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\ihead{Aufgabenblatt Alternierende Summen}
\ohead{Seite \thepage}
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\begin{document}

\title{Alternierende Summen: Aufgaben und L\"{o}sungen}
\author{Darij Grinberg}
\date{\today\ \footnote{Eine aktuelle Version dieses Aufgabenblattes kann auf
\url{https://www.cip.ifi.lmu.de/~grinberg/algebra/aimo2020-altsum-lsg.pdf}
heruntergeladen werden.}}
\maketitle

\begin{abstract}
(Aufgabenblatt f\"{u}r IMO-Training 2020 Deutschland)

\end{abstract}
\tableofcontents

\section*{***}

Dieses Aufgabenblatt handelt von alternierenden (und generell
vorzeichenbehafteten) Summen in der Kombinatorik, und allgemeiner von
Differenzen, K\"{u}rzungen und \textquotedblleft destruktiver
Interferenz\textquotedblright. Die Prototyp-Aufgaben zeigen einige Strategien
auf, die es erm\"{o}glichen, solche Summen zu berechnen oder anzuwenden; in
den sp\"{a}teren Aufgaben kommen diese Strategien dann zum Zug (wobei oft auch
andere L\"{o}sungen existieren).

\section{\label{sec.bas}Basics \"{u}ber Binomialkoeffizienten}

Im Folgenden sei $\mathbb{N}=\left\{  0,1,2,\ldots\right\}  $.

Der Allgemeinheit halber werden wir \"{o}fters mit komplexen Zahlen arbeiten.
Wirklich n\"{o}tig sind sie uns aber nicht; wer mit ihnen unerfahren ist, kann
sie daher durch reelle Zahlen (oder gar durch rationale Zahlen) ersetzt
denken, und dementsprechend immer $\mathbb{R}$ (oder $\mathbb{Q}$) statt
$\mathbb{C}$ lesen.

Wir erinnern uns an die Definition der Binomialkoeffizienten: F\"{u}r alle
$n,k\in\mathbb{C}$ setzt man%
\begin{equation}
\dbinom{n}{k}=%
\begin{cases}
\dfrac{n\left(  n-1\right)  \left(  n-2\right)  \cdots\left(  n-k+1\right)
}{k!}, & \text{wenn }k\in\mathbb{N};\\
0, & \text{wenn }k\notin\mathbb{N}.
\end{cases}
\label{eq.binom.def}%
\end{equation}


Beispielsweise gilt%
\begin{align*}
\dbinom{n}{0}  &  =1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{und}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \dbinom
{n}{1}=n\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{und}\\
\dbinom{n}{2}  &  =\dfrac{n\left(  n-1\right)  }{2}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{und}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \dbinom{n}{-1}=0
\end{align*}
f\"{u}r alle $n\in\mathbb{C}$. (Man beachte: $\dbinom{1/2}{2}=\dfrac{\left(
1/2\right)  \left(  1/2-1\right)  }{2}=-\dfrac{1}{8}$ aber $\dbinom{2}{1/2}=0$
wegen $1/2\notin\mathbb{N}$.)

Bekannte Eigenschaften von Binomialkoeffizienten sind\footnote{Beweise, falls
unbekannt, sind \"{U}bungsaufgaben!}:

\begin{itemize}
\item \textbf{(Nullen rechts vom Pascalschen Dreieck)}%
\begin{equation}
\dbinom{n}{k}=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{N}\text{
und }k\in\mathbb{C}\text{ mit }k>n. \label{eq.binom.0rechts}%
\end{equation}
(Achtung: Dies gilt nicht f\"{u}r negative oder nicht-ganze $n$.)

\item \textbf{(Rekursion)}
\begin{equation}
\dbinom{n}{k}=\dbinom{n-1}{k-1}+\dbinom{n-1}{k}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n,k\in\mathbb{C}. \label{eq.binom.rec}%
\end{equation}


\item \textbf{(Minus-eins-Potenzen)}
\begin{equation}
\dbinom{-1}{k}=\left(  -1\right)  ^{k}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle
}k\in\mathbb{N}\text{.} \label{eq.bas.-1choosek}%
\end{equation}


\item \textbf{(Upper Negation)}
\[
\dbinom{-n}{k}=\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+k-1}{k}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{C}\text{ und }%
k\in\mathbb{Z}.
\]


\item \textbf{(Fakult\"{a}tenformel)}%
\[
\dbinom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!\cdot\left(  n-k\right)  !}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n,k\in\mathbb{N}\text{ mit }n\geq k.
\]
(Achtung: Die Voraussetzungen $n,k\in\mathbb{N}$ und $n\geq k$ sind wirklich
n\"{o}tig; sonst ist die Formel nicht einmal sinnvoll. Daher ist die Formel
kein Ersatz f\"{u}r (\ref{eq.binom.def}).)

\item \textbf{(Symmetrie)}%
\begin{equation}
\dbinom{n}{k}=\dbinom{n}{n-k}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
n\in\mathbb{N}\text{ und }k\in\mathbb{C}. \label{eq.bas.symmetry}%
\end{equation}
(Achtung: Dies gilt nur f\"{u}r $n\in\mathbb{N}$. Die Missanwendung auf
negative $n$ ist eine h\"{a}ufige Fehlerquelle.)

\item \textbf{(Rechter Rand des Pascalschen Dreiecks)}
\begin{equation}
\dbinom{n}{n}=1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{N}.
\label{eq.bas.rechter-rand}%
\end{equation}
(Achtung: Im Gegensatz zu $\dbinom{n}{0}=1$ gilt dies nur f\"{u}r
$n\in\mathbb{N}$.)

\item \textbf{(Kombinatorische Interpretation)} Ist $S$ eine $n$-elementige
Menge (mit $n\in\mathbb{N}$), und ist $k\in\mathbb{C}$, dann ist
\[
\dbinom{n}{k}=\left(  \text{Anzahl aller }k\text{-elementigen Teilmengen von
}S\right)  .
\]
(Achtung: Dies sagt nichts \"{u}ber $\dbinom{n}{k}$ f\"{u}r negatives $n$ aus,
und schon gar nichts \"{u}ber $\dbinom{-1/2}{k}$.)

\item \textbf{(Polynomialit\"{a}t)} F\"{u}r jedes feste $k\in\mathbb{N}$ ist
die Funktion $\dbinom{n}{k}$ (als Funktion von $n$) eine Polynomfunktion vom
Grad $k$. (Aber f\"{u}r festes $n$ ist $\dbinom{n}{k}$ im Allgemeinen keine
Polynomfunktion in $k$.)

\item \textbf{(Ganzzahligkeit)}
\[
\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
n\in\mathbb{Z}\text{ und }k\in\mathbb{C}.
\]


\item \textbf{(Primzahlteilbarkeit, einfachste Form)} Ist $p$ eine Primzahl,
dann ist $p\mid\dbinom{p}{k}$ f\"{u}r alle $k\in\left\{  1,2,\ldots
,p-1\right\}  $.

\item \textbf{(Binomischer Satz)} F\"{u}r alle $x,y\in\mathbb{C}$ und alle
$n\in\mathbb{N}$ gilt
\[
\left(  x+y\right)  ^{n}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}.
\]
(Dies gilt noch allgemeiner, wenn $x$ und $y$ zwei kommutierende Elemente
eines Ringes sind -- z.B. zwei kommutierende $m\times m$-Matrizen.)

\item \textbf{(Hockeystick-Identit\"{a}t)}
\[
\dbinom{0}{k}+\dbinom{1}{k}+\dbinom{2}{k}+\cdots+\dbinom{n}{k}=\dbinom
{n+1}{k+1}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n,k\in\mathbb{N}.
\]
(Die ersten $k$ Summanden auf der linken Seite sind $0$ und k\"{o}nnen daher
weggelassen werden.)

\item \textbf{(Fibonacci via Binomialkoeffizienten)}
\[
f_{n+1}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n-k}{k}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle
ganzen Zahlen }n\geq-1,
\]
wobei $\left(  f_{0},f_{1},f_{2},\ldots\right)  $ die Fibonaccifolge ist (mit
$f_{0}=0$, $f_{1}=1$ und $f_{n}=f_{n-1}+f_{n-2}$ f\"{u}r alle $n\geq2$). (Auch
hier kann man viele Summanden weglassen, denn $\dbinom{n-k}{k}=0$ f\"{u}r alle
$k$ mit $n/2<k\leq n$. Aber man darf die Summe nicht \"{u}ber $k=n$ hinaus
erweitern, weil dann wieder von $0$ verschiedene Summanden hineinkommen!)
\end{itemize}

Die Beweise all dieser Aufgaben k\"{o}nnen auch an vielen Orten -- wie
\cite[Chapter 5]{GKP}, \cite[Chapter 3]{detnotes} oder \cite[Chapters 1 and
2]{19fco} -- nachgeschlagen werden.

\section{\label{sec.auf}Aufgaben}

\subsection{Prototyp-Aufgaben}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.pol-prot}Die \textit{Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t} (aka
\textit{Vandermondesche Faltung}) besagt, da\ss
\begin{equation}
\dbinom{x+y}{n}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{x}{k}\dbinom{y}{n-k}
\label{eq.vandermonde}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}$ und alle $x,y\in\mathbb{C}$ gilt.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Beweise die Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t f\"{u}r alle
$n,x,y\in\mathbb{N}$.

\item[\textbf{(b)}] Folgere, dass sie auch f\"{u}r alle $n,x\in\mathbb{N}$ und
$y\in\mathbb{C}$ gilt.

[\textbf{Hinweis:} Zwei Polynomfunktionen $p$ und $q$ auf $\mathbb{C}$ sind
gleich, wenn $p\left(  m\right)  =q\left(  m\right)  $ f\"{u}r alle
$m\in\mathbb{N}$ gilt.]

\item[\textbf{(c)}] Folgere, dass die Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t auch
allgemein gilt.

\item[\textbf{(d)}] Zeige, dass die \textquotedblleft umgedrehte
Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t\textquotedblright%
\begin{equation}
\dbinom{n+1}{x+y+1}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{k}{x}\dbinom{n-k}{y}
\label{eq.vandermonde-upside}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $n,x,y\in\mathbb{N}$ gilt.

[\textbf{Hinweis:} Wende die Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t auf $n-x-y$, $-x-1$
und $-y-1$ statt $n$, $x$ und $y$ an, und vereinfache mit Upper Negation.]

\item[\textbf{(e)}] Gilt die \textquotedblleft umgedrehte
Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t\textquotedblright\ auch allgemeiner f\"{u}r
$x,y\in\mathbb{C}$ ?

\item[\textbf{(f)}] Die Hockeystick-Identit\"{a}t ist ein Sonderfall der
\textquotedblleft umgedrehten Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t\textquotedblright; warum?
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$ sei $\left[  n\right]  $ die $n$-elementige
Menge $\left\{  1,2,\ldots,n\right\}  $.

\begin{aufgabe}
\label{aufg.srinvol-prot}Unter der \textit{negativen
Hockeystick-Identit\"{a}t} verstehen wir die Identit\"{a}t%
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}=\left(  -1\right)
^{m}\dbinom{n-1}{m} \label{eq.aufg.srinvol-prot.id}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $n\in\mathbb{C}$ und $m\in\mathbb{N}$.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Beweise (\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) allgemein und kurz.

\item[\textbf{(b)}] Gebe einen k\"{u}nstlerischeren Beweis von
(\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) im Falle, wenn $n$ eine positive ganze Zahl
ist: Und zwar betrachte man alle Teilmengen $I$ von $\left[  n\right]
:=\left\{  1,2,\ldots,n\right\}  $ mit h\"{o}chstens $m$ Elementen. Das
\textit{Vorzeichen} einer solchen Teilmenge $I$ definieren wir als $\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }$. Auf der linken Seite von
(\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) steht also die Summe der Vorzeichen aller
dieser Teilmengen. Man paare nun fast alle Summanden dieser Summe miteinander
so auf, dass sie sich paarweise wegk\"{u}rzen; bestimmte $\dbinom{n-1}{m}$
Summanden (welche?) sollen ungepaart bleiben.

[\textbf{Hinweis:} Ist $I$ eine Teilmenge von $\left[  n\right]  $, so ist
auch $I\cup\left\{  1\right\}  $ eine solche, und $I\setminus\left\{
1\right\}  $ ebenso.]

\item[\textbf{(c)}] Erkl\"{a}re, wieso man aus diesem Beweis f\"{u}r positives
ganzes $n$ auch die allgemeine G\"{u}ltigkeit von
(\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) f\"{u}r alle $n\in\mathbb{C}$ erhalten kann.

[\textbf{Hinweis:} Polynomfunktionen.]

\item[\textbf{(d)}] Beweise (\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) ein drittes Mal,
diesmal als Sonderfall der Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{noncompile}
Die \textit{symmetrische Differenz} $X\bigtriangleup Y$ zweier Mengen $X$ und
$Y$ ist definiert als $\left(  X\cup Y\right)  \setminus\left(  X\cap
Y\right)  =\left(  X\setminus Y\right)  \cup\left(  Y\setminus X\right)  $.
Wenn $X$ und $Y$ endlich sind, dann gilt $\left\vert X\bigtriangleup
Y\right\vert \equiv\left\vert X\right\vert +\left\vert Y\right\vert
\operatorname{mod}2$.
\end{noncompile}

Wir werden die \textit{Iversonklammer} verwenden: F\"{u}r jede Aussage
$\mathcal{A}$ setzen wir $\left[  \mathcal{A}\right]  =%
\begin{cases}
1, & \text{wenn }\mathcal{A}\text{ gilt;}\\
0, & \text{wenn nicht.}%
\end{cases}
$

(So ist $\left[  2+2=4\right]  =1$ und $\left[  2+2=5\right]  =0$.)

Wir erinnern uns an den Begriff einer \textit{Permutation}: Eine
\textit{Permutation} einer Menge $X$ ist eine bijektive Abbildung von $X$ nach
$X$.

\begin{aufgabe}
\label{aufg.pie-prot}\ \ 

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] F\"{u}r jede endliche Menge $S$ zeige man%
\begin{equation}
\sum_{I\subseteq S}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=\left[
S=\varnothing\right]  . \label{eq.simple-cancellation}%
\end{equation}


\item[\textbf{(b)}] Zeige die \textit{Sylvestersche Siebformel} (auch
\textit{Prinzip von Inklusion und Exklusion} genannt): Sei $n\in\mathbb{N}$,
und sei $U$ eine endliche Menge. Seien $A_{1},A_{2},\ldots,A_{n}$ Teilmengen
von $U$. Dann gilt%
\begin{equation}
\left\vert U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)
\right\vert =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert .
\label{eq.thm.pie.b.claim}%
\end{equation}
Hierbei ist der \textquotedblleft leere\textquotedblright\ Durchschnitt
$\bigcap_{i\in\varnothing}A_{i}$ als die gesamte Menge $U$ zu verstehen.

(\textit{Deutung:} Wir wollen Objekte $u\in U$ z\"{a}hlen, die eine Reihe von
\textquotedblleft Regeln\textquotedblright\ $R_{1},R_{2},\ldots,R_{n}$
erf\"{u}llen (z. B., Zahlen, die durch keine von $n$ gegebenen Zahlen teilbar
sind). Angenommen, f\"{u}r jede Auswahl von diesen Regeln kennen wir die
Anzahl aller Objekte $u\in U$, die all diese Regeln verletzen (was nicht
bedeutet, da\ss \ sie alle anderen Regeln achten); beispielsweise wissen wir,
wie viele $u\in U$ die Regeln $R_{2}$, $R_{3}$ und $R_{5}$ (gleichzeitig)
verletzen. Dann k\"{o}nnen wir mit der Formel (\ref{eq.thm.pie.b.claim}) die
Anzahl aller \textquotedblleft gesetzestreuen\textquotedblright\ $u\in U$ berechnen.)

\item[\textbf{(c)}] Sei $n\in\mathbb{N}$. Ein \textit{Derangement} von
$\left[  n\right]  $ bedeute eine Permutation $\sigma$ von $\left[  n\right]
$, die keine Fixpunkte hat (d.h., die $\sigma\left(  i\right)  \neq i$ f\"{u}r
alle $i\in\left[  n\right]  $ erf\"{u}llt). Zeige, dass die Anzahl aller
Derangements von $\left[  n\right]  $ gleich $\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)
^{k}\dfrac{n!}{k!}$ ist.

\item[\textbf{(d)}] Seien $n,m\in\mathbb{N}$. Zeige, dass die Anzahl aller
surjektiven Abbildungen von $\left[  m\right]  $ nach $\left[  n\right]  $
gleich $\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n-i}\dbinom{n}{i}i^{m}$ ist.

\item[\textbf{(e)}] Folgere, dass $\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)
^{n-i}\dbinom{n}{i}i^{m}$ durch $n!$ teilbar ist (f\"{u}r alle $n,m\in
\mathbb{N}$).

\item[\textbf{(f)}] Folgere, dass $\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)
^{n-i}\dbinom{n}{i}i^{n}=n!$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}$ gilt.

\item[\textbf{(g)}] Was folgt aus Teil \textbf{(d)}, wenn $m<n$ gilt?
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.1-even-prot}Seien $n,d\in\mathbb{N}$ mit $d\geq1$.

Ein $n$-Tupel $\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]
^{n}$ nennen wir $1$\textit{-gerade}, wenn es die Zahl $1$ gerade oft
enth\"{a}lt (d.h., wenn die Anzahl aller $i\in\left[  n\right]  $ mit
$a_{i}=1$ gerade ist). So sind beispielsweise die $3$-Tupel $\left(
1,5,1\right)  $ und $\left(  3,2,6\right)  $ beide $1$-gerade, aber $\left(
2,1,4\right)  $ ist es nicht.

Zeige, dass die Anzahl aller $1$-geraden $n$-Tupel in $\left[  d\right]  ^{n}$
gleich $\dfrac{1}{2}\left(  d^{n}+\left(  d-2\right)  ^{n}\right)  $ ist.

[\textbf{Hinweis:} Setze $e=d-1$; dann gilt $\left(  d-2\right)  ^{n}=\left(
e-1\right)  ^{n}$ und $d^{n}=\left(  e+1\right)  ^{n}$. Was sagt der
binomische Satz \"{u}ber $\left(  e-1\right)  ^{n}+\left(  e+1\right)  ^{n}$ aus?]
\end{aufgabe}

Wir halten uns im Weiteren an die Konvention, dass die Nullfunktion
($x\mapsto0$) eine Polynomfunktion von Grad $-\infty$ ist. (Hierbei h\"{a}lt
sich das Symbol $-\infty$ an die Regeln $-\infty<n$ und $-\infty
+n=-\infty-n=-\infty$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{Z}$.) Der Grad $\deg P$ eines
Polynoms in mehreren Variablen ist so definiert, dass in jedem Monom alle
Exponenten addiert werden; so hat beispielsweise $x_{1}+x_{2}+x_{1}x_{2}$ Grad
$2$.

\begin{aufgabe}
\label{aufg.polar-prot}\ \ 

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Sei $P$ ein Polynom in $n$ Variablen $x_{1},x_{2}%
,\ldots,x_{n}$ \"{u}ber einem kommutativen Ring (z. B. \"{u}ber $\mathbb{Z}$
oder $\mathbb{Q}$ oder $\mathbb{C}$). F\"{u}r jede Teilmenge $T$ von $\left[
n\right]  $ sei $x\mid_{T}$ das $n$-Tupel, das man erh\"{a}lt, wenn man im
$n$-Tupel $\left(  x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right)  $ alle Variablen $x_{i}$
mit $i\notin T$ durch $0$ ersetzt (w\"{a}hrend alle Variablen $x_{i}$ mit
$i\in T$ unver\"{a}ndert bleiben). F\"{u}r $n=5$ und $T=\left\{  2,3\right\}
$ ist beispielsweise $x\mid_{\left\{  2,3\right\}  }=\left(  0,x_{2}%
,x_{3},0,0\right)  $.

Man zeige, dass es ein Polynom $Q$ in den $n$ Variablen $x_{1},x_{2}%
,\ldots,x_{n}$ gibt, f\"{u}r das\ $\deg Q\leq\deg P-n$ und%
\[
\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }P\left(  x\mid_{T}\right)  =x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\cdot Q\left(
x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right)
\]
gilt.

\item[\textbf{(b)}] Was folgt hieraus, wenn $\deg P<n$ ist?

\item[\textbf{(c)}] (St. Petersburg 2003) Sei $p$ eine Primzahl, und sei
$n\in\mathbb{Z}$ mit $n\geq p$. Seien $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$ ganze Zahlen.
Zeige: Die Summe%
\[
\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\p\mid\sum_{t\in T}a_{t}%
}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }%
\]
ist durch $p$ teilbar.

[\textbf{Hinweis:} Betrachte das Polynom $P\left(  x_{1},x_{2},\ldots
,x_{n}\right)  =1-\left(  x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)  ^{p-1}$ \"{u}ber
$\mathbb{Z}$, und arbeite modulo $p$.]
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.findiff-prot}\ \ Sei $\mathbb{A}$ eine der Mengen $\mathbb{N}$,
$\mathbb{Z}$, $\mathbb{Q}$, $\mathbb{R}$ und $\mathbb{C}$.

F\"{u}r jede Funktion $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ definieren wir die
Funktion $\Delta f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ (genannt \textit{erste
Differenz} von $f$), indem wir%
\[
\left(  \Delta f\right)  \left(  x\right)  =f\left(  x+1\right)  -f\left(
x\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{A}%
\]
setzen. (Ist beispielsweise $f$ die Funktion, die jedes $x\in\mathbb{A}$ in
$x^{2}$ \"{u}berf\"{u}hrt, so sendet $\Delta f$ jedes $x\in\mathbb{A}$ nach
$\left(  x+1\right)  ^{2}-x^{2}=2x+1$.)

F\"{u}r jede Funktion $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ und jedes
$n\in\mathbb{N}$ definieren wir die Funktion $\Delta^{n}f:\mathbb{A}%
\rightarrow\mathbb{C}$ (genannt $n$\textit{-te Differenz} von $f$) durch%
\[
\Delta^{n}f=\Delta\left(  \Delta\left(  \Delta\left(  \cdots\left(  \Delta
f\right)  \cdots\right)  \right)  \right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{(mit
}n\text{-maligem }\Delta\text{)}%
\]
(also rekursiv durch $\Delta^{0}f=f$ und $\Delta^{n}f=\Delta\left(
\Delta^{n-1}f\right)  =\Delta^{n-1}\left(  \Delta f\right)  $ f\"{u}r alle
$n\geq1$).

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Zeige: Ist $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ eine
Polynomfunktion von Grad $k$ (f\"{u}r ein $k\in\mathbb{N}\cup\left\{
-\infty\right\}  $), und ist $n\in\mathbb{N}$, dann ist $\Delta^{n}f$ eine
Polynomfunktion von Grad $\leq k-n$.

\item[\textbf{(b)}] Zeige: Ist $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ eine
beliebige Funktion, so gilt%
\[
\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  x\right)  =\sum_{k=0}^{n}\left(
-1\right)  ^{n-k}\dbinom{n}{k}f\left(  x+k\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{A}\text{ und }%
n\in\mathbb{N}.
\]


\item[\textbf{(c)}] Zeige, dass alle $a,b,c\in\mathbb{R}$ und $n\in\mathbb{N}$
mit $c<n$ die Identit\"{a}t%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\dbinom{ak+b}{c}%
=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{erf\"{u}llen.}%
\]


\item[\textbf{(d)}] Wenn $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ eine
Polynomfunktion von Grad $k$ mit Leitkoeffizient $c$ ist, und wenn
$n\in\mathbb{N}$ ist, was ist dann der Leitkoeffizient der Polynomfunktion
$\Delta^{n}f$?

\item[\textbf{(e)}] Bestimme $\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom
{n}{k}\dbinom{ak+b}{n}$ (f\"{u}r $a,b\in\mathbb{C}$ und $n\in\mathbb{N}$).

\item[\textbf{(f)}] Sei $\left(  f_{0},f_{1},f_{2},\ldots\right)  $ die
Fibonaccifolge (mit $f_{0}=0$, $f_{1}=1$ und $f_{n}=f_{n-1}+f_{n-2}$ f\"{u}r
alle $n\geq2$). Zeige: F\"{u}r alle $n,p\in\mathbb{N}$ mit $p\geq n$ gilt%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}f_{k+p}=\left(  -1\right)
^{n}f_{p-n}.
\]

\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\subsection{Weitere Aufgaben}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.TIS}Seien $S$ und $T$ zwei endliche Mengen mit $T\subseteq S$.
Zeige:%
\[
\sum_{\substack{I\subseteq S;\\T\subseteq I}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }\left[
S=T\right]  .
\]

\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.moeb-inv-bool}Sei $n\in\mathbb{N}$.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] (\textit{M\"{o}bius-Inversion im Booleschen Verband)}
F\"{u}r jede Teilmenge $I$ von $\left[  n\right]  $ seien $a_{I}$ und $b_{I}$
zwei komplexe Zahlen. Angenommen, es gilt%
\[
b_{I}=\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }%
a_{J}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }I\subseteq\left[  n\right]  .
\]
Zeige: Es gilt umgekehrt%
\[
a_{I}=\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }%
b_{J}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }I\subseteq\left[  n\right]  .
\]


\item[\textbf{(b)}] (\textit{Binomialinversion}) Seien $\left(  a_{0}%
,a_{1},\ldots,a_{n}\right)  $ und $\left(  b_{0},b_{1},\ldots,b_{n}\right)  $
zwei $\left(  n+1\right)  $-Tupel komplexer Zahlen. Angenommen, es gilt%
\[
b_{m}=\sum_{i=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{i}\dbinom{m}{i}a_{i}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }m\in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}  .
\]
Zeige: Es gilt umgekehrt%
\[
a_{m}=\sum_{i=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{i}\dbinom{m}{i}b_{i}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }m\in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}  .
\]


(In diesem Fall nennt man die Folge $\left(  b_{0},b_{1},\ldots,b_{n}\right)
$ die \textit{Binomialtransformierte} von $\left(  a_{0},a_{1},\ldots
,a_{n}\right)  $.)
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.perms-without-nbrs}Sei $n$ eine positive ganze Zahl.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Man zeige, da\ss \ die Anzahl aller Permutationen $\sigma$
von $\left[  n\right]  $, die $\sigma\left(  i\right)  \neq i+1$ f\"{u}r alle
$i\in\left[  n-1\right]  $ erf\"{u}llen, gleich $\sum_{k=0}^{n-1}\left(
-1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}\left(  n-k\right)  !$ ist.

\item[\textbf{(b)}] Man zeige, da\ss \ die Anzahl aller Permutationen $\sigma$
von $\left[  n\right]  $, die $\sigma\left(  i\right)  +1\neq\sigma\left(
i+1\right)  $ f\"{u}r alle $i\in\left[  n-1\right]  $ erf\"{u}llen, ebenfalls
gleich $\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}\left(
n-k\right)  !$ ist.

