrate nun mit den Farben rot, grün, blau. Dabei sollen zwei Quadrate rot, drei grün und vier blau sein.

Jetzt muß allerdings G, die Symmetriegruppe des Quadrates, auf den 9 Feldern operieren. Das ergibt dann den Zyklenindex

\frac{1}{8}(x_{1}^{9} + x_{1}x_{2}^{4} + 4x_{1}^{3}x_{2}^{3} + 2x_{1}x_{4}^{2}).

Nach (8.48) erhalten wir dann

\begin{matrix}U(r, g, b) = \frac{1}{8}((r + g + b)^{9} + (r + g + b)(r^{2} + g^{2} + b^{2})^{4}+ \\ 4(r + g + b)^{3}(r^{2} + g^{2} + b^{2})^{3} + 2(r + g + b)(r^{4} + g^{4} + b^{4})^{2}) \end{matrix}

Der Koeffizient von r^{2}g^{3}b^{4} ist 174. Es gibt also 174 solche Identitätskarten.

c) Wir betrachten Perlenketten, die aus drei roten und 13 blauen Perlen bestehen. Wieviele Ketten gibt es hiervon ?

Wir können die Perlen als Ecken eines regulären 16–Ecks anordnen. Zunächst müssen wir die Symmetriegruppe des regulären 16–Ecks bestimmen.

Seien die Ecken mit den Nummern 1 bis 16 versehen. Dann haben wir die folgenden Symmetrien :

Drehung um \frac{2kπ}{16} , k ungerade  z.B. (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16)
Drehung um \frac{4kπ}{16} , k ungerade  z.B. (1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15)(2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16)
Drehung um \frac{8kπ}{16} , k ungerade  z.B. (1, 5, 9, 13)(3, 7, 11, 15)(2, 6, 10, 14)(4, 8, 12, 16)
Drehung um π,  (1, 9)(5, 13)(3, 11)(7, 15)(2, 10)(4, 12)(6, 14)(8, 16)
Spiegelung an Geraden durch Gegenecken  z.B. (2, 16)(3, 15)(4, 14)(5, 13)(6, 12)(7, 11)(8, 10)
Spiegelung an Geraden durch Mitten von Gegenseiten z.B. (1, 16)(2, 15)(3, 14)(4, 13)(5, 12)(6, 11)(7, 10)(8, 9)

Identität

Von den Drehungen um \frac{2kπ}{16} gibt es 8, von den Drehungen um \frac{4kπ}{16} gibt es 4, von den Drehungen um \frac{8kπ}{16} gibt es 2. Es gibt von jedem Typ Spiegelung genau 8. Damit erhalten wir den Zyklenindex

Z_{G}(x_{1}, …, x_{16}) = \frac{1}{32}(x_{1}^{16} + 8x_{1}^{2}x_{2}^{7} + 9x_{2}^{8} + 2x_{4}^{4} + 4x_{8}^{2} + 8x_{16}).

Damit haben wir

\frac{1}{32}[(r+b)^{16}+8(r+b)^{2}(r^{2}+b^{2})^{7}+9(r^{2}+b^{2})^{8}+2(r^{4}+b^{4})^{4}+4(r^{8}+b^{8})^{2}+8(r^{16}+b^{16})] = …+21r^{3}b^{13}.

Hierbei ist zu beachten, daß wir nur den ersten und zweiten Summanden auswerten müssen, da alle anderen zu r^{3}b^{13} keinen Beitrag leisten.

d) Betrachten wir nun die Perlenkette mit n Perlen. Wir wollen nur die Drehungen zulassen. Also ist die Symmetriegruppe G eine zyklische Gruppe der Ordnung n. Nach (8.13) ist G ≅ ℤ/nℤ. Die Ordnung der Restklasse m+nℤ in ℤ/nZ ist nach (8.9) \frac{n}{ggT (n,m)} = d. Diese Elemente bestehen aus n/d Zyklen der Länge d, tragen also jeder den Summanden x_{d}^{n/d} zum Zyklenindex bei. Wir müssen nur noch abzählen, wieviele Elemente der Ordnung d es gibt. Es ist d = \frac{n}{ggT (n,m)}. Also ist m = ggT(n, m)y mit ggT(d, y) = 1. Somit gehört zu jedem m + nℤ mit Ordnung d ein y mit ggT(y, d) = 1. Sei umgekehrt ggT(d, y) = 1. Setze m = \frac{ny}{d}. Dann hat m + nℤ die Ordnung d. Damit haben wir, daß es genau φ(d) Elemente der Ordnung d in G gibt. Das liefert nun

Z_{G}(x_{1}, …, x_{n}) = \frac{1}{n} ∑_{d|n} φ(d)x_{d}^{n/d}.

Was wir gegen Ende dieses Paragraphen behandelt haben, nennt man Polya - Theorie. Diese wurde von Polya in einer großen Arbeit 1937 (Acta mathematica 68, 1937, 145 - 254) entwickelt. Die ursprüngliche Fragestellung kommt aus der Chemie und geht auf Cayley zurück. Wir wollen sie hier nur kurz am Beispiel der Alkohole erläutern.

Alkohole haben die chemische Formel C_{m}H_{2m+1}OH. Abgesehen vom Nullalkohol (m = 0, auch Wasser genannt), sind sie giftig, auch der Äthylalkohol C_{2}H_{5}OH (zumindest in großen Mengen, in kleinen Mengen sehr beliebt). Wir wollen die Strukturformeln betrachten. Dabei ist zu beachten, daß ein C–Atom stets vierwertig ist, wärend ein H-Atom stets einwertig ist. Die Wurzel des Moleküls ist stets der OH - Kern. Damit gibt es für m = 1 und m = 2 jeweils nur eine Struktur :

[figure: OH; C; H; H; H; Methylalkohol; OH; C; C; H; H; H; H; H; Äthylalkohol]

Anders ist das schon für m = 3. Hier gibt es zwei Propylalkohole.

[figure: OH; C; C; C; H; H; H; H; H; H; H; und; OH; C; C; C; H; H; H; H; H; H; H]

Für m = 4 gibt es dann schon vier Alkohole. Das mathematische Problem ist : Wieviele Wurzelbäume mit n Ecken (Wurzel ist das OH–Atom, die Moleküle haben immer eine Baumstruktur (vgl. §9)) gibt es , so daß jede Ecke vier oder einen Nachbarn hat. Dies kann man auch als ein Färbungsproblem auffassen, was von Polya in der oben zitierten Arbeit gelöst wurde. Hierbei spielen dann aber nicht mehr Polynome sondern Potenzreihen (siehe §12) eine Rolle. Es würde zu weit führen, hier darauf einzugehen. Wir wollen nur die Anzahl der Moleküle für n ≤ 26 angeben.

n Anzahl  n Anzahl  n Anzahl
1  1  10 719  19 4688676
2  1  11 1842  20 12826228
3  2  12 4766  21 35221832
4  4  13 12486  22 97055181
5  9  14 32973  23 268282855
6 20  15 87811  24 743724984
7 48  16 235381  25 2067174645
8 115  17 634847  26 5759636510
9 286  18 1721159

Übungen

83) Auf IR definieren wir eine neue Multiplikation ∗ durch

x ∗ y = xy + x + y.

Ist IR hiermit eine Gruppe?

84) Sei G eine Gruppe, a ∈ G mit a^{5} = 1. Sei b ∈ G mit aba^{−1} = b^{2}. Bestimme o(b).

85) Bestimme alle Gruppen der Ordnung 6.

86) Berechne die Symmetriegrupe des Tetraeders. Ist diese eine schon bekannte Gruppe?

87) (Alle Permutationen seien in Σ_{9})

a) Berechne

( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 2 & 4 & 6 & 8 & 1 & 3 & 5 & 7 & 9 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 5 & 6 & 7 & 3 & 2 & 1 & 8 & 9 & 4 \end{matrix} )

und

( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 3 & 1 & 4 & 5 & 2 & 9 & 7 & 6 & 8 \end{matrix} )^{−1}

b) Schreibe als Produkt von elementfremden Zyklen

(1, 2, 3)(2, 3, 4)(4, 5)(5, 6, 7, 8, 9).

c) Schreibe als Produkt von Transpositionen

(1, 4, 7)^{−1}(3, 9)(4, 5, 6, 2).

d) Bestimme das Signum von

(3, 7, 4, 6, 5)^{−1}(1, 2)(1, 3)(1, 4)(9, 8, 7)^{−1}.

88) Sei A_{n} = {x ∈ Σ_{n}|sgnx = 1}. Zeige :

a) A_{n} ist eine Untergruppe von Σ_{n}.

b) Berechne |A_{n}| für n ≥ 2

c) Sei n ≥ 3. Zeige: Jedes Element aus A_{n} ist Produkt von Zykeln der Länge 3.

d) Kann man a) irgendwie verallgemeinern ?

89) Zwei Elemente σ_{1}, σ_{2} ∈ Σ_{n} heißen konjugiert, falls es ein τ ∈ Σ_{n} mit τ^{−1}σ_{1}τ = σ_{2} gibt. Zeige: σ_{1} ist genau dann zu σ_{2} konjugiert, wenn es in der Zyklenzerlegung die gleiche Struktur hat.

90) Seien g_{1}, g_{2} ∈ G mit ggT (o(g_{1}), o(g_{2})) = 1. Ist g_{1}g_{2} = g_{2}g_{1}, so ist o(g_{1}g_{2}) = o(g_{1})o(g_{2}).

91) a) Berechne in Σ_{8} die Ordnungen von (1,2,3,5)(4,8)(6,7), (1,2)(3,5)(4,8)(6,7) und (1,3,6,7,2)(4,5,8). Gibt es eine Verallgemeinerung für g ∈ Σ_{n}? Beweise Sie.

b) Finde ein Element maximaler Ordnung in Σ_{52}.

92) Sei K = ZZ_{5} und G die Menge aller Abbildungen t_{a,b} von K mit

t_{a,b}(x) = ax + b, a, b ∈ K, a ≠ 0.

a) Zeige: G ist eine Gruppe.

b) Berechne |G|.

c) Gib einen injektiven Homomorphismus von G in Σ_{5} an.

93) Sei G eine Gruppe und A, B Untergruppen von G. Zeige: A ∪ B ist genau dann eine Untergruppe von G, falls A ≤ B oder B ≤ A ist.

94) Zeige : Ist G eine Gruppe gerader Ordnung, so gibt es ein 1 ≠ g ∈ G mit g^{2} = 1.

95) Sei g ∈ Σ_{n}. Eine natürliche Zahl i, 1 ≤ i ≤ n − 1, heißt ein Abstieg, falls g(i) > g(i + 1) ist. Die Anzahl der Elemente in Σ_{n} mit k Abstiegen wird mit

⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩

bezeichnet und Euler Zahl genannt. Zeige: a)

⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ = ⟨ \begin{matrix}n \\ n − k − 1 \end{matrix} ⟩

b)

⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ = (k + 1) ⟨ \begin{matrix}n − 1 \\ k \end{matrix} ⟩ + (n − k) ⟨ \begin{matrix}n − 1 \\ k − 1 \end{matrix} ⟩

96) Sei x ∈ IN. Zeige:

x^{n} = ∑_{k=0}^{n−1} ⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ \binom{x + k}{n}

(Hinweis : Zeige

x\binom{x + k}{n} = (k + 1)\binom{x + k}{n + 1} + (n − k)\binom{x + k + 1}{n + 1}.)

97) Bestimme die Anzahl der Kantenfärbungen des Tetraeders mit den Farben Rot, Gelb und Blau, so daß alle Farben jeweils zweimal auftreten.

98) Berechne den Zyklenindex von S_{5}.

99) Bestimme die Anzahl der schwarz-weiß Seitenfärbungen für die platonischen Körper: Tetraeder, Würfel, Oktaeder, Dodekaeder und Ikosaeder.

100) Zeige, daß die Anzahl der quadratischen n × n–Identitätskarten mit zwei Markierungen (wie in (8.28)) genau

\frac{1}{16}(n^{4} + 6n^{2} − 4n) für n gerade,
\frac{1}{16}(n^{4} + 8n^{2} − 8n − 1) für n ungerade

ist.

101) Sei G eine Gruppe

a) Zeige, daß

Z(G) = {g|g ∈ G, gx = xg für alle x ∈ G}

eine Untergruppe von G ist.

b) Ist |G| = p^{n} > 1, p eine Primzahl, so ist Z(G) ≠ 1. (Lasse G auf sich selbst vermöge x → g^{−1}xg operieren.)

102) a) Sei G eine Gruppe und U eine Untergruppe. Ist g ∈ G, so ist auch

V = {g^{−1}ug|u ∈ U}

eine Untergruppe von G.

b) Sei G eine Gruppe, die zu jedem Teiler d ihrer Ordnung genau eine Untergruppe von der Ordnung d besitzt, so ist G zyklisch.

103) Für einen Marathonlauf werden keine Nummern ausgegeben sondern rechteckige Stoffe, die sich aus vier kleinen farbigen (gleichgroßen) Stoffen zusammensetzen.

Leider ist zu erwarten, daß einige Teilnehmer sich die Stoffe verkehrt herum, auf dem Kopf stehend oder auch beides anstecken werden. Wieviele Farben benötigt man mindestens, damit trotzdem die 160 Teilnehmer eindeutig zu unterscheiden sind ?

104) Sei G die volle Symmetriegruppe der Perlenkette mit n Perlen, also alle Drehungen und Spiegelungen. Zeige, daß der Zyklenindex von G die folgende Form hat

Z_{G}(x_{1}, …, x_{n}) = \frac{1}{2}(\frac{1}{n} ∑_{d|n} φ(d)x_{d}^{n/d} + R_{n})

mit

R_{n} = \{ \begin{matrix}x_{1}x_{2}^{(n−1)/2} & für n ungerade \\ (x_{2}^{n/2} + x_{1}^{2}x_{2}^{(n−2)/2})/2 & für n gerade. \end{matrix}

§9 Graphen

In diesem und dem folgenden Paragraphen wollen wir uns ein schwieriges und ungelöstes Problem vornehmen, das Problem des Handlungsreisenden (Travelling Salesman Problem , TSP). Ein Vertreter will eine Rundreise durch n Städte S_{i} machen, wobei er jede Stadt genau einmal besucht und schließlich zum Ausgangspunkt zurückkehrt. Bei der Fahrt von S_{i} nach S_{j} hat er c_{ij} ≥ 0 Kosten. Gesucht ist eine Tour mit minimalen Gesamtkosten. Wenn c_{ij} = c_{ji} ist, so nennen wir das Problem symmetrisch. Für Entfernungen gilt häufig c_{ij} ≤ c_{ik} + c_{kj}, was man dann das euklidische TSP nennt. Für die Kosten muß dies aber im allgemeinen nicht so sein. Wir werden uns allerdings normalerweise nur mit dem symmetrischen euklidischen Problem beschäftigen. Es ist schwierig genug.

(9.1) Beispiel. Das folgende Bild zeigt die vier Städte Berlin, Braunschweig, Halle und Dresden mit den zugehörigen Entfernungen.

[figure: BS; DD; HAL; B; 186; 247; 212; 134; 164; 154]

Da es sich um Rundreisen handelt, können wir annehmen, daß wir immer in Berlin starten. Es gibt 3·2 = 6 Touren. Da Symmetrie gilt, bleiben 3 Touren, die wir aufschreiben können.

B ⟶ BS ⟶ DD ⟶ HAL ⟶ B Länge : 747
B ⟶ DD ⟶ HAL ⟶ BS ⟶ B Länge : 779
B ⟶ HAL ⟶ BS ⟶ DD ⟶ B Länge : 751

Offenbar ist die erste Tour optimal. Die Entfernung 740 ist optimal.

Anwendungen dieses TSP gibt es in der Routenplanung von Lieferwagen, von Straßenkehrmaschinen, der Müllabfuhr. Aber auch bei der Steuerung von Maschinen (zum automatischen Bohren, Löten oder Schweißen) oder bei der Verdrahtung von Leiterplatten tritt das TSP (oder Varianten davon) auf.

Klar ist, daß es bei TSP genau n! Rundreisen oder, wenn man den Ausgangspunkt fest hält, genau (n−1)! Rundreisen gibt. Unter diesen gibt es natürlich eine oder mehrere billigste. Das bedeutet, daß von der theoretischen Seite das Problem trivial ist. Wie findet man aber eine billigste Tour ? Das Durchprobieren wie in (9.1) scheitert am exponentiellen Wachstum von n!. Bereits für n = 12 müßten 11! = 39916800 Touren verglichen werden. Wir wollen das Problem intelligenter angehen. Gesucht ist also ein Algorithmus, der in “vernünftiger” Laufzeit beweisbar eine optimale Tour oder eine nahezu optimale Tour liefert.

Viele Probleme lassen sich einfacher lösen, wenn man sie als Graph beschreibt.

(9.2) Definition. a) Ein Graph Γ = Γ(E, K) besteht aus einer endlichen Menge E von Ecken und einer Teilmenge K von E×E, genannt Kanten. Ist K ∩{(e, e)|e ∈ E} = ∅, so nennen wir Γ schlingenfrei. Ist mit (e, f) ∈ K stets auch (f, e) ∈ K, so nennen wir Γ ungerichtet. In diesem Fall werden wir die Kanten auch mit {e, f} identifizieren.

b) Ein Graph Γ mit n Ecken, der alle möglichen Kanten hat, bezeichnen wir mit K_{n} und nennen ihn einen vollständigen Graphen.

Wir werden uns vorläufig nur mit ungerichteten schlingenfreien Graphen beschäftigen. Dann ist also K eine Teilmenge der Menge der zweielementigen Teilmengen von E.

(9.3) Beispiele. Üblicherweise stellt man kleine Graphen bildlich dar.

a)

[figure: v_{2}; v_{1}; v_{3}; v_{4}; v_{5}; v_{6}; v_{7}]

In diesem Graphen haben wir |E| = 7 und |K| = 7.

b) Gerüstgraphen von Polyedern :

Tetraeder :  [figure: Würfel :]

c) Vollständige Graphen:

K_{3} : [figure] [figure]^{}K_{4} : [figure] [figure]^{}^{}

d) Herr Müller und seine Frau geben eine Party, zu der vier Paare eingeladen wurden. Einige schütteln sich die Hände, wenn sie sich treffen, andere nicht. Natürlich schütteln sich die Paare nicht gegenseitig die Hände. Am Ende der Party fragt Herr Müller alle, wie oft sie Hände geschüttelt haben. Er erhält neun verschiedene Antworten. Wieviele Gäste haben Frau Müller die Hände geschüttelt?

Wir betrachten einen Graphen Γ, dessen Eckenmenge die 10 Leute der Party sind. Weiter ist {x, y} eine Kante, wenn sich x und y die Hände geschüttelt haben. Da Herr Müller neun verschiedene Antworten erhält und jeder höchstens acht Hände geschüttelt hat, sind dies

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8.

[figure: 3; 8; M; 0; 1; 2]

Es ist 8 mit allen außer seinem Partner verbunden. Also ist 0 der Partner, da 0 sicherlich nicht mit 8 verbunden ist. Nun folgt, daß 7 und 1, 6 und 2 und 5 und 3 zusammengehören. Also ist 4 Frau Müller. Sie hat 4 Hände geschüttelt.

Wir haben Graphen gezeichnet. Dies kann aber auf verschiedene Weisen geschehen. So sind z.B. die folgenden beiden Bilder

[figure: und]

Darstellungen des gleichen Graphen.

Bei Mengen und Gruppen hatten wir einen “Gleichheitsbegriff” eingeführt. Das wollen wir auch für Graphen tun.

(9.4) Definition. Zwei Graphen Γ_{1} und Γ_{2} heißen isomorph, falls es eine bijektive Abbildung α zwischen den Eckenmengen E_{1} und E_{2} gibt, so daß

(α(x), α(y)) ∈ K_{2} genau für (x, y) ∈ K_{1}

gilt.

Ein besonders schwieriges Problem der Graphentheorie ist es, einen “guten” Algorithmus zu finden, der entscheidet, ob zwei gegebene Graphen isomorph sind.

Hier meint “gut” (oder auch polynomiell), daß der Algorithmus das Problem in m Schritten entscheidet, wobei m ein Polynom in der Eingabegröße n (Ecken) des Graphen ist. Natürlich gibt es einen Algorithmus, der einfach alle Graphen auf n Ecken durchgeht. Dieser ist sicherlich nicht polynomial. Es ist offen, ob es einen solchen guten Algorithmus gibt.

Eine wichtige Methode zur Behandlung des Isomorphieproblems ist die folgende. Bildet ein Isomorphismus eine Ecke e auf eine Ecke v ab, so bildet er auch die benachbarten Ecken von e auf die benachbarten Ecken von v ab. Somit haben e und v gleichviele Nachbarn. Dies reicht häufig aus, um Nichtisomorphie zu beweisen.

(9.5) Definition. Sei Γ ein Graph, e ∈ E. Sei D_{e} = {k|k ∈ K : e ∈ k}. Mit d(e) = |D_{e}| bezeichne die Valenz von e.

(9.6) Beispiel. Wir betrachten die folgenden beiden Graphen:

[figure: und]

Wir wollen die Frage klären, ob diese beiden Graphen isomorph sind. Offenbar gilt, daß in beiden Graphen jede Ecke die Valenz drei oder vier hat. Auch haben beide Graphen vier Ecken der Valenz drei und vier Ecken der Valenz vier. Aber der zweite Graph hat zwei benachbarte Ecken der Valenz drei, was es im ersten Graphen nicht gibt. Somit sind beide Graphen nicht isomorph.

Dies zeigt, daß Isomorphieuntersuchungen recht schwierig sein können.

(9.7) Satz. Sei Γ = Γ(E, K) ein Graph. Dann ist

∑_{e∈E} d(e) = 2|K|.

Beweis. Sei S = {(e, k)|e ∈ E, k ∈ K, e ∈ k}. Dann ist

|S| = ∑_{e∈E} d(e)

Andererseits ist

|S| = |K| · 2
□

(9.8) Korollar. Die Anzahl der Ecken ungerader Valenz in einem Graphen Γ ist stets gerade.

Beweis. Nach (9.7) ist

∑_{e,d(e)≡1(mod 2)} d(e) + ∑_{e,d(e)≡0(mod 2)} d(e) = 2|K| ≡ 0(mod 2) .

Also ist ∑_{e,d(e)≡1(mod 2)} d(e) ≡ 0(mod 2).  □

(9.9) Beispiel. (a) Sei Γ ein Graph mit d(e) = 3 für alle e. Dann hat Γ gerade viele Ecken.

(b) Händeschüttelsatz: Die Anzahl der Personen, die auf einer Party ungerade oft Hände geschüttelt haben ist stets gerade.

(c) Es gibt keinen Graphen mit 11 Ecken, der die folgenden Valenzen hat : 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6.

(9.10) Lemma. In einem Graphen Γ = Γ(E, K) mit |E| > 1 gibt es stets zwei Ecken mit gleicher Valenz.

Beweis. Wir beweisen die Behauptung durch Induktion nach |E|. Ist |E| = 2, so ist die Behauptung richtig, da die Valenzen entweder beide gleich 0 (die beiden Ecken sind nicht verbunden) oder gleich 1 (die beiden Ecken sind verbunden) sind. Sei |E| = n > 2 und alle Valenzen seien verschieden. Da keine Ecke mit n Ecken benachbart ist (der Graph ist schlingenfrei), sind die Valenzen 0, 1, …, n − 1. Indem wir nun die Ecke mit der Valenz 0 wegnehmen, erhalten wir einen neuen Graphen Γ_{1} mit n − 1 Ecken. Per Induktion muß dieser Graph nun zwei Ecken von gleicher Valenz enthalten. □

Wir wollen uns jetzt den Touren in Graphen zuwenden.

(9.11) Definition. Sei Γ = Γ(E, K) ein Graph und u, v Ecken. Eine Tour von u nach v ist eine Folge von Ecken

u = u_{0}, u_{1}, …, u_{s} = v

mit {u_{i−1}, u_{i}} ∈ K, i = 1, …, s, und {u_{i−1}, u_{i}} ≠ {u_{i}, u_{i+1}} für i = 1, …, s − 1. Sind alle u_{i} verschieden, so nennen wir eine Tour einen Weg. Wir nennen s die Länge des Weges. Ist u = v, alle u_{i} für i = 1, …, s sind verschieden und s > 2, so sprechen wir von einem Kreis (der Länge s).

Der Graph Γ heißt zusammenhängend, wenn je zwei Ecken durch einen Weg verbunden sind.

[figure] zusammenhängend [figure] nicht zusammenhängend.

Ist e ∈ E, so sei Γ_{e} der größte Graph Γ(E_{1}, K_{1}) mit e ∈ E_{1} ⊆ E, K_{1} = K ∩E_{1}×E_{1}, der zusammenhängend ist. Wir nennen Γ_{e} die Zusammenhangskomponente von e in Γ. Offenbar ist jeder Graph eine disjunkte Vereinigung von Zusammenhangskomponenten.

Eine Kante k ∈ K nennen wir eine Brücke, falls Γ̃ = Γ(E, K \ {k}) mehr Zusammenhangskomponenten als Γ besitzt.

Der erste obige Graph hat keine Brücken, während die einzige Kante im zweiten Graph eine Brücke ist.

[figure: .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; 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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .]

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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; p; q; t; s; u; r]

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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; Deponie]

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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; Deponie]

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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; a; b; c; d; e; 1; 2; 3; 4; 5; 6]

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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; 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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .]

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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; 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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .]

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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .]

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[figure: u; v; w_{1}; w_{2}; W_{1}; W_{2}; W_{3}; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .]

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.; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .]

Hier ist |E| = 15 und jede Ecke hat die Valenz 8. Also ist nach dem Satz von Brooks (9.39) dann χ(Γ) ≤ 8. Da α(Γ) = 2 ist, folgt nun mit (9.42) χ(Γ) ≥ \frac{15}{2}. Also ist χ(Γ) = 8. Es enthält aber Γ keinen Untergraphen, der homöomorph zu einem K_{8} ist.

Also ist die Hajos Vermutung für n ≥ 8 falsch. Für 5 ≤ n ≤ 7 ist sie noch offen.

Übungen

119) Ein dreiecksfreier planarer Graph mit n Ecken hat höchstens 2n − 4 Kanten.

120) Sei Γ ein planarer Graph, in dem jede Ecke eine gerade Valenz hat. Zeige, daß die Flächen mit zwei Farben so gefärbt werden können, daß keine zwei benachbarte Flächen eine gemeinsame Farbe haben.

121) Sei Γ ein planarer Graph, in dem jede Ecke die Valenz 4 hat. Zeige, daß die Kanten so gerichtet werden können, daß an jeder Ecke zwei Kanten ankommen und weggehen und diese in der gegebenen Einbettung getrennt sind.

122) Sei Γ ein planarer Graph, in dem alle Flächen Dreiecke sind. Sei χ(Γ) = 3. Dann ist die Anzahl der Flächen, deren Ecken alle drei Farben haben, gerade.

123) Sei Γ ein planarer Graph ohne Brücken, in dem jede Ecke die Valenz 3 hat. Dann sind gleichwertig

a) Man kann man die Flächen mit 4 Farben färben, so daß keine benachbarten Flächen die gleiche Farbe haben.

b) Man kann die Kanten mit 3 Farben färben, so daß keine zwei Kanten, die eine Ecke gemeinsam haben, die gleiche Farbe haben.

124) Wir zeichnen Geraden in die Ebene, so daß keine drei durch einen Punkt gehen. Betrachte den Graphen Γ, der aus den Durchschnnittspunkten und den Segmenten daazwischen besteht. Zeige χ(Γ) ≤ 3.

125) Wie färben die Punkte der euklidischen Ebene mit drei Farben. Zeige, daß es zwei Punkte im Abstand 1 gibt, die die gleiche Farbe haben.

126) Sei Γ ein planarer Graph mit n Ecken. Bezeichne mit n_{d} die Anzahl der Ecken mit Valenz höchstens d. Zeige

n_{d} ≥ \frac{n(d − 5) + 12}{d + 1}.

§11 Optimierung

Wir kommen nun wieder zum TSP (euklidisch, symmetrisch) und wollen sehen, wie wir das Problem konkret lösen können. Ein Algorithmus zur Lösung eines Problems besteht aus drei Teilen :

a) Eingabe

b) Folge von Anweisungen

c) Ausgabe

Ein Graph Γ kann z.B. durch die Nachbarschaftsmatrix A = (a_{ij}) eingegeben werden, wobei a_{ij} = 1 ist, falls die Ecken e_{i} und e_{j} benachbart sind, und a_{ij} = 0 sonst. Beim Problem des Handlungsreisenden wird üblicherweise die Kostenmatrix eingegeben.

Die Anweisungen sind meist iterativ gegliedert. Die Ausgabe beim Problem des Handlungsreisenden soll eine optimale Tour sein. Wir haben drei Forderungen an den Algorithmus.

A) Er muß korrekt sein. Beim TSP also ist die Ausgabe eines Hamiltonschen Kreises verlangt.

B) Er soll gut sein. Beim TSP soll eine optimale Tour ausgegeben werden.