\item[\textbf{(c)}] F\"{u}r jedes $m\in\mathbb{N}$ sei $D_{m}$ die Anzahl
aller Derangements von $\left[  m\right]  $. (Laut Aufgabe \ref{aufg.pie-prot}
\textbf{(c)} ist also $D_{m}=\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac
{m!}{k!}$.) Man zeige:%
\[
D_{n+1}=n\cdot\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}\left(
n-k\right)  !.
\]

\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.zenstare}Es ist Abend in Palermo, und die $n$ noch lebenden
B\"{u}rger stimmen \"{u}ber einen Todeskandidaten ab (wobei $n>1$ eine feste
ganze Zahl ist). Mangels brauchbarer Information geschieht dies dadurch, dass
jeder B\"{u}rger zuf\"{a}llig (gleichverteilt und unabh\"{a}ngig von den
anderen B\"{u}rgern) einen der $n-1$ anderen B\"{u}rger beschuldigt. Zeige:
Die Wahrscheinlichkeit, dass keine zwei B\"{u}rger sich gegenseitig
beschuldigen, ist%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n\left(  n-1\right)  \cdots\left(
n-2k+1\right)  }{\left(  n-1\right)  ^{2k}\cdot2^{k}\cdot k!}.
\]

\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.pie-dan}Sei $n\in\mathbb{N}$, und sei $U$ eine endliche Menge.
Seien $A_{1},A_{2},\ldots,A_{n}$ Teilmengen von $U$. Sei $k\in\mathbb{N}$. Sei
$S_{k}$ die Menge aller Elemente von $U$, die in genau $k$ der $n$ Teilmengen
$A_{1},A_{2},\ldots,A_{n}$ enthalten sind. (Mit anderen Worten: Sei
$S_{k}=\left\{  s\in U\ \mid\ \text{die Anzahl aller }i\in\left[  n\right]
\text{ mit }s\in A_{i}\text{ ist }k\right\}  $.) Zeige:%
\[
\left\vert S_{k}\right\vert =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert -k}\dbinom{\left\vert I\right\vert }%
{k}\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert .
\]
Hierbei ist wieder der \textquotedblleft leere\textquotedblright\ Durchschnitt
$\bigcap_{i\in\varnothing}A_{i}$ als die gesamte Menge $U$ zu verstehen.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.pie-bon}Sei $n\in\mathbb{N}$, und sei $U$ eine endliche Menge.
Seien $A_{1},A_{2},\ldots,A_{n}$ Teilmengen von $U$. Sei $m\in\mathbb{N}$.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] F\"{u}r jedes $s\in U$ sei $c\left(  s\right)  $ die
Anzahl aller $i\in\left[  n\right]  $ mit $s\in A_{i}$. Zeige:%
\[
\sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]  ;\\\left\vert I\right\vert \leq
m}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\left\vert \bigcap_{i\in
I}A_{i}\right\vert =\left(  -1\right)  ^{m}\sum_{s\in U}\dbinom{c\left(
s\right)  -1}{m}.
\]
Hierbei ist der \textquotedblleft leere\textquotedblright\ Durchschnitt
$\bigcap_{i\in\varnothing}A_{i}$ als die gesamte Menge $U$ zu verstehen.

\item[\textbf{(b)}] (\textit{Bonferroni-Ungleichungen}) Folgere, dass
$\sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]  ;\\\left\vert I\right\vert \leq
m}}\left(  -1\right)  ^{m-\left\vert I\right\vert }\left\vert \bigcap_{i\in
I}A_{i}\right\vert \geq0$ ist, falls $U=A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}$ gilt.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.pie-dan-bon}Verallgemeinere Aufgabe \ref{aufg.pie-bon}
\textbf{(a)} und Aufgabe \ref{aufg.pie-dan} gleichzeitig zu einer Formel der
Art
\[
\sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]  ;\\\left\vert I\right\vert \leq
m}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\dbinom{\left\vert
I\right\vert }{k}\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert =\sum_{s\in
U}\ \ \ \underbrace{\cdots}_{\text{ein Ausdruck mit }c\left(  s\right)  }.
\]

\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.pie-max}Sei $n$ eine positive ganze Zahl. Seien $a_{1}%
,a_{2},\ldots,a_{n}$ beliebige $n$ ganze Zahlen.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Zeige, dass%
\[
\max\left\{  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right\}  =\sum_{k=1}^{n}\left(
-1\right)  ^{k-1}\sum_{1\leq i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k}\leq n}\min\left\{
a_{i_{1}},a_{i_{2}},\ldots,a_{i_{k}}\right\}
\]
gilt.

\item[\textbf{(b)}] Allgemeiner: Sei $F:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{R}$ eine
beliebige Funktion. Zeige, dass%
\[
F\left(  \max\left\{  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right\}  \right)  =\sum
_{k=1}^{n}\left(  -1\right)  ^{k-1}\sum_{1\leq i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k}\leq
n}F\left(  \min\left\{  a_{i_{1}},a_{i_{2}},\ldots,a_{i_{k}}\right\}  \right)
\]
gilt.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.all-even}Seien $n,d\in\mathbb{N}$.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Ein $n$-Tupel $\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)
\in\left[  d\right]  ^{n}$ nennen wir \textit{all-gerade}, wenn es jede Zahl
in $\left[  d\right]  $ gerade oft enth\"{a}lt (d.h., wenn f\"{u}r jedes
$k\in\left[  d\right]  $ die Anzahl aller $i\in\left[  n\right]  $ mit
$a_{i}=k$ gerade ist).

Zeige, dass die Anzahl aller all-geraden $n$-Tupel in $\left[  d\right]  ^{n}$
gleich $\dfrac{1}{2^{d}}\sum_{k=0}^{d}\dbinom{d}{k}\left(  d-2k\right)  ^{n}$ ist.

[\textbf{Hinweis:} Berechne die Summe $\sum_{\left(  e_{1},e_{2},\ldots
,e_{d}\right)  \in\left\{  -1,1\right\}  ^{d}}\left(  e_{1}+e_{2}+\cdots
+e_{d}\right)  ^{n}$ auf zwei Weisen.]

\item[\textbf{(b)}] Sei $G$ der $d$-dimensionale Hyperw\"{u}rfelgraph; dies
ist der (ungerichtete) Graph, dessen Ecken alle $d$-Tupel $\left(  e_{1}%
,e_{2},\ldots,e_{d}\right)  \in\left\{  -1,1\right\}  ^{d}$ sind, und der
genau dann eine Kante zwischen zwei Ecken $\left(  e_{1},e_{2},\ldots
,e_{d}\right)  $ und $\left(  f_{1},f_{2},\ldots,f_{d}\right)  $ hat, wenn
unter den $d$ Zahlen $e_{1}-f_{1}$, $e_{2}-f_{2}$, $\ldots$, $e_{d}-f_{d}$
genau eine von $0$ verschieden ist.

Sei $v$ eine beliebige Ecke von $G$. Bestimme die Anzahl aller Kantenz\"{u}ge
der L\"{a}nge $n$ von $v$ nach $v$ in $G$.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.finfield.vektoren}Sei $p$ eine Primzahl, und sei $m\in\mathbb{N}$.
Sei $n>\left(  p-1\right)  m$ eine ganze Zahl. Seien $a_{1},a_{2},\ldots
,a_{n}$ irgendwelche $n$ Vektoren im $\mathbb{F}_{p}$-Vektorraum
$\mathbb{F}_{p}^{m}$. Man zeige, dass es eine nichtleere Teilmenge $T$ von
$\left[  n\right]  $ gibt mit $\sum_{t\in T}a_{t}=0$ (Nullvektor).

[\textbf{Hinweis:} Schreibe jeden Vektor $a_{t}$ als $a_{t}=\left(
a_{t,1},a_{t,2},\ldots,a_{t,m}\right)  ^{T}$, und betrachte das Polynom%
\[
P\left(  x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right)  =\prod_{j=1}^{m}\left(  1-\left(
\sum_{t=1}^{n}a_{t,j}x_{t}\right)  ^{p-1}\right)
\]
\"{u}ber $\mathbb{F}_{p}$.]
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.polariz}(\textit{Polarisationsformeln}) Sei $n\in\mathbb{N}$.
Seien $v_{1},v_{2},\ldots,v_{n}\in\mathbb{C}$ sowie $w\in\mathbb{C}$. Zeige:

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] F\"{u}r jedes $m\in\left\{  0,1,\ldots,n-1\right\}  $ gilt%
\[
\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{n-\left\vert
I\right\vert }\left(  w+\sum_{i\in I}v_{i}\right)  ^{m}=0.
\]


\item[\textbf{(b)}] Es gilt%
\[
\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{n-\left\vert
I\right\vert }\left(  w+\sum_{i\in I}v_{i}\right)  ^{n}=n!v_{1}v_{2}\cdots
v_{n}.
\]


\item[\textbf{(c)}] Es gilt%
\[
\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{n-\left\vert
I\right\vert }\left(  \sum_{i\in I}v_{i}-\sum_{i\in\left[  n\right]  \setminus
I}v_{i}\right)  ^{n}=2^{n}n!v_{1}v_{2}\cdots v_{n}.
\]

\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.stirl.powersum}Sei $m\in\mathbb{N}$. F\"{u}r jedes $n\in
\mathbb{N}$ sei $\operatorname*{sur}\left(  m,n\right)  $ die Anzahl aller
surjektiven Abbildungen von $\left[  m\right]  $ nach $\left[  n\right]  $.
(Siehe Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(d)} f\"{u}r eine Formel f\"{u}r
$\operatorname*{sur}\left(  m,n\right)  $. Man bemerke, dass
$\operatorname*{sur}\left(  m,n\right)  /n!$ auch als die zweite Stirlingzahl
$%
%TCIMACRO{\QDATOPD{\{}{\}}{m}{n}}%
%BeginExpansion
\genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{m}{n}%
%EndExpansion
$ bekannt ist.)

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Zeige, dass
\[
k^{m}=\sum_{i=0}^{m}\operatorname*{sur}\left(  m,i\right)  \cdot\dbinom{k}%
{i}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }k\in\mathbb{C}\text{ gilt.}%
\]


\item[\textbf{(b)}] Zeige, dass
\[
0^{m}+1^{m}+\cdots+n^{m}=\sum_{i=0}^{m}\operatorname*{sur}\left(  m,i\right)
\cdot\dbinom{n+1}{i+1}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in
\mathbb{N}\text{ gilt.}%
\]
(Wenn $m$ fest gew\"{a}hlt ist, ist dies eine explizite Formel f\"{u}r
$0^{m}+1^{m}+\cdots+n^{m}$, da rechts nur $m+1$ Summanden stehen.)

\item[\textbf{(c)}] Zeige, dass%
\[
\left(  -1\right)  ^{m}=\sum_{i=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{i}%
\operatorname*{sur}\left(  m,i\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{gilt.}%
\]

\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{noncompile}
Seien $x\in\mathbb{C}$ und $n\in\mathbb{N}$. Man zeige:
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{x}{k}\dbinom{x}{n-k}=%
\begin{cases}
\left(  -1\right)  ^{n/2}\dbinom{x}{n/2}, & \text{wenn }n\text{ gerade ist;}\\
0, & \text{wenn }n\text{ ungerade ist.}%
\end{cases}
\]

\end{noncompile}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.ZmnZnm}F\"{u}r alle $m,n\in\mathbb{N}$ definieren wir ein Polynom
$Z_{m,n}\left(  x\right)  $ durch%
\[
Z_{m,n}\left(  x\right)  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}%
{k}\left(  x^{n-k}-1\right)  ^{m}.
\]
Man zeige: $Z_{m,n}\left(  x\right)  =Z_{n,m}\left(  x\right)  $ f\"{u}r alle
$m,n\in\mathbb{N}$.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.polynom0}Sei $n$ eine positive ganze Zahl. Sei $P$ ein Polynom in
$n$ Variablen $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}$ mit $\deg P<n$. Sei $h\in\mathbb{N}$
eine gerade Zahl. Zeige, dass%
\[
\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in\left\{  0,1,\ldots
,h-1\right\}  ^{n}}\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}P\left(
d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  =0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{gilt.}%
\]

\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.pol-forts-1}Sei $n\in\mathbb{N}$. Sei $p\left(  x\right)  $ ein
Polynom von Grad $\leq n$, das $p\left(  k\right)  =2^{k}$ f\"{u}r alle
$k\in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}  $ erf\"{u}llt. Finde $p\left(  n+1\right)
$.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.pol-forts-2}(IMO Shortlist 1981, Titu Andreescu)

Sei $n\in\mathbb{N}$. Sei $p\left(  x\right)  $ ein Polynom von Grad $\leq n$,
das $p\left(  k\right)  =\dfrac{1}{\dbinom{n+1}{k}}$ f\"{u}r alle
$k\in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}  $ erf\"{u}llt. Finde $p\left(  n+1\right)
$.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.pol-forts-3}(Putnam 2019, Aufgabe B5)

Sei $\left(  f_{0},f_{1},f_{2},\ldots\right)  $ die Fibonaccifolge (mit
$f_{0}=0$, $f_{1}=1$ und $f_{n}=f_{n-1}+f_{n-2}$ f\"{u}r alle $n\geq2$). Sei
$p\left(  x\right)  $ ein Polynom von Grad $1008$, das $p\left(  2n+1\right)
=f_{2n+1}$ f\"{u}r alle $n\in\left\{  0,1,\ldots,1008\right\}  $ erf\"{u}llt.
Finde $j,k\in\mathbb{N}$ mit $p\left(  2019\right)  =f_{j}-f_{k}$.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.bwm-2000-2-4}(BWM 2000, 2. Runde, Aufgabe 4)

Man betrachte Summen der Form $\sum_{k=1}^{n}e_{k}k^{3}$ mit $e_{k}\in\left\{
-1,1\right\}  $.

Gibt es eine solche Summe mit dem Wert $0$,

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] wenn $n=2000$ ist?

\item[\textbf{(b)}] wenn $n=2001$ ist?
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.perm.inversionen.halb}Sei $n\in\mathbb{N}$. Die
\textit{Inversionen} einer Permutation $\sigma$ von $\left[  n\right]  $ sind
die Paare $\left(  i,j\right)  \in\left[  n\right]  ^{2}$ mit $i<j$ und
$\sigma\left(  i\right)  >\sigma\left(  j\right)  $.

(So hat die Permutation von $\left[  3\right]  $, die $1,2,3$ auf $2,3,1$
abbildet, genau $2$ Inversionen, n\"{a}mlich $\left(  1,3\right)  $ und
$\left(  2,3\right)  $.)

Eine Permutation von $\left[  n\right]  $ hei\ss t \textit{gerade}, wenn sie
gerade viele Inversionen hat, und \textit{ungerade}, wenn sie ungerade viele
Inversionen hat.

Zeige: F\"{u}r $n>1$ gilt%
\begin{align*}
&  \left(  \text{die Anzahl aller geraden Permutationen von }\left[  n\right]
\right) \\
&  =\left(  \text{die Anzahl aller ungeraden Permutationen von }\left[
n\right]  \right)  =n!/2.
\end{align*}

\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.cgmo2020-gerade}(China Girls Math Olympiad 2020)

Sei $n$ eine positive ganze Zahl. Eine \textit{Komposition} von $n$ ist ein
Tupel $\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{m}\right)  $ von positiven ganzen Zahlen
mit $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m}=n$.

Die \textit{Inversionen} einer Komposition $\left(  a_{1},a_{2},\ldots
,a_{m}\right)  $ von $n$ sind die Paare $\left(  i,j\right)  \in\left[
m\right]  ^{2}$ mit $i<j$ und $a_{i}>a_{j}$.

Man berechne die Anzahl aller Kompositionen von $n$, die gerade viele
Inversionen haben.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.bipartit-ncatlab}Sei $G=\left(  V,E\right)  $ ein bipartiter
Graph, und seien $A$ und $B$ die zwei Komponenten der Knotenmenge von $G$.
(Das hei\ss t, $V=A\cup B$ und $A\cap B=\varnothing$; und jede Kante von $G$
verbindet einen Knoten in $A$ mit einem Knoten in $B$.) F\"{u}r jede Teilmenge
$S$ von $V$ sei $N\left(  S\right)  $ die Menge aller Knoten von $G$, die mit
mindestens einem Knoten in $S$ verbunden sind. Man zeige:%
\[
\sum_{X\subseteq A}\left(  -1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\left[
N\left(  X\right)  =B\right]  =\sum_{Y\subseteq B}\left(  -1\right)
^{\left\vert Y\right\vert }\left[  N\left(  Y\right)  =A\right]  .
\]

\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.heinrich-tittmann}(Heinrich, Tittmann, 2017)

Sei $G$ ein (einfacher, ungerichteter) Graph mit Eckenmenge $V$. Sei
$n=\left\vert V\right\vert $; wir nehmen an, dass $n>0$ ist.

Eine \textit{dominierende Menge} bedeute eine Teilmenge $W$ von $V$ so,
da\ss \ jede Ecke von $G$ entweder in $W$ liegt oder (mindestens) einen
Nachbarn in $W$ hat.

Ein \textit{Fernpaar} bedeute ein (geordnetes) Paar $\left(  A,B\right)  $
zweier disjunkter Teilmengen $A$ und $B$ von $V$ so, da\ss \ es keine Kante
mit einem Endpunkt in $A$ und dem anderen Endpunkt in $B$ gibt.

Sei $\alpha$ die Anzahl aller Fernpaare $\left(  A,B\right)  $, f\"{u}r die
$\left\vert A\right\vert $ und $\left\vert B\right\vert $ gerade positive
Zahlen sind.

Sei $\beta$ die Anzahl aller Fernpaare $\left(  A,B\right)  $, f\"{u}r die
$\left\vert A\right\vert $ und $\left\vert B\right\vert $ ungerade Zahlen sind.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Zeige: Die Anzahl aller dominierenden Mengen ist
$2^{n}-1+\alpha-\beta$.

\item[\textbf{(b)}] Folgere, dass die Anzahl aller dominierenden Mengen
ungerade ist.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\label{aufg.elser}(Elser, 1984)

Sei $G$ ein (ungerichteter) Graph mit Eckenmenge $V$ und Kantenmenge $E$. Sei
$v\in V$.

Ist $F$ eine Teilmenge von $E$, dann verstehen wir unter einem $F$%
\textit{-Pfad} einen Pfad von $G$, dessen Kanten allesamt zu $F$ geh\"{o}ren.

Ist $e\in E$ eine Kante und $F$ eine Teilmenge von $E$, dann sagen wir, dass
$e$ \textit{durch }$F$ \textit{mit }$v$ \textit{verbunden} ist, wenn es einen
$F$-Pfad gibt, der von einem Endpunkt von $e$ nach $v$ f\"{u}hrt. (Dies gilt
u.a. immer dann, wenn $v$ ein Endpunkt von $e$ ist, weil der leere Pfad ein
$F$-Pfad ist.)

Eine Teilmenge $F$ von $E$ hei\ss e \textit{nett}, wenn jede Kante von $G$
durch $F$ mit $v$ verbunden ist.

Man zeige:%
\[
\sum_{F\subseteq E\text{ ist nett}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
F\right\vert }=\left[  E=\varnothing\right]  .
\]

\end{aufgabe}

\section{\label{sec.los}L\"{o}sungen und L\"{o}sungshinweise}

Die nachfolgenden L\"{o}sungen sind gr\"{o}\ss tenteils skizziert (vor allem
die L\"{o}sungen zu den \textquotedblleft weiteren Aufgaben\textquotedblright)
und unter M\"{u}digkeit und Metal-Dauerbeschallung entstanden. Es w\"{u}rde
mich verwundern, wenn sie nicht mindestens von Typos wimmeln. Man wird
vermutlich dem Folgenden auch ansehen k\"{o}nnen, wie lange ich nicht mehr
Deutsch geschrieben habe. Bitte Fehler an
\href{mailto:darijgrinberg@gmail.com}{\texttt{darijgrinberg@gmail.com}}
melden! Kommentare und alternative L\"{o}sungen sind ebenfalls willkommen.

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.pol-prot}}

Die L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} st\"{u}tzt sich auf den
\textquotedblleft Polynomidentit\"{a}ts-Trick\textquotedblright, der in seiner
einfachsten Form in der Anwendung des folgenden Lemmas besteht:

\begin{lemma}
\label{lem.poltrick.1}Seien $p,q:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$ zwei
Polynomfunktionen. Angenommen, es gilt $p\left(  z\right)  =q\left(  z\right)
$ f\"{u}r unendlich viele $z\in\mathbb{C}$. Dann gilt $p=q$.
\end{lemma}

\begin{proof}
[Beweisskizze.]Seien $f\in\mathbb{C}\left[  x\right]  $ und $g\in
\mathbb{C}\left[  x\right]  $ die Polynome, deren Polynomfunktionen $p$ und
$q$ sind. (Das hei\ss t, $p\left(  z\right)  =f\left(  z\right)  $ und
$q\left(  z\right)  =g\left(  z\right)  $ f\"{u}r alle $z\in\mathbb{C}$.) Wir
haben angenommen, dass $p\left(  z\right)  =q\left(  z\right)  $ f\"{u}r
unendlich viele Zahlen $z\in\mathbb{C}$ gilt. F\"{u}r all diese Zahlen $z$
gilt dann
\[
\left(  f-g\right)  \left(  z\right)  =\underbrace{f\left(  z\right)
}_{=p\left(  z\right)  }-\underbrace{g\left(  z\right)  }_{=q\left(  z\right)
}=\underbrace{p\left(  z\right)  }_{\substack{=q\left(  z\right)
\\\text{(laut Annahme)}}}-q\left(  z\right)  =q\left(  z\right)  -q\left(
z\right)  =0.
\]
Das hei\ss t, all diese Zahlen $z$ sind Nullstellen des Polynoms
$f-g\in\mathbb{C}\left[  x\right]  $. Somit hat das Polynom $f-g$ unendlich
viele Nullstellen. Aber das einzige Polynom in $\mathbb{C}\left[  x\right]  $,
das unendlich viele Nullstellen hat, ist das Nullpolynom $0$. Folglich ist
$f-g=0$. Das hei\ss t, $f=g$. F\"{u}r \textbf{jedes} $z\in\mathbb{C}$ gilt
also $f\left(  z\right)  =g\left(  z\right)  $, und daher $p\left(  z\right)
=q\left(  z\right)  $ (denn $p\left(  z\right)  =f\left(  z\right)  $ und
$q\left(  z\right)  =g\left(  z\right)  $). Mit anderen Worten: $p=q$. Damit
ist Lemma \ref{lem.poltrick.1} gezeigt.
\end{proof}

(Wir haben uns in diesem Beweis M\"{u}he gegeben, akribisch zwischen
Polynomfunktionen und Polynomen zu unterscheiden. Im Kontext von komplexen
Zahlen besteht darin keine echte Notwendigkeit; ein wenig
Notationsmi\ss brauch darf man sich g\"{o}nnen, denn hier entspricht jeder
Polynomfunktion genau ein Polynom. Allerdings ist dies nicht mehr der Fall,
wenn man mit endlichen K\"{o}rpern oder wilderen Ringen statt $\mathbb{C}$
arbeit; beim L\"{o}sen von Aufgabe \ref{aufg.polar-prot} werden wir dies sogar tun.)

Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} ist wohl das \textquotedblleft
kanonische\textquotedblright\ Beispiel f\"{u}r die Anwendung des Polynomtricks
beim Beweis von Identit\"{a}ten f\"{u}r Binomialkoeffizienten:

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.pol-prot}.]\textbf{(a)} (F\"{u}r
Details siehe \cite[\S 2.6.1, Second proof of Theorem 2.6.1 for $x,y\in
\mathbb{N}$]{19fco} oder \"{a}hnlich in \cite[proof of Lemma 3.31]{detnotes}.
Diesen Beweis findet man wohl in jeder guten Einf\"{u}hrung in die
abz\"{a}hlende Kombinatorik.) Seien $n,x,y\in\mathbb{N}$. Wir m\"{u}ssen die
Gleichheit (\ref{eq.vandermonde}) beweisen. Da $n,x,y\in\mathbb{N}$ sind,
k\"{o}nnen wir alle Binomialkoeffizienten in dieser Gleichheit kombinatorisch
interpretieren (siehe \textquotedblleft Kombinatorische
Interpretation\textquotedblright\ in Abschnitt \ref{sec.bas}). Dies f\"{u}hrt
auf den Gedanken, dass man einen kombinatorischen Beweis versuchen k\"{o}nnte.
Und hier findet man ihn sogar recht schnell: Gez\"{a}hlt sollen alle
$n$-elementigen Teilmengen $T$ der $\left(  x+y\right)  $-elementigen Menge
$S:=\left\{  1,2,\ldots,x\right\}  \cup\left\{  -1,-2,\ldots,-y\right\}  $.
Einerseits gibt es davon $\dbinom{x+y}{n}$ viele (laut der bereits genannten
\textquotedblleft Kombinatorischen Interpretation\textquotedblright\ der
Binomialkoeffizienten). Andererseits k\"{o}nnen wir eine solche Teilmenge $T$
aber auch dadurch bilden, dass wir

\begin{itemize}
\item zun\"{a}chst die Anzahl aller positiven Elemente in $T$ bestimmen --
dies ist eine Zahl zwischen $0$ und $n$ (inklusive)\footnote{Dieses
\textquotedblleft zwischen $0$ und $n$ (inklusive)\textquotedblright\ hei\ss t
nur, da\ss \ die Zahl immer $\geq0$ und $\leq n$ liegen muss. (Denn insgesamt
wird die Teilmenge $T$ ja $n$ Elemente haben; somit kann sie nicht mehr als
$n$ positive Elemente haben.) Ich sage \textbf{nicht}, dass jede Zahl zwischen
$0$ und $n$ auch tats\"{a}chlich m\"{o}glich ist. (Ist sie auch nicht
immer.)}, die wir fortan $k$ nennen;

\item dann diese $k$ positiven Elemente von $T$ ausw\"{a}hlen -- daf\"{u}r
haben wir $\dbinom{x}{k}$ M\"{o}glichkeiten, da wir $k$ aus den insgesamt $x$
positiven Elementen von $S$ ausw\"{a}hlen wollen;

\item schlie\ss lich die $n-k$ negativen Elemente von $T$ ausw\"{a}hlen --
daf\"{u}r haben wir $\dbinom{y}{n-k}$ M\"{o}glichkeiten, da wir $n-k$ aus den
insgesamt $y$ positiven Elementen von $S$ ausw\"{a}hlen wollen.
\end{itemize}

\noindent F\"{u}r diese Bildungsmethode gibt es also insgesamt $\sum_{k=0}%
^{n}\dbinom{x}{k}\dbinom{y}{n-k}$ M\"{o}glichkeiten. Folglich gibt es
$\sum_{k=0}^{n}\dbinom{x}{k}\dbinom{y}{n-k}$ viele $n$-elementige Teilmengen
von $S$. Aber wir haben vorhin gesehen, da\ss \ es $\dbinom{x+y}{n}$ viele
solche Teilmengen gibt. Beide Seiten der Gleichheit (\ref{eq.vandermonde})
z\"{a}hlen also das gleiche: n\"{a}mlich die $n$-elementigen Teilmengen von
$S$. Also m\"{u}ssen die beiden Seiten gleich sein. Damit ist
(\ref{eq.vandermonde}) bewiesen. Dies l\"{o}st Aufgabe \ref{aufg.pol-prot}
\textbf{(a)}.