C) Er soll schnell sein. Hierbei wird üblicherweise verstanden, daß die Laufzeit als Funktion der Eingabegrößen ein Polynom sein soll, also z.B. n, n^{2}, 3n^{3} − n^{2} aber nicht 2^{n}, n!, wobei z.B. n die Anzahl der Städte ist.

Der triviale Algorithmus ”alles Durchprobieren“ ist gut aber nicht schnell. Der derzeitige Kenntnisstand beim TSP ist der, daß jeder gute Algorithmus nicht schnell und jeder schnelle Algorithmus nicht gut ist.

Wir wollen zunächst einige Anmerkungen zu dem Problem der schnellen Algorithmen allgemein machen. Hier einige Beispiele von Problemfeldern

(1) Sortierproblem : Gegeben sei eine Menge ganzer Zahlen, man sortiere sie der Größe nach.

(2) Zuordnungsproblem : Man stelle einen Stadtplan auf, der überschneidungsfrei ist.

(3) Transportproblem : Berechne den besten Weg, den Müllverkehr durch eine Stadt zu führen, so daß die Kosten minimiert werden. Der Müll muß allerdings beseitigt werden.

(4) TSP

Diese Probleme haben alle gemeinsam, daß sie Optimierungsprobleme sind. Es ist stets eine Zahl c(X) zu minimieren. Im ersten Problem z.B. die Anzahl der Zahlen, die falsch stehen.

Die Probleme, die sich durch schnelle Algorithmen lösen lassen, bilden eine Klasse, die wir mit P (polynomiale Probleme) bezeichnen. Eine vermutlich allgemeinere Klasse, die die meisten interessanten Probleme, so auch die obigen enthält, ist die Klasse der nicht deterministisch polynomialen Probleme. Wir bezeichnen diese mit NP. Diese Klasse läßt sich grob wie folgt beschreiben. Es sei c(X) zu minimieren und eine Konstante B vorgegeben. Dann gibt es einen polynomialen Algorithmus, der für vorgegebene Lösung entscheidet, ob c(X) ≤ B ist. Das Finden der Lösung wird somit nicht verlangt.

Jedes Problem in P ist offenbar auch in NP. Eine hoch interessante Frage ist die, ob P = NP ist. Obwohl dies recht einfach aussieht, gibt es hierfür noch nicht einmal ansatzweise eine Lösung. Es müßte eventuell die Nichtexistenz eines polynomialen Algorithmus für ein spezielles Problem nachgewiesen werden, eine sehr schwierige Frage. Erschwerend kommt hinzu, daß viele völlig verschiedenen Probleme in NP, von denen man hoffen könnte, daß sie nicht in P liegen, in einer unangenehmen Weise zueinander äquivalent sind. Diese Probleme nennt man NP -vollständig. Sie haben die Eigenschaft, daß aus der Lösung eines solchen Problems in polynomialer Zeit die Lösung aller Probleme in NP folgen würde. Hierzu gehören auch die obigen Probleme. Tausende von Problemen sind inzwischen untersucht worden. Die Frage P = NP gehört zu den großen offenen Fragen.

Falls P ≠ NP ist, was allgemein vermutet wird, so schließen sich B) und C) für das TSP gegenseitig aus. Wir müssen also einen Ausweg suchen. Wir schwächen B) ab und verlangen nur zwei Eigenschaften :

1) Der Algorithmus soll schnell sein

2) Gütegarantie : Die Kosten der ausgegebenen Tour T sollen nicht all zu weit von den Kosten einer optimalen Tour T_{opt} abweichen

c(T) ≤ (1 + ϵ)c(T_{opt})

Wir nennen ϵ die Gütegarantie, die möglichst klein sein soll.

Bevor wir uns dem TSP zuwenden, wollen wir noch zwei andere Probleme der Graphentheorie betrachten.

Kürzeste Wege Problem : Gegeben ist ein zusammenhängender Graph Γ = Γ(E, K) mit n Ecken und eine Gewichtsfunktion w : K → ℝ^{+}. Wir können w(k) als die Länge der Kante k interpretieren. Seien u und v Ecken. Gesucht ist ein kürzester Weg von u nach v. Sei P = P (u, v) dieser Weg, so ist die Länge l(P) = ∑_{k∈P} w(k). Es ist also ein Weg mit

l(P) minimal gesucht.

Der folgende Algorithmus konstruiert einen aufspannenden Baum, dessen eindeutiger Weg von u nach v ein kürzester Weg ist. Der Baum enthält übrigens für alle v einen kürzesten Weg von u nach v.

(1) Sei u_{0} = u. Setze E_{0} = {u_{0}}, K_{0} = ∅ und l(u_{0}) = 0.

(2) Seien bereits E_{i} = {u_{0}, u_{1}, …, u_{i}} und K_{i} = {k_{1}, …, k_{i}} konstruiert. Ist i = n − 1, so sind wir fertig. Anderenfalls betrachten wir für alle Kanten k = {v, w} mit v ∈ E_{i} und w ∈ E \E_{i} den Ausdruck f(k) = l(v)+w(k) und wähle k̄ mit f(k̄) minimal. Sei k̄ = {v̄, w̄}. Dann setze u_{i+1} = w̄, k_{i+1} = k̄, E_{i+1} = E_{i} ∪ {u_{i+1}}, K_{i+1} = K_{i} ∪ {k_{i+1}} und l(u_{i+1}) = f(k̄).

(3) Iteriere (2)

Es ist klar, daß dieser Algorithmus einen aufspannenden Baum liefert. Im ersten Schritt wird eine Kante minimalen Gewichts von u = u_{0} zu einem Nachbarn gewählt. Also ist k_{1} = {u_{0}, u_{1}} ein minimaler Weg von u nach u_{1} mit l(u_{1}) = w(k_{1}). Der Teilbaum Γ(E_{i}, K_{i}) habe nun bereits die gewünschte Eigenschaft. Weiter sei in (2) die Kante k̄ = {v̄, w̄} konstruiert. Wir müssen zeigen, daß l(w̄) = f(k̄) = l(v̄) + w(k̄) die Länge des kürzesten Weges von u nach w̄ ist. Für den eben konstruierten Weg P_{0} von u nach w̄ gilt l(P_{0}) = l(w̄). Sei P ein kürzester Weg von u nach w̄ und v die letzte Ecke dieses Weges in E_{i} und w die nächste Ecke. Dann sind die Teilwege P (u_{0}, v) und P (w, w̄) ebenfalls kürzeste Wege. Also ist l(P) = l(P (u_{0}, v))+w(k)+l(P (w, w̄)) = l(v)+w(k)+l(P (w, w̄)) = f(k) + l(P (w, w̄)) ≥ f(k̄) = l(w̄) = l(P_{0}). Also ist P_{0} ein kürzester Weg.

Der eben vorgestellte Algorithmus macht an jeder Stelle die günstigste Wahl, ohne zu beachten, ob dies später eventuell zu Schwierigkeiten führt. Solchen Algorithmen sind wir schon einmal bei der Berechnung der chromatischen Zahl begegnet. Wir nennen diese Greedy - Algorithmen. Im vorliegenden Fall liefert der Greedy - Algorithmus in der Tat ein optimales Resultat. Wir werden in Anhang 1 sehen, warum das so ist.

Minimale aufspannende Bäume : Wieder ist ein zusammenhängender Graph Γ = Γ(E, K) gegeben zusammen mit einer Kostenfunktion c : K → ℝ^{+}. Gesucht ist ein billigster aufspannender Baum B_{opt}, d.h. c(B_{opt}) ≤ c(B) für alle aufspannenden Bäume B.

Man kann nun einen aufspannenden Baum mit dem Greedy–Algorithmus finden. D.h. an jeder Stelle nimmt man die billigste Fortsetzung, so daß der Graph ein Baum bleibt. Überraschend ist, daß dies in der Tat einen optimalen Baum liefert.

(11.1) Satz. Sei Γ = Γ(E, K) ein zusammenhängender Graph mit der Kostenfunktion c : K → ℝ^{+}. Ist T ein aufspannender Baum, der durch den greedy–Algorithmus konstruiert wird, so ist c(T) ≤ c(U) für jeden aufspannenden Baum U.

Beweis. Sei U ein minimaler aufspannender Baum und k_{1}, …, k_{n−1} die Kanten in T in der Reihenfolge, wie sie der Greedy–Algorithmus gefunden hat.

Ist U = T, so sind wir ohnehin fertig. Sei also U ≠ T. Sei k_{k} die erste Kante von T, die nicht in U ist.

Sei S die Menge der Ecken von k_{1}, …, k_{k−1} und k_{k} = {x, y}, x ∈ S, y ∉ S. Ist k_{1} ∉ U, so setze S = {x}. Da U ein aufspannender Baum ist, gibt es einen Weg in U von x nach y.

[figure: x; y; k_{k}; k_{x}]

Folgen wir diesem Weg, so kommen wir irgendwo zu einer Kante k_{x} ∈ U, mit einer Ecke in S und einer Ecke nicht in S.

Nun ist an der Stelle, an der k_{k} durch den greedy–Algorithmus gewählt wurde, auch k_{x} ein Kandidat. Da k_{x} nicht gewählt wurde, muß

c(k_{x}) ≥ c(k_{k})

sein. (Auch wenn k_{x} in T vorkommt, so muß es später gewählt worden sein!)

Wir ersetzen in U die Kante k_{x} durch k_{k}. Damit erhalten wir einen neuen aufspannenden Baum U_{1} mit

c(U_{1}) = c(U) − c(k_{x}) + c(k_{k}) ≤ c(U).

Weiter kommt die erste Kante in T, die nicht in U_{1} liegt, nun später vor. Indem wir diese Prozedur fortsetzen enden wir bei T. □

(11.2) Beispiele. In den folgenden zwei Beispielen wird jeweils mit dem vorherigen Algorithmus ain minimaler aufspannender Baum konstruiert, der dann mit doppelten Kanten eingezeichnet ist. a)

[figure: 1; 7; 2; 4; 3; 1; 4; 9; 1; 1; 2; 8; 1; 6; 2; 2; 6; 5; 9; 3; 7; 9; c(T) = 16]

b)

[figure: 7; 2; 4; 4; 6; 8; 3; 2; 1; 5; c(T) = 13]

Wir wenden uns nun endgültig dem TSP zu. Wir wollen verschiedene Lösungsmethoden an einem konkreten Problem studieren. Die folgende Tabelle ist eine Entfernungstabelle zwischen den Städten Mainz, Halle, Erfurt, Berlin, Dresden und Magdeburg.

Mainz Erfurt Halle Dresden Magdeburg Berlin
Mainz  -  226 305  405  331  453
Erfurt  226  -  87  189  135  234
Halle  305  87  -  134  79  154
Dresden  405  189 134  -  188  164
Magdeburg 331  135  79  188  -  125
Berlin  453  234 154  164  125  -

[figure: HAL; B; DD; MD; EF; MZ]

Um die kürzeste Rundreise zu finden, gibt es drei Gruppen von Methoden. Die ersten drei Methoden, die wir vorstellen, sind Greedy Methoden, die vierte ist eine Greedy Methode, die eine gewisse Vorausschau mit integriert.

1) Schritt für Schritt Verfahren :

Wir wollen zwei Verfahren vorstellen:

a) NN (Nächster Nachbar):

Sei S = {S_{1}, …, S_{n}} die Menge der Ecken. Wähle eine beliebige Startecke S_{i_{1}}. Falls S_{i_{1}}, …, S_{i_{k}} bereits gewählt sind, so suche eine Ecke S_{j_{0}} ∈ S′ = S \ {S_{i_{1}}, …, S_{i_{k}}} mit c({S_{j_{0}}, S_{i_{k}}}) = min{c({S_{j}, S_{i_{k}}}) : S_{j} ∈ S′}. Setze dann j_{0} = i_{k+1}.

Starten wir im obigen Beispiel mit HAL = Halle, so erhalten wir den folgenden Weg :

HAL − MD − B − DD − EF − MZ − HAL.

Dieser hat die Länge 1088. Starten wir mit DD = Dresden, so erhalten wir :

DD − HAL − MD − B − EF − MZ − DD.

Dieser hat die Länge 1203. Das Ergebnis hängt also stark von der Wahl der Startecke ab.

b) DNN (Doppelt nächster Nachbar) :

Wähle wieder eine beliebige Startecke S_{i_{1}}. Seien bereits S_{i_{1}}, …, S_{i_{k}} konstruiert. Unter den Ecken in S′ seien S_{j_{0}} mit c({S_{j_{0}}, S_{i_{1}}}) = min{c({S_{i}, S_{i_{1}}}) : S_{i} ∈ S′} und S_{j_{1}} mit c({S_{j_{1}}, S_{i_{k}}}) = min{c({S_{i}, S_{j_{k}}}) : S_{i} ∈ S′} gefunden. Falls c({S_{j_{0}}, S_{i_{1}}}) ≤ c({S_{j_{1}}, S_{i_{k}}}) ist, so hänge S_{j_{0}} an S_{i_{1}} sonst S_{j_{1}} an S_{i_{k}} an.

Starten wir wieder mit Halle, so erhalten wir

MZ − EF − HAL − MD − B − DD − MZ

mit der Länge 1086. Wenn wir mit Dresden starten, so erhalten wir

MZ − EF − DD − HAL − MD − B − MZ

mit der Länge 1206.

Im allgemeinen ist DNN besser als NN. Beide können aber durch das Entstehen von langen Wegen am Ende des Verfahrens recht ungünstig werden.

2) Kreismethoden :

Auch hier wollen wir wieder zwei Verfahren vorstellen.

a) BI (billigste Insertion) :

Man beginne mit einem beliebigen Kreis der Länge drei. Sei schon ein Kreis C = {S_{i_{1}}, …, S_{i_{k}}} der Länge k konstruiert. Wir wollen ein S_{j} ∉ C in den Kreis einfügen. Wenn wir S_{j} zwischen S_{i_{h}} und S_{i_{h+1}} einfügen, so erhalten wir für die Längenzunahme

d(S_{j}, h) = c({S_{i_{h}}, S_{j}}) + c({S_{j}, S_{i_{h+1}}}) − c({S_{i_{h}}, S_{i_{h+1}}}).

Wir setzen d(S_{j}) = min{d(S_{j}, h) : 1 ≤ h ≤ k}. Nun bestimmen wir S_{j_{0}} mit d(S_{j_{0}}) minimal. Es wird dann S_{j_{0}} an der Stelle eingefügt, die dieses Minimum realisiert.

Starten wir mit dem Kreis

HAL − DD − MD − HAL,

so erhalten wir im ersten Schritt

HAL − DD − B − MD − HAL,

im zweiten Schritt

HAL − EF − DD − B − MD − HAL

und schließlich

HAL − MZ − EF − DD − B − MD − HAL

Die Entfernung beträgt 1088.

b) FI (fernste Insertion) :

Sei wieder bereits der Kreis C = {S_{i_{1}}, …, S_{i_{k}}} konstruiert. Zu jedem S_{i_{j}} bestimme man einen nächsten Nachbarn außerhalb von C, also S′_{i_{j}} mit c({S′_{i_{j}}, S_{i_{j}}}) = min{c({S_{h}, S_{i_{j}}}) : S_{h} ∉ C}. Unter den S′_{i_{j}} bestimme den entferntesten S′_{i_{j_{0}}} mit c({S′_{i_{j_{0}}}, S_{i_{j_{0}}}}) ≥ c({S′_{i_{j}}, S_{i_{j}}}) für alle i_{j}. Nun füge S′_{i_{j_{0}}} an der optimalen Stelle ein. Der Vorteil dieses Algorithmus besteht darin, daß weite Wege am Ende vermieden werden. In der Praxis hat sich der Algorithmus gut bewährt.

Betrachten wir den Startkreis

MZ − HAL − DD − MZ.

Dann erhalten wir nacheinander die folgenden Kreise :

MZ − EF − HAL − DD − MZ,
MZ − EF − HAL − B − DD − MZ,
MZ − EF − HAL − MD − B − DD − MZ.

mit der Länge 1086. Starten wir mit

EF − HAL − MD − EF,

so erhalten wir

EF − HAL − DD − MD − EF,
EF − HAL − DD − B − MD − EF,
EF − HAL − DD − B − MD − MZ − EF.

mit der Länge 1067, die übrigens optimal ist.

[figure: HAL; B; DD; MD; EF; MZ; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .]

3) Globale Methoden :

Auch hier wollen wir zwei Methoden vorstellen.

a) MST (Minimal aufspannender Baum Abschätzung) :

Die Idee der Vorgehensweise ist wie folgt. Eine Tour ist ein Hamiltonscher Kreis. Läßt man eine Kante weg, so haben wir einen aufspannenden Baum. Wir konstruieren somit zunächst einen minimalen aufspannenden Baum B, z.B. mit dem Greedy - Algorithmus. Dann verdoppeln wir alle Kanten in B. Das ergibt einen Euler-Graphen B_{dop}. Sei C = {v_{1}, v_{2}, …} ein Euler - Zug in B_{dop}. In C ist ein Hamiltonkreis enthalten (durch überspringen schon durchlaufener Ecken). Also zum Beispiel haben wir den folgenden aufspannenden Baum

[figure: DD; HAL; EF; MD; B; MZ]

Indem wir alle Kanten verdoppeln erhalten wir den Euler - Zug

HAL − MD − B − MD − HAL − EF − MZ − EF − HAL − DD − HAL.

Dies liefert dann die folgenden Tour

HAL − MD − B − EF − MZ − DD − HAL

mit der Länge 1198.

b) Christofides Abschätzung :

Hier gehen wir ähnlich wie bei dem Tourenproblem in (9.23) vor.

Wie beim MST konstruieren wir zunächst einen minimal aufspannenden Baum. Sei U die Menge der Ecken ungeraden Grades. Dann ist |U| = 2m nach (9.8). Nun konstruieren wir ein optimales Matching M^{1}. Sei M = {{u_{i}, v_{i}} : i = 1, …, m}. Füge die Kanten {u_{i}, v_{i}} ein. Dies ergibt einen Euler - Graphen B̃. In diesem wird wie beim MST ein Hamiltonkreis konstruiert.

Sei der aufspannende Baum wie oben. Die Ecken ungeraden Grades sind DD, B, HAL und MZ. Ein optimales Matching wäre M = {{DD, B}, {HAL, MZ}}. Wir fügen diese beiden Kanten ein. Das ergibt

[figure: DD; HAL; EF; MD; B; MZ]

Wir erhalten dann die folgende Tour

HAL − EF − MZ − MD − B − DD − HAL

von der Länge 1067, also eine optimale Tour.

Wir kommen nun zu der Frage nach der Gütegarantie. Zur Erinnerung sei gesagt, daß wir uns nur mit dem euklidischen TSP beschäftigen. Sei T_{opt} eine optimale Tour und T_{MST} bzw. T_{CH} die beim MST bzw. Christofides konstruierte Tour. Dann gilt

(11.3) Satz . Es gilt stets c(T_{MST}) ≤ 2c(T_{opt}) und c(T_{Ch}) ≤ \frac{3}{2}c(T_{opt}).

Beweis . Wir betrachten zunächst MST. Wenn wir aus T_{opt} eine Kante entfernen, so haben wir einen Baum B. Also gilt c(B) ≤ c(T_{opt}). Wenn wir alle Kanten dieses Baumes verdoppeln, erhalten wir c(B_{dop}) ≤ 2c(T_{opt}). Sei nun E = {v_{1}, v_{2}, …} der Eulerkreis und T = {v_{i_{1}}, v_{i_{2}}, …} die darin enthaltene Tour. Wegen der Dreiecksungleichung folgt

1wie das gemacht werden kann findet man z.B. in []

c(v_{i_{1}}, v_{i_{2}}) ≤ c(v_{i_{1}}, v_{i_{1}+1}) + … + c(v_{i_{2}−1}, v_{i_{2}}).

in E. Also gilt

c(T) ≤ c(E) = c(B_{dop}) ≤ 2c(T_{opt}).

Wir betrachten nun die Christofides Abschätzung. Wiederum gilt c(B) ≤ c(T_{opt}). Sei {v_{1}, v_{2}, …, v_{n}} eine optimale Tour und v_{i_{1}}, v_{i_{2}}, … v_{i_{2m}} die Ecken ungeraden Grades in U in dieser Reihenfolge. Wir betrachten die Matchings

M_{1} = {{v_{i_{1}}, v_{i_{2}}}, {v_{i_{3}}, v_{i_{4}}}, …, {v_{i_{2m−1}}, v_{i_{2m}}}}

und

M_{2} = {{v_{i_{2}}, v_{i_{3}}}, {v_{i_{4}}, v_{i_{5}}}, …, {v_{i_{2m}}, v_{i_{1}}}}.

Es gilt c(M) ≤ c(M_{1}) und c(M) ≤ c(M_{2}) für das optimale Matching M. Es ist c(M_{1}) + c(M_{2}) ≤ c(T_{opt}) und somit c(M) ≤ \frac{1}{2}(c(M_{1}) + c(M_{2})) ≤ \frac{1}{2}c(T_{opt}). Das liefert dann

c(T) ≤ c(B) + c(M) ≤ \frac{3}{2}c(T_{opt}).

□

Das Resultat (11.3) scheint recht schwach zu sein, allerdings ist die beste bekannte Gütegarantie auch \frac{1}{2}.

In dem vorherigen Satz hatten wir angenommen, daß wir es mit dem euklidischen TSP zu tun haben. In diesem Fall sind die vorgestellten Näherungsalgorithmen alle polynomial. Dies ist nicht mehr so, wenn wir die Voraussetzung euklidische weglassen. Der letzte Satz dieses Paragraphen besagt, daß das allgemeine TSP (sogar nur mit Gütegarantie) zu den sehr schwierigen Problemen gehört. Dies bedeutet, daß wir vermutlich nicht erwarten können, einen Näherungsalgorithmus zu finden, der polynomial ist.

(11.4) Satz. Gibt es ein ϵ > 0 und einen polynomialen Algorithmus H, der für jedes symmetrische TSP eine Tour T_{H} liefert mit

c(T_{H}) ≤ (1 + ϵ)c(T_{opt})

so ist P = NP.

Beweis. Wir benutzen ohne Beweis, daß das folgende Problem NP - vollständig ist^{2}.

2Für einen Beweis siehe []

(HAM) : Gibt es einen Hamilton Kreis in Γ?

Wir zeigen nun, daß aus der Existenz von H folgt, daß es einen polynomialen Algorithmus für (HAM) gibt.

Sei Γ = Γ(E, K) ein beliebiger Graph mit |E| = n. Setze M = ϵn + 2. Wir definieren ein TSP mit n Städten, wobei folgende Entfernungen vorliegen : c_{ij} = 1, falls {i, j} ∈ K und c_{ij} = M sonst. Dann enthält Γ genau dann einen Hamilton Kreis, wenn c(T_{opt}) = n ist. Denn sei T irgendeine Tour, die kein Hamilton Kreis in Γ ist, so ist c(T) ≥ n−1+M = n − 1 + ϵn + 2 > (1 + ϵ)n. Sei nun T_{H} die von H gefundene Lösung und sei Γ hamiltonsch. Dann gilt c(T_{opt}) = n ≤ c(T_{H}) ≤ (1 + ϵ)c(T_{opt}) = (1 + ϵ)n. Da aber für jede Tour T, die kein Hamiltonkreis ist, c(T) > (1 + ϵ)n ist, muß T_{H} ein Hamiltonkreis sein, d.h. wir haben einen Hamiltonkreis in Γ in polynomialer Zeit gefunden. □

Die Situation von (11.5) trifft auf viele kombinatorische Optimierungsprobleme zu. Man kann also in polynomialer Zeit nicht einmal eine feste Fehlerschranke garantieren. Für das TSP scheint zu gelten, daß für kleine Probleme mit bis zu 200 Städten FI das beste Verfahren ist, während für größere Probleme der Christofides-Algorithmus besser ist.

Wir wollen noch einmal auf die Klassen P und NP eingehen. Das Problem, ob ein Graph hamiltonsch ist, ist in NP. Ist nämlich ein Kreis gegeben, so ist es einfach in polynomialer Zeit zu verifizieren, ob dies ein Hamiltonkreis ist. Die Probleme in NP waren die, für die man die positive Antwort in polynomialer Zeit nachprüfen kann. Man kann aber auch diejenigen Probleme betrachten, für die man eine negative Antwort in polynomialer Zeit nachprüfen kann, also z.B. der Graph ist nicht hamiltonsch. Wir bezeichnen diese Klasse mit co − NP. Offenbar gilt P ⊆ NP ∩ co − NP. Damit haben wir neben der Frage P ≠ NP noch die Frage NP ≠ co − NP.

Übungen

127) Die Kanten k_{1}, …, k_{n} eines Graphen seien bezüglich einer Kostenfunktion w so geordnet, daß stets w(k_{i}) ≤ w(k_{i+1}) gilt. Zeige, daß das folgende Verfahren zu einem aufspannenden Baum führt, der die Kosten minimiert. Beginne mit k_{1} und füge in jedem Schritt die neue Kante k_{i} mit dem kleinsten Index hinzu, so daß die erhaltene Kantenmenge keine Kreise enthält.

128) Zeige, daß ein zusammenhängender Graph mit einer geraden Anzahl von Ecken stets einen aufspannenden Untergraph besitzt, in dem alle Ecken ungerade Valenz haben. Gilt dies auch für unzusammenhängende Graphen ?

129) Ein zusammenhängender Graph Γ habe lauter verschiedene Gewichte auf den Kanten. Zeige, daß Γ einen eindeutig bestimmten minimalen aufspannenden Baum besitzt.

130) Finde einen kürzesten Weg von v nach w in

[figure: 15; 4; 6; 12; 9; 3; 8; 10; 2; 4; 13; 5; 3; 8; 15; 16; 14; 6; 3; v; a; c; b; d; f; g; e; h; w]

131) Zeige, daß das Entscheidungsproblem, ob zwei Graphen Γ und Δ isomorph sind, in NP liegt.

132) Beweise, daß NP ≠ co − NP impliziert P ≠ NP.

§12 Netzwerke

Wir wollen nun die Bedingung, daß mit (v, w) ∈ K stets (w, v) ∈ K ist, aufgeben. Damit geben wir den Kanten eine Richtung. Wir zeichnen die Kanten der Graphen dann mit einem Pfeil [figure: v; w] ˆ= (v, w).

In vielen Anwendungen ist ein gerichteter Graph das bessere Modell als ein ungerichteter Graph. Man denke nur an einen Stadtplan mit Einbahnstraßen. Oft tragen die Kanten eines gerichteten Graphen noch Zahlen, die für Kosten oder Abstände stehen.

(12.1) Definition. Ein gerichteter Graph zusammen mit einer Gewichtsfunktion (Kapazitätsfunktion)

c : K → ℕ

heißt ein Netzwerk.

Man kann auch den Fall, daß die Werte der Funktion c in ℝ^{+} liegen, behandeln. Die Resultate sind nicht anders. Allerdings sind die Beweise schwieriger und bringen keine neuen Einsichten.

[figure: c; s; t; a; 3; 5; 5; 3; b; d; 4; 2; 4; 7; 6]

In diesem Beispiel hat das Netzwerk eine besondere Eigenschaft. Es gibt einen Startpunkt s (es gehen nur Kanten weg) und einen Endpunkt t (es gehen nur Kanten hinein). Wir nennen das eine Quelle und eine Senke.

Im folgenden wollen wir stets annehmen, daß wir eine Quelle und eine Senke haben. Wir stellen uns vor, daß eine Flüssigkeit längs unseres Netzwerkes von s nach t fließt. Das können wir wie folgt bezeichnen: Es gibt eine Abbildung

f : K → ℕ ∪ {0}.

Wir interpretieren f(x, y) als die Menge Flüssigkeit, die durch die Kante (x, y) fließt.

Die Existenz einer Quelle und Senke ist nicht sonderlich wichtig. Man kann dies immer erreichen, indem man zwei Ecken e_{1}, e_{2} auszeichnet, und dann eine Ecke s^{∗} hinzufügt, die nur die Kante (s^{∗}, e_{1}) hat, und deren Kapazität mindestens die Summe der von e_{1} ausgehenden Kapazitäten hat. Weiter fügen wir eine Ecke t^{∗} hinzu, die nur eine Kante (e_{2}, t^{∗}) besitzt. Wieder ist die Kapazität dieser Ecke mindestens die der Kanten durch e_{2}. In obigen Beispiel hätten wir auch einen Fluß von a nach c studieren können. Wir würden dann den Graph wie folgt abändern :

[figure: c; s; t; a; 3; 5; 5; 3; b; d; 4; 2; 4; 7; 6; s^{∗}; 20; t^{∗}; 5]

Es gilt natürlich ein Erhaltungssatz. Außer für s und t gilt, daß die Menge, die in eine Ecke e hineinfließt, genauso groß ist, wie die Menge, die aus e herausfließt. Also

in f(e) := ∑_{(x,e)∈K} f(x, e) = aus f(e) := ∑_{(e,y)∈K} f(e, y) .

(12.2) Definition. Sei Γ = Γ(E, K) ein Netzwerk. Ein Fluß von einer Quelle s zu einer Senke t ist eine Abbildung

f : K → ℕ ∪ {0}

mit

(i) in f(e) = aus f(e) für alle e ∈ E ∖ {s, t}, aus f(s) = in f(t),

(ii) f(x, y) ≤ c(x, y) für alle (x, y) ∈ K.

Wir definieren val (f) =in f(t) als den Wert des Flusses f.

Das allgemeine Problem ist, den maximalen Fluß für ein gegebenes Netzwerk zu berechnen. Dieser ist natürlich durch die Kapazitäten nach oben begrenzt.

(12.3) Beispiel. Wir betrachten das Netzwerk von (12.1).

Sei f ein Fluß mit

f : (s, a), (s, b), (s, c), (a, d), (b, d), (c, d), (a, t), (c, t), (d, t)
↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓
3  2  3  1  2  1  2  2  4

Man stellt fest, daß val (f) = 8 ist.

Wir betrachten nun den Weg s, a, t. Weder (s, a) noch (a, t) haben einen Fluß, der die Kapazitäten auslastet. Also können wir an beiden Stellen den Fluß erhöhen, bis eine der Kapazitäten erreicht ist:

Wir definieren f_{1} durch f_{1}(s, a) = 4, f_{1}(a, t) = 3, f_{1}(k) = f(k) sonst. Es ist val (f_{1}) = 9. Es gibt aber noch eine andere Möglichkeit, den Fluß zu vergrößern. Betrachte den ungerichteten Weg

s, a, d, c, t .

Da (c, d) entgegengesetzt fließt, können wir f_{1}(c, d) um eins vermindern und alle anderen Kanten in diesem Weg um eins vergrößern. Also

f_{2}(s, a) = 5 , f_{2}(a, d) = 2 , f_{2}(c, d) = 0 , f_{2}(c, t) = 3 , f_{2}(k) = f_{1}(k) sonst. Nun ist val (f_{2}) = 10. Ist f_{2} ein maximaler Fluß ?

Dazu betrachten wir die beiden Ecken s und b. Sei S = {s, b}. Dann ist zehn die Summe der Kapazitäten der Kanten, die aus S herausführen. Also kann jeder Fluß höchstens diese Menge aus S nach T = {a, c, d, t} führen. Damit ist der Wert durch 10 nach oben beschränkt. Da val f_{2} = 10 ist, ist f_{2} ein maximaler Fluß.

Diese Überlegung wollen wir nun auf beliebige Netzwerke verallgemeinern. Wir teilen die Eckenmenge E in zwei Teilmengen S und T mit E = S ∪ T und S ∩ T = ∅, wobei s ∈ S und t ∈ T sei.

Wegen des Erhaltungssatzes fließt von S nach T genau soviel wie von s nach t. Es ist

val (f) = ∑_{{x∈S \atop y∈T}} f(x, y) − ∑_{{u∈T \atop v∈S}} f(u, v) .

Also ist

val (f) ≤ ∑_{{x∈S \atop y∈T}} f(x, y) ≤ ∑_{{x∈S \atop y∈T}} c(x, y) .

(12.4) Definition. Sei Γ = Γ(E, K) ein Netzwerk. Eine Partition (S, T) mit S ∪T = E, S ∩ T = ∅ und s ∈ S, t ∈ T, nennen wir einen Schnitt. Die Kapazität des Schnittes ist

cap (S, T) = ∑_{{x∈S \atop y∈T}} c(x, y) .

Somit haben wir gerade bewiesen:

(12.5) Satz. Sei Γ ein Netzwerk und f ein Fluß. Ist (S, T) ein Schnitt, so ist

val (f) ≤ cap (S, T) .

Wir wollen nun zeigen, daß es immer einen Fluß f und einen Schnitt S, T gibt, so daß val (f) = cap (S, T) ist. Dazu schauen wir uns noch einmal an, wie wir in (12.3) den Wert von f erhöht haben. Wir haben Wege von s nach t betrachtet, in denen entweder auf allen Kanten die Kapazität nicht voll ausgeschöpft ist, bzw. in denen Rückwärtskanten einen Fluß tragen. Diesen Wegen wollen wir einen Namen geben.

(12.6) Definition. Sei Γ = Γ(E, K) ein Netzwerk mit Fluß f. Ein ungerichteter Weg

s = x_{1}, …, x_{k}

heißt f–zunehmend, falls

f(x_{i}, x_{i+1}) < c(x_{i}, x_{i+1}) für (x_{i}, x_{i+1}) ∈ K und
f(x_{i+1}, x_{i}) > 0  für (x_{i+1}, x_{i}) ∈ K

1 ≤ i ≤ k − 1 ist.

Dies bedeutet, daß Vorwärtskanten nicht die maximale Kapazität und Rückwärtskanten einen positiven Gegenfluß tragen.

Haben wir einen solchen zunehmenden Weg, der mit t endet, so können wir wie im Beispiel (12.3) den Fluß auf den Vorwärtskanten erhöhen und auf den Rückwärtskanten vermindern. Da alle Gewichte ganze Zahlen sind, können wir die Vorwärtskanten um 1 erhöhen und die Rückwärtskanten um 1 vermindern. Sei f^{∗} der neue Fluß. Dann ist f^{∗}(k) ≤ c(k) für jede Kante k, da c(k) eine ganze Zahl ist. Seien (x_{i−1}, x_{i}) und (x_{i}, x_{i+1}) beides Kanten, so werden beide Werte um 1 vergrößert und die Balance bleibt erhalten. Das gilt auch, wenn (x_{i}, x_{i−1}) und (x_{i+1}, x_{i}) beides Kanten sind. Sind (x_{i−1}, x_{i}) und (x_{i+1}, x_{i}) beides Kanten, so wird der Wert der ersten um 1 vergrößert und der der zweiten um 1 vermindert. Die Summe ist also 0, d.h. der Fluß in x_{i} wurde nicht verändert. Somit ist f^{∗} in der Tat ein Fluß. Es gilt nun

val (f^{∗}) = val (f) + 1 .

(12.7) Satz. Sei Γ = Γ(E, K) ein Netzwerk und f ein maximaler Fluß. Dann ist

val(f) = cap(S, T)

für einen geeigneten Schnitt (S, T) .

Beweis. Sei f ein maximaler Fluß und S die Menge aller Ecken x in Γ, für die es einen f–zunehmenden Weg von s nach x gibt, vereinigt mit der Ecke s. Sei T = E \ S. Dann ist t ∈ T, da wir sonst val (f) vergrößern könnten. Also ist (S, T) ein Schnitt.

Wir wollen cap (S, T) berechnen. Sei x ∈ S, y ∈ T und (x, y) ∈ K. Nach Definition von S gibt es keinen f–zunehmenden Weg von s nach y, aber es gibt einen solchen von s nach x. Wäre nun f(x, y) < c(x, y), so könnten wir diesen Weg von s nach x nach y verlängern. Also ist

f(x, y) = c(x, y) für (x, y) ∈ K , x ∈ S , y ∈ T .

Sei umgekehrt (y, x) ∈ K. Ist f(y, x) > 0, so könnten wir wieder den f–zunehmenden Weg von s nach x nach y verlängern. Also ist

f(y, x) = 0 für (y, x) ∈ K , x ∈ S , y ∈ T .

Nun gilt:

val (f) = ∑_{{x∈S \atop y∈T}} f(x, y) − ∑_{{u∈T \atop v∈S}} f(u, v) = ∑_{{x∈S \atop y∈T}} c(x, y) = cap (S, T) . □

Der Beweis von (12.7) liefert uns sogar einen Algorithmus, der einen maximalen Fluß bestimmt.

(A) Starte mit einem Fluß (z.B. überall 0).

(B) Konstruiere einen Baum von unvollständigen f–zunehmenden Wegen ausgehend von s.

(C) Falls der Baum t erreicht, so ändere f gemäß (12.6) ab und gehe wieder nach (B).

(D) Falls der Baum nicht t erreicht, ist f maximal. □

Es bleibt die Frage, warum dieser Algorithmus terminiert, also, ob es überhaupt einen maximalen Fluß gibt.

(12.8) Satz. Sei Γ = Γ(E, K) ein Netzwerk mit Quelle s und Senke t. Dann gibt es einen maximalen Fluß f von s nach t.

Beweis. Wir sehen uns obigen Algorithmus an. Wir starten mit einem ganzahligen Fluß. Nur in Schritt (C) wird der Wert von f verändert. Hier wird gemäß (12.6) f(k), k ∈ K um die natürliche Zahl α, wenn überhaupt, geändert. Also bleibt der Wert eine natürliche Zahl. Da der Wert von f durch die Kapazität eines Schnittes nach oben begrenzt ist, muß es somit einen maximalen Fluß geben. □

Der Satz gilt auch allgemein, d.h. für c : K → ℝ^{+} und f : K → ℝ^{+}. Sind alle Gewichte rationale Zahlen, so multipliziert man mit dem Hauptnenner und erhält ein Netzwerk mit ganzzahligen Gewichten, auf das man (12.8) anwenden kann. Im allgemeinen Fall approximiert man die reellen Zahlen durch rationale. Für jede Appoximation erhält man einen maximalen Fluß. Der maximale Fluß des Netzwerkes wird dann durch einen Grenzwertprozess gefunden.

Wir wollen den Algorithmus noch an einem Beispiel illustrieren.

(12.9) Beispiel:

[figure: s; a; b; d; e; c; t; 4; 6; 3; 2; 5; 4; 5; 3; 5; 1; 1]

Wir starten mit

f_{1}(s, b) = 4 , f_{1}(b, t) = 4 , f_{1}(k) = 0 sonst.

Wir konstruiere den Baum Γ_{1}

(s, a) : c(s, a) = 6
(s, b) ist gesättigt, also (s, b) ∉ Γ_{1}
(a, b) : c(a, b) = 1
(a, d) : c(a, d) = 3
(a, c) geht nicht, da f_{1}(a, c) = 0 , also (a, c) ∉ Γ_{1} .
(b, c) : c(b, c) = 5
(b, e) : c(b, e) = 1

Nun geht (d, e) nicht, da wir sonst keinen Baum erhalten

(b, t) ist gesättigt
(e, t) : c(e, t) = 5

[figure: s; a; b; d; e; c; t]

Nun haben wir einen f–zunehmenden Weg

s, a, b, e, t .

Indem wir den Fluß auf diesem Weg um 1 vergrößern, erhalten wir f_{2}(s, b) = 4 , f_{2}(b, t) = 4

f_{2}(s, a) = 1 , f_{2}(a, b) = 1 , f_{2}(b, e) = 1 , f_{2}(e, t) = 1
f_{2}(k) = 0 sonst.

Jetzt erhalten wir einen neuen Baum

[figure: s; a; b; d; e; t; c]

Wegen c(d, e) = 2, können wir f_{2} um 2 vergrößern. Das liefert f_{3} mit

f_{3} : (s, a), (s, b), (a, b), (a, d), (b, c), (b, e), (b, t), (c, a), (c, e), (d, e), (e, t)
↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓  ↓
3  4  1  2  0  1  4  0  0  2  3

Wir bilden den Baum für f_{3}:

[figure: s; a; d]

Dieser endet nicht mit t. Also ist f_{3} maximal und

val(f_{3}) = 7.

Es ist S = {s, a, d}, T = {b, c, e, t} ein minimaler Schnitt.

Wir wollen nun noch zwei Anwendungbereiche für unsere Netzwerke aufzeigen.

Das Angebot-Nachfrage-Problem : Wir haben eine Menge S von Produktionsstätten. Von diesen sollen Waren zu einer Menge T von Märkten transportiert werden. Wir nennen S die Quellen und T die Senken. Mit jedem x ∈ S ist ein Angebot a(x) und mit jeder Senke y ∈ T eine Nachfrage b(y) verknüpft. Unser Problem besteht in der Angabe eines Flußes, der aus jedem x ∈ S nicht mehr herausführt, als dort angeboten wird, also a(x), und mindestens b(y) in y ∈ T hineinführt, also die Nachfrage befriedigt.

Sei Γ = Γ(E, K) der gegebene gerichtete Graph mit den Kapazitäten c : K → ℕ, den Mengen S, T ⊆ E, S ∩ T = ∅ und den Funktionen a : S → ℕ und b : T → ℕ. Gesucht ist ein Fluß f mit :

(1) 0 ≤ f(k) ≤ c(k) für alle k ∈ K.

(2) ∑_{k=(x,e)} f(k) ≤ a(x) für alle x ∈ S

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A(x) = \frac{1 + x}{1 − 9x − 9x^{2}} .

Nun haben wir eine explizite Formel für die erzeugende Funktion A(x). Daß dies kein Zufall ist, zeigt der folgende Satz:

(13.5) Satz. Seien α_{1}, …, α_{d} ∈ ℂ mit d ≥ 1 und α_{d} ≠ 0. Setze q(x) = 1 + α_{1}x + … + α_{d}x^{d}. Dann ist für eine Folge (a_{n}) äquivalent:

(1) Für alle n ≥ 0 gilt

a_{n+d} + α_{1}a_{n+d−1} + … + α_{d}a_{n} = 0.

(2) A(x) = ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} = \frac{p(x)}{q(x)}, wobei p ein Polynom vom Grad höchstens d − 1 ist.

Beweis. (1) ⇒ (2):

Es ist

∑_{n=d}^{∞} a_{n}x^{n} + α_{1}x ∑_{n=d}^{∞} a_{n−1}x^{n−1} + … + α_{d}x^{d} ∑_{n=d}^{∞} a_{n−d}x^{n−d} = 0 .

Somit haben wir

A(x) − a_{0} − a_{1}x − a_{2}x^{2} … − a_{d−1}x^{d−1}+
α_{1}x(A(x) − a_{0} − a_{1}x … − a_{d−2}x^{d−2})+
⋮
α_{d}x^{d}A(x) = 0,

oder

\begin{matrix}(1 + α_{1}x + α_{2}x^{2} + … + α_{a}x^{d})A(x) = a_{0} + (a_{0}α_{1} + a_{1})x + … \\ … + (a_{0}α_{d−1} + … + a_{d−1})x^{d−1}. \end{matrix}

Damit ist A(x) = \frac{p(x)}{q(x)} mit grad p < d.

(2) ⇒ (1) : Ist ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} = \frac{p(x)}{q(x)}, so gilt

q(x) ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} = p(x).

Koeffizientenvergleich für x^{d+n} liefert die Rekursion (1). □

(13.6) Beispiel. Wir greifen wieder (13.5) auf. Wir haben zwar eine Formel für A(x) aber noch nicht für a_{n} !

Seien α, β die Nullstellen von y^{2} − 9y − 9 = 0. (Übrigens α = \frac{1}{2}(9 + 3\sqrt{13}), β = \frac{1}{2}(9 − 3\sqrt{13})) Dann ist 1 − 9x − 9x^{2} = (1 − αx)(1 − βx). Nun machen wir den Ansatz

A(x) = \frac{A}{1 − αx} + \frac{B}{1 − βx}.

Indem wir

\frac{A}{1 − αx} + \frac{B}{1 − βx} = \frac{1 + x}{1 − 9x − 9x^{2}}

setzen, liefert das

A(x) = \frac{1}{α − β} [\frac{α + 1}{1 − αx} − \frac{β + 1}{1 − βx}] .

Damit haben wir aber noch immer nicht die a_{n}. Der Trick besteht nun darin, daß

∑_{n=0}^{∞} x^{n} = \frac{1}{1 − x}

ist, wie man leicht bestätigt. Also gilt

A(x) = \frac{1}{α − β} [(α + 1) ∑_{n=0}^{∞}(αx)^{n} − (β + 1) ∑_{n=0}^{∞}(βx)^{n}] .

Nun können wir einen Koeffizientenvergleich vornehmen und erhalten

a_{n} = \frac{1}{α − β} [(α + 1)α^{n} − (β + 1)β^{n}] für n ≥ 0.

Damit haben wir die gewünschte explizite Formel.

Daß es eine Zerlegung wie oben gibt, und diese dann zu einer Formel für a_{n} führt, ist natürlich kein Zufall. Es stecken wieder allgemeine Sätze dahinter.

(13.7) Satz. Die Voraussetzungen seien wie in (13.5). Dann sind gleichwertig

(1) A(x) = \frac{p(x)}{q(x)}, grad p < d

(2) A(x) = ∑_{i=1}^{k} \frac{g_{i}(x)}{(1−γ_{i}x)^{d_{i}}} , grad g_{i} < d_{i}, wobei q(x) = (1 − γ_{1}x)^{d_{1}} … (1 − γ_{k}x)^{d_{k}} und die γ_{j}

die verschiedenen Nullstellen von

x^{d} + α_{1}x^{d−1} + … + α_{d} = 0

sind.

Beweis. Es ist

∑_{i=1}^{k} \frac{g_{i}(x)}{(1 − γ_{i}x)^{d_{i}}} = ∑_{i=1}^{k} \frac{g_{i}(x) ∏_{j≠i}(1 − γ_{j}x)^{d_{j}}}{q(x)}

Ist p gegeben, so gibt es offenbar g_{i} mit grad g_{i} < d_{i}, so daß ∑_{i=1}^{k} g_{i}(x) ∏_{j≠i}(1 − γ_{j}x)^{d_{j}} = p(x)

ist, und umgekehrt. □

Um nun weiter zu kommen, hatten wir die Reihe für \frac{1}{1−x} benutzt. Im allgemeinen sollten wir somit einige einfache Potenzreihen kennen. Die einfachsten sind in der folgende Liste enthalten.

\begin{aligned}\frac{1}{1−x} & = & ∑_{n=0}^{∞} x^{n} \\ \frac{1}{1+x} & = & ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n}x^{n} \\ \frac{1}{(1−x)^{2}} & = & ∑_{n=0}^{∞}(n + 1)x^{n} \\ (1 + x)^{c} & = & ∑_{n=0}^{∞} \binom{c}{n}x^{n} \\ \frac{1}{(1−x)^{c}} & = & ∑_{n=0}^{∞} \binom{c+n−1}{n}x^{n} \end{aligned}

(13.8) Satz. Die Voraussetzungen und Bezeichnungen seien wie in (13.7). Dann sind gleichwertig

(1) A(x) = ∑_{i=1}^{k} \frac{g_{i}(x)}{(1−γ_{i}x)^{d_{i}}}

(2) a_{n} = ∑_{i=1}^{k} p_{i}(n)γ_{i}^{n}, wobei die p_{i} Polynome vom Grad < d_{i} sind, i = 1, …, k.

Beweis. Mit der obigen Formel für \frac{1}{(1−x)^{c}} erhalten wir

∑_{i=1}^{k} \frac{g_{i}(x)}{(1 − γ_{i}x)^{d_{i}}} = ∑_{i=1}^{k} g_{i}(x) ∑_{n=0}^{∞} \binom{d_{i} + n − 1}{n}γ_{i}^{n}x^{n} = ∑_{i=1}^{k} g_{i}(x) ∑_{n=0}^{∞} \binom{d_{i} + n − 1}{d_{i} − 1}γ_{i}^{n}x^{n}.

Ausmultiplizieren liefert nun die Behauptung mit

p_{i}(n) = ∑_{j=0}^{d_{i}−1} γ_{i}^{−j}g_{ij}\binom{n + d_{i} − j − 1}{d_{i} − 1},

wobei g_{ij} der j–te Koeffizient von g_{i}(x) (g_{i} = g_{i0} + g_{i1}x + … + g_{id_{i}−1}x^{d_{i}−1}) ist. □

(13.9) Beispiele. Wir wollen (13.8) direkt anwenden, um eine Formel für a_{n} in (13.1) zu bekommen.

Wir wissen

a_{n} = Aα^{n} + Bβ^{n} mitA, B ∈ ℂ.

Für n = 0 ergibt sich

1 = A + B.

Für n = 1 ergibt sich

10 = Aα + Bβ.

Also ist

A = \frac{10 − β}{α − β} und B = \frac{10 − α}{β − α} .

Das liefert wieder

a_{n} = \frac{10 − β}{α − β} α^{n} + \frac{10 − α}{β − α} β^{n} .

Damit haben wir ein prinzipielles Programm, wie wir eine geschlossene Form für die Rekursion erhalten können. Sei die Rekursion gegeben durch

a_{n+d} + α_{1}a_{n+d−1} + … + α_{d}a_{n} = 0.

Wir bestimmen die Nullstellen von

α_{d}x^{d} + … + α_{1}x + 1.

Diese seien γ_{1}, …, γ_{k} mit den Vielfachheiten d_{1}, …, d_{k}. Wir berechnen nun mit den Anfangswerten a_{0}, … a_{d−1} die Polynome p_{i} vom Grad höchstens d_{i} − 1 durch

a_{i} = ∑_{j=1}^{k} p_{j}(i)γ_{j}^{i}, i = 0, …, d − 1.

Dann gilt

a_{n} = ∑_{j=1}^{k} p_{j}(n)γ_{j}^{n}, für alle n.

(13.10) Beispiel. (a) Sei (a_{n}) gegeben durch

\begin{matrix}a_{0} = 0 , a_{1} = 1 \\ a_{n+2} − 5a_{n+1} + 6a_{n} = 0 . \end{matrix}

Wir bestimmen die Nullstellen von

x^{2} − 5x + 6 = 0.

Diese sind α = 2, β = 3. Nun gilt

\begin{matrix}2A + 3B = 1 & & und \\ A + B = 0 & . \end{matrix}

Nach (13.8) ist dann

a_{n} = 3^{n} − 2^{n}.

(b) Sei (a_{n}) gegeben durch

a_{0} = 2, a_{1} = 0,
a_{n+2} + a_{n} = 0.

Die Nullstellen von

x^{2} + 1 = 0

sind α = i und β = −i. Also ist

\begin{matrix}a_{n} = i^{n} + (−i)^{n} oder \\ a_{n} = 2 cos \frac{1}{2}nπ. \end{matrix}

Allerdings sieht man sofort, daß a_{n} = 0 für n ungerade, a_{n} = 2 für 4|n, a_{n} = −2 für 2|n, 4 ∤ n ist. Man sollte also das Programm zur Bestimmung einer Formel für a_{n} nicht blind anwenden.

(c) Wir greifen noch einmal die Folge (f_{n}) der Fibonacci Zahlen aus §1 Aufgabe 4 auf. Es ist f_{0} = 0, f_{1} = 1 und f_{n} = f_{n−1} + f_{n−2}, n ≥ 2. Also haben wir

f_{n} − f_{n−1} − f_{n−2} = 0.

Das zugehörige Polynom ist

x^{2} − x − 1.

Die Nullstellen davon seien α und β (α = \frac{1+\sqrt{5}}{2} und β = \frac{1−\sqrt{5}}{2}). Dann ist

f_{n} = Aα^{n} + Bβ^{n}.

Dabei gilt

\begin{aligned}A + B & = & 0, \\ Aα + Bβ & = & 1. \end{aligned}

Das liefert dann A = \frac{1}{α−β} und B = −A, somit A = \frac{1}{\sqrt{5}}. Damit haben wir nun

f_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}} [(\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{n} − (\frac{1 − \sqrt{5}}{2})^{n}] .

(vgl. §1 Aufg. 5.)

Wir wissen A(x) = ∑_{n=0}^{∞} f_{n}x^{n} = \frac{p(x)}{1−x−x^{2}} mit p(x) = ax + b. Koeffizientenvergleich liefert

p(x) = x. Also ist

A(x) = \frac{x}{1 − x − x^{2}} .

Ersetzen wir hierin x durch −x, so ist A(−x) = \frac{−x}{1+x−x^{2}} . Es ist

\frac{A(x) + A(−x)}{2} = ∑_{n=0}^{∞} f_{2n}x^{2n}.

Andererseits ist

\frac{A(x) + A(−x)}{2} = \frac{x^{2}}{1 − 3x^{2} + x^{4}} .

Ersetzen wir nun x^{2} durch x. Das liefert

∑_{n=0}^{∞} f_{2n}x^{n} = \frac{x}{1 − 3x + x^{2}} .

In der Tat gehorcht die Folge (f_{2n}) der Rekursion

f_{2n+4} = 3f_{2n+2} − f_{2n}.

(d) Man kann die erzeugenden Funktionen auch benutzen, um Relationen zwischen Binomialkoeffizienten zu beweisen. Dies wollen wir uns an zwei Beispielen ansehen.

Seien r, s natürliche Zahlen. Es ist

(1 + x)^{r} = ∑_{n≥0} \binom{r}{n}x^{n}

Damit erhalten wir

(1 + x)^{s}(1 + x)^{r} = ∑_{n≥0} \binom{s}{n}x^{n} ∑_{n≥0} \binom{r}{n}x^{n} = ∑_{n≥0} (∑_{k=0}^{n} \binom{r}{n}\binom{s}{n − k}) x^{n}.

Andererseits ist

(1 + x)^{s}(1 + x)^{r} = (1 + x)^{s+r} = ∑_{n≥0} \binom{s + r}{n}x^{n}.

Also haben wir die Identität

\binom{s + r}{n} = ∑_{k=0}^{n} \binom{r}{k}\binom{s}{n − k}.

Weiter ist

(1 − x)^{r} = ∑_{n≥0} \binom{r}{n}x^{n}(−1)^{n}.

Das liefert nun

(1 − x)^{r}(1 + x)^{r} = ∑_{n≥0} (∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}\binom{r}{k}\binom{r}{n − k}) x^{n}.

Es ist aber auch

(1 − x)^{r}(1 + x)^{r} = (1 − x^{2})^{r} = ∑_{n≥0} \binom{r}{n}x^{2n}(−1)^{n}.

Somit haben wir die zwei Identitäten

∑_{k=0}^{n} \binom{r}{k}\binom{r}{n − k} = 0 für n ungerade

und

∑_{k=0}^{n} \binom{r}{k}\binom{r}{n − k} = \binom{r}{\frac{n}{2}}(−1)^{\frac{n}{2}} für n gerade.

Wir wollen nun zu den inhomogenen Rekursionen übergehen. Die Situation ist hier analog zu der bei linearen Gleichungssystemen.

(13.11) Satz. Sei eine inhomogene Rekursion gegeben und (c_{n}^{0}) eine Lösung davon. Dann hat jede Lösung die Gestalt (b_{n} + c_{n}^{0}), wobei (b_{n}) eine Lösung der zugehörigen homogenen Rekursion ist.

Beweis. Seien (c_{n}^{0}) und (c_{n}^{1}) zwei Lösungen des inhomogenen Systems. Also

α_{0}c_{n}^{0} + α_{1}c_{n−1}^{0} + … + α_{k}c_{n−k}^{0} = b(n)
α_{0}c_{n}^{1} + α_{1}c_{n−1}^{1} + … + α_{k}c_{n−k}^{1} = b(n).

Dann ist die Differenz offenbar eine Lösung des homogenen Systems. Ist umgekehrt (c_{n}^{0}) eine Lsung des inhomogenen Systems und (b_{n}) eine des homogenen Systems, also

α_{0}b_{n} + α_{1}b_{n−1} + … + α_{k}b_{n−k} = 0,

so ist (b_{n} + c_{n}^{0}) eine Lösung des inhomogenen Systems

α_{0}(bn + c_{n}^{0}) + α_{1}(b_{n−1} + c_{n−1}^{0}) + … + α_{k}(b_{n−k} + c_{n−k}^{0}) = b(n).

Dies ist die Behauptung. □

(13.12) Beispiele. (a). Es sei (a_{n}) gegeben durch

a_{1} = 0, a_{n} − a_{n−1} = 2n^{2} − 3n + 2, n ≥ 2.

Wir wollen eine Lösung dieser Rekursion finden. Wir versuchen zunächst, eine Lösung zu raten. Da die rechte Seite ein Polynom in n ist, machen wir den Ansatz a_{n} = p(n). Da r_{n} − r_{n−1} den Grad zwei hat, muß p mindestens kubisch sein. Also

a_{n} = a + bn + cn^{2} + dn^{3}

Einsetzen und Koeffizientenvergleich liefert

a_{n} = \frac{2}{3}n^{3} − \frac{1}{2}n + \frac{5}{6}n − 1.

Wir hätten das Resultat auch direkt bekommen können. Es ist

A(x) − xA(x) = ∑_{n=2}^{∞}(2n^{2} − 3n + 2)x.

Also ist

A(x) = \frac{1}{1 − x} ∑_{k=2}^{∞}(2k^{2} − 3k + 2)x^{k} = ( ∑_{k=0}^{∞} x^{k})( ∑_{k=2}^{∞}(2k^{2} − 3k + 2)x^{k}).

Dann gilt

a_{n} = ∑_{k=2}^{n}(2k^{2} − 3k + 2) = 2 ∑_{k=2}^{n} k^{2} − 3 ∑_{k=2}^{n} k + 2 ∑_{k=2}^{n} 1

= 2(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} − 1) − 3(\frac{n(n+1)}{2} − 1) + 2(n − 1)
= \frac{2}{3}n^{3} − \frac{1}{2}n^{2} + \frac{5}{6}n − 1.

Da die Lösung der homogenen Rekursion b_{n} = 0 ist, haben wir damit die allgemeine Lösung gefunden.

(b) Wir greifen (1.6) auf. Es ist

M_{n+1} = 2M_{n} + 1.

Also ist

M_{n+1} − 2M_{n} = 1.