\bigskip

\textbf{(b)} Hier gehen wir mit dem Polynomidentit\"{a}tstrick heran. Fixiere
$n\in\mathbb{N}$ und $x\in\mathbb{N}$. Definiere zwei Polynomfunktionen
$p,q:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$ durch%
\[
p\left(  y\right)  =\dbinom{x+y}{n}\ \ \ \ \ \text{und}\ \ \ \ \ q\left(
y\right)  =\sum_{k=0}^{n}\dbinom{x}{k}\dbinom{y}{n-k}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }y\in\mathbb{C}.
\]
\footnote{Da\ss \ dies tats\"{a}chlich Polynomfunktionen sind, folgt aus der
\textquotedblleft Polynomialit\"{a}t\textquotedblright\ in Abschnitt
\ref{sec.bas}.} Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} \textbf{(a)} sagt uns dann, dass
$p\left(  y\right)  =q\left(  y\right)  $ f\"{u}r alle $y\in\mathbb{N}$ gilt.
Mit anderen Worten: Es gilt $p\left(  z\right)  =q\left(  z\right)  $ f\"{u}r
alle $z\in\mathbb{N}$. Insbesondere gilt also $p\left(  z\right)  =q\left(
z\right)  $ f\"{u}r unendlich viele $z\in\mathbb{C}$ (denn es gibt unendlich
viele $z\in\mathbb{N}$). Laut Lemma \ref{lem.poltrick.1} gilt also $p=q$. Das
hei\ss t, $p\left(  y\right)  =q\left(  y\right)  $ f\"{u}r alle
$y\in\mathbb{C}$. Mit anderen Worten:%
\[
\dbinom{x+y}{n}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{x}{k}\dbinom{y}{n-k}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }y\in\mathbb{C}.
\]
Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} \textbf{(b)} ist damit gel\"{o}st.

\bigskip

\textbf{(c)} Hier kommt der Polynomidentit\"{a}tstrick noch einmal zum Zug --
diesmal ist aber $x$ die \textquotedblleft wandernde\textquotedblright%
\ Variable. Fixiere $n\in\mathbb{N}$ und $y\in\mathbb{C}$. Definiere zwei
Polynomfunktionen $p,q:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$ durch%
\[
p\left(  x\right)  =\dbinom{x+y}{n}\ \ \ \ \ \text{und}\ \ \ \ \ q\left(
x\right)  =\sum_{k=0}^{n}\dbinom{x}{k}\dbinom{y}{n-k}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{C}.
\]
(Dies sind nicht die Funktionen $p$ und $q$ aus der L\"{o}sung von Teil
\textbf{(b)}!) Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} \textbf{(b)} sagt uns dann, dass
$p\left(  x\right)  =q\left(  x\right)  $ f\"{u}r alle $x\in\mathbb{N}$ gilt.
Mit anderen Worten: Es gilt $p\left(  z\right)  =q\left(  z\right)  $ f\"{u}r
alle $z\in\mathbb{N}$. Insbesondere gilt also $p\left(  z\right)  =q\left(
z\right)  $ f\"{u}r unendlich viele $z\in\mathbb{C}$ (denn es gibt unendlich
viele $z\in\mathbb{N}$). Laut Lemma \ref{lem.poltrick.1} gilt also $p=q$. Das
hei\ss t, $p\left(  x\right)  =q\left(  x\right)  $ f\"{u}r alle
$x\in\mathbb{C}$. Mit anderen Worten:%
\[
\dbinom{x+y}{n}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{x}{k}\dbinom{y}{n-k}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{C}.
\]
Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} \textbf{(c)} ist damit gel\"{o}st.

\bigskip

\textbf{(d)} (Details in \cite[\S 2.6.5, First proof of Proposition
2.6.13]{19fco}.) Seien $n,x,y\in\mathbb{N}$. Wir m\"{u}ssen die Gleichheit
(\ref{eq.vandermonde-upside}) zeigen.

Wir wollen die Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t (die wir in Aufgabe
\ref{aufg.pol-prot} \textbf{(c)} endg\"{u}ltig bewiesen haben) auf $n-x-y$,
$-x-1$ und $-y-1$ statt $n$, $x$ und $y$ anwenden. Dies wird dadurch
erschwert, dass wir daf\"{u}r $n-x-y\in\mathbb{N}$ ben\"{o}tigen, was nicht
automatisch erf\"{u}llt ist. Wir wollen also zun\"{a}chst den Fall loswerden,
in dem dies nicht gilt.

Nehmen wir also an, dass $n-x-y\notin\mathbb{N}$ gilt. Dann ist $n-x-y<0$.
Also ist $n<x+y$. Folglich erf\"{u}llt jede ganze Zahl $k$ entweder $k<x$ oder
$n-k<y$ (oder beides)\footnote{Denn sonst w\"{u}rde sie $k\geq x$ und $n-k\geq
y$ erf\"{u}llen, was zu $n=\underbrace{k}_{\geq x}+\underbrace{n-k}_{\geq
y}\geq x+y$ und damit zu einem Widerspruch mit $n<x+y$ f\"{u}hren w\"{u}rde.}.
Daher sind in der Summe $\sum_{k=0}^{n}\dbinom{k}{x}\dbinom{n-k}{y}$
s\"{a}mtliche Summanden gleich $0$, denn

\begin{itemize}
\item im Fall von $k<x$ ist $\dbinom{k}{x}=0$ (wegen (\ref{eq.binom.0rechts})),

\item und im Fall von $n-k<y$ ist $\dbinom{n-k}{y}=0$ (ebenfalls wegen
(\ref{eq.binom.0rechts})).
\end{itemize}

\noindent Folglich ist diese Summe $\sum_{k=0}^{n}\dbinom{k}{x}\dbinom{n-k}%
{y}$ gleich $0$. Doch wegen (\ref{eq.binom.0rechts}) ist auch $\dbinom
{n+1}{x+y+1}$ gleich $0$, denn aus $n<x+y$ folgt $n+1<x+y+1$. Beide Seiten der
Gleichheit (\ref{eq.vandermonde-upside}) sind also $0$, woraus diese
Gleichheit sofort folgt.

Im Fall von $n-x-y\notin\mathbb{N}$ haben wir (\ref{eq.vandermonde-upside})
also bewiesen. Daher k\"{o}nnen wir jetzt o. B. d. A. annehmen, dass
$n-x-y\in\mathbb{N}$ gilt. Nehmen wir dies an. Somit k\"{o}nnen wir die
Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t auf $n-x-y$, $-x-1$ und $-y-1$ statt $n$, $x$
und $y$ anwenden. Wir erhalten hieraus%
\begin{equation}
\dbinom{\left(  -x-1\right)  +\left(  -y-1\right)  }{n-x-y}=\sum_{k=0}%
^{n-x-y}\dbinom{-x-1}{k}\dbinom{-y-1}{\left(  n-x-y\right)  -k}.
\label{sol.pol-prot.d.1}%
\end{equation}


Wir halten uns die Nase zu und formen um. Und zwar wollen wir die
\textquotedblleft Upper Negation\textquotedblright-Formel aus Abschnitt
\ref{sec.bas} auf jeden der drei Binomialkoeffizienten in
(\ref{sol.pol-prot.d.1}) anwenden\footnote{Binomialkoeffizienten mit
Minuszeichen im \textquotedblleft Z\"{a}hler\textquotedblright\ sind immer ein
Anlass, \textquotedblleft Upper Negation\textquotedblright\ anzuwenden. (Wobei
man dies durchaus auch ohne Anlass tun kann.)}:

\begin{itemize}
\item Es ist%
\begin{align*}
\dbinom{\left(  -x-1\right)  +\left(  -y-1\right)  }{n-x-y}  &  =\dbinom
{-\left(  x+y+2\right)  }{n-x-y}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{n-x-y}\dbinom{\left(  x+y+2\right)  +\left(
n-x-y\right)  -1}{n-x-y}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{laut \textquotedblleft Upper
Negation\textquotedblright}\right) \\
&  =\left(  -1\right)  ^{n-x-y}\dbinom{n+1}{n-x-y}.
\end{align*}


\item F\"{u}r jedes $k\in\left\{  0,1,\ldots,n-x-y\right\}  $ ist%
\begin{align*}
\dbinom{-x-1}{k}  &  =\dbinom{-\left(  x+1\right)  }{k}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{\left(  x+1\right)  +k-1}{k}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{laut \textquotedblleft Upper
Negation\textquotedblright}\right) \\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{x+k}{k}.
\end{align*}


\item F\"{u}r jedes $k\in\left\{  0,1,\ldots,n-x-y\right\}  $ ist%
\begin{align*}
\dbinom{-y-1}{\left(  n-x-y\right)  -k}  &  =\dbinom{-\left(  y+1\right)
}{\left(  n-x-y\right)  -k}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{\left(  n-x-y\right)  -k}\dbinom{\left(  y+1\right)
+\left(  \left(  n-x-y\right)  -k\right)  -1}{\left(  n-x-y\right)  -k}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{laut \textquotedblleft Upper
Negation\textquotedblright}\right) \\
&  =\left(  -1\right)  ^{\left(  n-x-y\right)  -k}\dbinom{n-k-x}{n-x-y-k}.
\end{align*}

\end{itemize}

\noindent Mithilfe dieser drei Gleichungen k\"{o}nnen wir
(\ref{sol.pol-prot.d.1}) in der Form%
\[
\left(  -1\right)  ^{n-x-y}\dbinom{n+1}{n-x-y}=\sum_{k=0}^{n-x-y}\left(
-1\right)  ^{k}\dbinom{x+k}{k}\left(  -1\right)  ^{\left(  n-x-y\right)
-k}\dbinom{n-k-x}{n-x-y-k}%
\]
umschreiben. Diese Gleichheit vereinfacht sich (durch K\"{u}rzen von $\left(
-1\right)  ^{k}$ auf der rechten Seite und durch $\left(  -1\right)  ^{n-x-y}$
auf beiden Seiten) zu%
\begin{align}
\dbinom{n+1}{n-x-y}  &  =\sum_{k=0}^{n-x-y}\dbinom{x+k}{k}\dbinom
{n-k-x}{n-x-y-k}=\sum_{k=0}^{n-x-y}\dbinom{x+k}{k}\dbinom{n-\left(
x+k\right)  }{n-\left(  x+k\right)  -y}\nonumber\\
&  =\sum_{k=x}^{n-y}\dbinom{k}{k-x}\dbinom{n-k}{n-k-y}
\label{sol.pol-prot.d.3}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir in der Summe }x+k\text{
durch }k\text{ substitutiert}\right)  .\nonumber
\end{align}
Dies ist unserer zu beweisenden Identit\"{a}t (\ref{eq.vandermonde-upside})
bereits ziemlich \"{a}hnlich. Unterscheiden tun sich die beiden Gleichungen
aber noch in den \textquotedblleft Nennern\textquotedblright\ der
Binomialkoeffizienten sowie den Grenzen der Summe. Gehen wir diese
Unterschiede der Reihe an:

\begin{itemize}
\item Aus der Symmetrie der Binomialkoeffizienten (siehe \textquotedblleft
Symmetrie\textquotedblright\ in Abschnitt \ref{sec.bas}) folgt%
\[
\dbinom{n+1}{n-x-y}=\dbinom{n+1}{\left(  n+1\right)  -\left(  n-x-y\right)
}=\dbinom{n+1}{x+y+1}.
\]


\item F\"{u}r jedes $k\in\left\{  x,x+1,\ldots,n-y\right\}  $ folgt aus der
Symmetrie der Binomialkoeffizienten, dass%
\[
\dbinom{k}{k-x}=\dbinom{k}{k-\left(  k-x\right)  }=\dbinom{k}{x}%
\]
gilt.

\item F\"{u}r jedes $k\in\left\{  x,x+1,\ldots,n-y\right\}  $ folgt aus der
Symmetrie der Binomialkoeffizienten, dass%
\[
\dbinom{n-k}{n-k-y}=\dbinom{n-k}{n-k-\left(  n-k-y\right)  }=\dbinom{n-k}{y}%
\]
gilt.
\end{itemize}

\noindent Hiermit vereinfachen wir (\ref{sol.pol-prot.d.3}) zu%
\begin{equation}
\dbinom{n+1}{x+y+1}=\sum_{k=x}^{n-y}\dbinom{k}{x}\dbinom{n-k}{y}.
\label{sol.pol-prot.d.5}%
\end{equation}
Dies ist fast die Identit\"{a}t (\ref{eq.vandermonde-upside}), die wir
beweisen wollen. Das einzige Problem: Die Summe in
(\ref{eq.vandermonde-upside}) geht von $0$ bis $n$, w\"{a}hrend die Summe in
(\ref{sol.pol-prot.d.5}) nur von $x$ bis $n-y$ geht. Somit hat die Summe in
(\ref{eq.vandermonde-upside}) einige Summanden mehr als die in
(\ref{sol.pol-prot.d.5}) -- n\"{a}mlich die Summanden mit $k<x$ und die
Summanden mit $k>n-y$. Es w\"{a}re also gut, wenn diese zus\"{a}tzlichen
Summanden sich zu $0$ aufsummieren und damit die Summe nicht ver\"{a}ndern.
Dies gilt aber tats\"{a}chlich, und zwar aus dem einfachst m\"{o}glichen
Grund: Diese zus\"{a}tzlichen Summanden sind alle $0$. (Und dies folgt aus dem
gleichen Argument, den wir bereits im Fall von $n-x-y\notin\mathbb{N}$
angewendet haben, mit einem kleinen Unterschied: Auch hier gilt f\"{u}r diese
Summanden wieder entweder $k<x$ oder $n-k<y$; aber diesmal folgt es nicht aus
$n-x-y\notin\mathbb{N}$, sondern aus der Tatsache, da\ss \ entweder $k<x$ oder
$k>n-y$ gilt.)

Die Summe in (\ref{eq.vandermonde-upside}) und die Summe in
(\ref{sol.pol-prot.d.5}) sind also gleich. Somit folgt
(\ref{eq.vandermonde-upside}) aus (\ref{sol.pol-prot.d.5}). Aufgabe
\ref{aufg.pol-prot} \textbf{(d)} ist also gel\"{o}st.

\bigskip

\textbf{(e)} Nein. Ein einfaches Gegenbeispiel ist $n=1$, $x=1/2$ und $y=1/2$,
denn hier ist die linke Seite von (\ref{eq.vandermonde-upside}) gleich
$\dbinom{1+1}{1/2+1/2+1}=1$, w\"{a}hrend die rechte Seite gleich $0$ ist.

Und dies sollte nicht verwundern. Der Binomialkoeffizient $\dbinom{n}{k}$ ist
eine Polynomfunktion in $n$, aber keine in $k$. Der
Polynomidentit\"{a}tstrick, mit dem wir in Aufgabe \ref{aufg.pol-prot}
\textbf{(b)} die G\"{u}ltigkeit der Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t erweitert
haben, l\"{a}\ss t sich also nicht auf die \textquotedblleft umgedrehte
Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t\textquotedblright\ anwenden.

\bigskip

\textbf{(f)} (Details in \cite[solution to Exercise 2.6.4]{19fco}.) Die
Hockeystick-Identit\"{a}t besagt, dass%
\[
\dbinom{0}{k}+\dbinom{1}{k}+\dbinom{2}{k}+\cdots+\dbinom{n}{k}=\dbinom
{n+1}{k+1}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n,k\in\mathbb{N}%
\]
gilt. Wir schreiben diese Identit\"{a}t erst einmal um, indem wir die Variable
$k$ in $x$ umbenennen. Sie besagt jetzt also, dass%
\[
\dbinom{0}{x}+\dbinom{1}{x}+\dbinom{2}{x}+\cdots+\dbinom{n}{x}=\dbinom
{n+1}{x+1}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n,x\in\mathbb{N}%
\]
gilt. Dies folgt aber durch Anwendung der \textquotedblleft umgedrehten
Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t\textquotedblright\ (\ref{eq.vandermonde-upside})
auf $y=0$; denn letzteres ergibt%
\[
\dbinom{n+1}{x+1}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{k}{x}\underbrace{\dbinom{n-k}{0}}%
_{=1}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{k}{x}=\dbinom{0}{x}+\dbinom{1}{x}+\dbinom{2}%
{x}+\cdots+\dbinom{n}{x}.
\]
Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} \textbf{(f)} ist somit gel\"{o}st.

\bigskip

[\textit{Bemerkung:} Alternative L\"{o}sungen gibt es hier wie Sand am Meer:

\begin{itemize}
\item Man kann Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} \textbf{(a)} -- und sogar gleich
Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} \textbf{(b)} -- auch durch Induktion nach $x$
beweisen. (Dies wird in \cite[\S 2.6.1, First proof of Theorem 1.3.37 for
$x\in\mathbb{N}$]{19fco} getan.)

\item Man kann die Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t auch ganz allgemein (also
gleich f\"{u}r $x,y\in\mathbb{C}$) durch Induktion nach $n$ beweisen. (Siehe
\cite[\S 3.3.2, First proof of Theorem 3.29]{detnotes} f\"{u}r diesen Beweis.)
So spart man sich die Anwendung des Polynomidentit\"{a}tstricks ganz.

\item Man kann Aufgabe \ref{aufg.pol-prot} \textbf{(a)} auch beweisen, indem
man die Polynomidentit\"{a}t%
\[
\left(  1+t\right)  ^{x+y}=\left(  1+t\right)  ^{x}\left(  1+t\right)  ^{y}%
\]
im Polynomring $\mathbb{Z}\left[  t\right]  $ ausmultipliziert und die
Koeffizienten von $t^{n}$ auf beiden Seiten vergleicht. (Dies ist ein
einfaches Beispiel der Verwendung von \textit{erzeugenden Funktionen}.) Mit
viel M\"{u}he kann man auch dieses Argument auf allgemeine $x,y\in\mathbb{C}$
ausdehnen; hierzu muss man allerdings von Polynomen zu Potenzreihen
\"{u}bergehen, au\ss erdem die $z$-te Potenz einer Potenzreihe $f$ (f\"{u}r
$z\in\mathbb{C}$ und $f\left(  0\right)  =1$) definieren und schlie\ss lich
zeigen, dass diese Potenzen auch noch das Potenzgesetz $f^{z+w}=f^{z}f^{w}$
erf\"{u}llen. Dies ist nicht so einfach\footnote{Siehe
\url{https://math.stackexchange.com/a/2918387/} f\"{u}r eine Diskussion der
M\"{o}glichkeiten, dies zu tun.}; manche Autoren verwenden dabei sogar eine
Variante der Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t als Hilfsmittel (z. B. Loehr in
\cite[proof of Theorem 7.71]{Loehr-BC}), wodurch das Argument etwas zyklisch wird...

\item Die \textquotedblleft umgedrehte
Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t\textquotedblright\ (\ref{eq.vandermonde-upside})
l\"{a}\ss t sich kombinatorisch beweisen (\cite[\S 2.6.5, Second proof of
Proposition 2.6.13]{19fco}).]
\end{itemize}
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.srinvol-prot}}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.srinvol-prot}.]\textbf{(a)} (Siehe
\cite[Exercise 4, second solution]{18f-hw2s} f\"{u}r Details.) Seien
$n\in\mathbb{C}$ und $m\in\mathbb{N}$. F\"{u}r jedes $k\in\mathbb{Z}$ gilt
\begin{align*}
\left(  -1\right)  ^{k}\underbrace{\dbinom{n}{k}}_{\substack{=\dbinom
{n-1}{k-1}+\dbinom{n-1}{k}\\\text{(laut (\ref{eq.binom.rec}))}}}  &  =\left(
-1\right)  ^{k}\left(  \dbinom{n-1}{k-1}+\dbinom{n-1}{k}\right) \\
&  =\underbrace{\left(  -1\right)  ^{k}}_{=-\left(  -1\right)  ^{k-1}}%
\dbinom{n-1}{k-1}+\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}-\left(  -1\right)  ^{k-1}%
\dbinom{n-1}{k-1}.
\end{align*}
Summieren wir diese Gleichheit f\"{u}r alle $k\in\left\{  0,1,\ldots
,m\right\}  $ auf, so erhalten wir%
\[
\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}=\sum_{k=0}^{m}\left(
\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}-\left(  -1\right)  ^{k-1}\dbinom
{n-1}{k-1}\right)  .
\]
Doch die rechte Seite hier ist eine Teleskopsumme, die sich zu%
\[
\left(  -1\right)  ^{m}\dbinom{n-1}{m}-\left(  -1\right)  ^{-1}%
\underbrace{\dbinom{n-1}{-1}}_{\substack{=0\\\text{(nach (\ref{eq.binom.def}%
),}\\\text{denn }-1\notin\mathbb{N}\text{)}}}=\left(  -1\right)  ^{m}%
\dbinom{n-1}{m}%
\]
vereinfacht. Somit ist $\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}%
{k}=\left(  -1\right)  ^{m}\dbinom{n-1}{m}$. Dadurch ist
(\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) bewiesen.

\bigskip

\textbf{(b)} (Siehe \cite[Exercise 4, third solution]{18f-hw2s} f\"{u}r
Details.) Sei $n$ eine positive ganze Zahl, und sei $m\in\mathbb{N}$. Sei
$\left[  n\right]  :=\left\{  1,2,\ldots,n\right\}  $. Definiere eine
\textit{akzeptable Menge} als eine Teilmenge von $\left[  n\right]  $ mit
h\"{o}chstens $m$ Elementen. Das \textit{Vorzeichen} einer endlichen Menge $I$
definieren wir als $\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }$.

\begin{noncompile}
Eine endliche Menge hei\ss e \textit{gerade}, wenn sie gerade viele Elemente
(und damit Vorzeichen $1$) hat; sonst hei\ss e sie \textit{ungerade}.
\end{noncompile}

Die akzeptablen Mengen sind genau die $k$-elementigen Teilmengen von $\left[
n\right]  $ mit $k\in\left\{  0,1,\ldots,m\right\}  $. Daher ist
\[
\left(  \text{die Anzahl aller akzeptablen Mengen}\right)  =\sum_{k=0}%
^{m}\dbinom{n}{k}%
\]
(denn laut der kombinatorischen Interpretation der Binomialkoeffizienten ist
die Anzahl aller $k$-elementigen Teilmengen von $\left[  n\right]  $ gleich
$\dbinom{n}{k}$). Aus dem gleichen Grund gilt
\begin{align}
&  \left(  \text{die Summe der Vorzeichen aller akzeptablen Mengen}\right)
\nonumber\\
&  =\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}
\label{sol.srinvol-prot.sum-vorz}%
\end{align}
(denn eine $k$-elementige akzeptable Menge hat Vorzeichen $\left(  -1\right)
^{k}$).

Die Summe der Vorzeichen aller akzeptablen Mengen ist eine Summe von $1$en und
$-1$en. Wenn wir es schaffen, die \textquotedblleft meisten\textquotedblright%
\ dieser $1$en und $-1$en gegeneinander zu k\"{u}rzen, dann k\"{o}nnen wir
hoffen, dass sich der Wert der Summe offenbart. (Wir werden dies nachher
formalisieren.) Zum K\"{u}rzen m\"{u}ssen wir akzeptable Mengen
gegens\"{a}tzlicher Vorzeichen gegeneinander aufstellen.

Wie ordnen wir einer endlichen Menge $I$ eine andere endliche Menge mit
gegens\"{a}tzlichem Vorzeichen zu? Wir k\"{o}nnen versuchen, das Element $1$
aus der Menge $I$ zu entfernen oder in sie einzuf\"{u}gen, je nachdem ob es in
ihr enthalten ist oder nicht. Dadurch ver\"{a}ndert sich die M\"{a}chtigkeit
der Menge um genau $1$ (in die eine oder andere Richtung), und somit wechselt
das Vorzeichen zum gegens\"{a}tzlichen. Das Resultat der Prozedur nennen wir
den \textit{Partner} von $I$ und bezeichnen wir mit $\mathbf{p}\left(
I\right)  $. Was auch gut ist: Wenn $I$ eine Teilmenge von $\left[  n\right]
$ ist, dann ist auch ihr Partner $\mathbf{p}\left(  I\right)  $ eine solche.
Und wenn $I$ eine akzeptable Menge ist, dann ist \textbf{meistens} auch
$\mathbf{p}\left(  I\right)  $ eine solche (wir werden bald sehen, wann genau
dies passiert). Man kann also die zu $I$ und zu $\mathbf{p}\left(  I\right)  $
geh\"{o}rigen Summanden in der Summe der Vorzeichen aller akzeptablen Mengen
k\"{u}rzen (diese zwei Summanden sind tats\"{a}chlich verschieden, da sie ja
unterschiedliche Vorzeichen haben). Diese Prozedur wiederholt man dann immer
weiter, bis keine Summanden mehr da sind, die Partner in der Summe haben. Das
Endresultat h\"{a}ngt davon ab, welche akzeptablen Mengen keine akzeptablen
Partner haben.

Welche akzeptablen Mengen haben keine Partner in der Summe? Wenn eine
akzeptable Menge $I$ in unserer Summe keinen Partner findet, dann liegt dies
entweder daran, dass ihr Partner bereits gek\"{u}rzt wurde, oder daran, dass
ihr Partner keine akzeptable Menge ist. Der erste Fall kann aber nicht
eintreten, denn der Partner des Partners einer Menge $I$ ist immer $I$ selber
(wie man sich leicht \"{u}berlegt) -- d.h., wenn der Partner einer Menge
gek\"{u}rzt wurde, dann wurde auch die Menge selber mit ihm gek\"{u}rzt. Wir
wollen also sehen, wann der zweite Fall eintritt. Laut Definition von
\textquotedblleft akzeptablen Mengen\textquotedblright\ ist der Partner
$\mathbf{p}\left(  I\right)  $ einer akzeptablen Menge $I$ nur dann nicht
akzeptabel, wenn er $m+1$ Elemente hat -- was wiederum genau dann der Fall
ist, wenn $I$ selber $m$ Elemente hat und $1$ nicht in $I$ enthalten ist (denn
nur dann wird $\left\vert \mathbf{p}\left(  I\right)  \right\vert $
gr\"{o}\ss er als $\left\vert I\right\vert $ und \"{u}berschreitet den
kritischen Wert $m$). Solche akzeptablen Mengen $I$ lassen sich leicht
charakterisieren: Sie sind einfach die $m$-elementigen Teilmengen von
$\left\{  1,2,\ldots,n\right\}  $, die $1$ nicht enthalten; mit anderen
Worten: Sie sind die $m$-elementigen Teilmengen der $\left(  n-1\right)
$-elementigen Menge $\left\{  2,3,\ldots,n\right\}  $. Es gibt also genau
$\dbinom{n-1}{m}$ viele von ihnen (laut der kombinatorischen Interpretation
der Binomialkoeffizienten), und sie haben also alle das Vorzeichen $\left(
-1\right)  ^{m}$ (da sie $m$-elementig sind). Ihr Gesamtbeitrag zur Summe der
Vorzeichen aller akzeptablen Mengen ist also $\dbinom{n-1}{m}\cdot\left(
-1\right)  ^{m}=\left(  -1\right)  ^{m}\dbinom{n-1}{m}$. Da sich (wie schon
gesagt) die Beitr\"{a}ge aller anderen akzeptablen Mengen in der Summe
wegk\"{u}rzen, ist die Summe insgesamt also auch gleich $\left(  -1\right)
^{m}\dbinom{n-1}{m}$. Mit anderen Worten:%
\[
\left(  \text{die Summe der Vorzeichen aller akzeptablen Mengen}\right)
=\left(  -1\right)  ^{m}\dbinom{n-1}{m}.
\]
Gleichen wir dies mit (\ref{sol.srinvol-prot.sum-vorz}) ab, so erhalten wir%
\[
\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}=\left(  -1\right)
^{m}\dbinom{n-1}{m}.
\]
Damit ist (\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) wieder bewiesen im Falle, wenn $n$
eine positive ganze Zahl ist.