Wir lösen zunächst die homogenen Rekursion

b_{n+1} − 2b_{n} = 0.

Das zugehörige Polynom ist

x^{2} − 2x.

Die Nullstellen sind α = 0 und β = 2. Also ist

b_{n} = A2^{n} mit A ∈ ℂ.

Sei c ∈ ℂ und (c_{n}^{0}) die Folge mit c_{n}^{0} = c für alle n, gemäß (13.11). Dann folgt c = 2c + 1. Dies hat die Lösung

c = −1.

Somit ist

c_{n}^{0} = −1 für alle n

eine Lösung der inhomogenen Rekursion. Das liefert

M_{n} = A2^{n} − 1.

Da M_{1} = 1 ist, folgt A = 1, also

M_{n} = 2^{n} − 1.

(13.13) Beispiel (Binäre Suchbäume): Wir haben eine Menge mit irgendeinem Algorithmus geordnet. Diese Menge mit ihrer Ordnung wollen wir in einem Computer abspeichern. Das soll in einem sogenannten binären Suchbaum geschehen.

Wir starten mit einer Ecke v als Wurzel. Sei x eine Ecke. Dann hat x höchstens zwei Nachbarn x_{L} und x_{R}, wobei x_{L} < x und x_{R} > x sei.

An jeder Stelle x gibt es einen linken Baum T_{L} und einen rechten Baum T_{R}, so daß y < x für alle y ∈ T_{L} und y > x für alle y ∈ T_{R}.

Sei M = {2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 15, 16, 18, 20}. Ein zugehöriger Suchbaum wäre z.B.

[figure: 12; 13; 8; 4; 2; 5; 7; 10; 20; 18; 16; 15; 11]

Dies ist eine besonders effiziente Datenstruktur, da Einfügen und Weglassen sehr schnell vorgenommen werden können.

Sei ein Suchbaum T auf der Menge A gegeben. Für gegebenes a ∈ A wollen wir die Ecke v ∈ T bestimmen, die zu a gehört. Wir vergleichen a mit der Wurzel v. Ist a = v, so sind wir fertig. Ist a < v, so vergleichen wir a mit v_{L}, ist a > v, so vergleichen wir a mit v_{R}. Dieses Verfahren setzen wir nun fort. Auf diese Weise durchlaufen wir den Baum auf dem eindeutig bestimmten Weg von der Wurzel zur Ecke x.

Genauso können wir das Minimum oder Maximum bestimmen, indem wir immer nach links bzw. immer nach rechts laufen.

Angenommen wir wollen eine neue Ecke b ∉ A einfügen, so daß der neue Baum ein Suchbaum auf A ∪ {b} ist. Wir vergleichen v mit b. Ist b < v, so gehen wir nach links, sonst nach rechts. Ist v_{L} leer, so setze v_{L} = b, ansonsten vergleiche b mit v_{L}. Ist b > v und v_{R} leer, so setze v_{R} = b, ansonsten vergleiche b mit v_{R}. Auf diese Weise gelangen wir zu einer eindeutig bestimmten Ecke y mit b < y und y_{L} ist leer oder b > y und y_{R} ist leer. Setze y_{L} = b bzw. y_{R} = b.

Wir wollen in unserem Beispiel die Zahl 3 einfügen. Es gilt 3 < 10, also gehen wir nach links. Es ist 3 < 5, also gehen wir nach links. Es ist 2 < 3 also gehen wir nach rechts. Es ist 4 > 3 also gehen wir nach links. Das liefert

[figure: 12; 13; 8; 4; 2; 5; 7; 10; 20; 18; 16; 15; 11; 3]

Eine interessante theoretische Fragestellung ist, wieviele Suchbäume es auf einer n– elementigen Menge gibt. Sei C_{n} diese Zahl.

[figure: C_{3} :; C_{3} = 5; C_{2} :; C_{2} = 2; C_{1} :; C_{1} = 1]

Setze C_{0} = 1. Wir wollen C_{n} bestimmen. Dazu zeichnen wir eine Wurzel aus. Es gibt dann einen linken Suchbaum T_{L} auf einer Menge mit a Elementen und einen rechten Suchbaum T_{R} auf b Elementen mit a + b = n − 1. Umgekehrt kann man aus einem Suchbaum auf a Elementen und einem auf b Elementen mit a + b = n − 1 sofort einen auf n Elementen herstellen, so daß der erste der linke Unterbaum und der zweite der rechte Unterbaum der Wurzel ist. Für festes a und b gibt es somit C_{a}C_{b} viele Suchbäume dieser Art, also gibt es genau

C_{n} = ∑_{a+b=n−1} C_{a}C_{b} = C_{0}C_{n−1} + ⋯ + C_{n−1}C_{0}

viele Suchbäume auf n Elementen. Dies ist jetzt zwar keine lineare Rekursion, trotzdem knnen wir die Ideen dieses Paragraphen anwenden, um die C_{n} zu berechnen.

(13.14) Satz. Es ist C_{n} = \frac{1}{n+1} \binom{2n}{n}.

Beweis. Es war

C_{n} = C_{0}C_{n−1} + … + C_{n−1}C_{0} = ∑_{a+b=n−1} C_{a}C_{b} für n > 0 und C_{0} = 1.

Sei C(x) die erzeugende Funktion, also

C(x) = ∑_{n=0}^{∞} C_{n}x^{n}.

Es ist

xC(x) = ∑_{n=0}^{∞} C_{n}x^{n+1}

und

C(x) = C(x)xC(x) + 1.

Das liefert

C(x)^{2} − \frac{C(x)}{x} + \frac{1}{x} = 0.

Diese Gleichung hat die Lösungen

(∗) C(x) = \frac{1}{2x} ± \frac{\sqrt{1−4x}}{2x}.

Nun müssen wir entscheiden, ob das “+” oder das “-” in dieser Formel gewählt werden soll. Beides liefert eine Lösung für die Formel C(x) = C(x)xC(x) + 1, aber nur eines ist für unser Problem die richtige Wahl. Es muß aber gelten, daß

C(x) ⟶ C_{0} = 1 für x → 0,

weshalb wir in (∗) das “–”–Zeichen haben müssen. Also ist

C(x) = \frac{1 − \sqrt{1 − 4x}}{2x}.

Nun gilt

\sqrt{1 − 4x} = (1 − 4x)^{\frac{1}{2}} = ∑_{n=0}^{∞} \binom{\frac{1}{2}}{n}(−4x)^{n} = 1 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2n}\binom{−\frac{1}{2}}{n − 1}(−4x)^{n}.

Als Übungsaufgabe überlege man sich die folgende Formel

\binom{−\frac{1}{2}}{m} = (−\frac{1}{4})^{m} \binom{2m}{m} für alle m ∈ ℕ.

Also ist

\sqrt{1 − 4x} = 1 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2n} \binom{2n−2}{n−1}(−4)x^{n}

= 1 − 2 ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} \binom{2n−2}{n−1}x^{n}

= 1 − 2 ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n+1} \binom{2n}{n}x^{n+1}.

Nun ist

C(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n + 1}\binom{2n}{n}x^{n}

und dann

C_{n} = \frac{1}{n + 1}\binom{2n}{n}.

Übungen

136) Zeige : Sind f, g ∈ ℂ[[x]] so gilt f|g oder g|f.

137)^{∗∗} Schreibe (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2000} in Dezimaldarstellung. Was ist die letzte Stelle vor dem Komma und die erste Stelle nach dem Komma ?

138) Was ist die Anzahl a_{n} der Möglichkeiten, eine Treppe mit n Stufen hinaufzugehen, wobei in jedem Schritt entweder eine oder zwei Stufen genommen werden.

139) Es seien n + 1 Variable x_{0}, x_{1}, …, x_{n} gegeben. Sei k_{n} die Anzahl der Beklammerungen des Produktes x_{0}·x_{1} ⋯ x_{n}, so daß die Reihenfolge der Multiplikationen eindeutig bestimmt ist. Also x_{0} · (x_{1} · x_{2}) und (x_{0} · x_{1}) · x_{2} für n = 2 und x_{0} · (x_{1} · (x_{2} · x_{3})), x_{0} · ((x_{1} · x_{2}) · x_{3}), (x_{0} · x_{1}) · (x_{2} · x_{3}), (x_{0} · (x_{1} · x_{2})) · x_{3}, ((x_{0} · x_{1}) · x_{2}) · x_{3}. Somit ist k_{3} = 5. Weiter ist k_{1} = 1 und k_{0} = 1. Was ist k_{n} ?

140) Gegeben ist die Menge S = {1, …, n} und eine natürliche Zahl d ≥ 0. Wir wollen eine unbekannte Zahl x^{∗} ∈ S ermitteln. Die erlaubten Tests sind (x^{∗} = i?) mit den Antworten (x^{∗} = i, |x^{∗} − i| ≤ d, |x^{∗} − i| > d). Sei L_{d}(n) die optimale Suchlänge. Zeige :

a) L_{0}(n) = n − 1

b) L_{1}(n) = ⌈\frac{n}{3}⌉, für n ≥ 3, L_{1}(1) = 0, L_{1}(2) = 1.

141) Vor einer Kasse warten 2n Leute in einer Schlange. Der Eintritt kostet 10 DM. Genau n Leute haben einen 10 Mark Schein in der Tasche, die anderen einen 20 Mark Schein. Der Kassierer hat zu Beginn kein Geld in der Kasse und kann daher nur dann korrekt herausgeben, wenn zu jeder Zeit die Anzahl der 10 Mark Leute in der Schlange höchstens so groß ist, wie die Anzahl der 20 Mark Leute. Zeige, daß die Anzahl der Schlangen, in denen der Kassierer stets herausgeben kann, die Catalan Zahl C_{n} ist.

142) Die Zahlen 1 bis 100 seien in einem binären Suchbaum gespeichert. Welche der Folgen können nicht eine Suchfolge für 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

§A1 Der Greedyalgorithmus und Matroide

In diesem Paragraphen wollen wir studiieren, wann der häufig auftauchende Greedyalgorithmus eine optimale Lösung liefert.

(A1.1) Definition. Sei S eine Menge und U ≤ P(S). Das Paar M = (S, U) heißt ein Matroid und U die familie der unabhängigen Mengen von M, falls gilt

1) ∅ ∈ U.

2) Ist A ∈ U und B ≤ A, so ist B ∈ U.

2) Sind A, B ∈ U mit |B| = |A| + 1, so existiert ein v ∈ B \ A mit A ∪ {v} ∈ U.

Eine maximale unabhängige Menge heißt Basis von M.

Offenbar sind die Matroide den Vektorräumen mit ihren linear unabhängigen Mengen nachempfunden. Die Aussage 3) besagt, daß alle Basen gleich viele Elemente haben. Diese Zahl nennt man dann auh den Rang von M, wofür wir r(M) schreiben. Weiter besagt 3) noch, daß jede unabhängige Menge zu einer Basis erweitert werden kann.

Sei Γ = Γ(E, K) ein Graph. Wir betrachten die Menge aller Untergraphen Γ(E, A) mit A ⊆ K. Diese Menge entspricht P(K). Sei W ⊆ P(K) die menge, die den Wäldern entspricht. Dann gilt

(A1.2) Lemma.M = (K, W) ist ein Matroid.

Beweis. Die Eigenschaften 1) und 2) sind offenbar. Es bleibt, 3) zu zeigen. Seien dazu Γ(E, A) und Γ(E, B) zwei Wälder mit |B| = |A| + 1. Seien T_{1}, …, T_{m} die Bäume in Γ(E, A) mit den Ekenmengen E_{1}, …, E_{m} und Kantenmengen A_{1}, …, A_{m}. Dann ist |A_{i}| = |E_{i}| − 1 nach (9.12) und E_{1} ∪ E_{2} ∪ … ∪ E_{m} = E, A = A_{1} ∪ A_{2} ∪ … ∪ A_{m}. Da jeder Wald auf E_{i} höchstens |E_{i}|−1 viele Kanten hat, muß es wegen |B| > |A| eine Kante k ∈ B geben, die zwei verschiedene Eckenmengen E_{j} und E_{k} verbindet. Dann ist aber Γ(E, A ∪ {k}) ein Wald und 3) gilt. □

Die Basen des obigen matroids sind gerade die aufspannenden Wälder. Der Rang ist |E| − c(Γ).

(A1.3) Satz.Sei M = (S, U) ein matroid mit einer Gewichtsfunktion w : S → ℝ. Der folgende Algorithmus gibt eine Basis mit miniimalem Gewicht.

(1) Setze A_{0} = ∅ ∈ U.

(2) Ist A_{i} = {a_{1}, …, a_{i}} ⊆ S bereits konstruiert. Setze X_{i} = {x ∈ S \ A_{i} : A_{i} ∪ {x} ∈ U}. Ist X_{i} = ∅, so ist A_{i} die gesuchte Basis. Anderenfalls wähle a_{i+1} ∈ X_{i} von minimalem Gewicht und setze A_{i+1} = A_{i} ∪ {a_{i+1}}.

Iteriere (2).

Beweis. Sei A = {a_{1}, …, a_{r}} die durch den Algorithmus konstruierte Menge. Daß A eine Basis ist, folgt sofort aus 3). Wegen 2) sehen wir w(a_{1}) ≤ w(a_{2}) ≤ … ≤ w(a_{r}). Sei nun B = {b_{1}, …, b_{r}} eine Basis mit w(B) < w(A). Hierbei sei die Anordnung so gewählt, daß w(b_{1}) ≤ w(b_{2}) ≤ … ≤ w(b_{r}) gilt. Dann gibt es einen kleinsten Index i mit w(b_{i}) < w(a_{i}) und wegen 1) gilt i ≥ 2. Wir betrahten nun die unabhängigen Mengen A_{i−1} = {a_{1}, …, a_{i−1}} und B_{i} = {b_{1}, …, b_{i}}. Nah 3) existiert ein b_{j} ∈ B_{i} \ A_{i−1} mit A_{i−1} ∪ {b_{j}} ∈ U. Da aber w(b_{j}) ≤ w(b_{i}) < w(a_{i}) ist, hätte der Algorithmus im i–ten Schritt b_{j} statt a_{i} gewählt, ein Widerspruch. □

(A1.2) und (A1.3) besagen, daß der Greedyalgorithmus für den minimal aufspannenden Baum in §11 optimal ist.

(A1.4) Satz.Sei (S, U) vein Mengensystem, das die Axiome 1) und 2) von (A1.1) erfüllt. Dann ist (S, U) genau dann ein matroid, wenn der Greedyalgorithmus für jede gewihtsfunktion w : S ⟶ ℝ das Optimum liefert.

Beweis. Die eine Richtung steht in (A1.2). Seien umgekehrt A, B ∈ U mit |B| = |A|+1 und A∪{x} ∉ U für alle x ∈ B\A. Sei w : S ⟶ ℝ definiert durch w(y) = −|A|−2 für y ∈ A und w(y) = −|A| − 1 für y ∈ B \ A und w(y) = 0 sonst.

Sei X die Lösung, die der Greedyalgorithmus gefunden hat. Dann ist A ⊆ X und X ∩ (B \ A) = ∅. Somit ist

w(X) = −|A|(|A| + 2) > −(|A| + 1)^{2} ≥ w(B).

Also liefert der Algorithmus niht das Optimum, ein Widerspruch. □

Damit ist der Zusammenhang zwischen Greedyalgorithmus und Matroiden geklärt.

(A1.5) Beispiel. Wir haben n Jobs zu erledigen, die jeweils eine Zeiteinheit benötigen. Zusätzlich haben wir zwei Folgen b1, …, b_{n} und s_{1}, …, s_{n}. Hierbei bedeutet die Zahl b_{i}, daß der i–te Job bis zur Zeiteinheit b_{i} erledigt sein muß und s_{i} ist die Vertragsstrafe, falls dies nicht der Fall ist. Die Aufgabe besteht nun darin, die Jobs so anzuordnen, daß die Gesamtstrafe möglichst gering wird. Hier ein konkretes Beispiel

\begin{matrix}i & b_{i} & s_{i} \\ 1 & 3 & 2 \\ 2 & 2 & 3 \\ 3 & 6 & 1 \\ 4 & 1 & 2 \\ 5 & 2 & 4 \\ 6 & 2 & 2 \\ 7 & 4 & 5 \end{matrix}

Wir ordnen die Jobs nach aufsteigenden Endzeiten

\begin{matrix}i : & 4 & 2 & 5 & 6 & 1 & 7 & 3 \\ b_{i} : & 1 & 2 & 2 & 2 & 3 & 4 & 6 \end{matrix}

Wir wenden darauf nun den Greedyalgorithmus an. Dieser liefert die folgende Jobfolge

4, 2, 1, 7, 3, 5, 6.

Die Strafe ist

s_{5} + s_{6} = 6.

Die Frage ist, ob dies optimal ist.

Sei N = {1, …, n}. Eine Reihenfolge von Jobs wollen wir einen Plan P nennen. In P bezeihne p_{i} die Position des i–ten Jobs. Ein Job heißt früh in P, falls p_{i} ≤ b_{i} ist, anderenfalls heißt er spät. Mit s(P) bezeichnen wir die Strafe bei Plan P.

Wir können nun annehmen, daß in P zunähst alle frühen und dnn die späten Jobs kommen, da wir sonst die Reihenfolge ändern können. Weiter können wiir die frühen JUobs nach aufsteigenden Endzeiten ordnen. Bezeichne mit F die Menge der frühen Jobs in P. Es ist offenbar s(P) minimal, wenn ∑_{i∈F} s_{i} maximal ist.

Wir nennen eine Teilmenge F von N unabhängig, falls die Jobs in F als frühe Jobs in einem Plann realisiert werden können. Zusätzlih sei ∅ unabhängig. Wir zeigen nun, daß N mit der menge der unabängigen Teilmengen ein Matroid ist.

Die beiden Axiome 1) und 2) aus (A1.1) sind wieder klar. Wir müssen also nur 3) zeigen. Seien dazu A und B unabhängige Mengen mit |B| = |A| + 1. Wir können annehmen, daß die Jobs inn A nah aufsteigenden Endzeiten angeordnet sind. Für k = 1, …, n sei N_{k}(A) die Anzahl der Jobs in A mit b_{i} ≤ k. Setze weiter N_{0}(A) = 0. Dann ist offenbar N_{k}(A) ≤ k für alle k. Ist umgekehrt N_{k}(A) ≤ k für ein A ⊆ N, so ist A unabhängig.

Nun ist N_{0}(A) = N_{0}(B) und N_{n}(A) = |A| < |B| = N_{n}(B). Also gibt es einen Index t mit N_{t}(B) ≤ N_{t}(A) und N_{i}(B) > N_{i}(A) für alle i > t. Also gibt es einen Job i ∈ B \ A mit b_{i} = t + 1. Setze ′ = A ∪ {i}. Für k ≤ t gilt N_{k}(A′) = N_{k}(A) ≤ k, da A unabhängig ist. Für k ≥ t+1 gilt N_{k}(A′) ≤ N_{k}(B) ≤ k, da B unabhängig ist. Also ist A′ unabhängig.

Somit wissen wir nun, daß wir die Jobs nach der Größe der Strafe anordnen müssen, und dann den Greedyalgorithmus anwenden können. In unserem Beispiel

\begin{matrix}i : & 7 & 5 & 2 & 1 & 4 & 6 & 3 \\ s_{i} : & 5 & 4 & 3 & 2 & 2 & 2 & 1 \end{matrix}

Der Algorithmus aud (A1.2) liefert für die Basis

A = {7, 5, 2, 1, 3}.

Wir ordnnen P nach aufsteigenden b_{i}. das liefert

P = {5, 2, 1, 7, 3, 4, 6}

mit der Strafe

s(P) = 2 + 2 = 4.

Dies ist optimal.

§A2 Algebraische Eigenschaften von Graphen

Wir hatten außer der bisher häufig gewählten graphischen Beshreibung auh die Beschreibung eines Graphen durch eine Matrix A = (α_{ij}). Hierbei gilt für Γ = Γ(E, K)

α_{ij} = \{ \begin{matrix}0 & (i, j) ∉ K \\ 1 & (i, j) ∈ K \end{matrix}

Ist Γ ungerihtet, so ist A eine symmetrishe Matrix mit 0 auf der Diagonalen. Umgekehrt entspricht jedem solchen A ein Graph Γ. Bis auf Multiplikation mit Permutationsmatrizen ist A durh Γ eindeutig bestimmt. Auf A können nun die Resultate der Linearen Algebra angewandt werden. Wir wollen dies in diesem Paragraphen ein Stück weit verfolgen und sehen, welhe Auswirkungen diese auf den Graphen Γ haben.

Seien Γ_{1}, …, Γ_{m} die Komponenten von Γ, so erhalten wir bei geeigneter Reihenfolge der Ecken

A = ( \begin{matrix}A_{1} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & & ⋯ \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ 0 & ⋯ & 0 & A_{m} \end{matrix} ) ,

wobei die A_{i} die Matrizen zu den Γ_{i} sind. Damit haben wir ein erstes Resultat

(A2.1) Lemma.Der Graph Γ ist genau dann zusammenhängend, wenn A unzerlegbar ist.

Für m ∈ ℕ bezeichnen wir mit (α_{ij}^{(}m)) die Matrix zu A^{m}.

(A2.2) Lemma.Es ist α_{ij}^{(}m) gleih der Anzahl der Wege von i nah j mit genau m Kanten.

Beweis. Es ist

α_{ij}^{(}m) = ∑_{ν_{1},ν_{2},...,ν_{m−1}}^{n} α_{iν_{1}}α_{ν_{1}ν_{2}} … α_{ν_{m−1}j}.

Jeder Summand ungleich Null, steht aber für einen Weg

i, ν_{1}, ν_{2}, …, ν_{m−1}, j

von i nach j. □

Aus (A2.2) folgt unmittelbar

(A2.3) Korollar.(i) Ist i ≠ j, so ist α_{ij}^{(}2) die Anzahl der gemeinsamen Nahbarn von i und j. (ii) Es ist α_{ii}^{(}2) die Anzahl der Nachbarn von i. (iii) Es ist α_{ii}^{(}3) das Doppelte der Anzahl der Dreiecke, die i enthalten. (iv) d(i, j) = min{ν | α_{i,j}^{(}ν) ≠ 0}.

Wir können noh eine andere Matrix betrachten. Seine e_{1}, …, e_{n} die Ecken und k_{1}, …, k_{m} die Kanten von Γ. Wir bilden eine Matrix B = (β_{ij}) mit

β_{ij} = \{ \begin{matrix}1 & e_{i} ∈ k_{j} \\ 0 & sonst \end{matrix}

Diese Matrix heißt Inzidenzmatrix. Wir betrachten B als Matrix über GF (2).

(A2.4) Lemma.Ist c(Γ) = s, so ist r(B) = |E|−s. (c(Γ) ist die Zusammenhangszahl von Γ und r(B) der Rang von B.)

Beweis. Es genügt s = 1 zu betrachten. Addieren wir die Zeilen von B, so erhalten wir Null, da jede Spalte genau zweimal die 1 Enthält. Also ist r(B) ≤ |E| − 1. Seien e_{i_{1}}, …, e_{i_{k}} Ecken, so daß die zugehörigen Zeilen aufaddiert Null ergeben. Dann hat jede Kante entweder keine oder zwei dieser Ecken. Da Γ zusammenhängend ist, ist dies nur möglich, wenn E = {e_{i_{1}}, …, e_{i_{k}}} ist. Also ist r(B) = |E| − 1. □

(A2.5) KorollarDer Garph Γ ist genau dann zusammenhängend, wenn je |E| − 1 Zeilen von B linear unabhängig sind.

Wir wollen uns nun wieder der Matrix A zuwenden. Wir betrachten A als Matrix über ℝ. Da A symmetrisch ist, sind alle Eigenwerte reell. Wir können sie also der Größe nach anordnen. Also

λ_{∗} = λ_{1} ≤ λ_{2} ≤ … ≤ λ_{n} = λ^{∗}.

Ferner ist die Dimension des zugehörigen Eigenraums gleih der Vielfahheit als Nullstelle des charakteristischen Polynoms, das wir mit χ_{Γ} bezeichnen wollen. Die λ_{i} werden wir auch einfach die Eigenwerte von Γ nennen. Wegen der Multiplikativiität des charakteristischen Polynoms genügt es, im folgenden zusammenhängende Graphen zu betrachten. Sei

χ_{Γ}(x) = ∑_{ν=0}^{n}(−1)_{ν}^{ν}x^{ν}.

Dann ist

c_{ν} = ∑ detA(H),

wobei die Summe über alle Untergraphen H von Γ mit n − ν Ecken zu bilden ist. Dies ergibt c_{n} = 1, c_{n−1} = 0, c_{n−2} = −|K|, da detA({e_{i}, e_{j}} gleich -1 oder 0 ist, je nachdem, ob e_{i} und e_{j} benachbart sind oder nicht, c_{n−3}/2 ist die Anzahl der Dreiecke in Γ, da für Untergraphen H mit drei Ecken detA(H) gleih 2 oder 0 ist, je nachdem, ob H ein Dreieck ist oder nicht. Wir wollen dies aber nicht weiter verfolgen, sondern uns die Eigenwerte von A ansehen.

Dazu betrachten wir den ℝ^{n} als euklidischen mit dem Skalarprodukt ( , ). Sei {u_{1}, …, u_{n}} eine Orthonormalbasis mit Au_{i} = λ_{i}u_{i}, i = 1, …, n. Setze

R(x) = \frac{(x, Ax)}{(x, x)}.

(A2.5) Lemma.Für alle x ≠ 0 gilt λ_{∗} ≤ R(x) ≤ λ^{∗}. Gleichheit gilt für genau einen der beiden Eigenvektoren.

Beweis. Sei x = ∑_{i=1}^{n} x_{i}u_{i}. Dann ist R(x) = \frac{∑_{i=1}^{n} λ_{i}x_{i}^{2}}{∑_{i=1}^{n} x_{i}^{2}} . □

Für x = (x_{1}, x_{2}, …, x_{n}) bezeichne mit x̂ = (|x_{1}|, |x_{2}|, …, |x_{n}|). Wegen α_{ij} ≥ 0 gilt

(∗) R(x̂) ≥ R(x) ≥ −R(x̂) ≥ −λ^{∗}

Also

(A2.6) Lemma.|λ_{∗}| ≤ λ^{∗}.

Ferner gilt wegen (∗)

(A2.7) Lemma.Ist x Eigenwert zu λ^{∗}, so auh x̂.

Sei nun Γ zusammenhängend und x ein Eigenwert zu λ^{∗}. Dann gilt also auch

Ax̂ = λ^{∗}x̂.

Für jedes i gilt dann

∑_{j=1}^{n} α_{ij}|x_{j}| = λ^{∗}|x_{i}|.

Sei x_{i} = 0. Dann ist α_{ij} = 0 für alle j mit |x_{j}| ≠ 0. Dann bekommen wir aber eine Kästhenzerlegung von A, was dem Zusammenhang von Γ und (A2.1) widerspricht. Also ist x_{i} ≠ 0 für alle i. Nun ist R(x) = R(x̂) = λ^{∗}. Sei N_{+} bzw. N_{−} die Menge der r mit x_{r} > 0 bzw. x_{r} < 0. Dann kann aber obige Gleihung nur gelten, wenn α_{ij} = 0 ist, für i ∈ N_{+} und j ∈ N_{−}. Also haben alle x_{i} das gleihe Vorzeichen. Dies liefert

(A2.7) Lemma.Sie Γ zusammenhängend. Der Eiegenraum zum Eigenwert λ^{∗} ist eindimensional.

Beweis. Ansonsten gibt es Eigenvektoren x, y mit (x, y) = 0. Aber die Koordinaten der Eigenvektoren heben das geleiche Vorzeichen, ein Widerspruch. □

(A2.8) Lemma.Zu keinem Eigenwert ungleich λ^{∗} existiert ein Eigenvektor, dessen Koordinaten alle nicht negativ sind.

Beweis. □ Sei nun x^{1} = (1, 1, …, 1). Es ist

∑_{j=1}^{n} α_{ij} == d(e_{i}).

Also ist

R(x^{1}) = \frac{1}{n} ∑_{i=1}^{n} d(e_{i}),

der Durchschnittsgrad.

(A2.9) Satz.Sei Γ zusammenhängend. Dann gilt

(∗∗) d_{min}(Γ) ≤ \frac{1}{n} ∑_{i=1}^{n} d(e_{i}) ≤ λ^{∗} ≤ d_{max}(Γ).

Ferner sind äquivalent

(a) In (∗∗) gilt mindestens einmal das Gleichheitszeichen.

(b) In (∗∗) gilt überall das Gleichheitszeichen.

(c) x^{1} ist Eigenvektor von Γ (zum Eigenwert λ^{∗}).

(d) d(e_{i}) = d(e_{j}) für alle i, j.

Beweis. Die ersten beiden Ungleichungen in (∗∗) sind klar. Sei y ein Eigenvektor zu λ^{∗} mit y_{i} > 0für alle i. Dann gilt

λ^{∗}y_{i} = ∑_{(e_{i},e_{j})∈K} y_{j} ≤ d(e_{i})y_{h},

wobei y_{h} = max(y_{1}, …, y_{n}) ist. Für i = h folgt die dritte Ungleichung.

Es ist klar, daß d(e_{i}) = d(e_{j}) für alle i, j äquivalent zur Gleicheit überall in (∗∗) ist. Ferner muß wegen (A2.8) dann x^{1} Eigenvektor zum Eigenwert λ^{∗} sein. Sei umgekehrt x^{1} Eigenvektor zum Eigenwert λ^{∗}. dann ist λ^{∗} = λ^{∗}x_{i}^{1} = d(e_{i}). Also gilt (iv). Es bleibt zu zeigen, daß aus (a) stets (b) folgt. Ist λ^{∗} = \frac{1}{n} ∑_{i=1}^{n} d(e_{i}), so ist x^{1} ein Eigenvektor und wir sind fertig. Ist dmin(Γ) = \frac{1}{n} ∑_{i=1}^{n} d(e_{i}), so ist wieder d(e_{i}) = d(e_{j}) für alle i, j und wir sind ebenso fertig. Ist λ^{∗} = dmax(Γ), so treten in λ^{∗}y_{h} = ∑_{j=12}^{n} α_{hj}y_{j} genau d(e_{h}) ≤ λ^{∗} viele Summanden ungleich Null auf. Jeder davon ist höchsten gleich y_{h}. Also ist y_{j} = y_{h} für alle (e_{h}, e_{j}) ∈ K. Für jedes solche y_{j} folgt dann wieder y_{m} = y_{j} für alle (e_{j}, e_{m}) ∈ K usw. Wegen des Zusammenhangs folgt dann y_{1} = y_{2} = … = y_{n}, d.h. x^{1} ist Eigenvektor zu λ^{∗}. □

(A2.10) Lemma.Sei k = (e_{i}, e_{j}) ∈ K. Dann ist λ^{∗}(Γ(E, K \ {k}) ≤ λ^{∗}(Γ), mit ehter Ungleichheit, falls Γ(E, K \ {k} zusammenhängend ist.

Beweis. Sei x ein Eigenvektor zu λ^{∗}(Γ(E, K \ {k}) mit Norm 1. Wir können x_{i} ≥ 0 annehmen. Dann gilt

λ^{∗}(Γ(E, K \ {k}) = R_{Γ(E,K\{k}}(x) = R_{Γ}(x) − 2x_{i}x_{j} ≤ R_{Γ}(x) ≤ λ^{∗}(Γ).

Ist Γ(E, K \ {k} zusammenhängend, so sind x_{i} > 0 und x_{j} > 0, also haben wir eine Ungleichung. □

(A2.11) Lemma.Sei |E| ≥ 2 und e ∈ E. Sei Γ̂ der Graph, der aus Γ entsteht, indem man e und alle zugehörigen Kanten entfernt. Dann gilt

λ_{∗}(Γ) ≤ λ_{∗}(Γ̂) ≤ λ^{∗}(Γ̂) ≤ λ^{∗}(Γ)

mit letzter Ungleichung, falls Γ zusammenhängend ist.

Beweis. Sei e = e_{i}. dann entsteht A(Γ̂) aus A(Γ) durh Streihen der i–ten Zeile und i–ten Spalte. Sei x ∈ ℝ^{n−1} und x̃ der durch Einschieben einer 0 an der Stelle i entstehende Vektor aus ℝ^{n}. Dann gilt für x ≠ 0

RΓ̂(x) = R_{Γ}(x̃),

was die Ungleichung liefert. Ist Γ zusammenhängend, so ist nah (A2.7) x̃ niemals Eigenvektor zu λ^{∗}. Also haben wir eine echte Ungleichung. □

Sei Γ = K_{n} der vollständige Graph. Dann hat A(Γ) in der Diagonalen Nullen und außerhalb Einsen. Das liefert

χ_{Γ}(x) = (−1)^{n}(x − (n − 1))(x + 1)^{n−1}.

Also haben wir die Eigenwerte −1 und n − 1. Damit liefern (A2.10) und (A2.11)

(A2.12) Lemma.Sei H ein Untergraph von γ. dann ist λ^{∗}(H) ≤ λ^{∗}(Γ) mit ehter Ungleichung wenn H und Γ zusammenhängend sind, und H ≠ Γ ist. Jeder Graph mit mindestens einer Kante erfüllt λ^{∗} ≥ 1 und λ_{∗} ≤ −1. Enthält Γ einen K_{m}, so ist λ^{∗}(Γ) ≥ n − 1.

(A2.13) Satz.(a) Ist Γ bipartite, so ist mit λ auch −λ ein Eigenwert und zwar mit der gleichen Vielfachheit.

(b) Ist Γ ein zusammenhängender Graph mit λ_{∗} = −λ^{∗}, so ist Γ bipartite.

Beweis. (a) Sei {e_{1}, …, e_{s}}, {e_{s+1}, …, e_{n}} die Zerlegung der Eckenmenge von Γ. Dann gilt α_{ij} = 0 für i, j ≤ s und für i, j > s. Ist nun λ ein Eigenwert mit Eigenvektor x. Dann ist x^{∗} := (x_{1}, …, x_{s}, −x_{s+1}, dots, −x_{n}) ein Eiegenvektor zu −λ. Die Abbildung x ⟶ x^{∗} liefert eine Zuordnung der Eigenräume.

(b) Sei x ein Eigenvektor zu λ_{∗} von der Norm 1. Dann ist

R(x) = ∑_{i,j} α_{ij}x_{i}x_{j} = −λ^{∗}

und

∑_{i,j} α_{ij}|x_{i}||x_{j}| ≥ |R(x)| ≥ λ^{∗}.

Also haben wir Gleichheit und x̂ ist Eigenvektor zu λ^{∗}. Nach (A2.7) sind dann alle x_{i} ≠ 0. Sei die Numerierung so gewählt, daß x_{1}, …, x_{s} > 0 und x_{s+1}, …, x_{n} < 0 sind. Wegen R(x) ≤ 0 ist 1 ≤ s ≤ n − 1. Es kann aber

∑_{i,j} α_{ij}|x_{i}||x_{j}| = | ∑_{i,j} α_{ij}x_{i}x_{j}|

nur dann sein, wenn keine zwei Summanden α_{ij}x_{i}x_{j} mit α_{ij} = 1 entgegengestztes Vorzeichen haben. Also ist α_{ij} = 0 für alle i, j mit i ≤ s und j ≥ s + 1 oder i > s und j ≤ s. Dies bedeutet aber, daß Γ bipartite ist. □

(A2.14) Satz.Seien e_{1}, …, e_{n} die Ecken des Graphen Γ und A die Adjazenz- und B die Incidenz-Matrix von Γ. Dann ist

BB^{t} = ( \begin{matrix}d(e_{1}) & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & d(e_{n}) \end{matrix} ) + A.

Beweis. Der Eintrag an der Stelle i, j in der matrix BB^{t} ist das Skalarprodukt der i–ten Zeile von B mit der j–ten Zeile von B. Ist i ≠ j, so erhalten wir eine 1 falls (e_{i}, e_{j}) ∈ K ist und eine 0 sonst. Ist i = j, so erhalten wir d(e_{i}). □

Sei g ∈ Aut(Γ). Dann ist g eine Permutation der Eckenmenge E. Bezeichne mit g die zugehörige Permutationsmatrix. Dann ist gA = Ag. Also sind die Automorphismen genau die Permutationsmatrizen, die mitt A vertauschen. Insbesondere respektiert jeder Automorphismus die Eigenräume. Sind z.B. alle eindimensional, so ist g^{2} = 1 für alle g ∈ Aut(Γ).

Wir nennen einen Graph Γ = Γ(E, K) stark regulär mit zugehöriger Matrix C = (c_{ij}), wenn es zu jedem x ∈ E eine Partition V_{1} = {x}, V_{2}, …, V_{p} gibt, so daß jedes y ∈ V_{j} mit genau c_{ij} Ecken in V_{i} inzident ist.

Zwischen C und A besteht der folgende Zusammenhang

c_{ij} = ∑_{v_{s}∈V_{i}} a_{st}, wobei v_{t} ∈ V_{j} ist.

Der Punkkt ist, daß die Darstellung von der Ecke v_{t} ∈ V_{j} unabhängig ist. Die Matrix C ist also im allgemeinen viel kleiner als A, was ihren Wert ausmacht.

Sei V_{1} = {e_{1}}, V_{2}, …, V_{p} die Partition zu e_{1} und P eein p-dimensionaler ℂ–Vektorraum mit Basis {V_{1}, …, V_{p}} und W der n–dimensionale Vektorraum über ℂ mit Basis {e_{1}, …, e_{n}}. Wir betrahten die lineare Abbildung π mit

π(∑_{j=1}^{n} x_{j}e_{j}) = ∑_{i=1}^{p}( ∑_{e_{j}∈V_{i}} x_{j})V_{i}.

Dann gilt

(A2.15) Satz.Sei Γ ein stark regulärer Graph mit Matrix C und π die matrix, der eben definierten Abbildung. Dann

(i) πA = Cπ. (ii) A und C haben das gleiche Minimalpolynom.

Beweis. (i) Sei e_{t} ∈ V_{j}. Dann ist π(e_{t}) = V_{j}. Also ist (π(Ae_{t}))_{i} = ∑_{e_{s}∈V_{i}} a_{st} = c_{ij} und (C(π(e_{t}))_{i} = (C(e_{j}))_{i} = c_{ij}.

(ii) Sei m_{C} das Minimalpolynom von C. Wir zeigen m_{C}(A) = 0. Sei dazu x ∈ W ein Vektor. Wegen (i) gilt

π(A^{k}x) = C^{k}(π(x)) für alle k.

Also ist

0 = m_{C}(C)(π(x)) = π(m_{C}(A)x).

Das liefert, daß die erste Komponente von m_{C}(A)x für alle x gleich Null ist. Da aber die Voraussetzung stark regulär symmetrisch in allen e_{i} ist, folgt, daß alle Komponenten gleich Null sind, also m_{C}(A)x = 0 für alle x. Umgekehrt ist m_{A}(C) = 0, da π(W) = P ist. □

(A2.16) Satz.Sei Γ stark regulär mit |E| = n und Matrix C. Seien λ_{1}, …, λ_{r} die Wurzeln des charakteristischen Polynoms von C, die verschieden von k = d(e_{1}) sind. Dann gibt es m_{1}, …, m_{r} ∈ ℕ mit

∑_{i=1}^{r} m_{i} = n − 1

und

∑_{i=1}^{r} m_{i}λ_{i} = −k.

Beweis. Nach (A2.15) sind die λ_{i} auch Eigenwerte von A. Sei m(λ_{i}) die Vielfachheit von λ_{i}. Nah (A2.8) hat k die Vielfachheit 1. Also ist

1 + ∑_{i=1}^{r} m(λ_{i}) = nn.

Da A die Spur Null hat, folgt

0 = k + ∑_{i=1}^{r} m(λ_{i})λ_{i}.

□

Ein Graph Γ = Γ(E, K) heißt stark regulär mit Parameter (k, a, b), falls

(i) d(e) = k für jede Ecke e.

(ii) Je zwei benachbarte Ecken haben genau a gemeinsame Nachbarn.

(iii) Je zwei nicht benachbarte Ecken haben genau b ≥ 1 gemeinsame Nachbarn.

gilt. Also haben wir

C = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ k & a & b \\ 0 & k − a − 1 & k − b \end{matrix} )

(A2.17) Satz.Sei Γ stark regulär mit Parameter (k, a, b) und |E| = n. Dann sind

\frac{1}{2}(n − 1 ± \frac{(n − 1)(b − a) − 2k}{\sqrt{(a − b)^{2} + 4(k − b)}})

natürliche Zahlen.

Beweis. Das charakteristishe Polynom von C ist

x^{3} + (b − a − k)x^{2} + ((a − b)k + b − k)x + k(k − b).

Die Nullstellen ungleich k sind

λ_{1}, λ_{2} = \frac{1}{2}(a − b ± \sqrt{(a − b)^{2} + 4(k − b)}.

Nach (A2.16) gibt es m_{1}, m_{2} ∈ ℕ mit m_{1} + m_{2} = n − 1 und m_{1}λ_{1} + m_{2}λ_{2} = −k. Das liefert die Behauptung. □

(A2.18) satz.Sei Γ = Γ(E, K) ein Graph mit d(e) = k für alle Ecken e und |E| = n = k^{2} + 1. Hat Γ den Durchmesser 2, so ist k = 2, 3, 7, 57.

Beweis. Wir zeigen zunächst, daß Γ stark regulär ist. Sei dazu e ∈ E. Dann ist e mit genau k Ecken benachbart und genau k(k − 1) Ecken haben Abstand zwei. Insbesondere kann es keine Dreiecke geben. Somit ist Γ stark regulär mit Parameter (k, 0, 1). Nah (A2.17) sind dann

\frac{1}{2}(k^{2} ± \frac{k^{2} − 2k}{\sqrt{1 + 4(k − 1)}})

natürliche Zahlen. Dies kann nur so erfüllt werden, daß k gerade ist und k^{2} = 2k ist, also k = 2 oder 4k − 3 ein Quadrat s^{2} ist. Dann ist

m = \frac{1}{2}(\frac{1}{16}(s^{2} + 3)^{2} + \frac{((s^{2} + 3)/16) − ((s^{2} + 3)/2)}{s})

ist eine natürliche Zahl. Das liefert nun

s^{5} + s^{4} + 6s^{3} − 2s^{2} + (9 − 32m)s − 15 = 0.

Also ist s ein teiler von 15, d.h. s = 1, 2, 3, 15 und dann k = 1, 3, 7, 57. □

Es gibt Beispiele für k = 2, 3, 7. Ob es einen Graphen mit k = 57 gibt, ist ein offenes Problem.

Stark reguläre Graphen spielen bei der Konstruktion sogenannter sporadischer einfacher Gruppen eine wichtige Rolle. So operiert die Gruppe ML auf einem Graphen mit Parameter (162,105,81) und die Gruppe Suz auf einem mit Parameter (416,100,96).

Lösungen der Übungsaufgaben

1) a) Induktion nach n : n = 1 : 1^{2} = \frac{1(1+1)(2·1+1)}{6}. Sei die Behauptung für ein n bereits bewiesen. Dann gilt 1 + ⋯ + n^{2} + (n + 1)^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n + 1)^{2} =

\frac{(n+1)((n+1)+1)(2(n+1)+1)}{6}

b) Induktion nach n. Die Behauptung ist richtig für n = 0. Sei die Behauptung bereits für ein n bewiesen. Es ist \frac{(n+1)^{5}}{5} +\frac{(n+1)^{4}}{2} +\frac{(n+1)^{3}}{3} −\frac{(n+1)}{30} = \frac{n^{5}+5n^{4}+10n^{3}+10n^{2}+5n+1}{5}+ \frac{n^{4}+4n^{3}+6n^{2}+4n+1}{2} + \frac{n^{3}+3n^{2}+3n+1}{3} − \frac{n+1}{30} = [\frac{n^{5}}{5} + \frac{n^{4}}{2} + \frac{n^{3}}{3} − \frac{n}{30}] + [(n^{4} + 2n^{3} + 2n^{2} + n) + (2n^{3} + 3n^{2} + 2n) + (n^{2} + n)] Der erste Ausdruck ist eine ganze Zahl nach Annahme. Der zweite ist offensichtlich eine ganze Zahl.

c) Induktion nach n : Für n = 1 ist die Behauptung offensichtlich. Sei die Behauptung für ein n bewiesen. Dann gilt 1^{3}+…+n^{3}+(n+1)^{3} = (1+…+n)^{2}+(n+1)^{3} = (1 + … n)^{2} + (n + 1)^{2} + 2\frac{n(n+1)}{2} = (1 + … + n + (n + 1))^{2}.

2) Wir stellen fest, daß die Pilzsammler im Durchschnitt etwas unter 15 Pilzen gesammelt haben. Hätten vier Sammler weniger als 15 Pilze gesammelt, so wären die Anzahlen dieser Sammler höchstens 14, 13, 12, 11. Die Summe ist 50, also haben die anderen drei mindestens 50 Pilze gesammelt. Im anderen Fall gibt es mindestens vier Sammler, die mehr als 14 Pilze gefunden haben. Dann gibt es aber auch drei, die mindestens 16, 17, 18 Pilze, also 51, gefunden haben.

3) Induktion nach n: n = 10 : Es ist 1024 = 2^{10} > 1000 = 10^{3}. Sei die Behauptung für ein n bewiesen. Dann ist 2^{n+1} = 2 · 2^{n} > 2n^{3}. Da n ≥ 10 ist, gilt 3n + 1 < n^{2}. Also ist 3n^{2} + 3n + 1 < 4n^{2} < n^{3}. Damit ist 2n^{3} > (n + 1)^{3}.

4) Die Behauptung gilt sicherlich für n = 1. Sei die Behauptung für ein n richtig. Dann gilt f_{n+2}^{2} + f_{n+1}^{2} = (f_{n+1} + f_{n})^{2} + f_{n+1}^{2} = f_{n+1}^{2} + 2f_{n+1}f_{n} + f_{n}^{2} + f_{n+1}^{2} = (f_{n+1}^{2} + f_{n}^{2}) + (2f_{n+1}f_{n}+f_{n+1}^{2}) = f_{2n+1}+(2f_{n+1}f_{n}+f_{n+1}^{2}). Wir müssen also 2f_{n+1}f_{n}+f_{n+1}^{2} = f_{2n+2} zeigen. Dies können wir auch wieder durch Induktion versuchen. Das führt dann zu : 2f_{n+2}f_{n+1} + f_{n+2}^{2} = 2(f_{n+1} + f_{n})f_{n+1} + f_{n+2}^{2} = 2f_{n+1}^{2} + 2f_{n+1}f_{n} + f_{n+2}^{2} = (2f_{n+1}f_{n} + f_{n+1}^{2}) + (f_{n+1}^{2} + f_{n+2}^{2}) = f_{2n+2} + (f_{n+1}^{2} + f_{n+2}^{2}). Somit sind wir wieder beim Ausgangsproblem. Wir haben also zwei verzahnte Behauptungen

\begin{aligned}P_{1}(n) & : & f_{n+1}^{2} + f_{n}^{2} = f_{2n+1} \\ P_{2}(n) & : & 2f_{n+1}f_{n} + f_{n+1}^{2} = f_{2n+2} \end{aligned}

Diese beweisen wir nun gleichzeitig per Induktion. Es sind P_{1}(1) und P_{2}(1) richtig. Wie wir gerade gesehen haben, folgt aus P_{1}(n) und P_{2}(n) dann P_{1}(n + 1) und P_{1}(n + 1) und P_{2}(n) liefern P_{2}(n + 1). Also folgt aus P_{1}(n) und P_{2}(n) dann sowohl P_{1}(n + 1) als auch P_{2}(n + 1).

5) Die Nullstellen des Polynoms x^{2} − x − 1 sind x_{1} = \frac{1+\sqrt{5}}{2} und x_{2} = \frac{1−\sqrt{5}}{2}. Die Behauptung ist also \sqrt{5}f_{n} = x_{1}^{n} − x_{2}^{n}. Es gilt x_{i}^{2} = x_{i} + 1, i = 1, 2. Wir beweisen die Behauptung durch Induktion nach n. Für n = 1 ist die Behauptung offenbar richtig. Sei n = 2. Dann ist x_{1}^{2} − x_{2}^{2} = x_{1} + 1 − (x_{2} + 1) = x_{1} − x_{2} = \sqrt{5} = \sqrt{5}f_{2}. Also ist die Behauptung für n = 1 und 2 richtig. Sei nun die Behauptung für n und n+1 richtig. Dann gilt x_{1}^{n+2} − x_{2}^{n+2} = x_{1}^{n}(x_{1} + 1) − x_{2}^{n}(x_{2} + 1) = (x_{1}^{n+1} − x_{2}^{n+1}) + (x_{1}^{n} + x_{2}^{n}) = \sqrt{5}(f_{n+1} + f_{n}) = \sqrt{5}f_{n+2}.

6) Induktion nach n. Die Behauptung ist richtig für n = 1. Sei die Behauptung für ein n richtig. Also (n − 1)a^{n} + b^{n} ≥ na^{n−1}b. Dann ist auch (n − 1)a^{n+1} + b^{n}a ≥ na^{n}b, da a > 0 ist. Dann ist na^{n+1} + b^{n}a ≥ na^{n}b + a^{n+1}. Nun ist auch na^{n+1} ≥ na^{n}b + a^{n+1} − b^{n}a. Schließlich gilt na^{n+1} + b^{n+1} ≥ na^{n}b + a^{n+1} − b^{n}a + b^{n+1}. Es bleibt zu zeigen, daß na^{n}b + a^{n+1} − b^{n}a + b^{n+1} ≥ (n + 1)a^{n}b ist. Es ist aber (a^{n} − b^{n})(a − b) ≥ 0. Ausmultiplizieren liefert −a^{n}b + a^{n+1} − b^{n}a + b^{n+1} ≥ 0. Dies ist die Behauptung.

7) a) Teile das Quadrat in vier gleichgroße Quadrate. Nach dem Schubfachprinzip gibt es zwei Punkte, die im gleichen Teilquadrat liegen. Da die Seitenlänge des Teilquadrates 1/2 ist, ist die Länge der Diagonale (der größte Abstand in diesem Quadrat) genau \frac{\sqrt{2}}{2}. Da die beiden Punkte nicht auf dem Rand des Quadrates liegen, ist ihr Abstand kleiner als \frac{\sqrt{2}}{2}.

b) Die Farbaufteilung jeder 3-Spalte ist eine der folgenden acht Möglichkeiten : www, sww, wsw, wws, ssw, sws, wss, sss. Ist eine der Spalten vom ersten Typ, so sind wir fertig, falls eine der restlichen sechs Spalten vom Typ 1,2,3 oder 4 ist. Also können wir annehmen, daß alle anderen vom Typ 5,6,7 oder 8 sind. Nach dem Schubfachprinzip müssen zwei Spalten vom gleichen Typ sein und wir sind fertig. Genauso können wir argumentieren, wenn eine der Spalten vom Typ 8 ist. Also können wir annehmen, daß keine Spalte vom Typ 1 oder 8 ist. Nun haben wir aber 6 Typen für sieben Spalten. Wieder liefert das Schubfachprinzip, daß zwei Spalten gleich sind.

8) Sei P_{n} die Wahrscheinlichkeit, daß nicht zweimal hintereinander Kopf bei n Würfen erscheint. Offenbar ist P_{1} = 1 und P_{2} = \frac{3}{4}. Ist nun der erste Wurf Zahl, so ist die Wahrscheinlichkeit, daß in den folgenden n−1 Würfen nicht zweimal hintereinander Kopf erscheint gerade P_{n−1}. Ist der erste Wurf Kopf, so muß der zweite Zahl sein, um zweimal nacheinander Kopf zu verhindern, und die Wahrscheinlichkeit, daß in den folgenden n − 2 Würfen nicht zweimal aufeinanderfolgend Kopf erscheint ist P_{n−2}. Also ist P_{n} = \frac{1}{2}P_{n−1} + \frac{1}{4}P_{n−2} , n > 2. Multiplizieren wir beide Seiten mit 2^{n}, so erhalten wir 2^{n}P_{n} = 2^{n−1}P_{n−1} + 2^{n−2}P_{n−2}. Ersetzen wir 2^{n}P_{n} durch S_{n}, so haben wir S_{n} = S_{n−1} + S_{n−2}. Dies ist die Fibonacci Rekursion mit S_{n} = f_{n+2}. Die von uns gesuchte Wahrscheinlichkeit ist 1 − P_{n} = 1 − f_{n+2}/2^{n}.

9) Berechnung der ersten Folgenglieder liefert : x_{3} = \frac{x_{1}x_{2}}{2x_{1}−x_{2}} , x_{4} = \frac{x_{1}x_{2}}{3x_{1}−2x_{2}} , x_{5} = \frac{x_{1}x_{2}}{4x_{1}−3x_{2}} . Eine leichte Induktion zeigt nun die allgemeine Formel x_{n} = \frac{x_{1}x_{2}}{(n−1)x_{1}−(n−2)x_{2}} = \frac{x_{1}x_{2}}{(x_{1}−x_{2})n+(2x_{2}−x_{1})}. Ist x_{1} ≠ x_{2}, so wird der Wert des Nenners absolut beliebig groß. Also kann dann x_{n} ab genügend großem n keine ganze Zahl mehr sein. Die einzige Möglichkeit ist x_{1} = x_{2} = … = x_{n} ∈ ℤ.

10) Sei S = A ∪ B die disjunkte Vereinigung einer Menge A mit n Elementen und einer Menge B mit m Elementen. Wir zählen auf zwei Arten die k-Mengen in S. Zunächst einmal sind dies \binom{n+m}{k}. Auf der anderen Seite besteht jede k-Menge in S

aus einer i-Menge in A und einer (k − i)-Menge in B. Für jede der \binom{n}{i} i - Mengen

in A gibt es \binom{m}{k−i} viele (k − i)-Mengen in B, also genau \binom{n}{i}\binom{m}{k−i} viele k- Mengen , die aus einer i- Menge in A und einer (k − i)-Menge aus B bestehen. Summation über alle i liefert die Behauptung.

11) Wir betrachten alle Möglichkeiten, die n roten Punkte mit den n blauen Punkten durch Strecken zu verbinden. Jeder solchen Konfiguration ordnen wir die Summe der Längen der Verbindungsstrecken zu. Da es nur endlich viele gibt, finden wir eine Konfiguration mit minimaler Länge. Wir behaupten, daß diese kreuzungsfrei ist. Seien R_{1}, R_{2} zwei rote Punkte und B_{1}, B_{2} zwei blaue Punkte, so daß sich die Verbindungsstrecken R_{1}B_{1} und R_{2}B_{2} kreuzen. Dann könnten wir diese durch die Strecken R_{1}B_{2} und R_{2}B_{1} ersetzen, die sich nicht mehr kreuzen, aber eine kürzere Länge haben.

12) Sei N eine n + 1-Menge. Wir halten ein a ∈ N fest. Ist in einer k-Zerlegung von N die Menge {a} eine der Teilmengen, so bilden die restlichen eine (k−1)-Zerlegung der n-Menge N \{a}. Dies liefert den ersten Summanden in der Rekursion. Anderenfalls entfernen wir a. Es ist dann N \ {a} immer noch in k Teilmengen zerlegt. Jede solche k-Zerlegung von N \ {a}, können wir zu einer k-Zerlegung von N erweiteren, indem wir in eine beliebige der k Teilmengen a einfügen. Somit gibt es ks_{n,k} solche Zerlegungen, was der zweite Summand ist. Es ist s_{8,6} = 266.

13) Die Anzahl der Folgen ist die Anzahl der möglichen Anordnung von n − 1 Strichen und x Sternen in einer Zeile. Dabei entsprechen die Striche den Kommata in dem n-Tuppel und die Anzahl der aufeinander folgenden Sterne entspricht dem entsprechenden Eintrag in der Folge. Also (5, 3, 0, 1) = ∗ ∗ ∗ ∗ ∗| ∗ ∗ ∗ ||∗. Die Anzahl dieser Stern/Strich - Folgen ist genau die Anzahl die n−1 Striche auf die möglichen n − 1 + x Positionen zu verteilen, also \binom{x+n−1}{n−1}.

14) Die Summe läuft über Paare (i, j) mit j ≤ i. Wir können die Summationsreihenfolge

vertauschen und erhalten dann ∑_{i=0}^{n} ∑_{j=0}^{i} \binom{n}{i}\binom{i}{j}. Nun kann man dies umschreiben in

∑_{i=0}^{n} \binom{n}{i} ∑_{j=0}^{i} \binom{i}{j}. Nach (1.22) ist die zweite Summe gerade 2^{i}. Also haben wir ∑_{j=0}^{n} \binom{n}{i}2^{i}.

Nach (1.19) ist dies (1 + 2)^{n}. Also ist unsere Summe gerade 3^{n}.

15) Wende das Inklusion - Exklusion - Prinzip an. Das liefert 8 bzw. 6.

16) Wende das Inklusion - Exklusion - Prinzip an : Sei D_{i} die Menge der Zahlen, die durch i geteilt werden. Dann gilt : |D_{2} ∪ D_{3} ∪ D_{5} ∪ D_{7}| = |D_{2}| + |D_{3}| + |D_{5}| + |D_{7}| − (|D_{6}|+|D_{10}|+|D_{14}|+D_{15}|+|D_{21}|+|D_{35}|)+(|D_{30}|+|D_{42}|+|D_{70}|+D_{105}|)−D_{210}| = 500000 + 333333 + 200000 + 142857 − (166666 + 100000 + 71428 + 66666 + 47619 + 28571) + (33333 + 23809 + 14285 + 9523) − 4761 = 771429. Die gesuchte Zahl ist also 1000000 − 771429 = 228571.