Noch ein paar Worte dazu, wie man obigen Beweis formalisiert. So ein
\textquotedblleft K\"{u}rzungsprozess\textquotedblright\ ist kein besonders
wohldefinierter Begriff, aber was er im Wesentlichen konstruiert, ist eine
\textbf{Bijektion} $\mathbf{p}:\mathcal{X}\rightarrow\mathcal{X}$ auf der
Menge
\begin{align*}
\mathcal{X}:=  &  \left\{  \text{akzeptable Mengen, deren Partner ebenfalls
akzeptable Mengen sind}\right\} \\
=  &  \left\{  I\subseteq\left[  n\right]  \ \mid\ \left\vert I\right\vert
\leq m\text{ aber nicht }\left(  \left\vert I\right\vert =m\text{ und }1\notin
I\right)  \right\}  .
\end{align*}
Diese Bijektion $\mathbf{p}$ ist formal definiert durch%
\[
\mathbf{p}\left(  I\right)  =\left(  \text{Partner von }I\right)  =%
\begin{cases}
I\setminus\left\{  1\right\}  , & \text{wenn }1\in I;\\
I\cup\left\{  1\right\}  , & \text{wenn }1\notin I
\end{cases}
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }I\in\mathcal{X}\text{.}%
\]
Diese Bijektion $\mathbf{p}$ hat die Eigenschaft, \textbf{vorzeichenumkehrend}
zu sein (d.h., es gilt $\left(  -1\right)  ^{\left\vert \mathbf{p}\left(
I\right)  \right\vert }=-\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }$
f\"{u}r alle $I\in\mathcal{X}$). Die Behauptung ist nun, dass die Existenz
einer solchen Bijektion automatisch dazu f\"{u}hrt, dass%
\begin{align*}
&  \left(  \text{die Summe der Vorzeichen aller akzeptablen Mengen}\right) \\
&  =\left(  \text{die Summe der Vorzeichen aller akzeptablen Mengen, die
\textbf{nicht} in }\mathcal{X}\text{ liegen}\right)
\end{align*}
gilt -- d.h., da\ss \ die Beitr\"{a}ge der akzeptablen Mengen in $\mathcal{X}$
zur Summe der Vorzeichen aller akzeptablen Mengen insgesamt verschwinden. Das
zugrundeliegende Prinzip wollen wir allgemein formulieren:\footnote{Unsere
Behauptung erhalten wir aus diesem Lemma, indem wir es auf%
\begin{align*}
S  &  =\left[  n\right]  ,\\
\mathcal{A}  &  =\left\{  \text{akzeptable Mengen}\right\}  ,\\
\mathcal{X}  &  =\left\{  \text{akzeptable Mengen, deren Partner ebenfalls
akzeptable Mengen sind}\right\}  ,\\
f  &  =\mathbf{p}%
\end{align*}
anwenden.}

\begin{lemma}
\label{lem.srinvol-prot.bijprinc1}Sei $S$ eine endliche Menge. Sei
$\mathcal{A}$ eine Teilmenge der Potenzmenge von $S$ (also eine Menge, deren
Elemente wiederum Teilmengen von $S$ sind). Sei $\mathcal{X}$ eine Teilmenge
von $\mathcal{A}$. Sei $f:\mathcal{X}\rightarrow\mathcal{X}$ eine Bijektion,
die die Eigenschaft hat, dass%
\begin{equation}
\left(  -1\right)  ^{\left\vert f\left(  I\right)  \right\vert }=-\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle
}I\in\mathcal{X} \label{eq.lem.srinvol-prot.bijprinc1.vorzeichen-umk}%
\end{equation}
gilt. (Eine solche Bijektion hei\ss t \textit{vorzeichenumkehrend}.) Dann ist
\[
\sum_{I\in\mathcal{A}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }%
=\sum_{I\in\mathcal{A}\setminus\mathcal{X}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }.
\]
(Das hei\ss t, die Beitr\"{a}ge aller $I\in\mathcal{X}$ zur Summe $\sum
_{I\in\mathcal{A}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }$ verschwinden insgesamt.)
\end{lemma}

\begin{proof}
[Beweisskizze zu Lemma \ref{lem.srinvol-prot.bijprinc1}.]Die Abbildung
$f:\mathcal{X}\rightarrow\mathcal{X}$ ist eine Bijektion; somit hat sie eine
Umkehrabbildung $f^{-1}:\mathcal{X}\rightarrow\mathcal{X}$. Diese
Umkehrabbildung ist ebenfalls vorzeichenumkehrend -- d.h., sie erf\"{u}llt
\begin{equation}
\left(  -1\right)  ^{\left\vert f^{-1}\left(  I\right)  \right\vert }=-\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle
}I\in\mathcal{X}. \label{pf.lem.srinvol-prot.bijprinc1.vorzeichen-umk}%
\end{equation}
(Dies folgt einfach, indem man
(\ref{eq.lem.srinvol-prot.bijprinc1.vorzeichen-umk}) auf $f^{-1}\left(
I\right)  $ statt $I$ anwendet.)

Nun definieren wir zwei Abbildungen%
\begin{align*}
f_{+}:\left\{  I\in\mathcal{X}\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=1\right\}   &  \rightarrow\left\{  I\in\mathcal{X}%
\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=-1\right\}  ,\\
I  &  \mapsto f\left(  I\right)
\end{align*}
und%
\begin{align*}
f_{-}:\left\{  I\in\mathcal{X}\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=-1\right\}   &  \rightarrow\left\{  I\in\mathcal{X}%
\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=1\right\}  ,\\
I  &  \mapsto f^{-1}\left(  I\right)  .
\end{align*}
(Dass diese Abbildungen wohldefiniert sind, verdanken wir
(\ref{eq.lem.srinvol-prot.bijprinc1.vorzeichen-umk}) und
(\ref{pf.lem.srinvol-prot.bijprinc1.vorzeichen-umk}).) Es ist klar, dass diese
Abbildungen $f_{+}$ und $f_{-}$ zueinander invers sind. Also sind sie
Bijektionen. Damit haben wir eine Bijektion zwischen den Mengen $\left\{
I\in\mathcal{X}\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert
}=1\right\}  $ und $\left\{  I\in\mathcal{X}\ \mid\ \left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }=-1\right\}  $ gefunden (n\"{a}mlich $f_{+}$).
Daher sind diese Mengen gleichm\"{a}chtig. Mit anderen Worten:%
\begin{equation}
\left\vert \left\{  I\in\mathcal{X}\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=1\right\}  \right\vert =\left\vert \left\{  I\in\mathcal{X}%
\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=-1\right\}  \right\vert
. \label{pf.lem.srinvol-prot.bijprinc1.size=size}%
\end{equation}


Nun ist aber $\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }$ f\"{u}r jede
Menge $I\in\mathcal{X}$ entweder gleich $1$ oder gleich $-1$. Somit k\"{o}nnen
wir die Summe $\sum_{I\in\mathcal{X}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }$ folgenderma\ss en aufspalten:%
\begin{align*}
\sum_{I\in\mathcal{X}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }  &
=\sum_{\substack{I\in\mathcal{X};\\\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=1}}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }%
}_{=1}+\sum_{\substack{I\in\mathcal{X};\\\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=-1}}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }%
}_{=-1}\\
&  =\underbrace{\sum_{\substack{I\in\mathcal{X};\\\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }=1}}1}_{=\left\vert \left\{  I\in\mathcal{X}%
\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=1\right\}  \right\vert
\cdot1}+\underbrace{\sum_{\substack{I\in\mathcal{X};\\\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }=-1}}\left(  -1\right)  }_{=\left\vert \left\{
I\in\mathcal{X}\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert
}=-1\right\}  \right\vert \cdot\left(  -1\right)  }\\
&  =\left\vert \left\{  I\in\mathcal{X}\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=1\right\}  \right\vert \cdot1+\left\vert \left\{
I\in\mathcal{X}\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert
}=-1\right\}  \right\vert \cdot\left(  -1\right) \\
&  =\left\vert \left\{  I\in\mathcal{X}\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=1\right\}  \right\vert -\left\vert \left\{  I\in\mathcal{X}%
\ \mid\ \left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=-1\right\}  \right\vert
\\
&  =0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach
(\ref{pf.lem.srinvol-prot.bijprinc1.size=size})}\right)  .
\end{align*}


Aber $\mathcal{X}$ ist eine Teilmenge von $\mathcal{A}$; somit k\"{o}nnen wir
die Summe $\sum_{I\in\mathcal{A}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert
}$ folgenderma\ss en aufspalten:%
\[
\sum_{I\in\mathcal{A}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert
}=\underbrace{\sum_{I\in\mathcal{X}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }}_{=0}+\sum_{I\in\mathcal{A}\setminus\mathcal{X}}\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=\sum_{I\in\mathcal{A}\setminus
\mathcal{X}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }.
\]
Damit ist Lemma \ref{lem.srinvol-prot.bijprinc1} gezeigt.
\end{proof}

Lemma \ref{lem.srinvol-prot.bijprinc1} ist eine Abstraktion unserer Strategie,
Summen durch K\"{u}rzung gegens\"{a}tzlicher Summanden zu vereinfachen. Wie so
oft haben wir dabei durch das Abstrahieren ein kleines Geschenk erhalten: In
Lemma \ref{lem.srinvol-prot.bijprinc1} wird nicht vorausgesetzt,
da\ss \ $f\circ f=\operatorname*{id}$ ist, sondern nur, dass $f$ eine
Bijektion ist. Das hei\ss t, beim Anwenden von Lemma
\ref{lem.srinvol-prot.bijprinc1} ist es nicht notwendig, dass der Partner des
Partners einer Menge $I\in\mathcal{X}$ wieder $I$ selber ist; es reicht aus,
dass jede Menge $I\in\mathcal{X}$ genau einen Partner hat (d.h., die Funktion
$f$ ist wohldefiniert) und dass jede Menge $I\in\mathcal{X}$ genau einen
\textquotedblleft Ur-Partner\textquotedblright\ (also genau ein $J\in
\mathcal{X}$ mit $f\left(  J\right)  =I$) hat (d.h., die Funktion $f$ ist
bijektiv). Aus der Sicht des schrittweisen K\"{u}rzungsparadigmas ist dies
etwas \"{u}berraschend, da dies dazu f\"{u}hren kann, dass eine noch
ungek\"{u}rzte Menge einen bereits gek\"{u}rzten Partner hat; aber unser
obiger Beweis von Lemma \ref{lem.srinvol-prot.bijprinc1} argumentiert nicht
durch schrittweises Wegk\"{u}rzen, sondern durch simultanes systematisches
K\"{u}rzen aller $1$en gegen alle $-1$en, und dabei entsteht das Problem
nicht. Wir haben also ein wenig Allgemeinheit gewonnen. In der Praxis wird
diese Allgemeinheit selten benutzt (die meisten vorzeichenumkehrenden
Bijektionen $f$ in der Kombinatorik haben die Eigenschaft $f\circ
f=\operatorname*{id}$ -- sie sind, wie man es nennt, \textit{Involutionen}).

\bigskip

\textbf{(c)} Dies folgt aus dem Polynomidentit\"{a}tstrick (Lemma
\ref{lem.poltrick.1}). Und zwar: Fixiere $m\in\mathbb{N}$. Definiere zwei
Polynomfunktionen $p,q:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$ durch%
\[
p\left(  n\right)  =\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}%
{k}\ \ \ \ \ \text{und}\ \ \ \ \ q\left(  n\right)  =\left(  -1\right)
^{m}\dbinom{n-1}{m}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{C}%
\text{.}%
\]
Aus Aufgabe \ref{aufg.srinvol-prot} \textbf{(b)} folgt dann, dass $p\left(
n\right)  =q\left(  n\right)  $ f\"{u}r alle positiven ganzen $n$ gilt. Mit
anderen Worten: Es gilt $p\left(  z\right)  =q\left(  z\right)  $ f\"{u}r alle
positiven ganzen $z$. Insbesondere gilt also $p\left(  z\right)  =q\left(
z\right)  $ f\"{u}r unendlich viele $z\in\mathbb{C}$ (denn es gibt unendlich
viele positive ganze Zahlen). Laut Lemma \ref{lem.poltrick.1} ist also $p=q$.
Mit anderen Worten: $p\left(  n\right)  =q\left(  n\right)  $ f\"{u}r alle
$n\in\mathbb{C}$. Aber dies bedeutet genau, dass
(\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) f\"{u}r alle $n\in\mathbb{C}$ gilt. Damit ist
(\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) wieder allgemein bewiesen.

\bigskip

\textbf{(d)} Seien $n\in\mathbb{C}$ und $m\in\mathbb{N}$. Anwendung der
Chu-Vandermonde-Identit\"{a}t (\ref{eq.vandermonde}) auf $n$, $-1$ und $m$
statt $x$, $y$ und $n$ ergibt%
\[
\dbinom{n-1}{m}=\sum_{k=0}^{m}\dbinom{n}{k}\underbrace{\dbinom{-1}{m-k}%
}_{\substack{=\left(  -1\right)  ^{m-k}\\\text{(nach (\ref{eq.bas.-1choosek}%
))}}}=\sum_{k=0}^{m}\dbinom{n}{k}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{m-k}%
}_{=\left(  -1\right)  ^{m}\left(  -1\right)  ^{k}}=\left(  -1\right)
^{m}\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}.
\]
Multiplizieren wir beide Seiten dieser Gleichung mit $\left(  -1\right)  ^{m}%
$, dann erhalten wir schnell (\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}). Damit ist
(\ref{eq.aufg.srinvol-prot.id}) zum dritten Mal bewiesen.
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.pie-prot}}

F\"{u}r Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} ben\"{o}tigen wir die
\href{https://en.wikipedia.org/wiki/Iverson_bracket}{\textit{Iversonklammer-Notation}%
}:

\begin{definition}
\label{def.iverson}Sei $\mathcal{A}$ eine beliebige logische Aussage. Dann
definieren wir eine ganze Zahl $\left[  \mathcal{A}\right]  \in\left\{
0,1\right\}  $ durch%
\[
\left[  \mathcal{A}\right]  =%
\begin{cases}
1, & \text{wenn }\mathcal{A}\text{ wahr ist};\\
0, & \text{wenn }\mathcal{A}\text{ falsch ist.}%
\end{cases}
\]
Beispielsweise ist $\left[  2+2=4\right]  =1$ und $\left[  2+2=5\right]  =0$.
Die Zahl $\left[  \mathcal{A}\right]  $ hei\ss t \textit{Wahrheitswert} von
$\mathcal{A}$.
\end{definition}

Die folgende Tatsache ist fast trivial (\cite[Proposition 1.6.3]{19fco}); sie
hat aber eine gro\ss e Bedeutung, weil sie Z\"{a}hlprobleme auf
Summenumformungen zur\"{u}ckf\"{u}hren kann:

\begin{proposition}
[\textquotedblleft H\"{a}nde z\"{a}hlen\textquotedblright]%
\label{prop.count.rollcall}Sei $S$ eine endliche Menge.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Ist $T$ eine Teilmenge von $S$, so ist%
\[
\left\vert T\right\vert =\sum_{s\in S}\left[  s\in T\right]  .
\]


\item[\textbf{(b)}] F\"{u}r jedes $s\in S$ sei $\mathcal{A}\left(  s\right)  $
eine logische Aussage (die, je nach $s$, entweder wahr oder falsch ist;
beispielsweise kann $\mathcal{A}\left(  s\right)  $ die Aussage
\textquotedblleft$s$ ist gerade\textquotedblright, wenn $S$ eine Menge ganzer
Zahlen sein, oder die Aussage \textquotedblleft$s$ ist leer\textquotedblright,
wenn $S$ eine Menge von Mengen ist). Dann gilt%
\[
\left(  \text{Anzahl aller }s\in S\text{, die }\mathcal{A}\left(  s\right)
\text{ erf\"{u}llen}\right)  =\sum_{s\in S}\left[  \mathcal{A}\left(
s\right)  \right]  .
\]

\end{enumerate}
\end{proposition}

\begin{proof}
[Beweisskizze.]\textbf{(a)} In der Summe $\sum_{s\in S}\left[  s\in T\right]
$ sind genau $\left\vert T\right\vert $ viele Summanden gleich $1$
(n\"{a}mlich die Summanden mit $s\in T$); alle \"{u}brigen $\left\vert
S\setminus T\right\vert $ Summanden sind $0$. Somit ist diese Summe gleich
$\left\vert T\right\vert \cdot1+\left\vert S\setminus T\right\vert
\cdot0=\left\vert T\right\vert $.

\textbf{(b)} Wende Proposition \ref{prop.count.rollcall} \textbf{(a)} auf die
Teilmenge $T:=\left\{  s\in S\ \mid\ \mathcal{A}\left(  s\right)  \text{ ist
wahr}\right\}  $ an. F\"{u}r diese Teilmenge gilt n\"{a}mlich, dass $\left[
s\in T\right]  =\left[  \mathcal{A}\left(  s\right)  \right]  $ f\"{u}r jedes
$s\in S$ gilt.
\end{proof}

Wir erinnern uns ferner an folgenden fundamentalen Satz (eine der Formen des Schubfachprinzips):

\begin{proposition}
\label{prop.pie.surj1}Seien $X$ und $Y$ zwei endliche Mengen mit $\left\vert
X\right\vert \leq\left\vert Y\right\vert $. Dann ist jede surjektive Abbildung
von $X$ nach $Y$ automatisch bijektiv.
\end{proposition}

\begin{proof}
[Beweisskizze zu Proposition \ref{prop.pie.surj1}.]Sei $f:X\rightarrow Y$ eine
surjektive Abbildung. Wir m\"{u}ssen zeigen, dass $f$ bijektiv ist. Dazu
reicht es aus, zu beweisen, dass $f$ injektiv ist (denn surjektiv ist $f$ bereits).

Nehmen wir das Gegenteil an. Dann ist $f$ nicht injektiv; d.h., es gibt zwei
verschiedene Elemente $x,x^{\prime}\in X$ mit $f\left(  x\right)  =f\left(
x^{\prime}\right)  $.

Seien $x_{1},x_{2},\ldots,x_{k}$ alle Elemente von $X$ (aufgelistet ohne
Wiederholungen); dann ist $k=\left\vert X\right\vert $ und $X=\left\{
x_{1},x_{2},\ldots,x_{k}\right\}  $. Da $f$ surjektiv ist, gilt
\begin{align}
Y  &  =f\left(  X\right)  =f\left(  \left\{  x_{1},x_{2},\ldots,x_{k}\right\}
\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }X=\left\{  x_{1},x_{2}%
,\ldots,x_{k}\right\}  \right) \nonumber\\
&  =\left\{  f\left(  x_{1}\right)  ,f\left(  x_{2}\right)  ,\ldots,f\left(
x_{k}\right)  \right\}  . \label{pf.prop.pie.surj1.Y=}%
\end{align}


Doch, wie wir wissen, gibt es zwei verschiedene Elemente $x,x^{\prime}\in X$
mit $f\left(  x\right)  =f\left(  x^{\prime}\right)  $. Diese zwei Elemente
$x,x^{\prime}$ m\"{u}ssen unter den Elementen $x_{1},x_{2},\ldots,x_{k}$ sein
(denn $x_{1},x_{2},\ldots,x_{k}$ sind alle Elemente von $X$). Das hei\ss t, es
gibt zwei verschiedene Elemente $x_{i},x_{j}\in X$ mit $f\left(  x_{i}\right)
=f\left(  x_{j}\right)  $. Mit anderen Worten: unter den $k$ Elementen
$f\left(  x_{1}\right)  ,f\left(  x_{2}\right)  ,\ldots,f\left(  x_{k}\right)
$ sind mindestens zwei gleiche. Daher ist die M\"{a}chtigkeit der Menge
$\left\{  f\left(  x_{1}\right)  ,f\left(  x_{2}\right)  ,\ldots,f\left(
x_{k}\right)  \right\}  $ h\"{o}chstens $k-1$. Mit anderen Worten: $\left\vert
\left\{  f\left(  x_{1}\right)  ,f\left(  x_{2}\right)  ,\ldots,f\left(
x_{k}\right)  \right\}  \right\vert \leq k-1$. Wegen
(\ref{pf.prop.pie.surj1.Y=}) vereinfacht sich dies zu $\left\vert Y\right\vert
\leq k-1$. Also haben wir $k=\left\vert X\right\vert \leq\left\vert
Y\right\vert \leq k-1$, was absurd ist. Dieser Widerspruch vollendet den
Beweis von Proposition \ref{prop.pie.surj1}.
\end{proof}

\begin{corollary}
\label{cor.pie.surj2}Seien $X$ und $Y$ zwei endliche Mengen mit $\left\vert
X\right\vert <\left\vert Y\right\vert $. Dann gibt es keine surjektiven
Abbildungen von $X$ nach $Y$.
\end{corollary}

\begin{proof}
[Beweisskizze.]G\"{a}be es eine surjektive Abbildung von $X$ nach $Y$, dann
w\"{a}re diese Abbildung (laut Proposition \ref{prop.pie.surj1}) bijektiv, was
zu $\left\vert X\right\vert =\left\vert Y\right\vert $ f\"{u}hren w\"{u}rde.
Aber dies w\"{u}rde $\left\vert X\right\vert <\left\vert Y\right\vert $ widersprechen.
\end{proof}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.pie-prot}.]\textbf{(a)} Sei $S$ eine
endliche Menge. Wir m\"{u}ssen die Gleichheit (\ref{eq.simple-cancellation})
beweisen. Im Falle von $S=\varnothing$ ist dies trivial (auf der linken Seite
steht eine Summe mit dem einzigen Summanden $\left(  -1\right)  ^{\left\vert
\varnothing\right\vert }=\left(  -1\right)  ^{0}=1$; auf der rechten steht
$\left[  S=\varnothing\right]  =1$). Also nehmen wir o. B. d. A. an, dass
$S\neq\varnothing$ ist. Dann hat die Menge $S$ mindestens ein Element. Es gibt
also ein $s\in S$. Fixiere ein solches $s$.

Da $S\neq\varnothing$ ist, haben wir $\left[  S=\varnothing\right]  =0$. Die
zu beweisende Gleichheit (\ref{eq.simple-cancellation}) vereinfacht sich also
zu $\sum_{I\subseteq S}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=0$.

Wir wollen jetzt Lemma \ref{lem.srinvol-prot.bijprinc1} anwenden -- etwa so
wie in unserer L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.srinvol-prot} \textbf{(b)},
aber einfacher, weil diesmal jede Teilmenge von $S$ einen Partner finden soll
(denn die Summe soll sich zu $0$ vereinfachen).

Dazu setzen wir $\mathcal{A}=\left\{  \text{alle Teilmengen von }S\right\}  $
und $\mathcal{X}=\mathcal{A}$. Wir definieren jetzt eine Bijektion
$f:\mathcal{X}\rightarrow\mathcal{X}$ folgenderma\ss en: F\"{u}r jedes
$I\in\mathcal{X}$ setzen wir%
\[
f\left(  I\right)  =%
\begin{cases}
I\setminus\left\{  s\right\}  , & \text{wenn }s\in I;\\
I\cup\left\{  s\right\}  , & \text{wenn }s\notin I.
\end{cases}
\]
Dass dieses $f$ tats\"{a}chlich wohldefiniert und eine Bijektion ist, ist
ziemlich klar (wieder einmal ist $f$ nicht nur eine Bijektion, sondern
erf\"{u}llt $f\circ f=\operatorname*{id}$). Au\ss erdem gilt
\[
\left(  -1\right)  ^{\left\vert f\left(  I\right)  \right\vert }=-\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle
}I\in\mathcal{X},
\]
denn $\left\vert f\left(  I\right)  \right\vert $ unterscheidet sich von
$\left\vert I\right\vert $ immer um $\pm1$. Lemma
\ref{lem.srinvol-prot.bijprinc1} liefert also%
\begin{align*}
\sum_{I\in\mathcal{A}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }  &
=\sum_{I\in\mathcal{A}\setminus\mathcal{X}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=\left(  \text{leere Summe}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn wegen }\mathcal{X}=\mathcal{A}\text{
ist }\mathcal{A}\setminus\mathcal{X}\text{ eine leere Menge}\right) \\
&  =0.
\end{align*}
Doch das Summenzeichen $\sum_{I\in\mathcal{A}}$ auf der linken Seite ist
\"{a}quivalent zu $\sum_{I\subseteq S}$ (da $\mathcal{A}=\left\{  \text{alle
Teilmengen von }S\right\}  $ ist). Damit haben wir gezeigt, dass
$\sum_{I\subseteq S}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=0$ gilt.
Damit ist (\ref{eq.simple-cancellation}) bewiesen. Aufgabe \ref{aufg.pie-prot}
\textbf{(a)} ist also gel\"{o}st.

(Ein \"{a}hnlicher Beweis von (\ref{eq.simple-cancellation}) findet sich
ausgef\"{u}hrt in \cite[\S 2.9.2, Second proof of Proposition 2.9.10]{19fco}.
Man kann (\ref{eq.simple-cancellation}) auch auf die
Binomialkoeffizienten-Identit\"{a}t $\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)
^{k}\dbinom{n}{k}=0$ reduzieren.)

\bigskip

\textbf{(b)} (Details in \cite[\S 2.9.3, proof of Theorem 2.9.9]{19fco}.) Der
Ansatz ist folgender: Wir halten ein Element $s\in U$ fest und schauen uns an,
wie oft in der Summe
\begin{equation}
\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
\label{pf.thm.pie.bU.plan-sum}%
\end{equation}
dieses Element $s$ \textquotedblleft gez\"{a}hlt\textquotedblright\ wird. Das
hei\ss t, statt (\ref{pf.thm.pie.bU.plan-sum}) direkt auszurechnen, berechnen
wir die Summe $\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }\left[  s\in\bigcap_{i\in I}A_{i}\right]  $ f\"{u}r
ein einzelnes $s\in U$. Dann summieren wir die Ergebnisse \"{u}ber alle $s\in
U$, und erhalten (wegen Proposition \ref{prop.count.rollcall} \textbf{(a)})
genau die Summe (\ref{pf.thm.pie.bU.plan-sum}).

Hier sind die Details: Fixiere $s\in U$. Definiere eine Teilmenge $S$ von
$\left[  n\right]  $ durch%
\[
S=\left\{  i\in\left[  n\right]  \ \mid\ s\in A_{i}\right\}  .
\]
Nun sind die zwei Aussagen \textquotedblleft$S=\varnothing$\textquotedblright%
\ und \textquotedblleft$s\in U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup
A_{n}\right)  $\textquotedblright\ \"{a}quivalent (dies folgt leicht aus der
Definition von $S$). Da \"{a}quivalente Aussagen gleiche Wahrheitswerte haben,
gilt also%
\begin{equation}
\left[  S=\varnothing\right]  =\left[  s\in U\setminus\left(  A_{1}\cup
A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)  \right]  . \label{pf.thm.pie.b.S=nothing=}%
\end{equation}


Andererseits sei $I$ eine beliebige Teilmenge von $\left[  n\right]  $. Dann
sind die zwei Aussagen \textquotedblleft$s\in\bigcap_{i\in I}A_{i}%
$\textquotedblright\ und \textquotedblleft$I\subseteq S$\textquotedblright%
\ \"{a}quivalent (warum?\footnote{Man erkennt hier, warum wir den
\textquotedblleft leeren\textquotedblright\ Durchschnitt $\bigcap
_{i\in\varnothing}A_{i}$ als $U$ definiert haben: Dies hat n\"{a}mlich zur
Folge, dass $\bigcap_{i\in I}A_{i}$ immer (also auch f\"{u}r $I=\varnothing$)
gleich der Menge aller $t\in U$ ist, die $t\in A_{i}$ f\"{u}r alle $i\in I$
erf\"{u}llen. (Im Fall von $I=\varnothing$ ist \textquotedblleft$t\in A_{i}$
f\"{u}r alle $i\in I$\textquotedblright\ eine leere Aussage, und gilt also
f\"{u}r alle $t\in U$.) Dies wird hier ausgenutzt.}). Folglich sind ihre
Wahrheitswerte gleich, d.h., wir haben%
\begin{equation}
\left[  s\in\bigcap_{i\in I}A_{i}\right]  =\left[  I\subseteq S\right]  .
\label{pf.thm.pie.b.xincap}%
\end{equation}


Vergessen wir wieder, dass wir $I$ fixiert haben. Wir haben also
(\ref{pf.thm.pie.b.xincap}) f\"{u}r jede Teilmenge $I$ von $\left[  n\right]
$ bewiesen.

Nun ist
\begin{align}
&  \sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\underbrace{\left[  s\in\bigcap_{i\in I}A_{i}\right]
}_{\substack{=\left[  I\subseteq S\right]  \\\text{(nach
(\ref{pf.thm.pie.b.xincap}))}}}\nonumber\\
&  =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\left[  I\subseteq S\right] \nonumber\\
&  =\underbrace{\sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]  ;\\I\subseteq S}%
}}_{\substack{=\sum_{I\subseteq S}\\\text{(denn jede Teilmenge }I\text{ von
}S\\\text{ist eine Teilmenge von }\left[  n\right]  \text{)}}}\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\underbrace{\left[  I\subseteq S\right]
}_{\substack{=1\\\text{(denn }I\subseteq S\text{)}}}+\sum
_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]  ;\\I\not \subseteq S}}\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\underbrace{\left[  I\subseteq S\right]
}_{\substack{=0\\\text{(denn }I\not \subseteq S\text{)}}}\nonumber\\
&  =\sum_{I\subseteq S}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert
}+\underbrace{\sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]  ;\\I\not \subseteq
S}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }0}_{=0}=\sum_{I\subseteq
S}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }=\left[  S=\varnothing\right]
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{eq.simple-cancellation})}\right)
\nonumber\\
&  =\left[  s\in U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)
\right]  \label{pf.thm.pie.b.xsum}%
\end{align}
(nach (\ref{pf.thm.pie.b.S=nothing=})).

Vergessen wir nun, dass wir $s$ fixiert haben. Wir haben also
(\ref{pf.thm.pie.b.xsum}) f\"{u}r jedes $s\in U$ bewiesen. Nun gilt
\begin{align*}
&  \sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\underbrace{\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
}_{\substack{=\sum_{s\in U}\left[  s\in\bigcap_{i\in I}A_{i}\right]
\\\text{(laut Proposition \ref{prop.count.rollcall} \textbf{(a),}%
}\\\text{angewandt auf }S=U\text{ und }T=\bigcap_{i\in I}A_{i}\text{)}}}\\
&  =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\sum_{s\in U}\left[  s\in\bigcap_{i\in I}A_{i}\right]
=\underbrace{\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\ \ \sum_{s\in U}%
}_{\substack{=\sum_{s\in U}\ \ \sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\\\text{(da
zwei voneinander unabh\"{a}ngige}\\\text{Summenzeichen immer vertauscht}%
\\\text{werden k\"{o}nnen)}}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert
}\left[  s\in\bigcap_{i\in I}A_{i}\right] \\
&  =\sum_{s\in U}\ \ \underbrace{\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\left[  s\in\bigcap_{i\in I}%
A_{i}\right]  }_{\substack{=\left[  s\in U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}%
\cup\cdots\cup A_{n}\right)  \right]  \\\text{(nach (\ref{pf.thm.pie.b.xsum}%
))}}}=\sum_{s\in U}\left[  s\in U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup
\cdots\cup A_{n}\right)  \right]  .
\end{align*}
Andererseits ist%
\[
\left\vert U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)
\right\vert =\sum_{s\in U}\left[  s\in U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}%
\cup\cdots\cup A_{n}\right)  \right]
\]
(laut Proposition \ref{prop.count.rollcall} \textbf{(a)}, angewandt auf $S=U$
und $T=U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)  $).
Abgleich dieser zwei Gleichheiten ergibt%
\[
\left\vert U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)
\right\vert =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert .
\]
Somit ist Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(b)} gel\"{o}st.

[\textit{Bemerkung:} Die Sylvestersche Siebformel (\ref{eq.thm.pie.b.claim})
ist wohl eine der bekanntesten Aussagen auf diesem Aufgabenblatt, und kommt in
der Literatur in vielen Formen vor. So kann man z. B. die Menge $U\setminus
\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)  $ umschreiben als
$A_{1}^{c}\cap A_{2}^{c}\cap\cdots\cap A_{n}^{c}$, wobei $A_{i}^{c}%
:=U\setminus A_{i}$ f\"{u}r jedes $i\in\left[  n\right]  $ gesetzt wird. So
umgeschrieben kommt (\ref{eq.thm.pie.b.claim}) in \cite[Theorem 1]{White10}
vor, wo eine kombinatorische Version von unserer obigen L\"{o}sung gegeben
wird. In \cite{Smid09} wird (\ref{eq.thm.pie.b.claim}) in der \"{a}quivalenten
Form%
\[
\left\vert A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right\vert =\sum
_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]  ;\\I\neq\varnothing}}\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert -1}\left\vert \bigcap_{i\in I}%
A_{i}\right\vert
\]
formuliert (und durch Induktion nach $n$ bewiesen); die \"{A}quivalenz
zwischen dieser Gleichung und (\ref{eq.thm.pie.b.claim}) sieht man ein, indem
man eine dieser Gleichungen von $\left\vert U\right\vert =\left\vert
U\right\vert $ subtrahiert.]

\bigskip

\textbf{(c)} (Siehe \cite[\S 2.9.5]{19fco} f\"{u}r Details.) Sei $U$ die Menge
aller Permutationen von $\left[  n\right]  $. F\"{u}r jedes $i\in\left[
n\right]  $ setzen wir%
\begin{equation}
A_{i}=\left\{  \sigma\in U\ \mid\ \sigma\left(  i\right)  =i\right\}  .
\label{pf.thm.count.dera.teasers.d.Ai=}%
\end{equation}
Somit haben wir $n$ Teilmengen $A_{1},A_{2},\ldots,A_{n}$ von $U$ definiert.
Die Definition von Derangements l\"{a}\ss t sich nun folgenderma\ss en
umschreiben:%
\[
\left\{  \text{Derangements von }\left[  n\right]  \right\}  =U\setminus
\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)  .
\]
Also ist%
\begin{align}
&  \left(  \text{Anzahl aller Derangements von }\left[  n\right]  \right)
\nonumber\\
&  =\left\vert U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)
\right\vert =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
\label{sol.pie-prot.c.2}%
\end{align}
laut Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(b)}.

Wir wollen nun die M\"{a}chtigkeiten $\left\vert \bigcap_{i\in I}%
A_{i}\right\vert $ auf der rechten Seite von (\ref{sol.pie-prot.c.2})
bestimmen. Dazu fixieren wir eine Teilmenge $I$ von $\left[  n\right]  $. Dann
ist $\bigcap_{i\in I}A_{i}$ die Menge aller Permutationen $\sigma$ von
$\left[  n\right]  $, die $\sigma\left(  i\right)  =i$ f\"{u}r alle $i\in I$
erf\"{u}llen\footnote{Pr\"{u}fe nach, dass dies auch f\"{u}r $I=\varnothing$
gilt! (Wir haben ja $\bigcap_{i\in I}A_{i}$ f\"{u}r $I=\varnothing$ separat
definiert.)}. Wir behaupten, es gibt genau $\left(  n-\left\vert I\right\vert
\right)  !$ solche Permutationen. In der Tat k\"{o}nnen wir so eine
Permutation $\sigma$ ja dadurch aufbauen, dass wir zun\"{a}chst ihre Werte auf
allen Elementen von $I$ festlegen (hier haben wir keine Wahl, denn die
Bedingung \textquotedblleft$\sigma\left(  i\right)  =i$ f\"{u}r alle $i\in
I$\textquotedblright\ legt diese Werte eindeutig fest), und dann die
restlichen $n-\left\vert I\right\vert $ Elemente von $\left[  n\right]  $
unter den restlichen $n-\left\vert I\right\vert $ Werten von $\sigma$
verteilen (hier haben wir $\left(  n-\left\vert I\right\vert \right)  !$ viele
M\"{o}glichkeiten, denn wir legen hier im Wesentlichen eine Permutation der
$\left(  n-\left\vert I\right\vert \right)  $-elementigen Menge $\left[
n\right]  \setminus I$ fest). Es gibt also genau $\left(  n-\left\vert
I\right\vert \right)  !$ Permutationen $\sigma$ von $\left[  n\right]  $, die
$\sigma\left(  i\right)  =i$ f\"{u}r alle $i\in I$ erf\"{u}llen. Da
$\bigcap_{i\in I}A_{i}$ die Menge all dieser Permutationen ist, haben wir also
gezeigt, dass%
\begin{equation}
\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert =\left(  n-\left\vert I\right\vert
\right)  ! \label{sol.pie-prot.c.5}%
\end{equation}
ist.

Vergessen wir nun, dass wir $I$ fixiert haben. F\"{u}r jede Teilmenge $I$ von
$\left[  n\right]  $ haben wir also (\ref{sol.pie-prot.c.5}) bewiesen. Damit
wird (\ref{sol.pie-prot.c.2}) zu%
\begin{align*}
&  \left(  \text{Anzahl aller Derangements von }\left[  n\right]  \right) \\
&  =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\underbrace{\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
}_{\substack{=\left(  n-\left\vert I\right\vert \right)  !\\\text{(laut
(\ref{sol.pie-prot.c.5}))}}}=\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\left(  n-\left\vert I\right\vert
\right)  !\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\ \ \sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]
;\\\left\vert I\right\vert =k}}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\left(  n-\left\vert I\right\vert \right)  !}%
_{\substack{=\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  !\\\text{(denn
}\left\vert I\right\vert =k\text{)}}}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{hier haben wir die Summe nach dem Wert von }\left\vert I\right\vert
\text{ aufgespalten,}\\
\text{denn f\"{u}r jede Teilmenge }I\text{ von }\left[  n\right]  \text{ ist
}\left\vert I\right\vert \in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}
\end{array}
\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n}\ \ \underbrace{\sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]
;\\\left\vert I\right\vert =k}}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)
!}_{=\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  !\cdot\left(  \text{Anzahl
aller Teilmengen }I\text{ von }\left[  n\right]  \text{ mit }\left\vert
I\right\vert =k\right)  }\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  !\cdot
\underbrace{\left(  \text{Anzahl aller Teilmengen }I\text{ von }\left[
n\right]  \text{ mit }\left\vert I\right\vert =k\right)  }_{\substack{=\left(
\text{Anzahl aller }k\text{-elementigen Teilmengen von }\left[  n\right]
\right)  \\=\dbinom{n}{k}\\\text{(laut der kombinatorischen Interpretation der
Binomialkoeffizienten)}}}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  !\cdot
\underbrace{\dbinom{n}{k}}_{\substack{=\dfrac{n!}{k!\cdot\left(  n-k\right)
!}\\\text{(laut der Fakult\"{a}tenformel f\"{u}r}%
\\\text{Binomialkoeffizienten)}}}=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\left(
n-k\right)  !\cdot\dfrac{n!}{k!\cdot\left(  n-k\right)  !}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n!}{k!}.
\end{align*}
Damit ist Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(c)} gel\"{o}st.

\bigskip

\textbf{(d)} (Details finden sich in \cite[\S 2.9.4]{19fco}.) Sei $U$ die
Menge aller Abbildungen von $\left[  m\right]  $ nach $\left[  n\right]  $.
(Kurzgefasst: Sei $U=\left[  n\right]  ^{\left[  m\right]  }$.)

F\"{u}r jedes $i\in\left[  n\right]  $ sei%
\begin{align*}
A_{i}  &  =\left\{  f:\left[  m\right]  \rightarrow\left[  n\right]
\ \mid\ i\text{ ist kein Wert von }f\right\} \\
&  =\left\{  f:\left[  m\right]  \rightarrow\left[  n\right]  \ \mid\ f\left(
x\right)  \neq i\text{ f\"{u}r alle }x\in\left[  m\right]  \right\}  .
\end{align*}
Damit haben wir $n$ Teilmengen $A_{1},A_{2},\ldots,A_{n}$ von $U$ definiert.
Es ist leicht einzusehen, dass%
\[
\left\{  \text{surjektive Abbildungen }\left[  m\right]  \rightarrow\left[
n\right]  \right\}  =U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup
A_{n}\right)
\]
ist (denn eine Abbildung von $\left[  m\right]  $ nach $\left[  n\right]  $
ist genau dann surjektiv, wenn jedes Element von $\left[  n\right]  $ zu ihren
Werten geh\"{o}rt, also genau dann, wenn sie in keiner der Mengen $A_{1}%
,A_{2},\ldots,A_{n}$ enthalten ist). Also ist%
\begin{align}
&  \left(  \text{Anzahl aller surjektiven Abbildungen von }\left[  m\right]
\text{ nach }\left[  n\right]  \right) \nonumber\\
&  =\left\vert U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)
\right\vert =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
\label{sol.pie-prot.d.2}%
\end{align}
laut Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(b)}.

Wir wollen wieder die M\"{a}chtigkeiten auf der rechten Seite bestimmen. Dazu
fixieren wir eine Teilmenge $I$ von $\left[  n\right]  $. Dann ist
$\bigcap_{i\in I}A_{i}$ die Menge aller Abbildungen von $\left[  m\right]  $
nach $\left[  n\right]  $, die keins der Elemente von $I$ als Wert annehmen
(d.h., deren Wertemenge zu $I$ disjunkt ist). Diese Abbildungen k\"{o}nnen wir
gleichsetzen mit den Abbildungen von $\left[  m\right]  $ nach $\left[
n\right]  \setminus I$ (pedantisch gesehen unterscheiden sie sich in der
Zielmenge, aber dies ist auch der einzige Unterschied). Somit ist ihre Anzahl
gleich $\left\vert \left[  n\right]  \setminus I\right\vert ^{\left\vert
\left[  m\right]  \right\vert }$. Da $\bigcap_{i\in I}A_{i}$ die Menge all
dieser Abbildungen ist, haben wir hiermit gezeigt, dass%
\begin{equation}
\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert =\left\vert \left[  n\right]
\setminus I\right\vert ^{\left\vert \left[  m\right]  \right\vert }
\label{sol.pie-prot.d.5}%
\end{equation}
gilt.

Vergessen wir, dass wir $I$ fixiert haben. Wir haben also
(\ref{sol.pie-prot.d.5}) f\"{u}r jede Teilmenge $I$ von $\left[  n\right]  $
bewiesen. Damit wird (\ref{sol.pie-prot.d.2}) zu%
\begin{align*}
&  \left(  \text{Anzahl aller surjektiven Abbildungen von }\left[  m\right]
\text{ nach }\left[  n\right]  \right) \\
&  =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\underbrace{\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
}_{\substack{=\left\vert \left[  n\right]  \setminus I\right\vert ^{\left\vert
\left[  m\right]  \right\vert }\\\text{(laut (\ref{sol.pie-prot.d.5}))}}%
}=\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\underbrace{\left\vert \left[  n\right]  \setminus I\right\vert
^{\left\vert \left[  m\right]  \right\vert }}_{\substack{=\left(  n-\left\vert
I\right\vert \right)  ^{m}\\\text{(denn }\left\vert \left[  n\right]
\setminus I\right\vert =n-\left\vert I\right\vert \\\text{und }\left\vert
\left[  m\right]  \right\vert =m\text{)}}}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\ \ \sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]
;\\\left\vert I\right\vert =k}}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\left(  n-\left\vert I\right\vert \right)  ^{m}}%
_{\substack{=\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  ^{m}\\\text{(denn
}\left\vert I\right\vert =k\text{)}}}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{hier haben wir, wie schon in der L\"{o}sung von Teil \textbf{(c)},
die}\\
\text{Summe nach dem Wert von }\left\vert I\right\vert \text{ aufgespalten}%
\end{array}
\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n}\ \ \underbrace{\sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]
;\\\left\vert I\right\vert =k}}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)
^{m}}_{=\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  ^{m}\cdot\left(
\text{Anzahl aller Teilmengen }I\text{ von }\left[  n\right]  \text{ mit
}\left\vert I\right\vert =k\right)  }\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  ^{m}%
\cdot\underbrace{\left(  \text{Anzahl aller Teilmengen }I\text{ von }\left[
n\right]  \text{ mit }\left\vert I\right\vert =k\right)  }_{\substack{=\left(
\text{Anzahl aller }k\text{-elementigen Teilmengen von }\left[  n\right]
\right)  \\=\dbinom{n}{k}\\\text{(laut der kombinatorischen Interpretation der
Binomialkoeffizienten)}}}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{k}}_{=\left(  -1\right)
^{n-\left(  n-k\right)  }}\left(  n-k\right)  ^{m}\cdot\underbrace{\dbinom
{n}{k}}_{\substack{=\dbinom{n}{n-k}\\\text{(laut (\ref{eq.bas.symmetry}))}%
}}=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n-\left(  n-k\right)  }\left(
n-k\right)  ^{m}\cdot\dbinom{n}{n-k}\\
&  =\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n-i}i^{m}\cdot\dbinom{n}{i}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir }i\text{ f\"{u}r }n-k\text{
substituiert}\right) \\
&  =\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n-i}\dbinom{n}{i}i^{m}.
\end{align*}
Damit ist Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(d)} gel\"{o}st.

\bigskip

\textbf{(e)} Seien $n,m\in\mathbb{N}$. Sei $S$ die Menge aller surjektiven
Abbildungen von $\left[  m\right]  $ nach $\left[  n\right]  $. Laut Aufgabe
\ref{aufg.pie-prot} \textbf{(d)} ist dann
\begin{equation}
\left\vert S\right\vert =\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n-i}\dbinom{n}%
{i}i^{m}. \label{sol.pie-prot.e.used}%
\end{equation}
Wir m\"{u}ssen aber zeigen, dass $\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)
^{n-i}\dbinom{n}{i}i^{m}$ durch $n!$ teilbar ist. Wegen
(\ref{sol.pie-prot.e.used}) reicht es hierf\"{u}r aus, zu zeigen, dass
$\left\vert S\right\vert $ durch $n!$ teilbar ist.

Wie zeigen wir dies? Die Idee ist, dass wir eine \"{A}quivalenzrelation auf
der Menge $S$ einf\"{u}hren, von der jede \"{A}quivalenzklasse genau $n!$
viele Elemente hat. Daraus wird dann folgen, dass $\left\vert S\right\vert $
gleich $n!$ mal der Anzahl dieser \"{A}quivalenzklassen ist, und somit wird
$\left\vert S\right\vert $ durch $n!$ teilbar sein.

Die richtige \"{A}quivalenzrelation l\"{a}\ss t sich folgenderma\ss en definieren:

Sei $P$ die Menge aller Permutationen von $\left[  n\right]  $. Da die
Permutationen von $\left[  n\right]  $ nichts anderes sind als die bijektiven
Abbildungen von $\left[  n\right]  $ nach $\left[  n\right]  $, sehen wir, dass

\begin{itemize}
\item die Verkettung $\sigma\circ\tau$ von zwei Permutationen $\sigma,\tau\in
P$ wieder eine Permutation in $P$ ist;

\item die Identit\"{a}tsabbildung $\operatorname*{id}:\left[  n\right]
\rightarrow\left[  n\right]  $ eine Permutation in $P$ ist;

\item die Umkehrung $\sigma^{-1}$ einer jeden Permutation $\sigma\in P$ wieder
eine Permutation in $P$ ist (und insbesondere wohldefiniert ist, da bijektive
Abbildungen immer Umkehrungen haben).
\end{itemize}

\noindent(Algebraiker fassen diese Fakten gerne in einem Satz zusammen:
\textquotedblleft Die Menge $P$ ist eine Gruppe bez\"{u}glich Verkettung, mit
neutralem Element $\operatorname*{id}$.\textquotedblright)

Au\ss erdem wissen wir, da\ss \ die Menge $\left[  n\right]  $ genau $n!$
Permutationen hat; das hei\ss t, $\left\vert P\right\vert =n!$.

F\"{u}r alle $f\in S$ und $\sigma\in P$ ist ferner $\sigma\circ f\in S$. (Denn
wenn $f$ surjektiv und $\sigma$ bijektiv ist, dann ist auch $\sigma\circ f$ surjektiv.)

Jetzt definieren wir eine bin\"{a}re Relation $\sim$ auf der Menge $S$, indem
wir%
\[
\left(  f\sim g\right)  \ \Longleftrightarrow\ \left(  \text{es gibt ein
}\sigma\in P\text{ mit }g=\sigma\circ f\right)
\]
f\"{u}r je zwei surjektive Abbildungen $f,g\in S$ setzen. Mit anderen Worten:
Zwei Abbildungen $f$ und $g$ in $S$ sind genau dann \"{a}quivalent
(bez\"{u}glich $\sim$), wenn eine aus der anderen durch Verkettung mit einer
Permutation von $\left[  n\right]  $ hervorgeht.\footnote{\textit{Beispiel:}
Seien $m=5$ und $n=3$. Sei $f:\left[  m\right]  \rightarrow\left[  n\right]  $
die Abbildung, die $1,2,3,4,5$ auf $2,1,3,2,1$ (in dieser Reihenfolge)
abbildet. Sei $g:\left[  m\right]  \rightarrow\left[  n\right]  $ die
Abbildung, die $1,2,3,4,5$ auf $3,2,1,3,2$ (in dieser Reihenfolge) abbildet.
Beide diese Abbildungen $f$ und $g$ sind surjektiv und liegen daher in $S$.
Ferner gibt es ein $\sigma\in P$ (also eine Permutation $\sigma$ von $\left[
n\right]  =\left[  3\right]  $) mit $g=\sigma\circ f$; und zwar ist dieses
$\sigma$ diejenige Permutation von $\left[  3\right]  $, die $1,2,3$ auf
$2,3,1$ (in diesr Reihenfolge) abbildet. Daher ist $f\sim g$.}

Diese Relation $\sim$ ist tats\"{a}chlich eine \"{A}quivalenzrelation, wie man
unschwer mithilfe der obengenannten Fakten \"{u}ber $P$ beweist. (So folgt z.
B. die Transitivit\"{a}t von $\sim$ daraus, dass die die Verkettung
$\sigma\circ\tau$ von zwei Permutationen $\sigma,\tau\in P$ wieder eine
Permutation in $P$ ist.)

Da $\sim$ eine \"{A}quivalenzrelation ist, unterteilt sie die Menge $S$ in
(disjunkte und nichtleere) \"{A}quivalenzklassen. Wir m\"{u}ssen nur noch
zeigen, dass jede dieser \"{A}quivalenzklassen genau $n!$ viele Elemente hat.

Sei also $K$ eine \"{A}quivalenzklasse von $\sim$. Wir m\"{u}ssen zeigen, dass
$\left\vert K\right\vert =n!$ ist. Wir w\"{a}hlen ein beliebiges Element $f$
von $K$. Dann ist $K$ die \"{A}quivalenzklasse von $f$ (bez\"{u}glich der
Relation $\sim$). Wegen der Definition von $\sim$ bedeutet dies folgendes:%
\begin{equation}
K=\left\{  \sigma\circ f\ \mid\ \sigma\in P\right\}  .
\label{sol.pie-prot.e.K=}%
\end{equation}
Hieraus w\"{u}rde schnell $\left\vert K\right\vert =n!$ folgen, wenn wir
w\"{u}ssten, dass die Abbildungen $\sigma\circ f$ f\"{u}r alle $\sigma\in P$
verschieden sind (denn $\left\vert P\right\vert =n!$). Sind sie es denn?

Ja, sind sie. Denn sind $\sigma$ und $\tau$ zwei verschiedene Permutationen in
$P$, dann gibt es ein $i\in\left[  n\right]  $ mit $\sigma\left(  i\right)
\neq\tau\left(  i\right)  $; und da $f$ surjektiv ist (denn $f\in K\subseteq
S$), gibt es zu diesem $i\in\left[  n\right]  $ auch ein $j\in\left[
m\right]  $ mit $i=f\left(  j\right)  $. F\"{u}r dieses $j$ gilt dann
\[
\left(  \sigma\circ f\right)  \left(  j\right)  =\sigma\left(
\underbrace{f\left(  j\right)  }_{=i}\right)  =\sigma\left(  i\right)
\neq\tau\left(  \underbrace{i}_{=f\left(  j\right)  }\right)  =\tau\left(
f\left(  j\right)  \right)  =\left(  \tau\circ f\right)  \left(  j\right)  ,
\]
woraus nat\"{u}rlich $\sigma\circ f\neq\tau\circ f$ folgt. Wir haben also
gezeigt, dass $\sigma\circ f\neq\tau\circ f$ f\"{u}r je zwei verschiedene
Permutationen $\sigma$ und $\tau$ in $P$ gilt. Das hei\ss t, die Abbildungen
$\sigma\circ f$ f\"{u}r $\sigma\in P$ sind alle verschieden. Folglich ist
$\left\vert \left\{  \sigma\circ f\ \mid\ \sigma\in P\right\}  \right\vert
=\left\vert P\right\vert =n!$. Wegen (\ref{sol.pie-prot.e.K=}) l\"{a}\ss t
sich dies umschreiben als $\left\vert K\right\vert =n!$, was uns gerade zum
Beweis gefehlt hat. Die L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.pie-prot}
\textbf{(e)} ist damit fertig.