17) Wir können die Wahrscheinlichkeit so berechnen, daß wir annehmen, daß die Anordnung in einem Paket fest ist. Wir zählen dann die Arrangments des zweiten Paketes, die mindestens eine Übereinstimmung haben. Die Wahrscheinlichkeit ist nun diese Zahl dividert durch alle möglichen Anordnungen, die natürlich 32! ist. Sei A_{i} die Menge der Anordnungen, bei der die i-ten Karten in beiden Paketen übereinstimmen. Wir zählen ⋃_{i=1}^{32} A_{i}. Nach dem Inklusions - Exklusions - Prinzip ist diese Zahl

∑_{k=1}^{32}(−1)^{k+1}( ∑_{1≤i_{1}...≤i_{k}≤32} |A_{i1}∩… A_{ik}|). Es ist |A_{i_{1}} ∩… A_{i_{k}}| die Anzahl der Anordnun-

gen, in denen die Karten an den Stellen i_{1}, …, i_{k} festgelegt sind. Die anderen können beliebig angeordnet werden. Also ist diese Anzahl (32 − k)!. Das liefert für unsere

Summe ∑_{k=1}^{32}(−1)^{k+1}\binom{32}{k}(32 − k)! = ∑_{k=1}^{32}(−1)^{k+1} \frac{32!}{k!}. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit

p_{32} ist somit gerade ∑_{k=1}^{32}(−1)^{k+1} \frac{1}{k!}. Für einen Stapel mit 6 Karten ist nur in dieser

Summe die 32 durch 6 zu ersetzen. Es gilt übrigens 1 − e^{−1} = ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k+1}}{k!} . Bei einer

Genauigkeit von 9 Stellen erhalten wir p_{32} = 0.632120559 und p_{6} = 0.631944444. Die Wahrscheinlichkeiten sind also fast gleich.

18) Sei p(n) die Anzahl aller Partitionen von n und S die Menge der , in denen alle Summanden ungerade sind. Sei E_{i} die Menge derjenigen, die i enthalten. Nun wende das Inklusions - Exklusions Prinzip an. Die Anzahl der Partitionen, die die 2 enthalten ist offenbar gleich p(n − 2). Also gilt p_{u}(n) = p(n) − p(n − 2) − p(n − 4) − p(n − 6) … + p(n − 2 − 4) + p(n − 2 − 6) … − p(n − 2 − 4 − 6) . . .. Sei nun F_{i} die Menge der Partitionen, bei denen i mehrfach auftritt. Das gleiche Prinzip wie vorher liefert : p_{v}(n) = p(n)−p(n−1−1)−p(n−2−2) …+p(n−1−2−2−2)+. . .. Offenbar sind beide Ausdrücke gleich.

19) Sei T_{n} die n-te Zahl. Wir haben T_{0} = 1, T_{1} = 0 und T_{n} = nT_{n−1} + (−1)^{n}. Dies ist genau die Rekursion für die Derangement Zahlen.

20) σ(n) = (1+p_{1}+…+p_{1}^{α_{1}})(1+p_{2}+…+p_{2}^{α_{2}}) … (1+p_{r} …+p_{r}^{α_{r}}), wobei n = p_{1}^{α_{1}} ⋯ p_{r}^{α_{r}} die Primfaktorzerlegung von n ist.

21) Setze g(i) = φ(i), falls i | j und g(i) = 0 sonst. Dann gilt f(n) = ∑_{i | n} g(i) =

∑_{i | ggT(n,j)} φ(i) =_{(1.41)} ggT(n, j). Somit gilt nun g(n) = ∑_{i | n} μ(i)f(\frac{n}{i}) = ∑_{i | n} μ(i)ggT(\frac{n}{i}, j).

Das ist die Behauptung.

22) Es ist g(n) = ∑_{d | n} μ(d)μ(\frac{n}{d}). Das liefert g(1) = 1, g(p) = −2, für p Primzahl,

g(p_{1} ⋯ p_{r}) = (−2)^{r}, für p_{1}, … p_{r} paarweise verschiedene Primzahlen, g(p_{1} ⋯ p_{r} · p_{r+1}^{2} ⋯ p_{s}^{2}) = (−2)^{r}, p_{1}, …, p_{s} paarweise verschiedene Primzahlen, g(p^{3}v) = 0.

23) φ(x) = 3 hat keine Lösung, φ(x) = 1 hat nur die Lösungen 1,2. φ(x) = 2 hat nur die Lösungen 3,4,6. φ(x) = 4 hat nur die Lösungen 5,8,12,10. Ob es ein y gibt, so daß φ(x) = y genau eine Lösung hat, ist ein offenes Problem.

24) a) Ein beliebiger Primfaktor p von n ist in n^{2} mit einer geraden Potenz, in φ(n^{2}) also mit einer ungeraden Portenz enthalten. Um noch einen Faktor p in φ(n^{2}) zu bringen, müßte n noch einen Primfaktor der Art pv + 1 > p enthalten. Wähle somit für p den größten Primteiler von n.

b) Da p | φ(x), muß x einen Primteiler der Gestalt pv + 1, v ≥ 3, oder den Teiler p^{2} haben. In beiden Fällen ist aber φ(x) > 2p.

25) Let m = a_{0} + 2a_{1} + … + 2^{d−1}a_{d−1}. Wenn wir von Null an zählen, so sind die beiden Einträge in der i-ten Zeile a_{i} + 2a_{i+1} + … + 2^{d−1}a_{d−1} und 2^{i}n. Die erste Zahl ist genau dann ungerade, wenn a_{i} = 1 ist. Wir addieren also die Zahlen 2^{i}n für die

a_{i} = 1 ist. Das liefert ∑_{i=0}^{d−1} a_{i}2^{i}n = mn.

Die Modifikationen liefern, daß wir nur 2^{i}n durch n^{2^{i}} ersetzen. Also ist das Resultat

n^{∑_{i=0}^{d−1} a_{i}2^{i}} = n^{m}.

26) Setze A = a_{1} + … + a_{2n+1}. Nun gilt für jedes i, daß A − a_{i} gerade ist, sonst könnten die Zahlen ungleich a_{i} nicht in zwei Hälften mit gleicher Summe aufgeteilt werden. Also sind alle a_{i} entweder gerade oder ungerade. Sei nun a die kleinste der a_{i} und setze b_{i} = a_{i} − a. Dann müssen wir b_{i} = 0 für alle i zeigen. Aber auch die b_{i} haben die gleiche Eigenschaft wie die a_{i}. Da mindestens ein b_{i} gleich Null ist, sind alle b_{i} gerade. Seien nicht alle b_{i} gleich Null und 2^{k} die größte 2-Potenz, die alle b_{i} teilt. Setze c_{i} = b_{i}/2^{k}. Dann haben auch die c_{i} die gleiche Eigenschaft wie die a_{i}. Aber ein c_{i} ist Null und ein c_{i} ist ungerade, ein Widerspruch, also waren alle b_{i} gleich Null.

27) a) Wende den Euklidischen Algorithmus an. Das liefert eine Lösung x = 5, y = −17.

b) Es ist ggT(158, 57) = 1. Löse also zunächst 158x + 57y = 1 und multipliziere das Ergebnis mit 20000.

28) Es ist 2^{n} = m^{2} − 2^{8} − 2^{11} = m^{2} − 2^{8}(1 + 2^{3}) = m^{2} − (16 · 3)^{2} = (m − 48)(m + 48). Also ist m − 48 = 2^{s} und m + 48 = 2^{t} mit s + t = n. Das liefert 2^{s} + 48 = 2^{t} − 48, also 2^{t} − 2^{s} = 96. Da t > s ist, folgt nun 2^{t−s} − 1 = 3 und somit s = 5, t = 7, also n = 12.

29) Es ist xy = n(x + y), oder xy − nx − ny = 0, oder (x − n)(y − n) = n^{2}. Also ist x > n und y > n. Sei n = p_{1}^{a_{1}} ⋯ p_{r}^{a^{r}} die Primfaktorzerlegung von n. Dann ist n^{2} = p_{1}^{2a_{1}} ⋯ p_{r}^{2a_{r}}. Jeder Teiler von n^{2} liefert eine Lösung. Also gibt es (2a_{1} + 1)(2a_{2} + 1) ⋯ (2a_{r} + 1) viele Lösungen.

30) Setze N = 4444^{4444}. Es ist N < (10^{5})^{4444} = 10^{22220}. Also hat N in seiner Dezimaldarstellung höchstens 22220 Ziffern. Das liefert A < 9 · 22220 = 199980. Somit hat A höchstens 6 Stellen. Also ist B < 54. Unter den Zahlen bis 54 ist die mit der größten Quersumme 49. Also ist C ≤ 13. Nun ist aber N ≡ A ≡ B ≡ C(mod 9). Es ist 4444 = 9 · 493 + 7, also 4444 ≡ 7(mod 9). Weiter ist 7^{3} ≡ 1(mod 9). Da 4444 = 3 · 1481 + 1 gilt, ist 4444^{4444} ≡ 7^{4444} ≡ 7^{3·1481} · 7 ≡ 7(mod 9). Das liefert C ≡ 7(mod 9). Da C ≤ 13, folgt C = 7.

31) a) Es ist f modulo n periodisch mit der Periode n.

b) Sei f ∈ J_{n}. Nach a) ist dann f modulo n eine Permutation von {0, 1, …, n − 1}.

Sei nun umgekehrt t ⟶ a_{t} + t(mod n) eine Permutation von [n]. Wir definieren a_{t} für alle t ∈ ℤ, indem wir die vorgegebene Folge periodisch erweitern. Wir zeigen, daß die Abbildung f mit f(t) = a_{t} + t in J_{n} liegt. Sei f(t) = f(u). Da f modulo n injektiv ist, folgt t ≡ u(mod n). Also ist a_{t} = a_{u}. Aus f(t) = a_{t} + t = f(u) = a_{u} + u folgt nun t = u. Somit ist f injektiv. Sei u ∈ ℤ. Da t+a_{t} modulo n eine Permutation ist, gibt es ein t, so daß f(t) = t + a_{t} ≡ u(mod n) ist. Indem wir ein geeignetes Vielfaches von n addieren, finden wir ein t′ mit f(t′) = u. Somit ist f surjektiv und damit bijektiv. Offenbar ist nun f ∈ J_{n}.

c) 345 gehört zur Permutation (12), also zu eine Funktion in J_{3}. Aber 354 liefert t ⟶ 0(mod 3) für alle t, gehört also nicht zu einer Funktion in J_{3}.

32) Sei Z die Summe der Zehnerstellen und E die Summe der Einerstellen. Dann ist 10Z + E = 100, also Z + E ≡ 1(mod 9). Andererseits ist Z + E = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 ≡ 0(mod 9). Es geht also nicht.

33) Da x^{2} + y^{2} + z^{2} gerade ist, sind entweder zwei der x, y, z ungerade und einer gerade, oder alle drei sind gerade. Angenommen x, y, z sind gerade. Setze x = 2x_{1}, y = 2y_{1}, z = 2z_{1}. Dann gilt (2x_{1})^{2} +(2y_{1})^{2} +(2z_{1})^{2} = 2(2x_{1})(2y_{1})(2z_{1}), woraus x_{1}^{2} +y_{1}^{2} +z_{1}^{2} = 2^{2}x_{1}y_{1}z_{1} folgt. Sind nun x_{1}, y_{1}, z_{1} wieder alle gerade, so können wir x_{2}, y_{2}, z_{2} finden, so daß x_{2}^{2} + y_{2}^{2} + z_{2}^{2} = 2^{3}x_{2}y_{2}z_{2} ist. Wir enden also irgendwann an einer Stelle : a^{2} + b^{2} + c^{2} = 2^{n}abc, n ≥ 1, wobei nicht alle a, b, c gerade sind. Seien also a, b ungerade. Dann ist a^{2} ≡ b^{2} ≡ 1(mod 4). Also ist a^{2} + b^{2} + c^{2} ≡ 2(mod 4). Da aber c gerade ist, ist 2abc ≡ 0(mod 4).

34) Die Behauptung ist richtig für p = 2. Sei nun p ungerade und q| 2^{p}−1 ein Primteiler. Nach (2.15) ist 2^{q−1} ≡ 1(mod q). Angenommen q ≤ p. Dann ist ggT(p, q − 1) = 1. Also gibt es nach (2.3) ganze Zahlen s und t mit sp + t(q − 1) = 1. Das liefert 2 = 2^{sp+t(q−1)} = (2^{p})^{s}(2^{q−1})^{t} ≡ 1(mod q), ein Widerspruch.

35) Setze t = φ(5^{2n}). Dann ist 2^{t} ≡ 1(mod 5^{2n}) nach (2.16). Also ist 2^{t} − 1 = q · 5^{2n}. Das liefert 2^{t+2n} = 2^{2n} + q · 10^{2n}. Da 2^{2n} < 10^{n} ist, hat also 2^{t+2n} mindestens n aufeinanderfolgende Nullen in der Dezimaldarstellung.

36) Für p | A gilt p |̸ B und für p | B gilt p |̸ A. Also für p | AB gilt stets p |̸ A + B. Es gilt zwar auch p |̸ A − B, aber es könnte A − B = 1 sein, z.B. 3 · 5 − 2 · 7 = 1.

37) Die kleinste Carmichaelzahl ist 3 · 11 · 17 = 561.

38) ja.

39) n ≡ 1(mod 4). Sonst ist R_{n} nicht multiplikativ abgeschlossen.

40) x ∗ y = (x ∗ y) ∗ (x ∗ y) = [y ∗ (x ∗ y)] ∗ x = [(x ∗ y) ∗ x] ∗ y = [(y ∗ x) ∗ x] ∗ y = [(x ∗ x) ∗ y] ∗ y = [(y ∗ y) ∗ (x ∗ x)] = y ∗ x.

41) Sei B^{2} ≠ 0. Dann ist f(m, n) = 2 für alle m, n. Ist B = 0, so ist f(m, n) = n + 1. Da B = 0 ist, folgt m(n+1) = n!+1, bzw. n! ≡ −1(mod n+1). Nach dem Satz von Wilson ist dies äquivalent dazu, daß n+1 eine Primzahl ist. Für ungerade Primzahl p setze also n = p − 1, m = \frac{(p−1)!+1}{p}. Dann ist B = 0 und f(m, n) = n + 1 = p. Es ist f(1, 1) = 2. Die Eindeutigkeit folgt aus der Tatsache, daß f(m, n) = 2 oder n + 1 ist.

42) Angabe der Verknüpfungstafeln :

\begin{matrix}· & 0 & 1 & a & a + 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & a & a + 1 \\ a & 0 & a & a + 1 & 1 \\ a + 1 & 0 & a + 1 & 1 & a \end{matrix}  \begin{matrix}+ & 0 & 1 & a & a + 1 \\ 0 & 0 & 1 & a & a + 1 \\ 1 & 1 & 0 & a + 1 & a \\ a & a & a + 1 & 0 & 1 \\ a + 1 & a + 1 & a & 1 & 0 \end{matrix}

43) Mit dem euklidischen Algorithmus findet man : f = x^{3} + 1, g = −x^{6} − x^{3} − x.

44) Ist a ∈ ℤ eine Nullstelle von x^{5} − x^{2} + 1, so ist a|1, aber weder 1 noch −1 sind Nullstellen. Sei also x^{5} − x^{2} + 1 = (x^{2} + ax + b)(x^{3} + cx^{2} + dx + e). Dann erhält man die folgenden Gleichungen : a + c = 0, b + ac + d = 0, c + ad + e = −1, bd + ae = 0, be = 1. Man kann nun leicht nachrechnen, daß diese nicht erfüllbar sind. Andere Lösung: Wie oben hat x^{5} − x^{2} + 1 keine Nullstelle in ℤ. Betrachte die Zerlegung als Produkt in einen Faktor vom Grad zwei und einen vom Grad drei wie oben, nun aber modulo 2. Dies ist dann auch wieder eine nicht triviale Zerlegung. Da 1^{5} −1^{2} +1 = 1 = 0^{5} −0^{2} +1 ist, hat das Polynom auch modulo 2 keine Nullstelle. Also ist der quadratische Faktor irreduzibel. Die quadratischen Polynome modulo 2 sind : x^{2} = xx, x^{2} + 1 = (x + 1)^{2}, x^{2} + x = x(x + 1) und x^{2} + x + 1. Also gibt es nur ein solches irreduzible Polynom. Es ist aber x^{5} − x^{2} + 1 = (x^{3} + x^{2})(x^{2} + x + 1) + 1, was zeigt, daß x^{2} + x + 1 kein Teiler von x^{5} − x^{2} + 1 modulo 2 ist.

45) a) x^{2} + 1 = (x + 2)(x − 2).

b) x^{3} + 5x^{2} + 5 = (x − 1)(x − 2)(x + 8).

c) x^{4} + 3x^{3} + x + 1 = (x^{2} + 2)(x^{2} + 3x + 3).

46) a) Die Anzahl der ungeraden Koeefizienten in (1 + x)^{n} ist 2^{k}, wobei k die Anzahl der Einsen in der Dualdarstellung von n ist.

b) Sei n = 2^{k_{1}} + … + 2^{k_{r}} die Zerlegung gemäß der Dualdarstellung. Dann ist (1 + x)^{n} = (1 + x)^{2^{k_{1}}} ⋯ (1 + x)^{2^{kr}} ≡ (1 + x^{2^{k_{1}}}) ⋯ (1 + x^{2^{kr}})(mod 2). Wird nun 1 + x^{m} mit einem Polynom vom Grad kleiner als m multipliziert, so verdoppelt sich gerade die Anzahl der Summanden. Also hat modulo 2 das Polynom (1 + x)^{n} genau 2^{r} Summanden.

47) Sei y = mx + b mit den vier Durchschnittspunkten (x_{i}, y_{i}), i = 1, 2, 3, 4. Dann sind x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} Nullstellen der Gleichung mx + b = 2x^{4} + 7x^{3} + 3x − 5 bzw. x^{4} + \frac{7}{2}x^{3} + \frac{3−m}{2}x+ \frac{−5−b}{2}. Die Summe der Nullstellen ist aber der negative Koeffizient vor x^{3}. Also ist (x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4})/4 = (−\frac{7}{2})/4 = −\frac{7}{8} unabhängig von m und b.

48) Setze A = ab + ac + bc und B = abc. Dann sind a, b, c die Nullstellen von x^{3} + Ax − B = 0. Für jedes n ≥ 0 setze T_{n} = a^{n} + b^{n} + c^{n}. Dann ist T_{0} = 3, T_{1} = 0, T_{2} = (a+b+c)^{2}−2(ab+ac+bc) = −2A. Für n ≥ 0 haben wir T_{n+3} = −AT_{n+1}+BT_{n} (man setze einfach a, b, c in x^{n+3} = −Ax^{n+1} + Bx^{n} ein). Dies liefert nun T_{3} = −AT_{1} + BT_{0} = 3B, T_{4} = −AT_{2} + BT_{1} = 2A^{2}, T_{5} = −AT_{3} + BT_{2} = −5AB. Nun folgt \frac{T_{5}}{5} = −AB = \frac{T_{3}}{3} \frac{T_{2}}{2} .

49) Indem man einige Fälle ausprobiert, erhält man : p(1) = p(0^{2} + 1) = p(0)^{2} + 1 = 1, p(2) = p(1^{1} + 1) = p(1)^{2} + 1 = 1 + 1 = 2, p(5) = p(2^{2} + 1) = p(2)^{2} + 1 = 4 + 1 = 5, p(26) = p(5^{2} + 1) = p(5)^{2} + 1 = 5^{2} + 1 = 26. Wir definieren somit die Folge x_{n} durch x_{0} = 0 und für n > 0 x_{n} = x_{n−1}^{2} + 1. Dann zeigt eine Induktion p(x_{n}) = x_{n}. Also hat p(x) − x unendlich viele Nullstellen. Dies bedeutet aber p(x) = x für alle x.

50) (x + 1)(x^{2} + x + 1) = 0 und (x^{2})^{−1} = x in ℤ_{2}[x]/(x^{3} + 1)ℤ_{2}[x].

51) Die Terme der Folge können als 1 + 10^{4}, 1 + 10^{4} + 10^{8}, …, 1 + 10^{4} + … + 10^{4n} geschrieben werden. Wir betrachten allgemeiner die Folge 1 + x^{4}, 1 + x^{4} + x^{8}, …, 1 + x^{4} + x^{8} + … + x^{4n} für beliebiges x ∈ ℕ, x > 1. Sei n ungerade, also n = 2m + 1. Dann ist 1 + x^{4} + x^{8} + … + x^{4(2m+1)} = (1 + x^{4}) + x^{8}(1 + x^{4}) + … + x^{8m}(1 + x^{4}). Ist also m > 0, so ist diese Zahl niemals eine Primzahl. Ist m = 0, so ist für x = 10 auch 1 + 10^{4} = 73 · 137 keine Primzahl. Sei nun n = 2m gerade. Dann ist 1 + x^{4} + … + x^{4(2m)} = \frac{1−(x^{4})^{2m+1}}{1−x^{4}} = \frac{1−(x^{2m+1})^{2}}{1−x^{2}} \frac{1−(x^{2m+1})^{2}}{1+x^{2}} = (1 + x^{2} + … + (x^{2})^{2m})(1 − x^{2} + x^{4} − x^{6} ± … + (x^{2})^{2m}). Auch dies ist keine Primzahl.

52) Es ist (v − 1)/2 ∈ ℕ. Also ist 2 |v̸. Weiter ist \frac{v(v−1)}{2} = 3b. Also ist 6|v(v − 1). Das liefert v ≡ 1, 3(mod 6).

53) 4, 12, 30, 66, 132.

54) Sei U eine (t − 1)-Menge in X \ {x}. Dann ist U ∪ {x} eine t-Menge in X. Somit ist sie in genau einem Block in B enthalten. Diesem entspricht genau ein Block in B′, der U enthält.

55) Für t = 3 steht die Behauptung in (5.9). Sei zunächts t > 3 ungerade. Bilde wie in der vorigen Aufgabe ein (t − 1)-Design und dann durch Wegnahme eines weiteren Punktes sogar ein (t − 2)-Design. Auch in diesem (t − 2)-Design ist der Durchschnitt von je zwei Blöcken gerade, da wir aus jedem Block des Ursprungsdesigns genau zwei Elemente entfernt haben. Sei nun zunächst t = 5. Dann ist das (t − 2)-Design eines der aus (5.9). Also haben wir für unser 5-Design die möglichen Parameter : k = 6, v = 10; k = 8, v = 24; k = 14, v = 114. Nun ist aber \frac{v−(5−1)}{k−(5−1)} \frac{v−(5−2)}{k−(5−2)} \frac{v−(5−3)}{k−(5−3)} \frac{v−(5−4)}{k−(5−4)} ∈ ℕ. Das zeigt, daß der erste und letzte Fall nicht möglich ist. Sei nun t = 7. Dann hat das 5-Design die Parameter k = 8, v = 24. Also hat das t-Design die Parameter k = 10, v = 26. Wieder muß ∏_{i=1}^{6} \frac{v−(7−i)}{k−(7−i)} ∈ ℕ sein, was nicht richtig ist. Damit ist die Aufgabe für den Fall, daß t ungerade ist, bewiesen. Ist t gerade, so müssen wir mit einem 2-Design beginnen. Da der Durchschnitt von je zwei Blöcken gerade ist, folgt dann, daß alle Punkte in einem Block liegen, was k < v widerspricht.

56) Da k|vr gibt es kein (5, 2, 1) - Design. Ein (7, 3, 3) - Design ist eine projektive Ebene der Ordnung 2. Ein (6, 3, 1) - Design hat genau zwei Blöcke : {1, 2, 3}, {4, 5, 6}. Zur Konstruktion eines (9, 6, 4) - Designs wende das Verfahren aus (5.4), (5.5) an. Dann erhält man z.B. die folgenden Blöcke : {2, 4, 5, 6, 8, 9}, {4, 5, 6, 7, 8, 9}, {1, 3, 4, 5, 8, 9}, {1, 2, 3, 5, 7, 9}, {1, 2, 3, 4, 6, 7}, {1, 2, 3, 6, 7, 8}.

57) Sei ℓ eine Gerade von P_{0}. Dann enthält ℓ genau m + 1 Punkte von P_{0} und (n + 1) − (m + 1) = n − m Punkte aus P \ P_{0}. Da je zwei Geraden aus P_{0} sich in einem Punkt aus P_{0} schneiden, und P_{0} genau m^{2}+m+1 Punkte besitzt, gibt es (m^{2}+m+1)(n−m) Punkte in P \ P_{0}, die auf Geraden von P_{0} liegen. Damit enthalten die Geraden aus P_{0} insgesamt genau m^{2} + m + 1 + (m^{2} + m + 1)(n − m) Punkte aus P. Also ist n^{2} + n + 1 ≥ (m^{2} + m + 1)(n − m + 1). Das liefert 0 ≥ (m^{2} − n)(n − m). Da n > m ist, folgt n ≥ m^{2}.

Ist nun n ≠ m^{2}, so gibt es einen Punkt A, der auf keiner Geraden von P_{0} liegt. Also enthält jede Gerade durch A höchstens einen Punkt aus P_{0}. Da andererseits jeder Punkt aus P_{0} auch auf einer Geraden durch A liegt, folgt n + 1 ≥ m^{2} + m + 1, also n ≥ m^{2} + m.

58) Sei x ∈ O. Verbinde x mit allen Punkten in O \ {x}. Das liefert paarweise verschiedene Geraden, da keine drei Punkte aus O auf einer Geraden liegen. Da es insgesamt aber nur n + 1 Geraden durch x gibt, hat O höchstens n + 2 Punkte.

59) a) Durch x gehen genau n + 1 Geraden. Da O nur n von x verschiedene Punkte enthält, gibt es genau eine Gerade, die O nur in x schneidet. b) Sei y ein Punkt nicht in O. Jede Gerade durch y enthält 0, 1 oder 2 Punkte von O. Da n + 1 ungerade ist, muß es eine Gerade geben, die genau einen Punkt entält. Wir nennen eine solche Gerade eine Tangente an O. Sei nun m eine Gerade, die genau zwei Punkte von O enthält. Seien x_{1}, …, x_{n−1} die Punkte auf m nicht in O. Sei h_{i} die Anzahl der Tangenten durch x_{i} an O. Wir haben gerade h_{i} ≥ 1 gezeigt. Sei {a, b} = m ∩ O. Jede Tangente an O, die nicht durch a oder b geht, muß m in

einem der x_{i} schneiden. Also ist n − 1 = ∑_{i=1}^{n−1} h_{i}. Das liefert h_{i} = 1 für alle i. Also

liegt der Schnittpunkt von zwei Tangenten niemals auf einer Geraden, die O in zwei Punkten schneidet. Sei nun c der Schnittpunkt der beiden Tangenten durch a bzw. b. Dann ist, wie eben bemerkt, jede Gerade durch c, die einen Punkt aus O enthält eine Tangente. Somit schneiden sich alle Tangenten in c.

60) Es ist P ein (n^{2} + n + 1, n + 1, 1) 2-Design. Wir nehmen eine Gerade mit ihren Punkten weg. Nach wie vor liegen je zwei Punkte auf genau einer Geraden. Also haben wir ein (n^{2}, n, 1) 2-Design.

Sei umgekehrt P ein (n^{2}, n, 1) 2-Design. Wir müssen die fehlende Gerade finden. Wir halten einen Block b von P fest. Durch jeden Punkt von b gehen genau n + 1 Blöcke. Somit erhalten wir n^{2} Blöcke, die b in genau einem Punkt schneiden. Es bleiben damit n Blöcke übrig. Seien b_{1}, b_{2} zwei solche Blöcke, die b trivial anschneiden. Sei x ein Punkt in b_{1} ∩ b_{2}. Durch x gehen aber n Blöcke, die einen Punkt aus b enthalten. Somit würden nun durch x mindestens n+2 Blöcke gehen, ein Widerspruch. Also schneiden sich die eben gefundenen n Blöcke paarweise trivial. Wir nennen sie Parallelen zu b. Zu jedem Block gibt es somit einen Parallelenklasse, die aus genau n Blöcken besteht. Insgesamt gibt es dann n + 1 Parallelenklassen R_{1}, …, R_{n+1}. Wir erweitern nun die Punktmenge unseres (n^{2}, n, 1) 2-Designs um die Punkte x_{1}, …, x_{n+1}. Wir definieren die folgenden Geraden : {x_{1}, …, x_{n+1}}, ist b ∈ R_{i}, so bilde die Gerade b ∪ {x_{i}}. Sind nun x, y alte Punkte, so liegen sie auf genau einen Block b und damit auch auf genau einer Geraden. Zwei Punkte x_{i}, x_{j} liegen nur auf der Geraden {x_{1}, …, x_{n+1}}. Das Paar x, x_{i} liegt nur auf der Geraden b der Parallelenklasse R_{i}, die den Punkt x enthält. Somit haben wir ein (n^{2} + n + 1, n + 1, 1) 2-Design.

61) Die Lösung ist das (9,3,1) - Design aus (5.10) mit den vier Parallelenklassen.

62) a) 2, b) 3.

63) C = {000000, 111000, 100110, 010101, 001011}. Mit Länge 5 gibt es keinen 1-fehler-korrigierenden Code C mit |C| = 5.