\bigskip

\textbf{(f)} Sei $n\in\mathbb{N}$. Laut Proposition \ref{prop.pie.surj1}
(angewandt auf $X=\left[  n\right]  $ und $Y=\left[  n\right]  $) ist jede
surjektive Abbildung von $\left[  n\right]  $ nach $\left[  n\right]  $
automatisch bijektiv. Da die Umkehrung selbstverst\"{a}ndlich gilt, sind also
die surjektiven Abbildungen von $\left[  n\right]  $ nach $\left[  n\right]  $
dasselbe wie die bijektiven Abbildungen von $\left[  n\right]  $ nach $\left[
n\right]  $. Wir haben daher%
\begin{align*}
&  \left\{  \text{surjektive Abbildungen von }\left[  n\right]  \text{ nach
}\left[  n\right]  \right\} \\
&  =\left\{  \text{bijektive Abbildungen von }\left[  n\right]  \text{ nach
}\left[  n\right]  \right\} \\
&  =\left\{  \text{Permutationen von }\left[  n\right]  \right\}
\end{align*}
und folglich%
\begin{align*}
&  \left(  \text{Anzahl aller surjektiven Abbildungen von }\left[  n\right]
\text{ nach }\left[  n\right]  \right) \\
&  =\left(  \text{Anzahl aller Permutationen von }\left[  n\right]  \right)
=n!.
\end{align*}
Doch laut Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(d)} (angewendet auf $m=n$) gilt%
\begin{align*}
&  \left(  \text{Anzahl aller surjektiven Abbildungen von }\left[  n\right]
\text{ nach }\left[  n\right]  \right) \\
&  =\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n-i}\dbinom{n}{i}i^{n}.
\end{align*}
Abgleich der letzten zwei Gleichungen ergibt $\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)
^{n-i}\dbinom{n}{i}i^{n}=n!$. Damit ist Aufgabe \ref{aufg.pie-prot}
\textbf{(f)} gel\"{o}st.

\bigskip

\textbf{(g)} Seien $n,m\in\mathbb{N}$ mit $m<n$. Dann ist $\left\vert \left[
m\right]  \right\vert =m<n=\left\vert \left[  n\right]  \right\vert $. Laut
Folgerung \ref{cor.pie.surj2} gibt es also keine surjektiven Abbildungen von
$\left[  m\right]  $ nach $\left[  n\right]  $. Die Anzahl aller surjektiven
Abbildungen von $\left[  m\right]  $ nach $\left[  n\right]  $ ist also $0$.
Doch laut Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(d)} ist diese Anzahl gleich
$\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n-i}\dbinom{n}{i}i^{m}$. Abgleich dieser
beiden Fakten ergibt
\[
\sum_{i=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n-i}\dbinom{n}{i}i^{m}=0.
\]
Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(g)} ist damit gel\"{o}st.
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.TIS}}

Wir stellen die L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.TIS} als n\"{a}chstes, weil
sie direkt an Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(a)} anschlie\ss t (und weil
wir sie bald wieder brauchen).

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.TIS}.]Aufgabe \ref{aufg.TIS} ist zwar
eine Verallgemeinerung der Identit\"{a}t (\ref{eq.simple-cancellation}); sie
l\"{a}\ss t sich aber leicht auf letztere zur\"{u}ckf\"{u}hren:

Wenn wir eine Teilmenge $I$ von $S$ w\"{a}hlen wollen, die $T\subseteq I$
erf\"{u}llt, dann m\"{u}ssen wir nur entscheiden, welche Elemente von
$S\setminus T$ in diese Menge kommen; s\"{a}mtliche Elemente von $T$
m\"{u}ssen es ja ohnehin tun. Das hei\ss t, wir m\"{u}ssen nur eine Teilmenge
von $S\setminus T$ w\"{a}hlen. Formaliseren wir das als Bijektion, dann
erhalten wir folgendes: Es gibt eine Bijektion%
\begin{align*}
\left\{  \text{Teilmengen von }S\setminus T\right\}   &  \rightarrow\left\{
\text{Teilmengen }I\text{ von }S\text{, die }T\subseteq I\text{ erf\"{u}llen}%
\right\}  ,\\
J  &  \mapsto J\cup T.
\end{align*}
(Die Umkehrabbildung dieser Bijektion sendet jedes $I$ auf $I\setminus T$.)
Diese Bijektion erlaubt es uns, in der Summe $\sum_{\substack{I\subseteq
S;\\T\subseteq I}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }$ den
Summationsindex $I$ durch $J\cup T$ zu substituieren; wir erhalten also%
\[
\sum_{\substack{I\subseteq S;\\T\subseteq I}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=\sum_{J\subseteq S\setminus T}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
J\cup T\right\vert }.
\]
Doch%
\begin{align*}
\sum_{J\subseteq S\setminus T}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\cup
T\right\vert }  &  =\sum_{I\subseteq S\setminus T}\underbrace{\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\cup T\right\vert }}_{\substack{=\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert +\left\vert T\right\vert }\\\text{(denn aus
}I\subseteq S\setminus T\\\text{folgt }\left\vert I\cup T\right\vert
=\left\vert I\right\vert +\left\vert T\right\vert \text{)}}}=\sum_{I\subseteq
S\setminus T}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert
+\left\vert T\right\vert }}_{=\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert
}\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }\underbrace{\sum_{I\subseteq
S\setminus T}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }}%
_{\substack{=\left[  S\setminus T=\varnothing\right]  \\\text{(nach
(\ref{eq.simple-cancellation}),}\\\text{angewandt auf }S\setminus T\text{
statt }S\text{)}}}=\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }\left[
S\setminus T=\varnothing\right]  .
\end{align*}
Doch da $T\subseteq S$ gilt, ist die Aussage \textquotedblleft$S\setminus
T=\varnothing$\textquotedblright\ \"{a}quivalent zu \textquotedblleft%
$S=T$\textquotedblright. Somit ist $\left[  S\setminus T=\varnothing\right]
=\left[  S=T\right]  $. Insgesamt erhalten wir also%
\[
\sum_{\substack{I\subseteq S;\\T\subseteq I}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=\sum_{J\subseteq S\setminus T}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
J\cup T\right\vert }=\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert
}\underbrace{\left[  S\setminus T=\varnothing\right]  }_{=\left[  S=T\right]
}=\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }\left[  S=T\right]  .
\]
Damit ist Aufgabe \ref{aufg.TIS} gel\"{o}st.

[Eine andere L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.TIS} ist in \cite[proof of
Proposition 6.4]{18f-hw3s} zu finden; statt (\ref{eq.simple-cancellation}) zu
verwenden, imitiert diese den Beweis von (\ref{eq.simple-cancellation}).]
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.1-even-prot}}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.1-even-prot}.]Sei $g$ die Anzahl aller
$1$-geraden $n$-Tupel in $\left[  d\right]  ^{n}$. Sei $u$ die Anzahl aller
$1$-ungeraden $n$-Tupel in $\left[  d\right]  ^{n}$, wobei wir das Wort
\textquotedblleft$1$-ungerade\textquotedblright\ als Abk\"{u}rzung f\"{u}r
\textquotedblleft nicht $1$-gerade\textquotedblright\ definieren. Dann ist
$g+u$ die Anzahl aller $n$-Tupel in $\left[  d\right]  ^{n}$ (denn jedes
$n$-Tupel in $\left[  d\right]  ^{n}$ ist entweder $1$-gerade oder
$1$-ungerade aber nicht beides gleichzeitig). Wir haben also%
\begin{equation}
g+u=\left(  \text{Anzahl aller }n\text{-Tupel in }\left[  d\right]
^{n}\right)  =d^{n}. \label{sol.1-even-prot.g+u}%
\end{equation}


Wenn wir jetzt noch eine \"{a}hnliche Gleichheit finden, auf deren linken
Seite $g-u$ statt $g+u$ steht, dann k\"{o}nnen wir diese Gleichheit zu
(\ref{sol.1-even-prot.g+u}) addieren, und erhalten $2g$ auf der linken Seite.
Daraus k\"{o}nnen wir dann $g$ (unsere gesuchte Anzahl) bestimmen.

Wir stellen zun\"{a}chst folgendes fest: Sind $x_{1},x_{2},\ldots,x_{d}%
\in\mathbb{C}$ beliebige Zahlen, so gilt%
\begin{equation}
\left(  x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{d}\right)  ^{n}=\sum_{\left(  a_{1},a_{2}%
,\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]  ^{n}}x_{a_{1}}x_{a_{2}}\cdots
x_{a_{n}}. \label{sol.1-even-prot.xnomial}%
\end{equation}
(Dies sieht man am einfachsten folgenderma\ss en ein: Wenn man
\begin{align*}
&  \left(  x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{d}\right)  ^{n}\\
&  =\underbrace{\left(  x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{d}\right)  \left(  x_{1}%
+x_{2}+\cdots+x_{d}\right)  \cdots\left(  x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{d}\right)
}_{n\text{ Faktoren}}%
\end{align*}
ausmultipliziert, erh\"{a}lt man $d^{n}$ Produkte, die jeweils aus jedem der
$n$ Faktoren genau einen Summanden ausw\"{a}hlen. Dies ist aber genau die
rechte Seite von (\ref{sol.1-even-prot.xnomial}). Formal beweisen kann man
(\ref{sol.1-even-prot.xnomial}) durch Induktion nach $n$.)

\begin{noncompile}
Wenden wir die Gleichheit (\ref{sol.1-even-prot.xnomial}) auf $x_{a}=1$
(f\"{u}r alle $a\in\left[  d\right]  $) an, so erhalten wir%
\begin{align*}
\left(  \underbrace{1+1+\cdots+1}_{d\text{ Summanden}}\right)  ^{n}  &
=\sum_{\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]  ^{n}%
}\underbrace{\underbrace{1\cdot1\cdot\cdots\cdot1}_{d\text{ Faktoren}}}%
_{=1}=\sum_{\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]
^{n}}1\\
&  =\left(  \text{Anzahl aller }n\text{-Tupel }\left(  a_{1},a_{2}%
,\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]  ^{n}\right)  \cdot1\\
&  =\left(  \text{Anzahl aller }n\text{-Tupel }\left(  a_{1},a_{2}%
,\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]  ^{n}\right) \\
&  =\left(  \text{Anzahl aller }1\text{-geraden }n\text{-Tupel in }\left[
d\right]  ^{n}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +\left(  \text{Anzahl aller }1\text{-ungeraden
}n\text{-Tupel in }\left[  d\right]  ^{n}\right)
\end{align*}
(denn jedes $n$-Tupel in $\left[  d\right]  ^{n}$ ist entweder $1$-gerade oder
$1$-ungerade aber nicht beides gleichzeitig). Da sich die linke Seite dieser
Gleichung zu $d^{n}$ vereinfacht, erhalten wir somit%
\begin{align*}
d^{n}  &  =\left(  \text{Anzahl aller }1\text{-geraden }n\text{-Tupel in
}\left[  d\right]  ^{n}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +\left(  \text{Anzahl aller }1\text{-ungeraden
}n\text{-Tupel in }\left[  d\right]  ^{n}\right)  .
\end{align*}

\end{noncompile}

Was f\"{u}r Zahlen $x_{1},x_{2},\ldots,x_{d}$ k\"{o}nnen wir in
(\ref{sol.1-even-prot.xnomial}) einsetzen, damit auf der rechten Seite $g-u$
entsteht? Die Summe auf der rechten Seite von (\ref{sol.1-even-prot.xnomial})
hat einen Summanden $x_{a_{1}}x_{a_{2}}\cdots x_{a_{n}}$ f\"{u}r jedes
$n$-Tupel $\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]  ^{n}%
$. Wenn wir $x_{1},x_{2},\ldots,x_{d}$ so w\"{a}hlen k\"{o}nnen, dass dieser
Summand gleich $1$ f\"{u}r jedes $1$-gerade $n$-Tupel $\left(  a_{1}%
,a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]  ^{n}$ ist und gleich $-1$
f\"{u}r jedes $1$-ungerade $n$-Tupel $\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)
\in\left[  d\right]  ^{n}$ ist, dann vereinfacht sich diese Summe zu
$g\cdot1+u\cdot\left(  -1\right)  =g-u$, und wir haben unser Zwischenziel erreicht.

K\"{o}nnen wir $x_{1},x_{2},\ldots,x_{d}$ auch tats\"{a}chlich so w\"{a}hlen?
Ja, wie man leicht sieht: Und zwar setze man $x_{1}=-1$ und $x_{2}%
=x_{3}=\cdots=x_{d}=1$. F\"{u}r jedes $n$-Tupel $\left(  a_{1},a_{2}%
,\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]  ^{n}$ ist dann
\begin{align*}
x_{a_{1}}x_{a_{2}}\cdots x_{a_{n}}  &  =\left(  -1\right)  ^{\left(
\text{Anzahl aller }i\in\left[  n\right]  \text{ mit }a_{i}=1\right)  }\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn jedes }i\in\left[  n\right]  \text{ mit }a_{i}=1\text{ tr\"{a}gt
einen }\left(  -1\right)  \text{-Faktor}\\
\text{zum Produkt }x_{a_{1}}x_{a_{2}}\cdots x_{a_{n}}\text{ bei, w\"{a}hrend
jedes andere }i\\
\text{nur einen }1\text{-Faktor beitr\"{a}gt}%
\end{array}
\right) \\
&  =%
\begin{cases}
1, & \text{wenn die Anzahl aller }i\in\left[  n\right]  \text{ mit }%
a_{i}=1\text{ gerade ist;}\\
-1, & \text{wenn die Anzahl aller }i\in\left[  n\right]  \text{ mit }%
a_{i}=1\text{ ungerade ist}%
\end{cases}
\\
&  =%
\begin{cases}
1, & \text{wenn }\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \text{ ein
}1\text{-gerades }n\text{-Tupel ist;}\\
-1, & \text{wenn }\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \text{ ein
}1\text{-ungerades }n\text{-Tupel ist.}%
\end{cases}
\end{align*}
Die Summe $\sum_{\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]
^{n}}x_{a_{1}}x_{a_{2}}\cdots x_{a_{n}}$ hat also f\"{u}r jedes $1$-gerade
$n$-Tupel \newline$\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[
d\right]  ^{n}$ einen Summanden, der gleich $1$ ist, und f\"{u}r jedes
$1$-ungerade $n$-Tupel $\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[
d\right]  ^{n}$ einen Summanden, der gleich $-1$ ist. Da es $g$ viele
$1$-gerade $n$-Tupel $\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[
d\right]  ^{n}$ und $u$ viele $1$-ungerade $n$-Tupel $\left(  a_{1}%
,a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left[  d\right]  ^{n}$ gibt, vereinfacht sich
diese Summe also zu $g\cdot1+u\cdot\left(  -1\right)  =g-u$. Die Gleichheit
(\ref{sol.1-even-prot.xnomial}) vereinfacht sich damit zu%
\[
\left(  x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{d}\right)  ^{n}=g-u.
\]
Also ist%
\begin{align*}
g-u  &  =\left(  x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{d}\right)  ^{n}=\left(
\underbrace{-1+\underbrace{1+1+\cdots+1}_{d-1\text{ Summanden}}}%
_{=d-2}\right)  ^{n}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }x_{1}=-1\text{ und }x_{2}%
=x_{3}=\cdots=x_{d}=1\right) \\
&  =\left(  d-2\right)  ^{n}.
\end{align*}
Addieren wir diese Gleichung zu (\ref{sol.1-even-prot.g+u}), so erhalten wir
$2g=d^{n}+\left(  d-2\right)  ^{n}$. Daher ist $g=\dfrac{1}{2}\left(
d^{n}+\left(  d-2\right)  ^{n}\right)  $. Dies l\"{o}st Aufgabe
\ref{aufg.1-even-prot}.

(Eine andere L\"{o}sung, die aber ebenfalls auf K\"{u}rzungen in
vorzeichenbehafteten Summen beruht, findet sich in \cite[solution to Exercise
5]{18s-hw3s}.)
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.polar-prot}}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.polar-prot}.]\textbf{(a)} Schreibe das
Polynom $P$ as%
\begin{equation}
P=\sum_{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}%
\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots
x_{n}^{i_{n}}, \label{sol.polar-prot.P=}%
\end{equation}
wobei $\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}$ die Koeffizienten von $P$ sind.
(Die unendliche Summe auf der rechten Seite von (\ref{sol.polar-prot.P=}) ist
unproblematisch, da nur endlich viele der Koeffizienten $\lambda_{i_{1}%
,i_{2},\ldots,i_{n}}$ und damit auch nur endlich viele der Summanden von $0$
verschieden sind.)

Sei nun $T$ eine Teilmenge von $\left[  n\right]  $. Unter den \textit{Nicht-}%
$T$\textit{-Variablen} verstehen wir im Folgenden die Variablen $x_{i}$ mit
$i\notin T$. Dann ist $P\left(  x\mid_{T}\right)  $ also das Resultat, das man
erh\"{a}lt, wenn man im Polynom $P$ alle Nicht-$T$-Variablen durch $0$ ersetzt.

Wir wollen erst einmal sehen, was mit einem \textbf{Monom} $x_{1}^{i_{1}}%
x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}$ passiert, wenn man im $n$-Tupel $\left(
x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right)  $ alle Nicht-$T$-Variablen durch $0$ ersetzt.
Und zwar passiert folgendes:

\begin{itemize}
\item Wenn in dem Monom $x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}$ keine
Nicht-$T$-Variable vorkommt, dann bleibt dieses Monom bei der Einsetzung
unver\"{a}ndert (denn die Variablen, die im Monom vorkommen, bleiben alle bei
der Einsetzung unver\"{a}ndert).

\item Wenn in dem Monom $x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}$ eine
Nicht-$T$-Variable vorkommt\footnote{Das wort \textquotedblleft
eine\textquotedblright\ bedeutet hier \textquotedblleft mindestens
eine\textquotedblright, und das Wort \textquotedblleft
vorkommt\textquotedblright\ bedeutet hier \textquotedblleft mit positivem
Exponenten vorkommt\textquotedblright. So kommen im Monom $x_{1}^{0}x_{2}%
^{1}x_{3}^{4}$ die Variablen $x_{2}$ und $x_{3}$ vor, nicht aber die Variable
$x_{1}$.}, dann wird dieses Monom bei der Einsetzung zu $0$ (weil im
resultienden Produkt mindestens ein Faktor gleich $0$ ist).
\end{itemize}

\noindent Insgesamt k\"{o}nnen wir also sagen, dass das Monom $x_{1}^{i_{1}%
}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}$ bei der Ersetzung zu%
\begin{align*}
&
\begin{cases}
x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}, & \text{wenn im Monom }%
x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}\text{ keine Nicht-}%
T\text{-Variable vorkommt;}\\
0, & \text{wenn im Monom }x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}\text{
eine Nicht-}T\text{-Variable vorkommt}%
\end{cases}
\\
&  =%
\begin{cases}
x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}, & \text{wenn }i_{k}=0\text{
f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  \setminus T\text{ gilt;}\\
0, & \text{wenn nicht}%
\end{cases}
\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn genau dann kommt im Monom }x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots
x_{n}^{i_{n}}\text{ keine}\\
\text{Nicht-}T\text{-Variable vor, wenn }i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle }%
k\in\left[  n\right]  \setminus T\text{ gilt}%
\end{array}
\right)
\end{align*}
wird. Somit wird das Polynom $P$ bei dieser Ersetzung zu%
\begin{align*}
&  \sum_{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}%
\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}%
\begin{cases}
x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}, & \text{wenn }i_{k}=0\text{
f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  \setminus T\text{ gilt;}\\
0, & \text{wenn nicht}%
\end{cases}
\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{wegen
(\ref{sol.polar-prot.P=})}\right) \\
&  =\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}%
^{n};\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  \setminus T}%
}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots
x_{n}^{i_{n}}%
\end{align*}
(hier haben wir alle Summanden, die \textbf{nicht} \textquotedblleft$i_{k}=0$
f\"{u}r alle $k\in\left[  n\right]  \setminus T$\textquotedblright%
\ erf\"{u}llen, aus der Summe geworfen, da sie alle gleich $0$ sind). Mit
anderen Worten: Wir haben%
\begin{equation}
P\left(  x\mid_{T}\right)  =\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots
,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n};\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[
n\right]  \setminus T}}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}%
x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}} \label{sol.polar-prot.PxT=}%
\end{equation}
(denn $P\left(  x\mid_{T}\right)  $ ist ja genau das Resultat, das man
erh\"{a}lt, wenn man im Polynom $P$ alle Nicht-$T$-Variablen durch $0$ ersetzt).

Vergessen wir nun, dass wir $T$ fixiert haben. F\"{u}r jede Teilmenge $T$ von
$\left[  n\right]  $ haben wir also (\ref{sol.polar-prot.PxT=}) bewiesen.

Nun ist%
\begin{align}
&  \sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }\underbrace{P\left(  x\mid_{T}\right)  }_{\substack{=\sum
_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}%
;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  \setminus T}%
}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots
x_{n}^{i_{n}}\\\text{(nach (\ref{sol.polar-prot.PxT=}))}}}\nonumber\\
&  =\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)
\in\mathbb{N}^{n};\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]
\setminus T}}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}%
}\cdots x_{n}^{i_{n}}\nonumber\\
&  =\underbrace{\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\ \ \sum_{\substack{\left(
i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n};\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r
alle }k\in\left[  n\right]  \setminus T}}}_{\substack{=\sum_{\left(
i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}\ \ \sum
_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle }%
k\in\left[  n\right]  \setminus T}}\\\text{(hier haben wir die zwei
Summenzeichen}\\\text{vertauscht; dabei springt die Bedingung}%
\\\text{nat\"{u}rlich unter das innere Summenzeichen)}}}\left(  -1\right)
^{\left\vert T\right\vert }\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}%
}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}\nonumber\\
&  =\sum_{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}%
\ \ \sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle
}k\in\left[  n\right]  \setminus T}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}%
}\cdots x_{n}^{i_{n}}\nonumber\\
&  =\sum_{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}\left(
\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle
}k\in\left[  n\right]  \setminus T}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }\right)  \lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}%
x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}. \label{sol.polar-prot.sumsum}%
\end{align}


Jetzt ist es an der Zeit, die innere Summe in (\ref{sol.polar-prot.sumsum}) zu
vereinfachen. Dazu fixieren wir ein $n$-Tupel $\left(  i_{1},i_{2}%
,\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}$. Sei $S$ die Menge aller $k\in\left[
n\right]  $, die $i_{k}\neq0$ erf\"{u}llen. Eine Teilmenge $T$ von $\left[
n\right]  $ erf\"{u}llt genau dann \textquotedblleft$i_{k}=0$ f\"{u}r alle
$k\in\left[  n\right]  \setminus T$\textquotedblright, wenn sie $S\subseteq T$
erf\"{u}llt. Somit l\"{a}\ss t sich das Summenzeichen $\sum
_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle }%
k\in\left[  n\right]  \setminus T}}$ auch als $\sum_{\substack{T\subseteq
\left[  n\right]  ;\\S\subseteq T}}$ umschreiben. Das hei\ss t, wir haben
\[
\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle
}k\in\left[  n\right]  \setminus T}}=\sum_{\substack{T\subseteq\left[
n\right]  ;\\S\subseteq T}}
\]
(dies ist eine Gleichheit von Summenzeichen\footnote{Gleichheiten von
Summenzeichen sind wie folgt zu verstehen: Zwei Summenzeichen sind genau dann
gleich, wenn sie die gleiche Wirkung haben -- d.h., wenn man das eine durch
das andere in einem Term ersetzt, dann ver\"{a}ndert sich der Wert des Termes
nicht. Zum\ Beispiel gilt $\sum_{\substack{i\in\mathbb{N};\\0\leq i\leq
3}}=\sum_{i=0}^{3}$, denn f\"{u}r jedes $4$-Tupel $\left(  a_{0},a_{1}%
,a_{2},a_{3}\right)  $ von Zahlen gilt $\sum_{\substack{i\in\mathbb{N};\\0\leq
i\leq3}}a_{i}=\sum_{i=0}^{3}a_{i}$.}). Also ist%
\[
\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle
}k\in\left[  n\right]  \setminus T}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }=\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\S\subseteq
T}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }=\sum_{\substack{I\subseteq
\left[  n\right]  ;\\S\subseteq I}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }=\left(  -1\right)  ^{\left\vert S\right\vert }\left[  \left[
n\right]  =S\right]
\]
wegen Aufgabe \ref{aufg.TIS} (angewendet auf $\left[  n\right]  $ und $S$
statt $S$ und $T$). Doch wir haben%
\[
\left(  -1\right)  ^{\left\vert S\right\vert }\left[  \left[  n\right]
=S\right]  =\left(  -1\right)  ^{n}\left[  \left[  n\right]  =S\right]
\]
(denn im Falle von $\left[  n\right]  =S$ gilt $\left\vert S\right\vert
=\left\vert \left[  n\right]  \right\vert =n$, w\"{a}hrend im anderen Fall der
verschwindende Faktor $\left[  \left[  n\right]  =S\right]  =0$ den Vorfaktor
sowieso irrelevant macht); wir erhalten also%
\[
\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle
}k\in\left[  n\right]  \setminus T}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }=\left(  -1\right)  ^{\left\vert S\right\vert }\left[  \left[
n\right]  =S\right]  =\left(  -1\right)  ^{n}\left[  \left[  n\right]
=S\right]  .
\]


Doch $\left[  n\right]  =S$ gilt genau dann, wenn $i_{k}\neq0$ f\"{u}r alle
$k\in\left[  n\right]  $ gilt (laut Definition von $S$), und dies ist wiederum
genau dann der Fall, wenn $i_{k}\geq1$ f\"{u}r alle $k\in\left[  n\right]  $
gilt (denn jede Zahl $i_{k}$ ist eine nichtnegative ganze Zahl, und ist daher
genau dann $\neq0$, wenn sie $\geq1$ ist). Die Aussagen \textquotedblleft%
$\left[  n\right]  =S$\textquotedblright\ und \textquotedblleft$i_{k}\geq1$
f\"{u}r alle $k\in\left[  n\right]  $\textquotedblright\ sind also
\"{a}quivalent. Somit ist $\left[  \left[  n\right]  =S\right]  =\left[
i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  \right]  $ (denn
\"{a}quivalente Aussagen haben den gleichen Wahrheitswert). Wir rechnen also
weiter:%
\begin{align}
\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle
}k\in\left[  n\right]  \setminus T}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }  &  =\left(  -1\right)  ^{n}\underbrace{\left[  \left[
n\right]  =S\right]  }_{=\left[  i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[
n\right]  \right]  }\nonumber\\
&  =\left(  -1\right)  ^{n}\left[  i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[
n\right]  \right]  . \label{sol.polar-prot.innersum}%
\end{align}


Vergessen wir wieder, dass wir $\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  $
fixiert haben. Wir haben also (\ref{sol.polar-prot.innersum}) f\"{u}r jedes
$n$-Tupel $\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}$
gezeigt. Somit wird (\ref{sol.polar-prot.sumsum}) zu%
\begin{align}
&  \sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }P\left(  x\mid_{T}\right) \nonumber\\
&  =\sum_{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}%
}\underbrace{\left(  \sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]
;\\i_{k}=0\text{ f\"{u}r alle }k\in T}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }\right)  }_{\substack{=\left(  -1\right)  ^{n}\left[  i_{k}%
\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  \right]  \\\text{(laut
(\ref{sol.polar-prot.innersum}))}}}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}%
x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}\nonumber\\
&  =\sum_{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}\left(
-1\right)  ^{n}\left[  i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]
\right]  \lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots
x_{n}^{i_{n}}\nonumber\\
&  =\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}%
^{n};\\i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  }}\left(
-1\right)  ^{n}\underbrace{\left[  i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[
n\right]  \right]  }_{\substack{=1\\\text{(denn }i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle
}k\in\left[  n\right]  \text{)}}}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}%
x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}\nonumber\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots
,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n};\\\text{es gilt nicht }\\\left(  i_{k}%
\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  \right)  }}\left(  -1\right)
^{n}\underbrace{\left[  i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]
\right]  }_{\substack{=0\\\text{(denn es gilt nicht }\left(  i_{k}\geq1\text{
f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  \right)  \text{)}}}\lambda_{i_{1}%
,i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}\nonumber\\
&  =\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}%
^{n};\\i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  }}\left(
-1\right)  ^{n}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}%
}\cdots x_{n}^{i_{n}}\nonumber\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +\underbrace{\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2}%
,\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n};\\\text{es gilt nicht }\\\left(
i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  \right)  }}\left(
-1\right)  ^{n}0\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}%
}\cdots x_{n}^{i_{n}}}_{=0}\nonumber\\
&  =\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}%
^{n};\\i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  }}\left(
-1\right)  ^{n}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}\underbrace{x_{1}^{i_{1}%
}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}}_{\substack{=\left(  x_{1}x_{2}\cdots
x_{n}\right)  \left(  x_{1}^{i_{1}-1}x_{2}^{i_{2}-1}\cdots x_{n}^{i_{n}%
-1}\right)  \\\text{(denn }i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[
n\right]  \text{)}}}\nonumber\\
&  =\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}%
^{n};\\i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[  n\right]  }}\left(
-1\right)  ^{n}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}\left(  x_{1}x_{2}\cdots
x_{n}\right)  \left(  x_{1}^{i_{1}-1}x_{2}^{i_{2}-1}\cdots x_{n}^{i_{n}%
-1}\right) \nonumber\\
&  =x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\cdot\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{\substack{\left(
i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n};\\i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r
alle }k\in\left[  n\right]  }}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}%
^{i_{1}-1}x_{2}^{i_{2}-1}\cdots x_{n}^{i_{n}-1}. \label{sol.polar-prot.a.at}%
\end{align}
Bezeichnen wir das Polynom%
\[
\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots
,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n};\\i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[
n\right]  }}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}-1}x_{2}^{i_{2}%
-1}\cdots x_{n}^{i_{n}-1}%
\]
mit $Q$; dann vereinfacht sich (\ref{sol.polar-prot.a.at}) zu%
\[
\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }P\left(  x\mid_{T}\right)  =x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\cdot
Q=x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\cdot Q\left(  x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right)  .
\]
Ferner ist laut Definition
\[
Q=\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{\substack{\left(  i_{1},i_{2},\ldots
,i_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n};\\i_{k}\geq1\text{ f\"{u}r alle }k\in\left[
n\right]  }}\lambda_{i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}}x_{1}^{i_{1}-1}x_{2}^{i_{2}%
-1}\cdots x_{n}^{i_{n}-1}.
\]
Vergleichen wir dies mit (\ref{sol.polar-prot.P=}), so erkennen wir, dass
jeder Koeffizient von $Q$ (bis auf Vorzeichen) ein Koeffizient von $P$ ist,
aber in $P$ zu einem um $n$ h\"{o}hergradigeren Monom geh\"{o}rt als in $Q$
(genauer gesagt: der Koeffizient von $x_{1}^{i_{1}-1}x_{2}^{i_{2}-1}\cdots
x_{n}^{i_{n}-1}$ in $Q$ ist $\left(  -1\right)  ^{n}$ mal der Koeffizient von
$x_{1}^{i_{1}}x_{2}^{i_{2}}\cdots x_{n}^{i_{n}}$ in $P$). Hieraus folgt, dass
der Grad von $P$ mindestens um $n$ h\"{o}her ist als der von $Q$. Das
hei\ss t, $\deg P\geq\deg Q+n$. Mit anderen Worten: $\deg Q\leq\deg P-n$.

Wir haben also ein Polynom $Q$ in den $n$ Variablen $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}$
gefunden, f\"{u}r das $\deg Q\leq\deg P-n$ und%
\[
\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }P\left(  x\mid_{T}\right)  =x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\cdot Q\left(
x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right)
\]
gilt. Damit ist Aufgabe \ref{aufg.polar-prot} \textbf{(a)} gel\"{o}st.

(Ein alternativer Beweis durch Induktion nach $n$ findet sich in \cite[Lemma
2]{stpeters}.)

\bigskip

\textbf{(b)} (Siehe \cite[Lemma 3]{stpeters} f\"{u}r Details.) Nehmen wir an,
dass $\deg P<n$ ist (wobei $P$ wie in Aufgabe \ref{aufg.polar-prot}
\textbf{(a)} ist). Laut Aufgabe \ref{aufg.polar-prot} \textbf{(a)} gibt es
dann ein Polynom $Q$ in den Variablen $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}$, f\"{u}r das
$\deg Q\leq\deg P-n$ und%
\[
\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }P\left(  x\mid_{T}\right)  =x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\cdot Q\left(
x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right)
\]
gilt. Betrachten wir dieses $Q$. Aus $\deg Q\leq\underbrace{\deg P}%
_{<n}-n<n-n=0$ folgt $Q=0$. Also ist%
\begin{equation}
\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }P\left(  x\mid_{T}\right)  =x_{1}x_{2}\cdots x_{n}%
\cdot\underbrace{Q\left(  x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right)  }_{=Q=0}=0.
\label{sol.polar-prot.b.0}%
\end{equation}


\bigskip

\textbf{(c)} (Siehe \cite[Problem 1]{stpeters} f\"{u}r Details.) Definiere ein
Polynom $P=P\left(  x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right)  $ in $n$ Variablen
$x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}$ \"{u}ber dem Ring $\mathbb{Z}$ (also mit
ganzzahligen Koeffizienten) folgenderma\ss en:%
\begin{equation}
P=1-\left(  x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)  ^{p-1}.
\label{sol.polar-prot.c.1}%
\end{equation}
Dann ist $\deg P\leq p-1<p\leq n$ (denn $n\geq p$). Laut
(\ref{sol.polar-prot.b.0}) gilt daher%
\begin{equation}
\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }P\left(  x\mid_{T}\right)  =0. \label{sol.polar-prot.c.2}%
\end{equation}
Doch f\"{u}r jede Teilmenge $T$ von $\left[  n\right]  $ gilt%
\begin{equation}
P\left(  x\mid_{T}\right)  =1-\left(  \sum_{i\in T}x_{i}\right)  ^{p-1}.
\label{sol.polar-prot.c.3}%
\end{equation}
(Dies folgt aus (\ref{sol.polar-prot.c.1}), wenn wir alle Variablen $x_{i}$
mit $i\notin T$ durch $0$ ersetzen. Denn durch diese Ersetzung wird $P$ zu
$P\left(  x\mid_{T}\right)  $, w\"{a}hrend die Summe $x_{1}+x_{2}+\cdots
+x_{n}$ zu ihrer Teilsumme $\sum_{i\in T}x_{i}$ wird.)

Aus (\ref{sol.polar-prot.c.2}) folgt nun%
\[
0=\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }\underbrace{P\left(  x\mid_{T}\right)  }_{\substack{=1-\left(
\sum_{i\in T}x_{i}\right)  ^{p-1}\\\text{(laut (\ref{sol.polar-prot.c.3}))}%
}}=\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }\left(  1-\left(  \sum_{i\in T}x_{i}\right)  ^{p-1}\right)  .
\]
Setzen wir $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$ f\"{u}r die Variablen $x_{1}%
,x_{2},\ldots,x_{n}$ in dieser Polynom-Identit\"{a}t ein, so erhalten wir%
\begin{equation}
0=\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }\left(  1-\left(  \sum_{i\in T}a_{i}\right)  ^{p-1}\right)  .
\label{sol.polar-prot.c.4}%
\end{equation}


F\"{u}r jedes $a\in\mathbb{Z}$ gilt aber%
\begin{equation}
a^{p-1}\equiv%
\begin{cases}
1, & \text{wenn }p\nmid a;\\
0, & \text{wenn }p\mid a
\end{cases}
\ \ \operatorname{mod}p \label{sol.polar-prot.c.ferm}%
\end{equation}
(laut dem Kleinen Satz von Fermat) und folglich%
\begin{align}
1-a^{p-1}  &  \equiv1-%
\begin{cases}
1, & \text{wenn }p\nmid a;\\
0, & \text{wenn }p\mid a
\end{cases}
\nonumber\\
&  =%
\begin{cases}
0, & \text{wenn }p\nmid a;\\
1, & \text{wenn }p\mid a
\end{cases}
\ \ \operatorname{mod}p. \label{sol.polar-prot.c.ferm2}%
\end{align}
Damit k\"{o}nnen wir in (\ref{sol.polar-prot.c.4}) modulo $p$ weiterrechnen:%
\begin{align*}
0  &  =\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }\underbrace{\left(  1-\left(  \sum_{i\in T}a_{i}\right)
^{p-1}\right)  }_{\substack{\equiv%
\begin{cases}
0, & \text{wenn }p\nmid\sum_{i\in T}a_{i};\\
1, & \text{wenn }p\mid\sum_{i\in T}a_{i}%
\end{cases}
\ \ \operatorname{mod}p\\\text{(laut (\ref{sol.polar-prot.c.ferm2}), angewandt
auf }a=\sum_{i\in T}a_{i}\text{)}}}\\
&  \equiv\sum_{T\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
T\right\vert }%
\begin{cases}
0, & \text{wenn }p\nmid\sum_{i\in T}a_{i};\\
1, & \text{wenn }p\mid\sum_{i\in T}a_{i}%
\end{cases}
\ \ \ =\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\p\mid\sum_{i\in T}a_{i}%
}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }\operatorname{mod}p
\end{align*}
(hier haben wir die Summanden, die $0$ sind, aus der Summe geworfen). Das
hei\ss t, die Zahl $\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\p\mid
\sum_{i\in T}a_{i}}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }$ ist durch
$p$ teilbar. Benennen wir jetzt noch den Index $i$ als $t$ um, so sehen wir:
Die Zahl $\sum_{\substack{T\subseteq\left[  n\right]  ;\\p\mid\sum_{t\in
T}a_{t}}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert T\right\vert }$ ist durch $p$
teilbar. Damit ist Aufgabe \ref{aufg.polar-prot} \textbf{(c)} gel\"{o}st.

[\textit{Bemerkung:} In der obigen L\"{o}sung von Aufgabe
\ref{aufg.polar-prot} \textbf{(c)} h\"{a}tten wir das Polynom $P$ auch
\"{u}ber dem endlichen K\"{o}rper $\mathbb{F}_{p}$ statt \"{u}ber $\mathbb{Z}$
definieren k\"{o}nnen. (So habe ich es in \cite{stpeters} auch gemacht.) Dann
h\"{a}tten wir es mit Gleichheiten statt Kongruenzen zu tun, h\"{a}tten aber
wiederum mit den Restklassen von $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$ modulo $p$ statt
mit diesen Zahlen selber rechnen m\"{u}ssen. Viel Arbeit h\"{a}tten wir uns
nicht gespart.]
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot}}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot}.]Eine generelle
Bemerkung vorneweg: Man sollte sich $\Delta f$ als ein diskretes Analogon der
Ableitung $f^{\prime}=\dfrac{d}{dx}f$ vorstellen; die Teile \textbf{(a)} und
\textbf{(d)} dieser Aufgabe sind so gesehen analog zu wohlbekannten
Eigenschaften von Ableitungen. Mehr \"{u}ber diese Analogie (und \"{u}ber
erste und $n$-te Differenzen) findet man in Ciglers Skript \cite{Cigler06} und
\cite[\S 2.6 sowie \S 5.3, Trick 2]{GKP}.

\bigskip

\textbf{(a)} Wir zeigen zun\"{a}chst einmal den Sonderfall $n=1$ als separate Aussage:

\begin{statement}
\textit{Aussage 1:} Sei $k\in\mathbb{N}\cup\left\{  -\infty\right\}  $. Ist
$f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ eine Polynomfunktion von Grad $\leq k$,
dann ist $\Delta f$ eine Polynomfunktion von Grad $\leq k-1$.
\end{statement}

[\textit{Beweis von Aussage 1:} Sei $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ eine
Polynomfunktion von Grad $\leq k$. Es gibt also Konstanten $a_{0},a_{1}%
,\ldots,a_{k}\in\mathbb{C}$ mit der Eigenschaft, da\ss \ jedes $x\in
\mathbb{A}$ die Gleichheit%
\begin{equation}
f\left(  x\right)  =\sum_{i=0}^{k}a_{i}x^{i} \label{sol.findiff-prot.a.1}%
\end{equation}
erf\"{u}llt. Betrachte diese Konstanten $a_{0},a_{1},\ldots,a_{k}$. Laut
Definition von $\Delta f$ ist nun%
\begin{align}
\left(  \Delta f\right)  \left(  x\right)   &  =\underbrace{f\left(
x+1\right)  }_{\substack{=\sum_{i=0}^{k}a_{i}\left(  x+1\right)
^{i}\\\text{(laut (\ref{sol.findiff-prot.a.1}), angewandt}\\\text{auf
}x+1\text{ statt }x\text{)}}}-\underbrace{f\left(  x\right)  }%
_{\substack{=\sum_{i=0}^{k}a_{i}x^{i}\\\text{(laut (\ref{sol.findiff-prot.a.1}%
))}}}\nonumber\\
&  =\sum_{i=0}^{k}a_{i}\left(  x+1\right)  ^{i}-\sum_{i=0}^{k}a_{i}x^{i}%
=\sum_{i=0}^{k}a_{i}\underbrace{\left(  \left(  x+1\right)  ^{i}-x^{i}\right)
}_{\substack{=\sum_{j=0}^{i-1}\dbinom{i}{j}x^{j}\\\text{(denn laut dem
Binomischen Satz}\\\text{gilt }\left(  x+1\right)  ^{i}=\sum_{j=0}^{i}%
\dbinom{i}{j}x^{j}=\sum_{j=0}^{i-1}\dbinom{i}{j}x^{j}+x^{i}\text{)}%
}}\nonumber\\
&  =\sum_{i=0}^{k}a_{i}\sum_{j=0}^{i-1}\dbinom{i}{j}x^{j}=\sum_{i=0}^{k}%
\sum_{j=0}^{i-1}a_{i}\dbinom{i}{j}x^{j}. \label{sol.findiff-prot.a.2a}%
\end{align}
Doch das Summenzeichenpaar \textquotedblleft$\sum_{i=0}^{k}\sum_{j=0}^{i-1}%
$\textquotedblright\ auf der rechten Seite dieser Gleichung l\"{a}\ss t sich
durch das Summenzeichenpaar \textquotedblleft$\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=j+1}%
^{k}$\textquotedblright\ ersetzen, denn beide diese Summenzeichenpaare
l\"{a}uten eine Summation \"{u}ber alle Paare $\left(  i,j\right)
\in\mathbb{Z}^{2}$ mit $0\leq j<i\leq k$ ein (man pr\"{u}fe dies nach!) und
sind somit zueinander \"{a}quivalent. Somit kann man
(\ref{sol.findiff-prot.a.2a}) umschreiben als%
\[
\left(  \Delta f\right)  \left(  x\right)  =\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=j+1}%
^{k}a_{i}\dbinom{i}{j}x^{j}.
\]
Wir haben also%
\begin{equation}
\left(  \Delta f\right)  \left(  x\right)  =\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=j+1}%
^{k}a_{i}\dbinom{i}{j}x^{j}=\sum_{j=0}^{k-1}\left(  \sum_{i=j+1}^{k}%
a_{i}\dbinom{i}{j}\right)  x^{j} \label{sol.findiff-prot.a.2b}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $x\in\mathbb{A}$. An dieser Formel erkennt man, dass $\Delta f$
eine Polynomfunktion von Grad $\leq k-1$ ist. Damit ist Aussage 1 bewiesen.

(Wenn $k>0$ ist, und wenn die Polynomfunktion $f$ den Grad $k$ hat, dann kann
man sogar sehen, dass $\Delta f$ eine Polynomfunktion von Grad exakt $k-1$
ist. Dies werden wir in Aussage 4 weiter unten beweisen. Wenn $k=0$ ist, dann
ist $\Delta f=0$, weil auf der rechten Seite von (\ref{sol.findiff-prot.a.2b})
eine leere Summe steht. Das Nullpolynom $0$ hat Grad $-\infty$, nicht $0-1$.)]
\medskip

Wir k\"{o}nnen das Zeichen $\Delta$ als einen \textit{Operator} auffassen --
d. h., als eine Abbildung $\mathbb{C}^{\mathbb{A}}\rightarrow\mathbb{C}%
^{\mathbb{A}}$ von der Menge $\mathbb{C}^{\mathbb{A}}=\left\{  \text{alle
Funktionen von }\mathbb{A}\text{ nach }\mathbb{C}\right\}  $ in sich selbst.
Dieser Operator sendet jede Funktion $f\in\mathbb{C}^{\mathbb{A}}$ auf die
Funktion $\Delta f\in\mathbb{C}^{\mathbb{A}}$. Da $\Delta$ eine Abbildung von
der Menge $\mathbb{C}^{\mathbb{A}}$ in sich selbst ist, kann man $\Delta$
beliebig oft hintereinander ausf\"{u}hren -- d.h. die Verkettungspotenzen
$\Delta^{n}=\underbrace{\Delta\circ\Delta\circ\cdots\circ\Delta}_{n\text{ mal
}\Delta}$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}$ sind alle wohldefiniert (mit
$\Delta^{0}=\operatorname*{id}\nolimits_{\mathbb{C}^{\mathbb{A}}}$). Die
$n$-te Verkettungspotenz $\Delta^{n}$ \"{u}berf\"{u}hrt nat\"{u}rlich jede
Funktion $f\in\mathbb{C}^{\mathbb{A}}$ in die in der Aufgabe definierte $n$-te
Differenz $\Delta^{n}f$, denn genau so wurde letztere ja definiert.

Nun haben wir aber vorhin Aussage 1 bewiesen. Kurzgefasst besagt diese
Aussage, dass der Operator $\Delta$ jede Polynomfunktion in eine
Polynomfunktion mit mindestens um $1$ kleinerem Grad \"{u}berf\"{u}hrt.
Hieraus folgt, dass die $n$-fache Hintereinanderausf\"{u}hrung $\Delta^{n}$
dieses Operators $\Delta$ (f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$) jede
Polynomfunktion in eine Polynomfunktion mit mindestens um $n$ kleinerem Grad
\"{u}berf\"{u}hrt. Mit anderen Worten:

\begin{statement}
\textit{Aussage 2: }Seien $k\in\mathbb{N}\cup\left\{  -\infty\right\}  $ und
$n\in\mathbb{N}$. Ist $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ eine Polynomfunktion
von Grad $\leq k$, dann ist $\Delta^{n}f$ eine Polynomfunktion von Grad $\leq
k-n$.
\end{statement}

(Strenggenommen muss man dies durch Induktion nach $n$ zeigen. Aber dies ist
v\"{o}llig straightforward.)

Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(a)} folgt sofort aus Aussage 2.

\bigskip

\textbf{(b)} Sei $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ eine beliebige Funktion.
Wir behaupten nun:

\begin{statement}
\textit{Aussage 3:} Es gilt%
\[
\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  x\right)  =\sum_{k=0}^{n}\left(
-1\right)  ^{n-k}\dbinom{n}{k}f\left(  x+k\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{A}\text{ und }%
n\in\mathbb{N}.
\]

\end{statement}

[\textit{Beweis von Aussage 3:} Wir zeigen Aussage 3 durch Induktion nach $n$:

\textit{Induktionsanfang:} F\"{u}r $n=0$ behauptet Aussage 3, dass
\[
\left(  \Delta^{0}f\right)  \left(  x\right)  =\sum_{k=0}^{0}\left(
-1\right)  ^{0-k}\dbinom{0}{k}f\left(  x+k\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{A}%
\]
gilt. Dies l\"{a}uft aber auf $f\left(  x\right)  =f\left(  x\right)  $ hinaus
(denn $\Delta^{0}f=f$ und $\dbinom{0}{0}=1$). Somit ist Aussage 3 f\"{u}r
$n=0$ bewiesen.

\textit{Induktionsschritt:} Sei $m\in\mathbb{N}$. Angenommen, dass Aussage 3
f\"{u}r $n=m$ gilt. Wir m\"{u}ssen zeigen, dass Aussage 3 auch f\"{u}r $n=m+1$ gilt.

Wir haben angenommen, dass Aussage 3 f\"{u}r $n=m$ gilt. Mit anderen Worten:
Es gilt%
\begin{equation}
\left(  \Delta^{m}f\right)  \left(  x\right)  =\sum_{k=0}^{m}\left(
-1\right)  ^{m-k}\dbinom{m}{k}f\left(  x+k\right)
\label{sol.findiff-prot.b.IH}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $x\in\mathbb{A}$.

Sei nun $x\in\mathbb{A}$. Dann ist $\Delta^{m+1}f=\Delta\left(  \Delta
^{m}f\right)  $ (laut der rekursiven Definition von $\Delta^{n}f$),
also\footnote{Wer den Induktionsbeweis des Binomischen Satzes noch im
Ged\"{a}chtnis hat, wird ihn im Folgenden in abgewandelter Form
wiedererkennen. Dies ist kein gro\ss es Wunder, denn Aussage 2 l\"{a}\ss t
sich auch als Sonderfall des Binomischen Satzes im Operatorenring sehen -- und
der Beweis, den wir hier f\"{u}hren, folgt einfach dem Beweis des Binomischen
Satzes in diesem Sonderfall. Diesen Blickwinkel will ich hier aber nicht
genauer darstellen.}
\begin{align*}
&  \left(  \Delta^{m+1}f\right)  \left(  x\right) \\
&  =\left(  \Delta\left(  \Delta^{m}f\right)  \right)  \left(  x\right) \\
&  =\underbrace{\left(  \Delta^{m}f\right)  \left(  x+1\right)  }%
_{\substack{=\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{m-k}\dbinom{m}{k}f\left(
x+1+k\right)  \\\text{(nach (\ref{sol.findiff-prot.b.IH}),}\\\text{angewandt
auf }x+1\text{ statt }x\text{)}}}-\underbrace{\left(  \Delta^{m}f\right)
\left(  x\right)  }_{\substack{=\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{m-k}%
\dbinom{m}{k}f\left(  x+k\right)  \\\text{(nach (\ref{sol.findiff-prot.b.IH}%
))}}}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{laut der Definition von }\Delta\left(
\Delta^{m}f\right)  \right) \\
&  =\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{m-k}\dbinom{m}{k}f\left(  x+1+k\right)
-\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{m-k}\dbinom{m}{k}f\left(  x+k\right) \\
&  =\sum_{k=1}^{m+1}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{m-\left(  k-1\right)  }%
}_{=\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}}\dbinom{m}{k-1}f\left(
\underbrace{x+1+\left(  k-1\right)  }_{=x+k}\right)  -\sum_{k=0}%
^{m}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{m-k}}_{=-\left(  -1\right)  ^{\left(
m+1\right)  -k}}\dbinom{m}{k}f\left(  x+k\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir das }k\text{ in der ersten
Summe durch }k-1\text{ substituiert}\right) \\
&  =\sum_{k=1}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom
{m}{k-1}f\left(  x+k\right)  -\sum_{k=0}^{m}\left(  -\left(  -1\right)
^{\left(  m+1\right)  -k}\right)  \dbinom{m}{k}f\left(  x+k\right) \\
&  =\sum_{k=1}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom
{m}{k-1}f\left(  x+k\right)  +\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{\left(
m+1\right)  -k}\dbinom{m}{k}f\left(  x+k\right)  .
\end{align*}
Die zwei Summen auf der rechten Seite sehen so aus, als sollten wir sie
zusammenfassen. Dies wird aber erst einmal durch die verschiedenen
Summationsintervalle behindert: Die erste Summe geht von $1$ bis $m+1$,
w\"{a}hrend die zweite von $0$ bis $m$ geht. Doch dies ist kein echtes
Hindernis, lassen sich doch beide Summen auf einfachste Weise zu Summen von
$0$ bis $m+1$ ausdehnen. F\"{u}r die erste Summe geschieht dies, indem wir
ihre Untergrenze von $1$ auf $0$ reduzieren und den neu dazugekommenen
$k=0$-Summanden wieder subtrahieren:%
\begin{align*}
&  \sum_{k=1}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom{m}%
{k-1}f\left(  x+k\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom
{m}{k-1}f\left(  x+k\right)  -\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)
-0}\underbrace{\dbinom{m}{0-1}}_{\substack{=0\\\text{(laut (\ref{eq.binom.def}%
),}\\\text{denn }0-1\notin\mathbb{N}\text{)}}}f\left(  x+0\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom
{m}{k-1}f\left(  x+k\right)  -\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left(
m+1\right)  -0}0f\left(  x+0\right)  }_{=0}\\
&  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom
{m}{k-1}f\left(  x+k\right)  .
\end{align*}
F\"{u}r die zweite Summe erh\"{o}hen wir die Obergrenze von $m$ auf $m+1$ und
subtrahieren den neuen Term wieder:%
\begin{align*}
&  \sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom{m}%
{k}f\left(  x+k\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom{m}%
{k}f\left(  x+k\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ -\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -\left(
m+1\right)  }\underbrace{\dbinom{m}{m+1}}_{\substack{=0\\\text{(nach
(\ref{eq.binom.0rechts}),}\\\text{angewandt auf }n=m\text{ und }k=m+1\text{)}%
}}f\left(  x+m+1\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom{m}%
{k}f\left(  x+k\right)  -\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)
-\left(  m+1\right)  }0f\left(  x+m+1\right)  }_{=0}\\
&  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom{m}%
{k}f\left(  x+k\right)  .
\end{align*}
Unsere obige Formel f\"{u}r $\left(  \Delta^{m+1}f\right)  \left(  x\right)  $
wird nun zu%
\begin{align*}
&  \left(  \Delta^{m+1}f\right)  \left(  x\right) \\
&  =\underbrace{\sum_{k=1}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)
-k}\dbinom{m}{k-1}f\left(  x+k\right)  }_{=\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)
^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom{m}{k-1}f\left(  x+k\right)  }%
+\underbrace{\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}%
\dbinom{m}{k}f\left(  x+k\right)  }_{=\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)
^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom{m}{k}f\left(  x+k\right)  }\\
&  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom
{m}{k-1}f\left(  x+k\right)  +\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(
m+1\right)  -k}\dbinom{m}{k}f\left(  x+k\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\left(
\dbinom{m}{k-1}+\dbinom{m}{k}\right)  f\left(  x+k\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir die zwei Summen endlich
zusammengefasst}\right)  .
\end{align*}
Vergleichen wir dies mit%
\begin{align*}
&  \sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}%
\underbrace{\dbinom{m+1}{k}}_{\substack{=\dbinom{m}{k-1}+\dbinom{m}%
{k}\\\text{(nach (\ref{eq.binom.rec}),}\\\text{angewandt auf }n=m+1\text{)}%
}}f\left(  x+k\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\left(
\dbinom{m}{k-1}+\dbinom{m}{k}\right)  f\left(  x+k\right)  ,
\end{align*}
so erhalten wir%
\[
\left(  \Delta^{m+1}f\right)  \left(  x\right)  =\sum_{k=0}^{m+1}\left(
-1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom{m+1}{k}f\left(  x+k\right)  .
\]


Wir haben also gezeigt, dass $\left(  \Delta^{m+1}f\right)  \left(  x\right)
=\sum_{k=0}^{m+1}\left(  -1\right)  ^{\left(  m+1\right)  -k}\dbinom{m+1}%
{k}f\left(  x+k\right)  $ f\"{u}r alle $x\in\mathbb{A}$ gilt. Mit anderen
Worten: Aussage 3 gilt f\"{u}r $n=m+1$. Damit ist der Induktionsschritt
fertig, und Aussage 3 ist bewiesen.]