64) a) + b) Sei w(c) das Gewicht eines Codewortes in C. Da 0 ∈ C ist, gilt w(c) ≥ 2t+1 für jedes Codewort 0 ≠ c ∈ C. Jedes Wort a ∈ GF (2)^{n} mit Gewicht w(a) = t + 1 liegt also in genau einer Kugel S(c, t) mit c ∈ C und w(c) = 2t + 1. Zweifaches Abzählen liefert nun sofort b). Identifizieren wir c ∈ C, w(c) = 2t + 1, mit U_{c} = {i | c_{i} = 1}, so bilden die U_{c} ein (n, 2t + 1, 1) (t + 1)-Design. Das ist a).

65) Aus n^{2} + n = 2^{r+1} − 2 folgt (2n + 1)^{2} = 2^{r+3} − 7. Nach dem Hinweis haben wir die folgenden Lösungspaare (n, r) : (0, 0), (1, 1), (2, 2), (5, 4), (90, 12). Die ersten drei Paare sind ausgeschlossen. Das Paar (5, 4) ergibt den binären Wiederholungscode. Das letzte Paar würde nach Aufgabe 64 ein (90, 5, 1) 3-Design liefern. Nach (5.7) ist dann aber 3 | 88, ein Widerspruch.

66) Per Induktion haben wir |C(r + 1, m + 1)| = |C(r + 1, m)||C(r, m)| = 2^{b+c} mit

b = ∑_{i=0}^{r+1} \binom{m}{i} und c = ∑_{i=0}^{r} \binom{m}{i}, also nach (1.21) b + c = ∑_{i=0}^{r+1} \binom{m+1}{i}. Per Induktion folgt

aus (6.15) sofort d(C(r + 1, m + 1)) = 2^{m+r}.

67) Mit (6.16) sehen wir d(C) ≥ 3. Mit |C| = 9, n = 4, q = 3 gilt die Hammingschranke mit Gleichheit.

68) 100110.

69) Sei fg = ph ∈ V. Nach (4.9) ist p | f oder p | g, also ist f ∈ V oder g ∈ V.

70) Wir wissen V = pK[x] mit p ∈ K[x]. Es ist p irreduzibel zu zeigen. Sei p = f_{1}g_{1}. Sei f_{1} ∈ V. Dann ist insbesondere f_{1} keine Einheit. Also müssen wir zeigen, daß g_{1} eine Einheit ist. Es ist p | f_{1}. Also ist f_{1} = ph_{1} und p = f_{1}g_{1} = (ph_{1})g_{1} = p(h_{1}g_{1}). Dann ist aber 1 = g_{1}h_{1}, somit ist g_{1} eine Einheit.

71) Es ist g =kgV(p, f). Da offenbar p | g und f | g gilt, ist kgV(p, f) | g. Weiter ist kgV(p, f) ∈ pK[x] ∩ fK[x].

72) Es ist C_{i} = {a | a ∈ K[x], g_{i} | a}, i = 1, 2. Ist C_{1} ⊆ C_{2} , so ist g_{1} ∈ C_{2}, also g_{2} | g_{1}. Ist umgekehrt g_{2} | g_{1}, so ist für a ∈ C_{1} stets g_{2} | g_{1} | a, also a ∈ C_{2}, d.h. C_{1} ⊆ C_{2}.

73) a) Nach (4.8) ist ggT(g_{1}, g_{2}) = a_{1}g_{1} + a_{2}g_{2} mit geeigneten a_{i} ∈ K[x]. Also ist g_{1}K[x] + g_{2}K[x] =ggT(g_{1}, g_{2})K[x]. b) Dies folgt aus Aufgabe 71.

74) Der erste kann einen Fehler erkennen, der zweite kann aber vier aufeinanderfolgende Fehler erkennen.

75) Seien q = 8 (p = 2, n = 7) und d = 3, b = 1 in (6.28). Das Polynom x^{3} + x + 1 ist irreduzibel über GF (2). Es teilt x^{7} − 1. In K gibt es wegen |K| − 1 = 7 ein Element der Ordung 7. Also gibt es in K ein α mit α^{7} = 1 und α^{3} = α + 1. Wir erhalten nun den gesuchten Code durch das Erzeugerpolynom g(x) = (x − α)(x − α^{2}) = α^{3} + (α^{2} + α)x + x^{2} = α^{3} + α^{4}x + x^{2}.

76) Nach (6.16) müssen wir Vektoren u_{1}, …, u_{n} ∈ K^{n−k} finden, so daß für je 2t dieser Vektoren die Gleichungen aus (6.16) nur trivial erfüllbar sind. Für u_{1} nehmen wir irgendeinen Vektor ungleich dem Nullvektor. Angenommen wir haben schon h Vektoren u_{1}, …, u_{h} gefunden. Sei U ⊆ {u_{1}, …, u_{h}} eine i-Menge. Die Anzahl der Vektoren der Form ∑_{u∈U} λ_{u}u, wobei alle λ_{u} ≠ 0 sind, ist höchstens (q − 1)^{i}.

Also ist die Anzahl der Vektoren ungleich dem Nullvektor, die sich in der Gestalt

∑_{i=1}^{h} λ_{i}u_{i} schreiben lassen , wobei höchstens 2t−1 der λ_{i} ungleich Null sind, höchstens

\binom{h}{1}(q−1)+\binom{h}{2}(q−1)^{2}+⋯+\binom{h}{2t−1}(q−1)^{2t−1}. Solange diese Zahl kleiner als q^{n−k}−1 ist, können wir also einen weiteren Vektor u_{h+1} hinzufügen, ohne die Eigenschaft aus (6.16)(ii) zu zerstören.

77) (i) Anwendung von (6.13) liefert den Widerspruch 79 ≤ 32.

(ii) Seien e_{i}, i = 1, …, 7, die 7 -Tuppel, die an der Stelle i eine 1 und sonst überall Nullen stehen haben. Seien e_{8} = (1, 1, 1, 1, 0, 0, 0), e_{9} = (0, 0, 1, 1, 1, 1, 0), e_{10} = (1, 0, 0, 0, 1, 1, 1) und e_{11} = (1, 1, 1, 0, 0, 0, 1). Dann erfüllen diese Vektoren (6.16). Also gibt es einen (11,4,5) - Code.

78) Sei c ∈ C mit w(c) = a, a ungerade. Bilde die n Codewörter, die aus c durch zyklische Verschiebung hervorgehen. Dann tritt bei genau a dieser Wörter an der Stellen i eine Eins auf, i = 1, …, n. Summieren wir diese Wörter auf, so erhalten wir somit ein Wort, das an jeder Stelle eine Eins hat.

79) Wir identifizieren {0, 1, 2} mit den drei Elementen eines Körpers K mit |K| = 3. Der Ausgang einer Wette ist dann ein Element c von K^{13}. Ein Tip mit 12 Richtigen hat dann Abstand 1 von c, liegt somit in S(c, 1). Sei C der Hammingcode aus (6.17). Es ist dann n = 13 und 13 = \frac{3^{r}−1}{3−1}, also r = 3. Nach (6.17) benötigen wir also 3^{10} Tipreihen. Da der Hammingcode 1-perfekt ist, geht es auch nicht besser.

80) Nein. Die Hintereinanderausführung von affinen Systemen ist wieder ein affines System.

81) a) Setze x = \frac{a+b}{2} und y = \frac{b−a}{2}.

b) Sei x_{i} = (m + i)^{2} − n = y^{2}, so setze x = m + i.

c) Liegen p und q dicht beieinander, so ist p + q groß aber |p − q| klein. Somit liefert der Algorithmus aus b) sehr schnell das Quadrat y^{2}, da y = |p − q| ist.

d) Es ist m − 1 = 45030. Nach 11 Schritten liefert der Algorithmus aus b) ein Quadrat: 2027651281 = 45041^{2} − 1020^{2} = 46061 · 44021. Dieses Beispiel und der Algorithmus gehen auf Fermat zurück. (Um festzustellen, daß (m + i)^{2} − n kein Quadrat ist, kann man benutzen, daß Quadrate immer eine der folgenden Endziffern haben : 00, 01, 21, 41, 61, 81, 04, 24, 44, 64, 84, 09, 29, 49, 69, 89, 16, 36, 56, 76, 96, 25.)

82) a) Die Häufigkeitsverteilung legt nahe : X entspricht E und S entspricht N. Also müssen wir das folgende System lösen : 23 ≡ 4a + b(mod 26), 18 ≡ 13a + b(mod 26). Das liefert a = 11, b = 5 und dann a^{−1} = −7. Für die Entschlüsselung müssen wir nun die Transformation −7x + 9 anwenden. Das liefert : SCHOENE FERIEN 83) Wir bestimmen zunächst das Einselement y : x ∗ y = xy + x + y. Damit erhalten

wir (x + 1)y = 0 für alle x, also y = 0. Nun ist aber −1 ∗ y = −1 ≠ 0 für alle y. Das liefert, daß −1 kein Inverses hat, also ist ℝ mit ∗ keine Gruppe.

84) Da a^{5} = 1 ist, ist o(a) = 1 oder 5. Ist o(a) = 1, so ist a = 1 und dann b = b^{2}. Das liefert b = 1 und o(b) = 1.

Sei nun o(a) = 5. Es ist b = a^{5}ba^{−5} = b^{32}. Damit ist o(b) ein Teiler von 31. Das liefert o(b) = 1 oder o(b) = 31.

85) Sei G nicht zyklisch. Dann haben alle Elemente die Ordnung 1,2 oder 3. Sei o(g) = 3 für alle 1 ≠ g ∈ G. Da für solche g stets g^{−1} ≠ g ist, muß die Anzahl gerade sein, aber |G| − 1 = 5. Also gibt es mindestens ein Element g mit o(g) = 2. Sei h ∈ G \ {1, g}. Dann sind 1, g, gh, h paarweise verschieden. Ist o(gh) = 2 = o(h), so ist 1 = (gh)^{2} = ghgh, also gh = hg. Damit gibt es ein k ∈ G \ {1, g, h, gh}. Jetzt sind aber auch die Elemente 1, g, h, gh, k, gk, hk, ghk paarweise verschieden, was |G| = 6 widerspricht. Also gibt es ein h ∈ G \ {1, g} mit o(h) = 3. Damit ist G = {1, g, h, h^{−1}, gh, gh^{−1}}. Weiter rechnet man ghg = h^{−1} nach, da gh ≠ hg ist. Anderenfalls wäre o(gh) = 6 . Das liefert nun die folgende Multiplikationstabelle

1  g  h h^{−1} gh gh^{−1}
1  1  g  h h^{−1} gh gh^{−1}
g  g  1  gh gh^{−1} h h^{−1}
h  h gh^{−1} h^{−1} 1  g  gh
h^{−1}  h^{−1} gh  1  h gh^{−1} g
gh  gh h^{−1} gh^{−1} g  1  h
gh^{−1} gh^{−1} h  g  gh h^{−1} 1

Da diese Tabelle eindeutig ist, gibt es also genau zwei solche Gruppen.

86) Wir haben Drehungen an Achsen durch Ecken und Mitte der Gegenseite um die Winkel 120 und 240 Grad. Dies liefert 8 Symmetrien. Spiegelungen an den Kanten liefern 6 Symmetrien. Drehungen um Achsen durch die Mittelpunkte gegenüberliegender Seiten um 180 Grad, liefern 3 Symmetrien, schließlich eine dieser drei Drehungen gefolgt von einer der obigen 6 Spiegelungen. Dies liefert noch einmal mindestens 6 Symmetrien. Zusammen haben wir mindestens 24 Symmetrien. Da jede Symmetrie die 4 Ecken permutieren, muß eine Symmetrie, die alle Ecken fest läßt, die Identität sein. Es folgt, daß die Symmetriegruppe eine Untergruppe der Σ_{4} ist. Da |Σ_{4}| = 24 ist, folgt die Gleichheit.

87) a)

( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 1 & 3 & 5 & 6 & 4 & 2 & 7 & 9 & 8 \end{matrix} )

( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 1 & 5 & 1 & 3 & 4 & 8 & 7 & 9 & 6 \end{matrix} ) .

b) (1, 2)(3, 4, 5, 6, 7, 8, 9).

c) (1, 4)(1, 7)(3, 9)(4, 2)(4, 6)(4, 5).

d) −1.

88) a) Es ist sgn (id) = 1, also ist A_{n} ≠ ∅. Sei sgn x = 1 = sgn y. Dann ist sgn xy = sgn x sgn y = 1, also ist xy ∈ A_{n}. Weiter ist 1 = sgn (id) = sgn xx^{−1} = sgn x sgn x^{−1} = sgn x^{−1}. Damit ist x^{−1} ∈ A_{n}.

b) Es ist (1, 2) ∉ A_{n}. Ist x ∈ Σ_{n} mit sgn x = −1, dann ist (1, 2)x ∈ A_{n}. Also ist |A_{n}| = |Σ_{n}|/2.

c) Es ist (1, 2)(3, 4) = (1, 2, 3)(2, 3, 4) und (1, 2)(2, 3) = (1, 2, 3) . Somit kann jedes Produkt von gerade vielen Transpositionen als Produkt von 3-Zyklen geschrieben werden.

d) Sei φ : G_{1} ⟶ G_{2} ein Homomorphismus. Dann ist {g | g ∈ G_{1}, φ(g) = 1} eine Untergruppe von G_{1}.

89) Sei σ_{1} = (a_{1}, …, a_{α})(b_{1}, …, b_{β}) . . .. Dann ist

τ^{−1}σ_{1}τ = (τ^{−1}(a_{1}), …, τ^{−1}(a_{α}))(τ^{−1}(b_{1}), …, τ^{−1}(b_{β})) ….

Also haben σ_{1} und σ_{2} die gleiche Zyklenstruktur. Haben umgekehrt σ_{1} und σ_{2} die gleiche Zyklenstruktur, also σ_{2} = (a_{1}^{(1)}, …, a_{α}^{(1)})(b_{1}^{(1)}, …, b_{β}^{(1)}) . . .. Nun definiere τ durch τ(a_{i}^{(1)}) = a_{i}, i = 1, …, α, τ(b_{i}^{(1)}) = b_{i}, i = 1, …, β usw.

90) Es ist (g_{1}g_{2})^{o(g_{1})o(g_{2})} = 1. Also ist o(g_{1}g_{2}) ein Teiler von o(g_{1}) o(g_{2}) nach (8.9). Sei m = o(g_{1}g_{2}). Dann ist (g_{1}g_{2})^{m} = 1, also g_{1}^{m}g_{2}^{m} = 1. Somit ist 1 = (g_{1}^{m})^{o(g_{1})} = (g_{2}^{−m})^{o(g_{1})}. Insbesondere ist g_{2}^{mo(g_{1})} = 1, d.h. o(g_{2}) teilt mo(g_{1}) nach (8.9). Da o(g_{2}) teilerfremd zu o(g_{1}) ist, folgt o(g_{2}) teilt m. Genauso folgt, daß o(g_{1}) auch m teilt. Somit ist o(g_{1})o(g_{2}) ein Teiler von o(g_{1}g_{2}), d.h. o(g_{1}g_{2}) = o(g_{1})o(g_{2}).

91) a) 4,2,15.

Die Ordnung eines Elements aus Σ_{n} ist das kleinste gemeinsame Vielfache der Zyklenlängen. Seien M_{i} die zu den einzelnen Zyklen gehörenden Bahnen. Dann ist o(g_{|M_{i}}) = |M_{i}| und die einzelnen Zyklen sind miteinander vertauschbar. Es genügt also zu zeigen : Sind g_{1}, g_{2} ∈ G mit g_{1}g_{2} = g_{2}g_{1}, so ist o(g_{1}g_{2}) = kgV(o(g_{1}), o(g_{2})). Dies ist aber klar, da die g_{i} Permutationen auf disjunkten Mengen M_{i}, i = 1, 2 sind.

b) Es ist klar, daß wir nur Zyklenlängen betrachten müssen, die paarweise teilerfremd sind. Dies reduziert die Möglichkeiten beträchtlich. Wir enden mit der Zyklenstruktur [1, 1, 1, 4, 5, 7, 9, 11, 13]. Die Ordnung ist 180180.

92) a) Nachrechnen der Axiome.

b) Da es vier Möglichkeiten für a und fünf Möglichkeiten für b gibt, hat G die Ordnung 20.

c) Identifiziere ℤ_{5} mit {1, 2, 3, 4, 5}. Jedes t_{a,b} ist eine Permutation dieser Menge. Diese Zuordnung ist der gesuchte injektive Homomorphismus.

93) Es ist klar, daß die Behauptung richtig ist, wenn A ⊆ B oder B ⊆ A ist. Sei x ∈ A \ B und y ∈ B \ A. Ist A ∪ B eine Gruppe, so ist xy ∈ A ∪ B. Also können wir xy ∈ A annehmen. Dann ist aber auch y = x^{−1}(xy) ∈ A, ein Widerspruch.

94) Sei g ≠ g^{−1} für alle g ∈ G, g ≠ 1. Dann ist aber |G| − 1 gerade und |G| ungerade. Also gibt es stets ein g mit 1 ≠ g = g^{−1}, d.h. g^{2} = 1.

95) a) Sei

( \begin{matrix}1 & 2 & . . . . . . & n \\ π(1) & π(2) & . . . . . . & π(n) \end{matrix} )

eine Permutation mit k Abstiegen, so ist

( \begin{matrix}1 & 2 & . . . . . . & n \\ π(n) & π(n − 1) & . . . . . . & n \end{matrix} )

eine Permutation mit n − k − 1 Abstiegen. Also ist ⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ = ⟨ \begin{matrix}n \\ n − k − 1 \end{matrix} ⟩.

b) Sei

( \begin{matrix}1 & 2 & . . . . . . & n − 1 \\ x_{1} & x_{2} & . . . . . . & x_{n−1} \end{matrix} )

eine Permutation aus Σ_{n−1}. Dann liefert dies n Permutationen aus Σ_{n}, indem wir

( \begin{matrix}1 & 2 & … & j & j + 1 & … & n \\ x_{1} & x_{2} & … & n & x_{j} & … & x_{n−1} \end{matrix} )

für j = 1, …, n bilden. Die Anzahl der Abstiege in der neuen Permutation ist die gleiche wie in der alten Permutation, wenn wir j = 1 oder x_{j−1} < x_{j} haben, sie ist um einen Abstieg größer, wenn wir j = n oder x_{j−1} > x_{j} haben. Wir erhalten also eine

Permutation mit k Abstiegen in Σ_{n} auf (k + 1) ⟨ \begin{matrix}n − 1 \\ k \end{matrix} ⟩ Arten aus Permutationen

aus Σ_{n−1} mit k Abstiegen und auf ((n − 2) − (k − 1) + 1) ⟨ \begin{matrix}n − 1 \\ k − 1 \end{matrix} ⟩ Arten aus

Permutationen mit k − 1 Abstiegen. Dies ist die Behauptung.

96) Wir beweisen zunächst den Hinweis . Dieser ist äquivalent zu der Gleichung

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

Dies ist ein quadratisches Polynom in k. Also genügt es, die Gleichung an drei Stellen zu verifizieren. Man setze k = 0, k = −1 und k = n ein. Dies beweist den Hinweis.

Nun ist

(+) \begin{matrix}x^{n+1} = xx^{n} = ∑_{k=0}^{n−1} x ⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ ( \begin{matrix}x + k \\ n \end{matrix} ) = \\ ∑_{k=0}^{n−1} & ⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ & [(k + 1) ( \begin{matrix}x + k \\ n + 1 \end{matrix} ) + (n − k) ( \begin{matrix}x + k + 1 \\ n + 1 \end{matrix} )] \end{matrix}

nach dem Hinweis. Andererseits können wir Aufgabe 95b) anwenden. Danach ist

(∗) \begin{matrix}∑_{k=0}^{n} ⟨ \begin{matrix}n + 1 \\ k \end{matrix} ⟩ ( \begin{matrix}x + k \\ n + 1 \end{matrix} ) = \\ ∑_{k=0}^{n} ⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ (k + 1) ( \begin{matrix}x + k \\ n + 1 \end{matrix} ) + ⟨ \begin{matrix}n \\ k − 1 \end{matrix} ⟩ ((n + 1) − k) ( \begin{matrix}x + k \\ n + 1 \end{matrix} ) \end{matrix} .

Wegen ⟨ \begin{matrix}n \\ n \end{matrix} ⟩ = 0 ist der erste Teil der Summe

(1) ∑_{k=0}^{n} ⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ (k + 1) ( \begin{matrix}x + k \\ n + 1 \end{matrix} ) = ∑_{k=0}^{n−1} ⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ (k + 1) ( \begin{matrix}x + k \\ n + 1 \end{matrix} ) .

Für den zweiten Teil der Summe gilt

∑_{k=0}^{n} ⟨ \begin{matrix}n \\ k − 1 \end{matrix} ⟩ ((n + 1) − k) ( \begin{matrix}x + k \\ n + 1 \end{matrix} ) = ∑_{k=1}^{n} ⟨ \begin{matrix}n \\ k − 1 \end{matrix} ⟩ ((n + 1) − k) ( \begin{matrix}x + k \\ n + 1 \end{matrix} ) .

Indem wir k − 1 durch k ersetzen, erhalten wir dann

(2) ∑_{k=1}^{n} ⟨ \begin{matrix}n \\ k − 1 \end{matrix} ⟩ ((n + 1) − k) ( \begin{matrix}x + k \\ n + 1 \end{matrix} ) = ∑_{k=0}^{n−1} ⟨ \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ⟩ (n − k) ( \begin{matrix}x + k + 1 \\ n + 1 \end{matrix} ) .

Diese beiden Umformungen (1) und (2) in (∗) eingesetzt, liefert den Ausdruck (+) für x^{n+1}.

97) Wir müssen die Drehgruppe des Tetraeders auf den 6 Kanten operieren lassen. Das liefert 8 Drehungen um die Symmetrieachse Ecke Mitte der Gegenkante um den Winkel 120 und 240 Grad. Diese sind alle vom Typ (123)(456). Ansonsten haben wir noch die drei Drehungen um Achsen durch die Mittelpunkte gegenüberliegender Seiten um 180 Grad. Diese sind vom Typ (1)(2)(3, 4)(5, 6). Damit haben wir für den Zyklenindex \frac{1}{12}(x_{1}^{6} + 8x_{3}^{2} + 3x_{1}^{2}x_{2}^{2}). Hierin muß x_{i} = r^{i} + g^{i} + b^{i} gesetzt werden. Der Koeffizient vor r^{2}g^{2}b^{2} ist 9.

98) \frac{1}{120}(x_{1}^{5} + 10x_{1}^{3}x_{2} + 15x_{1}x_{2}^{2} + 20x_{1}^{2}x_{3} + 20x_{2}x_{3} + 30x_{1}x_{4} + 24x_{5}). Dies kann man durch elementares Abzählen verifizieren.

99) a) Tetraeder : Die Symmetrien stehen bereits in in Aufgabe 97. Nur müssen wir jetzt die Operation auf den Seiten betrachten. Das ist die gleiche wie auf den Ecken. Also

\frac{1}{12}(x_{1}^{4} + 8x_{1}x_{3} + 3x_{2}^{2})

b) Würfel : Auch hier sind die Symmetrien bereits in (8.44) bestimmt worden. Wir müssen nun nur die Operation auf den Seiten betrachten.

\frac{1}{24}(x_{1}^{6} + 6x_{1}^{2}x_{4} + 3x_{1}^{2}x_{2}^{2} + 6x_{2}^{3} + 8x_{3}^{2})

c) Oktaeder : Die Seiten eines Oktaeders entsprechen den Ecken eines Würfels. Also ist der Zyklenindex der gleiche, wie der des Würfels auf den Ecken. Dieser steht in (8.44)

\frac{1}{24}(x_{1}^{8} + 8x_{1}^{2}x_{3}^{2} + 9x_{2}^{4} + 6x_{4}^{2}).

d) Dodekaeder : Es gibt 24 Drehungen um Vielfache von 2π/5 um Achsen durch Mittelpunkte gegenüberliegender Seiten. Es gibt 15 Drehungen um π um Achsen durch Mittelpunkte gegenüberliegender Kanten. Es gibt 20 Drehungen um Achsen durch gegenüberliegende Ecken um Vielfache von 2π/3. Dies ergibt

\frac{1}{60}(x_{1}^{12} + 24x_{1}^{2}x_{5}^{2} + 15x_{2}^{6} + 20x_{3}^{4}).

e) Die Seiten des Ikosaeders bilden die Ecken eines Dodekaeders. Also können wir auch obige Gruppe auf den Ecken operieren lassen. Das liefert

\frac{1}{60}(x_{1}^{20} + 20x_{1}^{2}x_{3}^{6} + 15x_{2}^{10} + 24x_{5}^{4}).

Für die Anzahl der Färbungen mit zwei Farben erhalten wir in obiger Reihenfolge: 5, 10, 23, 96, 17964.

100) Wir müssen die Fixpunkte der einzelnen Symmetrien zählen. Die Identität hat \binom{n^{2}}{2} viele Fixpunkte. Die Drehungen um 90 Grad haben keine Fixpunkte. Die Drehung um 180 Grad hat \binom{n}{2} + \frac{n}{2} Fixpunkte für n gerade und \binom{n}{2} + \frac{n−1}{2} Fixpunkte für n ungerade. Die Spiegelungen an Achsen durch die Seitenmitten haben \frac{n^{2}}{2} Fixpunkte für n gerade und \frac{n(n−1)}{2} + \binom{n}{2} Fixpunkte für n ungerade. Die Spiegelung an Achsen

durch Gegenecken hat immer \frac{n(n−1)}{2} + \binom{n}{2} Fixpunkte. Damit haben wir :

a) n gerade : \frac{1}{8}(\binom{n^{2}}{2} + \binom{n}{2} + \frac{n}{2} + 2(\frac{n^{2}}{2} ) + 2(\frac{n(n−1)}{2} + \binom{n}{2})) = \frac{1}{16}(n^{4} + 6n^{2} − 4n)

b) n ungerade : \frac{1}{8}(\binom{n^{2}}{2} + \binom{n}{2} + \frac{n−1}{2} + 2(\frac{n(n−1)}{2} + \binom{n}{2}) + 2(\frac{n(n−1)}{2} + \binom{n}{2})) = \frac{1}{16}(n^{4} + 8n^{2} − 8n − 1).

101) a) Da die Identität in Z(G) ist, ist Z(G) ≠ ∅. Seien g_{1}, g_{2} ∈ Z(G). Dann ist (g_{1}g_{2})x = g_{1}(g_{2}x) = g_{1}(xg_{2}) = (g_{1}x)g_{2} = (xg_{1})g_{2} = x(g_{1}g_{2}) für alle x ∈ G. Also ist g_{1}g_{2} ∈ Z(G). Es ist g_{1}^{−1}x = g_{1}^{−1}x(g_{1}g_{1}^{−1}) = g_{1}^{−1}(xg_{1})g_{1}^{−1} = g_{1}^{−1}(g_{1}x)g_{1}^{−1} = (g_{1}^{−1}g_{1})xg_{1}^{−1} = xg_{1}^{−1} für alle x ∈ G. Somit ist g_{1}^{−1} ∈ Z(G).

b) Wir lassen G auf sich selbst vermöge x ⟶ g^{−1}xg operieren. Seien Ω_{i}, i = 1 …, r die Bahnen bezüglich dieser Operation. Dann gilt |G| = ∑_{i=1}^{r} |Ω_{i}|. Für jedes Ω_{i} gibt

es nach (8.35) ein x_{i} mit |Ω_{i}| = |G|/|G_{x_{i}}|. Somit sind die |Ω_{i}| alles p - Potenzen. Die Bahn, zu der x = 1 gehört , besteht aber nur aus {1}. Also gibt es mindestens ein i mit |Ω_{i}| = 1. Da die Summe der Bahnenlängen eine p - Potenz ungleich 1 ist, muß es noch mindestens eine weitere Bahn Ω_{i} geben, die die Länge 1 hat. Also gilt für dieses i und das zugehörige Element x_{i}, daß x_{i} = g^{−1}x_{i}g für alle g ∈ G gilt. Dann ist aber gx_{i} = x_{i}g für alle g ∈ G und 1 ≠ x_{i} ∈ Z(G).

102) a) Sei e das Einselement. Dann ist e = g^{−1}eg ∈ V. Also ist V ≠ ∅. Seien x_{1}, x_{2} ∈ V. Dann gibt es u_{1}, u_{2} ∈ U mit x_{1} = g^{−1}u_{1}g und x_{2} = g^{−1}u_{2}g. Es ist x_{1}x_{2} = (g^{−1}u_{1}g)(g^{−1}u_{2}g) = (g^{−1}u_{1})(gg^{−1})(u_{2}g) = g^{−1}(u_{1}u_{2})g. Da U eine Gruppe ist, ist u_{1}u_{2} ∈ U, also x_{1}x_{2} ∈ V. Es ist x_{1}^{−1} = (g^{−1}u_{1}g)^{−1} = g^{−1}u_{1}^{−1}g. Da U eine Gruppe ist, ist u_{1}^{−1} ∈ U, also x_{1}^{−1} ∈ V.

b) Beweis durch Induktion nach |G|. Per Induktion ist jede echte Untergruppe zyklisch. Sei |G| keine Primzahlpotenz. Dann ist |G| = xy mit ggT(x, y) = 1 und x ≠ 1 ≠ y. Es gibt somit eine zyklische Untergruppe der Ordnung x und der Ordnung y. Sei g ∈ G mit o(g) = x und h ∈ G mit o(h) = y. Es ist o(g^{−1}hg) = o(h), also sind g^{−1}hg und h in der einzigen Untergruppe U der Ordnung y. Es ist o(hgh^{−1}) = o(g), also sind hgh^{−1} und g in der einzigen Untergruppe V der Ordnung x. Damit ist g^{−1}hgh^{−1} ∈ U ∩ V. Nach (8.36) ist |U ∩ V | ein Teiler von x und y. Da beide teilerfremd sind, ist |U ∩ V | = 1. Also ist g^{−1}hgh^{−1} = 1, was gh = hg liefert. Dann ist aber nach Aufgabe 90 o(gh) =kgV(x, y) = |G|. Also ist G zyklisch. Es bleibt, daß |G| eine p - Potenz ist. Sei g ∈ G mit o(g) maximal. Sei weiter h ∈ G. Dann ist o(h) ≤ o(g). In ⟨g⟩ gibt es aber eine Untergruppe mit der Ordnung o(h). Da es nur eine solche Untergruppe in G gibt, ist h ∈ ⟨g⟩ und G = ⟨g⟩ ist zyklisch.

103) Die Stoffteile können mit den Ecken eines Rechtecks identifiziert werden. Wir wollen sie im Uhrzeigersinn mit 1,2,3,4 bezeichnen. Die möglichen Symmetrien sind: Identität, auf dem Kopf stehend (1,3)(2,4), verkehrt herum (1,2)(3,4), beides (1,4)(2,3). Der Zykelnindex ist \frac{1}{4}(x_{1}^{4} + 3x_{2}^{2}). Sei r die Anzahl der Farben. Dann muß \frac{1}{4}(r^{4} + 3r^{2}) ≥ 160 sein. Also werden 5 Farben benötigt.

104) In (8.49) hatten wir den Zyklenindex für die Drehungen der Perlenkette berechnet. Diesen wollen wir mit Z_{C_{n}} bezeichnen. Die Behaupung ist, daß die volle Symmetriegruppe den Zyklenindex \frac{1}{2}(Z_{C_{n}} +R_{n}) hat. Zur vollen Symmetriegruppe kommen noch die n Spiegelungen hinzu. Wir fassen die Perlenkette wieder als reguläres n - Eck auf. Dann haben wir Spiegelungen an Achsen durch Gegenecken und an Achsen durch die Mitten von Gegenkanten im Fall n gerade. Im Fall n ungerade haben wir nur Spiegelungen an Achsen durch eine Ecke und die Mitte der Gegenkante. Im letzten Fall haben wir (n − 1)/2 Zyklen der Länge zwei und einen der Länge 1. Im ersten Fall wir (n − 2)/2 Zyklen der Länge 2 und zwei der Länge 1, falls die Achse durch zwei Ecken geht, und sonst n/2 Zyklen der Länge 2. Das liefert aber, daß der Beitrag, den die Spiegelungen liefern, genau nR_{n} ist. Die Symmetriegruppe hat die Ordnung 2n, was den Faktor \frac{1}{2} erklärt, da es nur n Drehungen gab.

105) a) Man kann dies leicht nachprüfen, indem man den Graphen aufzeichnet.

b) Aus a) folgt sofort, daß die Gruppe S_{5} eine Automorphismengruppe von Γ ist. Sei umgekehrt G = Aut(Γ). Sei x eine Ecke von Γ. Nach (8.35) ist |G_{x}| ≥ |G|/10. Wir betrachten die drei Nachbarn von x. Sei H die Untergruppe von G_{x}, die diese drei Nachbarn y_{1}, y_{2}, y_{3} fest läßt. Da auf diesen höchstens eine S_{3} induziert werden kann, ist |H| ≥ |G_{x}|/6. Es hat y_{1} genau zwei Nachbarn z_{1}, z_{2} verschieden von x. Sei H_{1} die Untergruppe von H, die diese beiden Nachbarn fest läßt. Dann ist |H_{1}| ≥ |H|/2. Es läßt H_{1} die bisher angegebenen 6 Ecken fest. Da der Graph keine Vierecke enthält, liegt jeder Weg der Länge drei in einem eindeutig bestimmten 5 -Eck. Es sind y_{2}, x, y_{1}, z_{1} und y_{2}, x, y_{1}, z_{2} zwei 3-Wege. Diese liegen auf zwei verschiedenen 5-Kreisen. Also läßt H_{1} die jeweils zwei anderen Ecken auf diesen Kreisen auch fest. Damit läßt aber H_{1} alle 10 Ecken fest, d.h. H_{1} = 1. Somit haben wir nun |G| ≤ 10 · 6 · 2 = 120. Da G eine zu S_{5} isomorphe Untergruppe enthält, folgt, daß G zu S_{5} isomorph ist.

106) Wir betrachten den Graphen Γ_{1}, der die gleiche Eckenmenge wie Γ hat, aber zwei Ecken sind genau dann durch eine Kante verbunden, wenn sie dies in Γ nicht sind. Da jede Ecke in Γ mit genau 4 Ecken benachbart ist, ist in Γ_{1} jede Ecke mit genau zwei benachbart. Ein zusammenhängender Graph mit dieser Eigenschaft ist aber ein Kreis. Also gibt es für Γ_{1} nur die beiden Möglichkeiten : Γ_{1} ist ein 7-Kreis, Γ_{1} ist Vereinigung eines 3-Kreises mit einem 4-Kreis. Indem man nun genau die in Γ_{1} nicht verbundenen Ecken verbindet erhält man die zwei möglichen Graphen Γ.

107) a) Da Γ keine Dreiecke enthält, ist jede Nachbarschaft einer Ecke unabhängig.

b) Eine Teilmenge B der Eckenmenge trifft genau dann alle Kanten, wenn E \ B unabhängig ist. Sei nun A die kleinste solche Menge. Dann ist |A| = n − α(G). Da Γ keine Dreiecke enthält, ist d(x) ≤ α(G) für alle x ∈ E nach a). Die Wahl von A

liefert |K| ≤ ∑_{u∈A} d(u) ≤ (n − α(G))α(G) ≤ (\frac{(n−α(G))+α(G)}{2})^{2} = \frac{n^{2}}{2} .

c) Ein Beispiel ist der vollständige bipartite Graph auf 2m Ecken.

108) Wir bezeichnen die kleinen Käsestückchen abwechselnd mit a und b, wobei wir mit einem a - Stück unten links beginnen (also alle Nachbarn von a - Stückchen sind b - Stückchen und umgekehrt). Da die Maus immer von a nach b und von b nach a wandert, endet ein Weg mit a, wenn er mit a, beginnt (Die Anzahl der Käsestücke ist ungerade). Das mittlere Stück ist aber ein b - Stück. Also existiert ein solcher Weg nicht. Dies läßt sich auf n = 4k +3 verallgemeinern. Für einen 5×5×5-Würfel gibt es einen solchen Weg. Dies gilt sogar für n = 4k + 1. Eine Möglichkeit besteht darin, an einer Ecke zu beginnen und sich auf der ersten Scheibe spiralförmig bis in die Mitte zu fressen. Dann auf dem Mittelstück zur nächsten Scheibe vorzudringen und sich dort wieder spiralförmig bis zu einer Ecke zu fressen. Dies wird k - mal fortgesetzt. Nach 2k Scheiben sitzt die Maus an einer Ecke. Danach schreitet die Maus im Prinzip genauso fort. Nur sie läßt stets das mittlere Stück stehen und geht schon ein Stück früher auf die nächste Scheibe. Somit endet sie nun auf der vorletzten Scheibe wieder in der Ecke. Nun frißt sie sich spiralförmig bis in die Mitte und dann durch die übriggebliebenen Mittelstücke der einzelnen Scheiben bis zum Mittelstück des Würfels.

109) Sei n = |E| und m = |K|. Sei k_{1}, …, k_{m} ein Euler Weg und e_{i}, e_{i+1} die Endecken der Kante k_{i}, also e_{m+1} = e_{1}. Da Γ kein Kreis ist, gibt es Indizes i, j zwischen 1 und m mit i ≠ j und e_{i} = e_{j}. Seien i_{0} und j_{0} zwei solche mit |i_{0} − j_{0}| minimal. Wir können i_{0} < j_{0} annehmen. Es ist j_{0} − i_{0} < n. Also gibt es eine Ecke e von Γ, die nicht auf dem Kantenzug (v_{i_{0}} = v_{j_{0}}, v_{i_{0}+1}, …, v_{j_{0}−1}, v_{j_{0}}) liegt. Dann ist (v_{1}, v_{2}, v_{3}, …, v_{i_{0}−1}, v_{i_{0}}, v_{j_{0}+1}, v_{j_{0}+2}, … v_{m+1}) der gesuchte Kantenzug, da er alle Kanten mit Endecke v_{1} enthält, aber nicht alle Kanten von Γ.

110) a) Sei x_{1} eine Ecke und x_{2}, x_{3}, x_{4} die Nachbarn von x_{1}. Da Γ keine Dreiecke enthält, hat x_{2} noch zwei neue Nachbarn x_{5} und x_{6}. Also ist |E| ≥ 6. Gleichheit gilt nur dann, wenn auch x_{3} und x_{4} mit x_{5}, x_{6} benachbart sind. Dann ist Γ der vollständige bipartite Graph mit 6 Ecken.

b) Sei (x_{1}, …, x_{5}, x_{1}) ein 5-Kreis in Γ. Sei y_{i} der Nachbar von x_{i}, i = 1, …, 5, der nicht im Kreis liegt. Dann ist y_{i} ≠ y_{j} für i ≠ j, da es keine 4-Kreise gibt. Also ist |E| ≥ 10. Sei |E| = 10. Dann muß y_{1} mit zwei der anderen y_{i} benachbart sein. Da dadurch aber kein 4-Kreis entstehen darf, folgt, daß die Nachbarn y_{3} und y_{4} sind. Genauso ist y_{2} mit y_{4} und y_{5} benachbart und y_{3} mit y_{5}. Der resultierende Graph ist der Petersen Graph.

111) Jede der χ(Γ) Farbklassen ist eine unabhängige Menge A_{i} mit ∪A_{i} = E. Also ist n = ∑ |A_{i}| ≤ α(Γ)χ(Γ). Der K_{n} erfüllt die Gleichheit.

112) Sei A unabhängig mit |A| = α(G). Sei N(A) die Menge der Ecken von Γ, die mit einer Ecke aus A benachbart sind. Dann ist N(A) = E \ A, da A maximal war. Also ist |N(A)| = n − α(G) ≤ α(G)Δ.

113) Alle k-Mengen, die 1 enthalten kommen in die Farbklasse 1, alle, die 2 enthalten (aber nicht 1) in Klasse 2, usw. bis n − 2k + 1. Es bleiben alle k-Mengen aus {n − 2k + 2, …, n} übrig, und diese haben paarweise nichtleeren Schnitt. Der K(5,2) ist der Petersen Graph.

114) (1) Wir beweisen die Behauptungen durch Induktion nach n. Angenommen χ(Γ_{1})+ χ(\overline{Γ_{1}}) ≤ n für alle Graphen Γ_{1} mit n−1 Ecken. Sei nun v ∈ Γ eine Ecke mit d(v) = d. Sei Γ_{1} der Graph, der aus Γ entsteht, indem man die Ecke v und alle hiermit inzidenten Kanten wegnimmt. Dann ist χ(Γ) ≤ χ(Γ_{1}) + 1 und χ(\overline{Γ}) ≤ χ(\overline{Γ_{1}}) + 1.

Damit haben wir die Behauptung solange nicht in beiden Ungleichungen gleichzeitig die Gleichheit auftritt. In diesem Fall gilt aber χ(Γ_{1}) ≤ d und χ(\overline{Γ_{1}}) ≤ n − 1 − d, also auch χ(Γ) + χ(\overline{Γ}) ≤ n + 1.

(2) Sei A eine unabhängige Menge in Γ, so ist A ein vollständiger Graph in \overline{Γ}. Also ist χ(\overline{Γ}) ≥ α(Γ). Nun folgt die Behauptung mit Aufg. 111.

115) Seien (x_{1}, y_{1}), …, (x_{n}, y_{n}) die Durchschnittspunkte der Geraden. Wir können die Konfiguration so im Achsensystem drehen, daß x_{1} < x_{2} < ... < x_{n} gilt. Nun färben wir die Punkte in der angegeben Ordnung. Sind wir bei (x_{i}, y_{i}), so sind höchstens zwei seiner Nachbarn vorher bereits gefärbt worden, also haben wir die dritte Farbe für (x_{i+1}, y_{i+1}) frei.

116) Wir bezeichnen die Ecken der Grundfläche mit {x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}} im Uhrzeigersinn und die der Deckelfläche mit {y_{1}, y_{2}, y_{3}, y_{4}} , so daß y_{i} über x_{i} liegt, i = 1, ..., 4.

zwei Farben : x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, y_{1}, y_{2}, y_{3}, y_{4}. drei Farben : x_{1}, x_{2}, y_{3}, x_{3}, y_{2}, y_{1}, y_{4}, x_{4}. vier Farben : x_{1}, x_{2}, y_{3}, y_{4}, x_{4}, y_{3}, y_{2}, y_{1}.

117) χ(Γ) = 4.

118) Wir beweisen die Behauptung durch Induktion nach n. Der Fall n ≤ 2 ist klar. Sei also n ≥ 3. Dann ist d_{1} = 1, da sonst d_{1} + d_{2} + … + d_{n} ≥ 2n > 2n − 2 wäre. Weiter ist d_{n} > 1, da sonst d_{1} = d_{2} = … = d_{n} = 1 und somit d_{1} + … + d_{n} = n < 2n − 2 wäre. Es ist d_{2} + d_{3} + … + d_{n−1} + (d_{n} − 1) = 2n − 4 = 2(n − 1) − 2. Also gibt es per Induktion einen Baum Γ_{1} mit den Valenzen d_{2}, d_{3}, …, d_{n−1}, d_{n} − 1. Wir fügen zu Γ_{1} eine neue Ecke e mit Valenz 1 hinzu, die wir mit der Ecke vom Grad d_{n} − 1 verbinden. Dies ergibt einen Baum Γ mit den Valenzen d_{1}, … d_{n}.

119) Da jede Fläche mindestens vier Kanten hat, und jede Kante genau zwei Flächen begrenzt, folgt aus der Euler Formel 2m ≥ 4(m−n+2) oder gleichwertig m ≤ 2n−4.

120) Beweis durch Induktion nach der Anzahl der Kanten. Sei F eine Fläche, die durch die Kanten e_{1}, …, e_{m} berandet wird. Sei x eine Ecke. Und k die Anzahl der ”Ecken” die x enthalten und zu F gehören. Hätten zwei davon eine gemeinsame Kante e, so könten wir diese wegnehmen und eine Komponente von Γ\{e} hätte genau eine Ecke ungeraden Grades, ein Widerspruch. Also ist x mit genau 2k Kanten vom Rand von F inzident. Nun nehmen wir die Kanten e_{1}, …, e_{m} weg. Der Restgraph Γ′ hat gerade Valenz. Also per Induktion kann dieser mit zwei Farben gefärbt werden, so daß die Behauptung gilt. Die Flächen von Γ′ sind die Flächen von γ und die Fläche, die aus F und ihren Nachbarn besteht. Indem wir die Farbe von F ändern aber alle anderen festhalten, erhalten wir eine 2-Färbung von Γ.

121) Zunächst färben wir die Flächen mit zwei Farben wie in (120), rot und blau. Dann orientieren wir jede Kante so, daß die rote Fläche, die mit der Kante inzident ist, links liegt.

122) Seien die drei Farben rot, blau, grün. Jedes Dreick, das verschiedene Farben hat, hat eine rot-blaue Kante. Jedes andere Dreieck hat 0 oder 2 solche. Weiter wird jede rot-blaue Kante zweimal gezählt. Dies liefert eine gerade Zahl. Also ist die Anzahl der Dreiecke mit 3 verschiedenen Ecken gerade.

123) Seien zunächst die Flächen mit 4 farbe färbar. Diese seien 1,2,3 und 4. Wir färben eine Kante mit der Farbe α, falls diese Flächen mit der Farbe 1 und 2 oder 3 und 4 trennt, mit der Farbe β, falls sie Flächen mit den Farben 1 und 3 oder 2 und 4 trennt, und mit γ sonst. Sei umgekehrt eine 3-Färbung der kanten gegeben. Sei Γ_{1} der Graph, der aus den roten und blauen Kanten besteht, Γ_{2} der, der aus den roten und grünen Kanten besteht. Natürlich bestehen Γ_{1} und Γ_{2} aus disjunkten Zyklen. Also können die Flächen von Γ_{1} rot und grün gefärbt werden und die von Γ_{2} mit hell und dunkel. Nun benutzen wir die Farben hellrot, dunkelrot, hellgrün und dunkelgrün, um die Flächen von Γ zu färben. Jede Fläche F von Γ ist in einer Fläche F_{i} von Γ − i, i = 1, 2 enthalten. Nun färbe F mit hellrot, falls F_{1} rot und F_{2} hell ist, usw. Dies liefert die gesuchte 4-Färbung.

124) Seien (x_{1}, y_{1}), …, (x_{n}, y_{n}) die Durschnittspunkte. Wir können annehmen, daß die Anordnung so gewählt ist, bzw. die Koordinatenachsen so gedreht werden, daß x_{1} < x_{2} < … < x_{n}. Nun färben wir die Punkte mit drei Farben in obiger Anordnung. Wenn wir zu (x_{i}, y_{i}) kommen, so gibt es höchstens zwei Nachbarn, die vorher bereits gefärbt wurden, also gibt es eine freie Farbe.

125) Angenommen falsch. Betrachte das folgende Bild, in dem alle Punkte einen Einheitsabstand haben.

[figure: .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; .; a; b; e; d; c; f; g]

Angenommen a ist rot. Dann sind b, c blau bzw. grün. Also muß f rot sein. Genauso ist g rot. Dann sind aber f und g vom Abstand 1 mit der gleichen Farbe.

126) Da n−n_{d} Ecken mindestens den Grad d+1 haben, folgt mit (10.4) (n−n_{d})(d+1) ≤ ∑ d(v) = 2m ≤ 6n − 12, die Behauptung.

127) Offenbar liefert der Algorithmus einen Baum B_{0}. Seien k_{1}, k_{2}, …,k_{n−1} die Kanten in der Reihenfolge des Hinzufügens. Dann gilt nach der Vorschrift w(k_{1}) ≤ w(k_{2}) ≤ … ≤ w(k_{n−1}). Sei nun B ein Baum mit w(B) < w(B_{0}). Wir numerieren die Kanten ℓ_{1}, …, ℓ_{n−1} in B mit aufsteigenden Kosten w(ℓ_{1}) ≤ … ≤ w(ℓ_{n−1}). Dann gilt w(ℓ_{1}) ≥ w(k_{1}), aber es gibt ein i ≥ 2 mit w(ℓ_{i}) < w(k_{i}). Wäre an der Stelle i eine der Kanten ℓ_{1}, …, ℓ_{i} möglich gewesen, so hätte wegen w(k_{i}) > w(ℓ_{i}) ≥ … ≥ w(ℓ_{1}) der Algorithmus sie an dieser Stelle gewählt. Also sind alle ℓ_{i} in den Zusammenhangskomponenten Γ_{1}, …, Γ_{s}, die von den Kanten k_{1}, …, k_{i−1} aufgespannt werden. Die Γ_{i} sind Bäume mit n_{j} Kanten und ∑_{j=1}^{s} n_{j} = i − 1. Also muß eine der ℓ_{j}, j = 1, …, i

zwei verschiedene Komponenten verbinden.

128) Sei E = {u_{1}, …, u_{2m}} und P_{i} ein Weg von u_{i} nach u_{i+m}, i = 1, …, m. Sei Γ_{1} der Graph auf der Eckenmenge E, der alle die Kanten enthält, die in einer ungeraden Anzahl der P_{i} erscheinen. Dann hat Γ_{1} die gewünschte Eigenschaft. Der Graph K_{3} ∪ K_{3} ist ein Gegenbeispiel für unzusammenhängende Graphen.

129) Angenommen T und T_{1} seien verschiedene optimale Bäume und k = (u, v) sei eine Kante in T, die nicht in T_{1} ist. Auf dem eindeutig bestimmten Weg in T_{1}, welcher u und v verbindet, liegt eine Kante k_{1}, welche die beiden Komponenten in T \ {k} verbindet. Nun hat entweder (T \ {k}) ∪ {k_{1}} oder (T_{1} \ {k_{1}}) ∪ {k} geringeres Gewicht als T.

130) v, a, d, e, b, g, h, w.

131) Jemand gibt einen Isomorphismus φ : Γ → Δ an. Dann muß für jede 1 oder 0 in der Adjazenzmatrix von Γ geprüft werden, ob der entsprechende Eintrag in der Adjazenzmatrix von Δ ebenfalls 1 oder 0 ist. Dies geht mit einem Aufwand in der Größenordnung von n^{2}.

132) Es ist P ⊆ co − NP. Sei P = NP und A ∈ co − NP. Betrachten wir A_{1} mit den Wahrheitswerten 1 und 0 vertauscht, so ist A_{1} ∈ NP = P.Also ist A ∈ P, da P = co − P ist. Es folgt co − NP = P = NP.

133) Wende den Algorithmus aus (12.7) an.

134) Sei λ = min|A| und μ =max|W |. Dann gilt offenbar λ ≥ μ. Wir machen aus dem Graph ein Netzwerk, indem wir u als Quelle und v als Senke betrachten und alle Kapazitäten c gleich 1 setzen. Für eine Partition X ∪ Y der Eckenmenge mit u ∈ X und v ∈ Y sei S(X, Y) die Menge der Kanten, die aus X weglaufen bzw. nach Y gehen. Sei nun (X, Y) ein Schnitt. Dann ist c(X, Y) = |S(X, Y)|. Da jedes S(X, Y) eine trennende Menge ist, folgt λ ≤ c(X, Y). Es bleibt zu zeigen, daß val(f) ≤ μ für jeden Fluß f ist. Gibt es einen zunehmenden Weg, so entspricht die Addition von 1 bzw. -1 in (12.7) genau einem gerichteten Weg von u nach v. Wegen c ≡ 1 folgt also val(f) ≤ μ.

135) Sei Z = {1, …, m} und S = {1, …, n}. Wir betrachten den vollständigen bipartiten Graphen mit Eckenmenge S ∪ Z, wobei alle Kanten von Z nach S gerichtet sind. Die Kapazität auf allen Kanten sei 1. Wir betrachten das folgende Angebot/Nachfrage Problem. Das Angebot in i ∈ Z sei r_{i}, die Nachfrage in j ∈ S sei s_{j}. Ein Fluß nimmt dann nach (12.7) die Werte 0,1 an und wegen ∑ r_{i} = ∑ s_{j} entsprechen die 1 Werte den gesuchten a_{ij}. Sei (X, Y) ein Schnitt mit Z ∩ Y = I und S ∩ Y = J. Genau die Kanten zwischen Z \ I und J steuern die Kapazität 1 bei, so daß wir ∑_{j∈J} s_{j} ≤ ∑_{i∈I} r_{i} + |Z \ I||J| für alle I ⊆ Z, J ⊆ S

erhalten. Unter den k-Mengen J ≤ S ist die schärfste Bedingung links wegen s_{1} ≥ s_{2} ≥ … ≥ s_{n} durch J = {1, …, k} gegeben. Man sieht sofort, daß für |J| = k die schärfste Bedingung rechts für I_{0} = {i ∈ Z : r_{i} ≤ k} resultiert. Dann ist aber ∑_{i∈I_{0}} r_{i} + k|Z \ I_{0}| = ∑_{i=1}^{m} min(r_{i}, k). Also ist die Bedingung am Ende des Paragraphen

über das Angebot und Nachfrage Problem erfüllt.

136) Für g, h gibt es eindeutig bestimmte n, m ∈ ℕ ∪ {0}, so daß g = x^{n}g̃ und h = x^{m}h̃, mit Einheiten g̃ und h̃ sind. Ist n ≤ m, so ist g ein Teiler von h. Im anderen Fall ist h ein Teiler von g.

137) Sei (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2n} = a_{n} + b_{n}\sqrt{6}. Per Induktion zeigt man a_{n} = 5a_{n−1} + 12b_{n−1} und

b_{n} = 2a_{n−1}+5b_{n−1} mit a_{0} = 1 und b_{0} = 0. Sei A(x) = ∑_{n≥0} a_{n}x^{n} und B(x) = ∑_{n≥0} b_{n}x^{n}.

Dann erhalten wir A(x) = 5xA(x) + 12xB(x) + 1 und B(x) = 2xA(x) + 5xB(x). Die zweite Gleichung liefert B(x) = \frac{2xA(x)}{1−5x}. Eingesetzt in die erste Gleichung haben wir A(x) = 5xA(x) + \frac{24x^{2}A(x)}{1−5x} + 1 oder A(x) = \frac{1−5x}{1−10x+x^{2}} . Die Nullstellen des Nenners sind 5 + 2\sqrt{6} und 5 − 2\sqrt{6}. Also erhalten wir a_{n} = \frac{1}{2}((5 + 2\sqrt{6})^{n} + (5 − 2\sqrt{6})^{n}). Es ist (5+2\sqrt{6})^{n} = (\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2n} = a_{n} +b_{n}\sqrt{6}. Also haben wir a_{n} = \frac{1}{2}(a_{n} +b_{n}\sqrt{6}+(5− 2\sqrt{6})^{n}) oder a_{n} = b_{n}\sqrt{6}+(5−2\sqrt{6})^{n}. Sei \{x\} der Anteil der reellen Zahl x nach dem Komma. Da a_{n} ganzzahlig ist, folgt \{b_{n}\sqrt{6}\}+\{(5−2\sqrt{6})^{n}\} = 1. Da 5−2\sqrt{6} < 1 ist, geht (5 − 2\sqrt{6})^{n} gegen Null mit n gegen unendlich. Also ist für n = 1000 sicherlich (5 − 2\sqrt{6})^{n} = 0.00... und daher \{b_{n}\sqrt{6}\} = 0.99.... Die erste Stelle nach dem Komma von a_{1000} + b_{1000}\sqrt{6} ist somit 9. Sei nun A die Einerstelle von a_{1000} und B die Einerstelle von b_{1000}\sqrt{6}. Dann folgt aus der obigen Gleichung A ≡ B + 1(mod 10). Also ist die Einerstelle von a_{1000} + b_{1000}\sqrt{6} gleich A + B ≡ 2A − 1(mod 10). Die ursprüngliche Rekursion liefert für die Einserstelle: a_{0} = 1, b_{0} = 0, a_{1} = 5, b_{1} = 2, a_{2} = 9, b_{2} = 0, a_{3} = 5, b_{3} = 8, a_{4} = 1, b_{4} = 0, a_{5} = 5, b_{5} = 2. Die Einerstellen von a_{n} wiederholen sich also mit der Periode 4. Es ist 1000 ≡ 0(mod 4), also A = 1. Wir erhalten 2 · 1 − 1 ≡ 1(mod 10). Also ist 1 die letzte Ziffer vor dem Komma.

138) a_{n} ist die Fibonacci Folge.

139) Es ist genau eine Operation außerhalb aller Klammern, die abschließende Multiplikation. Diese geschieht zwischen x_{m} und x_{m+1}, wobei es k_{m} Möglichkeiten der Beklammerung von x_{0}, …, x_{m} und k_{n−m−1} Möglichkeiten der Beklammerung von x_{m+1}, …, x_{n} gibt. Also ist k_{n} = k_{0}k_{n−1} + k_{1}k_{n−2} + … + k_{n−1}k_{0}. Somit ist k_{n} die Catalan Zahl.

140) L_{0}(n) = n − 1 ist klar. Ebenso L_{1}(1) = 0, L_{1}(2) = 1. Wir haben L_{1}(3) = 1. Sei n ≥ 4. Testen wir x^{∗} = 2, so ist nach Induktion L ≤ 1 + max(1, ⌈\frac{n−3}{3}⌉) = ⌈\frac{n}{3}⌉. Umgekehrt enthält jeder Teilbaum mit s Blättern immer einen Unterbaum mit mindestens s−3 Blättern Mit einer analogen Überlegung erhält man L_{2}(n) = ⌈\frac{n}{5}⌉+1 für n = 5t, 5t + 3, 5t + 4(n ≥ 3) und L_{2}(n) = ⌈\frac{n}{5}⌉ für n = 5t + 1, 5t + 2 (n ≥ 12).

141) Seien A die 10-Mark Leute und B die 20-Mark Leute. Eine Folge von A’s und B’s ist unzulässig, 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 unzulässige Folge. Man sieht sofort, daß dies eine Bijektion der unzulässigen Folgen auf die \binom{2n}{n−1} Folgen von n + 1 B’s und n − 1 A’s ist, und

wir erhalten \binom{2n}{n} − \binom{2n}{n−1} = \frac{1}{n+1} \binom{2n}{n}.

142) Folge c), da nach 48 die Suche im linken Unterbaum stattfindet, 60 aber im rechten ist.