Mit dem Beweis von Aussage 3 ist Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(b)} gel\"{o}st.

\bigskip

\textbf{(c)} Seien $a,b,c\in\mathbb{R}$ und $n\in\mathbb{N}$ mit $c<n$. Wir
wollen zeigen, dass die Identit\"{a}t
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\dbinom{ak+b}{c}=0
\]
gilt. Wenn $c\notin\mathbb{N}$ ist, dann ist dies klar, da alle
Binomialkoeffizienten $\dbinom{ak+b}{c}$ (und damit auch alle Summanden in der
Summe) in diesem Fall $0$ sind. Wir nehmen also o. B. d. A. an, dass
$c\in\mathbb{N}$ gilt.

Sei $\mathbb{A}=\mathbb{Z}$. Sei $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ die
Funktion, die jedes $k\in\mathbb{A}$ in $\dbinom{ak+b}{c}\in\mathbb{C}$
\"{u}berf\"{u}hrt. Dies ist eine Polynomfunktion von Grad $\leq c$, denn
f\"{u}r jedes $k\in\mathbb{A}$ ist%
\begin{align*}
f\left(  k\right)   &  =\dbinom{ak+b}{c}=\dfrac{\left(  ak+b\right)  \left(
ak+b-1\right)  \left(  ak+b-2\right)  \cdots\left(  ak+b-c+1\right)  }{c!}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{eq.binom.def})}\right) \\
&  =\dfrac{a^{c}}{c!}k^{c}+\left(  \text{niedrigere Potenzen von }k\right)  .
\end{align*}
Laut der Aussage 2 (in der obigen L\"{o}sung von Aufgabe
\ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(a)}) (angewandt auf $k=c$) ist somit
$\Delta^{n}f$ eine Polynomfunktion von Grad $\leq c-n$. Da $\underbrace{c}%
_{<n}-n<0$ gilt, folgt hieraus, dass $\Delta^{n}f$ eine Polynomfunktion von
Grad $<0$ ist. Das hei\ss t, $\Delta^{n}f$ ist die Nullfunktion. Somit gilt
$\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  0\right)  =0$.

Doch laut Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(b)} (angewandt auf $x=0$)
ist%
\[
\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  0\right)  =\sum_{k=0}^{n}%
\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n-k}}_{=\left(  -1\right)  ^{n}\left(
-1\right)  ^{k}}\dbinom{n}{k}\underbrace{f\left(  0+k\right)  }_{=f\left(
k\right)  =\dbinom{ak+b}{c}}=\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(
-1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\dbinom{ak+b}{c}.
\]
Somit gilt%
\[
\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}%
{k}\dbinom{ak+b}{c}=\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  0\right)  =0.
\]
Division beider Seiten durch $\left(  -1\right)  ^{n}$ ergibt%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\dbinom{ak+b}{c}=0.
\]
Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(c)} ist somit gel\"{o}st.

\bigskip

\textbf{(d)} Wir behaupten erst einmal:

\begin{statement}
\textit{Aussage 4:} Sei $k$ eine positive ganze Zahl. Sei $f:\mathbb{A}%
\rightarrow\mathbb{C}$ eine Polynomfunktion von Grad $k$ mit Leitkoeffizienten
$c$. Dann ist $\Delta f$ eine Polynomfunktion von Grad $k-1$ mit
Leitkoeffizienten $kc$.
\end{statement}

[\textit{Beweis von Aussage 4:} Wir wissen, dass $f$ eine Polynomfunktion von
Grad $k$ ist. Es gibt also Konstanten $a_{0},a_{1},\ldots,a_{k}\in\mathbb{C}$
mit der Eigenschaft, dass\ jedes $x\in\mathbb{A}$ die Gleichheit%
\[
f\left(  x\right)  =\sum_{i=0}^{k}a_{i}x^{i}%
\]
erf\"{u}llt. Betrachte diese Konstanten $a_{0},a_{1},\ldots,a_{k}$. Da die
Polynomfunktion $f$ genau den Grad $k$ hat, ist der Leitkoeffizient von $f$
also $a_{k}$. Aber wir wissen, dass $c$ der Leitkoeffizient von $f$ ist. Also
muss $a_{k}=c$ sein. Ferner ist $c\neq0$ (denn ein Leitkoeffizient ist nach
Definition von $0$ verschieden). Somit ist auch $kc\neq0$ (denn $k\neq0$).

Nun betrachten wir die Gleichheit (\ref{sol.findiff-prot.a.2b}) (die wir im
obigen Beweis von Aussage 1 bereits gezeigt haben). Auf der rechten Seite
steht eine Polynomfunktion von Grad $\leq k-1$ (in $x$). Der Koeffizient vor
dem $x^{k-1}$-Term in dieser Polynomfunktion ist%
\begin{align*}
\sum_{i=\left(  k-1\right)  +1}^{k}a_{i}\dbinom{i}{k-1}  &  =\sum_{i=k}%
^{k}a_{i}\dbinom{i}{k-1}=\underbrace{a_{k}}_{=c}\underbrace{\dbinom{k}{k-1}%
}_{\substack{=\dbinom{k}{k-\left(  k-1\right)  }\\\text{(nach
(\ref{eq.bas.symmetry}))}}}\\
&  =c\underbrace{\dbinom{k}{k-\left(  k-1\right)  }}_{=\dbinom{k}{1}=k}=ck=kc.
\end{align*}
Dieser Koeffizient ist von $0$ verschieden (da $kc\neq0$). Da in der
Polynomfunktion auf der rechten Seite von (\ref{sol.findiff-prot.a.2b}) keine
h\"{o}heren Terme als $x^{k-1}$ vorkommen, ist somit dieser Koeffizient $kc$
der Leitkoeffizient, und der Grad der Polynomfunktion ist $k-1$. Wir haben
also gezeigt, dass die Polynomfunktion auf der rechten Seite von
(\ref{sol.findiff-prot.a.2b}) eine Polynomfunktion von Grad $k-1$ mit
Leitkoeffizienten $kc$ ist. Doch wegen (\ref{sol.findiff-prot.a.2b}) ist diese
Polynomfunktion genau die Funktion $\Delta f$. Also ist $\Delta f$ eine
Polynomfunktion von Grad $k-1$ mit Leitkoeffizienten $kc$. Aussage 4 ist damit
bewiesen.] \medskip

Durch iterative Anwendung von Aussage 4 folgt ziemlich schnell folgendes:

\begin{statement}
\textit{Aussage 5:} Sei $n\in\mathbb{N}$. Sei $k\geq n$ eine ganze Zahl. Sei
$f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ eine Polynomfunktion von Grad $k$ mit
Leitkoeffizienten $c$. Dann ist $\Delta^{n}f$ eine Polynomfunktion von Grad
$k-n$ mit Leitkoeffizienten $k\left(  k-1\right)  \left(  k-2\right)
\cdots\left(  k-n+1\right)  \cdot c$.
\end{statement}

[\textit{Beweis von Aussage 5:} Induktion nach $n$. Im Induktionsschritt
verwendet man Aussage 4.] \medskip

Aussage 5 beantwortet die in Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(d)}
gestellte Frage im Fall von $k\geq n$. Im Fall von $k<n$ stellt sich diese
Frage gar nicht, denn laut Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(a)} ist
$\Delta^{n}f$ in diesem Fall eine Polynomfunktion von Grad $\leq
\underbrace{k}_{<n}-n<0$ und damit die Nullfunktion.

\bigskip

\textbf{(e)} Seien $a,b\in\mathbb{C}$ und $n\in\mathbb{N}$. Wir behaupten,
dass%
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\dbinom{ak+b}{n}=\left(
-a\right)  ^{n} \label{sol.findiff-prot.e.claim}%
\end{equation}
ist.

Zum Beweis nehmen wir o. B. d. A. an, dass $a\neq0$ ist (der Fall $a=0$ ist
viel einfacher und sei dem Leser \"{u}berlassen).

Sei $\mathbb{A}=\mathbb{Z}$. Sei $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ die
Funktion, die jedes $k\in\mathbb{A}$ in $\dbinom{ak+b}{n}\in\mathbb{C}$
\"{u}berf\"{u}hrt. Dies ist eine Polynomfunktion von Grad $n$ mit
Leitkoeffizienten $\dfrac{a^{n}}{n!}$, denn f\"{u}r jedes $k\in\mathbb{A}$ ist%
\begin{align*}
f\left(  k\right)   &  =\dbinom{ak+b}{n}=\dfrac{\left(  ak+b\right)  \left(
ak+b-1\right)  \left(  ak+b-2\right)  \cdots\left(  ak+b-n+1\right)  }{n!}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{eq.binom.def})}\right) \\
&  =\dfrac{a^{n}}{n!}k^{n}+\left(  \text{niedrigere Potenzen von }k\right)  .
\end{align*}
Laut der Aussage 5 (in der obigen L\"{o}sung von Aufgabe
\ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(d)}) (angewandt auf $n$ und $\dfrac{a^{n}%
}{n!}$ statt $k$ und $c$) ist somit $\Delta^{n}f$ eine Polynomfunktion von
Grad $n-n$ mit Leitkoeffizienten $n\left(  n-1\right)  \left(  n-2\right)
\cdots\left(  n-n+1\right)  \cdot\dfrac{a^{n}}{n!}$. Aufgrund von%
\[
\underbrace{n\left(  n-1\right)  \left(  n-2\right)  \cdots\left(
n-n+1\right)  }_{=n\left(  n-1\right)  \left(  n-2\right)  \cdots1=n!}%
\cdot\dfrac{a^{n}}{n!}=n!\cdot\dfrac{a^{n}}{n!}=a^{n}%
\]
und $n-n=0$ l\"{a}\ss t sich dies folgenderma\ss en umschreiben: $\Delta^{n}f$
ist eine Polynomfunktion von Grad $0$ mit Leitkoeffizienten $a^{n}$. Das
hei\ss t, $\Delta^{n}f$ ist konstant $a^{n}$. Somit gilt $\left(  \Delta
^{n}f\right)  \left(  0\right)  =a^{n}$.

Doch laut Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(b)} (angewandt auf $x=0$)
ist%
\[
\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  0\right)  =\sum_{k=0}^{n}%
\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n-k}}_{=\left(  -1\right)  ^{n}\left(
-1\right)  ^{k}}\dbinom{n}{k}\underbrace{f\left(  0+k\right)  }_{=f\left(
k\right)  =\dbinom{ak+b}{n}}=\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(
-1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\dbinom{ak+b}{n}.
\]
Somit gilt%
\[
\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}%
{k}\dbinom{ak+b}{n}=\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  0\right)  =a^{n}.
\]
Division beider Seiten durch $\left(  -1\right)  ^{n}$ ergibt%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\dbinom{ak+b}{n}%
=\dfrac{a^{n}}{\left(  -1\right)  ^{n}}=\left(  \dfrac{a}{-1}\right)
^{n}=\left(  -a\right)  ^{n}.
\]
Damit ist (\ref{sol.findiff-prot.e.claim}) bewiesen. Aufgabe
\ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(e)} ist somit gel\"{o}st.

[\textit{Bemerkung:} Zwei andere Beweise von (\ref{sol.findiff-prot.e.claim})
finden sich in \cite[Exercise 5]{18f-hw3s} (man setze darin $r=b$ und $s=-a$
ein, um (\ref{sol.findiff-prot.e.claim}) zu erhalten). Beide Beweise lassen
sich mit ein wenig Arbeit auch zu L\"{o}sungen f\"{u}r Aufgabe
\ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(c)} umfunktionieren.]

\bigskip

\textbf{(f)} Es gibt sehr einfache Methoden, Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot}
\textbf{(f)} zu l\"{o}sen: Beispielsweise kann man die
Binet-Formel\footnote{Dies ist die Formel
\[
f_{n}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left(  \varphi^{n}-\psi^{n}\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{N},
\]
wobei $\varphi=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\approx1.618\ldots$ und $\psi
=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\approx-0.618\ldots$ die beiden Nullstellen des Polynoms
$x^{2}-x-1$ sind. Mithilfe dieser Formel (die sich leicht durch starke
Induktion nach $n$ beweisen l\"{a}\ss t) lassen sich viele Rechnungen mit
Fibonaccizahlen auf simple Rechnungen mit Potenzen zur\"{u}ckf\"{u}hren. (In
dieser Hinsicht ist die Binet-Formel den ber\"{u}hmten Formeln $\sin
\varphi=\dfrac{e^{i\varphi}-e^{-i\varphi}}{2i}$ und $\cos\varphi
=\dfrac{e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}}{2}$ nicht un\"{a}hnlich, die dieselbe
Rolle in der Trigonometrie spielen.)} einsetzen (und dann den Binomischen Satz
anwenden). Alternativ kann man Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(f)}
auch direkt durch vollst\"{a}ndige Induktion nach $n$ l\"{o}sen.

Wir gehen aber anders vor. Die Summe in Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot}
\textbf{(f)} sieht ja wie ein Sonderfall der Summe in Aufgabe
\ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(b)} aus; dies ist ein guter Anlass, nach
einer Anwendungsm\"{o}glichkeit f\"{u}r Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot}
\textbf{(b)} zu suchen. Und diese findet sich unschwer:

Wir setzen $\mathbb{A}=\mathbb{N}$. Sei $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$
die Funktion, die jedes $k\in\mathbb{N}$ auf $f_{k}$ abbildet. Wir betrachten
die in Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} definierten $n$-ten Differenzen
$\Delta^{n}f$ dieser Funktion $f$. Wir behaupten nun, dass%
\begin{equation}
\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  p\right)  =f\left(  p-n\right)
\label{sol.fibonacci-altsum2.main}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}$ und alle ganzen Zahlen $p\geq n$ gilt.

[\textit{Beweis von (\ref{sol.fibonacci-altsum2.main}):} Wir beweisen
(\ref{sol.fibonacci-altsum2.main}) durch Induktion nach $n$:

\textit{Induktionsbasis:} F\"{u}r $n=0$ gilt (\ref{sol.fibonacci-altsum2.main}%
), weil $\Delta^{0}f=f$ gilt.

\textit{Induktionsschritt:} Sei $m\in\mathbb{N}$. Nehmen wir an, dass
(\ref{sol.fibonacci-altsum2.main}) f\"{u}r $n=m$ gilt. Wir m\"{u}ssen zeigen,
dass (\ref{sol.fibonacci-altsum2.main}) auch f\"{u}r $n=m+1$ gilt.

Wir haben angenommen, dass (\ref{sol.fibonacci-altsum2.main}) f\"{u}r $n=m$
gilt. Das hei\ss t, f\"{u}r alle ganzen Zahlen $p\geq m$ gilt%
\begin{equation}
\left(  \Delta^{m}f\right)  \left(  p\right)  =f\left(  p-m\right)  .
\label{sol.fibonacci-altsum2.IH}%
\end{equation}


Nun ist aber $\Delta^{m+1}f=\Delta\left(  \Delta^{m}f\right)  $. F\"{u}r jede
ganze Zahl $p\geq m+1$ gilt also%
\begin{align*}
\left(  \Delta^{m+1}f\right)  \left(  p\right)   &  =\left(  \Delta\left(
\Delta^{m}f\right)  \right)  \left(  p\right)  =\underbrace{\left(  \Delta
^{m}f\right)  \left(  p+1\right)  }_{\substack{=f\left(  p+1-m\right)
\\\text{(nach (\ref{sol.fibonacci-altsum2.IH}),}\\\text{angewandt auf
}p+1\text{ statt }p\text{)}}}-\underbrace{\left(  \Delta^{m}f\right)  \left(
p\right)  }_{\substack{=f\left(  p-m\right)  \\\text{(nach
(\ref{sol.fibonacci-altsum2.IH}))}}}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der Definition von }\Delta\left(
\Delta^{m}f\right)  \right) \\
&  =\underbrace{f\left(  p+1-m\right)  }_{\substack{=f_{p+1-m}\\\text{(nach
Definition von }f\text{)}}}-\underbrace{f\left(  p-m\right)  }%
_{\substack{=f_{p-m}\\\text{(nach Definition von }f\text{)}}}\\
&  =\underbrace{f_{p+1-m}}_{\substack{=f_{\left(  p+1-m\right)  -1}+f_{\left(
p+1-m\right)  -2}\\\text{(nach der rekursiven}\\\text{Definition der
Fibonaccifolge)}}}-f_{p-m}=\underbrace{f_{\left(  p+1-m\right)  -1}}%
_{=f_{p-m}}+\underbrace{f_{\left(  p+1-m\right)  -2}}_{\substack{=f_{p-m-1}%
\\=f_{p-\left(  m+1\right)  }}}-f_{p-m}\\
&  =f_{p-m}+f_{p-\left(  m+1\right)  }-f_{p-m}=f_{p-\left(  m+1\right)  }.
\end{align*}
Mit anderen Worten: (\ref{sol.fibonacci-altsum2.main}) gilt f\"{u}r $n=m+1$.
Damit ist der Induktionsschritt vollendet, und
(\ref{sol.fibonacci-altsum2.main}) ist bewiesen.] \medskip

Seien nun $n,p\in\mathbb{N}$. Wenden wir Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot}
\textbf{(b)} auf $x=p$ an, so erhalten wir%
\begin{align*}
\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  p\right)   &  =\sum_{k=0}^{n}%
\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n-k}}_{=\left(  -1\right)  ^{n}\left(
-1\right)  ^{k}}\dbinom{n}{k}\underbrace{f\left(  p+k\right)  }%
_{\substack{=f_{p+k}\\\text{(nach Definition von }f\text{)}}}=\sum_{k=0}%
^{n}\left(  -1\right)  ^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}%
\underbrace{f_{p+k}}_{=f_{k+p}}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}%
{k}f_{k+p}=\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}%
\dbinom{n}{k}f_{k+p}.
\end{align*}
Gleichen wir dies mit
\begin{align*}
\left(  \Delta^{n}f\right)  \left(  p\right)   &  =f\left(  p-n\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{wegen (\ref{sol.fibonacci-altsum2.main}%
)}\right) \\
&  =f_{p-n}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der Definition von
}f\right)
\end{align*}
ab, so erhalten wir%
\[
f_{p-n}=\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom
{n}{k}f_{k+p}.
\]
Multiplizieren wir beide Seiten dieser Gleichung mit $\left(  -1\right)  ^{n}%
$, so erhalten wir%
\[
\left(  -1\right)  ^{n}f_{p-n}=\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n}\left(
-1\right)  ^{n}}_{=\left(  -1\right)  ^{2n}=1}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)
^{k}\dbinom{n}{k}f_{k+p}=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}%
{k}f_{k+p}.
\]
Damit ist Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(f)} gel\"{o}st.
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.moeb-inv-bool}}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.moeb-inv-bool}.]\textbf{(a)} Dies ist
eine \"{U}bung im Vertauschen von Summationszeichen; an der entscheidenden
Stelle muss man dann Aufgabe \ref{aufg.TIS} anwenden.

Laut Annahme gilt%
\begin{equation}
b_{I}=\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }%
a_{J}=\sum_{K\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert K\right\vert }a_{K}
\label{sol.moeb-inv-bool.ass}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $I\subseteq\left[  n\right]  $. Sei nun $I\subseteq\left[
n\right]  $ beliebig. Dann ist%
\begin{align}
\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }%
\underbrace{b_{J}}_{\substack{=\sum_{K\subseteq J}\left(  -1\right)
^{\left\vert K\right\vert }a_{K}\\\text{(nach (\ref{sol.moeb-inv-bool.ass}),
angewandt}\\\text{auf }J\text{ statt }I\text{)}}}  &  =\sum_{J\subseteq
I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }\sum_{K\subseteq J}\left(
-1\right)  ^{\left\vert K\right\vert }a_{K}\nonumber\\
&  =\sum_{J\subseteq I}\ \ \sum_{K\subseteq J}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
J\right\vert }\left(  -1\right)  ^{\left\vert K\right\vert }a_{K}.
\label{sol.moeb-inv-bool.1}%
\end{align}
Jetzt wollen wir die beiden Summationszeichen \textquotedblleft$\sum
_{J\subseteq I}$\textquotedblright\ und \textquotedblleft$\sum_{K\subseteq J}%
$\textquotedblright\ miteinander vertauschen. Ganz maschinell geht dies nicht,
da das innere Summenzeichen von dem Index $J$ des \"{a}u\ss eren abh\"{a}ngt.
Doch wir k\"{o}nnen uns \"{u}berlegen, wor\"{u}ber wir hier eigentlich
summieren: Das Summenzeichenpaar $\sum_{J\subseteq I}\ \ \sum_{K\subseteq J}$
summiert \"{u}ber alle Paare $\left(  J,K\right)  $ mit $J\subseteq I$ und
$K\subseteq J$, also \"{u}ber alle Paare $\left(  J,K\right)  $ mit
$K\subseteq J\subseteq I$. Daher k\"{o}nnen wir dieses Summenzeichenpaar durch
das Summenzeichenpaar $\sum_{K\subseteq I}\ \ \sum_{\substack{J\subseteq
I;\\K\subseteq J}}$ ersetzen, denn letzteres summiert ebenfalls \"{u}ber die
gleichen Paare $\left(  J,K\right)  $. Dadurch l\"{a}\ss t sich die Gleichheit
(\ref{sol.moeb-inv-bool.1}) umschreiben als%
\begin{align}
\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }b_{J}  &
=\sum_{K\subseteq I}\ \ \sum_{\substack{J\subseteq I;\\K\subseteq J}}\left(
-1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
K\right\vert }a_{K}\nonumber\\
&  =\sum_{K\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert K\right\vert }\left(
\sum_{\substack{J\subseteq I;\\K\subseteq J}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
J\right\vert }\right)  a_{K}. \label{sol.moeb-inv-bool.3}%
\end{align}


\begin{noncompile}
das innere Summenzeichen $\sum_{K\subseteq J}$ umschreiben als $\sum
_{\substack{K\subseteq I;\\K\subseteq J}}$ (denn wegen $J\subseteq I$ sind die
Teilmengen von $J$ dasselbe wie die Teilmengen $K$ von $I$, die $K\subseteq J$
erf\"{u}llen). Damit haben wir also
\begin{align*}
\sum_{J\subseteq I}\underbrace{\sum_{K\subseteq J}}_{=\sum
_{\substack{K\subseteq I;\\K\subseteq J}}}  &  =\sum_{J\subseteq I}%
\sum_{\substack{K\subseteq I;\\K\subseteq J}}=\sum_{K\subseteq I}%
\sum_{\substack{J\subseteq I;\\K\subseteq J}}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir die Summenzeichen
vertauscht}\right)
\end{align*}

\end{noncompile}

Die innere Summe $\sum_{\substack{J\subseteq I;\\K\subseteq J}}\left(
-1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }$ auf der rechten Seite sollte uns aber
bekannt vorkommen. F\"{u}r jede Teilmenge $K$ von $I$ ist%
\[
\sum_{\substack{J\subseteq I;\\K\subseteq J}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
J\right\vert }=\left(  -1\right)  ^{\left\vert K\right\vert }\left[
I=K\right]
\]
laut Aufgabe \ref{aufg.TIS} (wobei wir die Variablen $S$, $T$ und $I$ in
Aufgabe \ref{aufg.TIS} in $I$, $K$ bzw. $J$ umbenannt haben). Hierdurch
vereinfacht sich (\ref{sol.moeb-inv-bool.3}) zu%
\begin{align}
\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }b_{J}  &
=\sum_{K\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert K\right\vert
}\underbrace{\left(  \sum_{\substack{J\subseteq I;\\K\subseteq J}}\left(
-1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }\right)  }_{=\left(  -1\right)
^{\left\vert K\right\vert }\left[  I=K\right]  }a_{K}=\sum_{K\subseteq
I}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert K\right\vert }\left(  -1\right)
^{\left\vert K\right\vert }}_{=\left(  -1\right)  ^{2\left\vert K\right\vert
}=1}\left[  I=K\right]  a_{K}\nonumber\\
&  =\sum_{K\subseteq I}\left[  I=K\right]  a_{K}. \label{sol.moeb-inv-bool.4}%
\end{align}
In der Summe auf der rechten Seite verschwinden s\"{a}mtliche Summanden bis
auf den f\"{u}r $K=I$ (denn der Faktor $\left[  I=K\right]  $ verschwindet,
wenn $K\neq I$ ist). Daher vereinfacht sich die Summe zu $\underbrace{\left[
I=I\right]  }_{=1}a_{I}=a_{I}$. Somit l\"{a}\ss t sich
(\ref{sol.moeb-inv-bool.4}) umschreiben als
\[
\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }b_{J}=a_{I}.
\]
Das hei\ss t, $a_{I}=\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
J\right\vert }b_{J}$.

Wir haben also gezeigt, dass $a_{I}=\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)
^{\left\vert J\right\vert }b_{J}$ f\"{u}r alle $I\subseteq\left[  n\right]  $
gilt. Somit ist Aufgabe \ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(a)} gel\"{o}st.

\bigskip

\textbf{(b)} \"{A}hnlich wie Aufgabe \ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(a)}
k\"{o}nnten wir dies durch eine Vertauschung von Summenzeichen und
nachfolgende Anwendung von Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} (Teile \textbf{(c)}
und \textbf{(e)}) beweisen. Diese L\"{o}sung wurde (in einer etwas
vereinfachten Form) in \cite[Proposition 7.26]{detnotes} und in \cite[Exercise
5]{17f-hw4s} gegeben. Wir gehen aber einfacher vor und f\"{u}hren Aufgabe
\ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(b)} auf die bereits gel\"{o}ste Aufgabe
\ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(a)} zur\"{u}ck:

F\"{u}r jede Teilmenge $I$ von $\left[  n\right]  $ setzen wir $a_{I}%
=a_{\left\vert I\right\vert }$ und $b_{I}=b_{\left\vert I\right\vert }$. (Dies
ist wohldefiniert, denn wegen $\left\vert I\right\vert \in\left\{
0,1,\ldots,n\right\}  $ sind $a_{\left\vert I\right\vert }$ und $b_{\left\vert
I\right\vert }$ wohldefiniert.) F\"{u}r jedes $m\in\left\{  0,1,\ldots
,n\right\}  $ und jede $m$-elementige Teilmenge $I$ von $\left[  n\right]  $
gilt dann%
\begin{align}
&  \underbrace{\sum_{J\subseteq I}}_{\substack{=\sum_{k=0}^{m}\ \ \sum
_{\substack{J\subseteq I;\\\left\vert J\right\vert =k}}\\\text{(hier spalten
wir die Summe}\\\text{nach dem Wert von }\left\vert J\right\vert \text{
auf,}\\\text{denn }\left\vert J\right\vert \in\left\{  0,1,\ldots,m\right\}
\text{ f\"{u}r alle }J\subseteq I\text{)}}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
J\right\vert }\underbrace{a_{J}}_{\substack{=a_{\left\vert J\right\vert
}\\\text{(laut Definition}\\\text{von }a_{J}\text{)}}}\nonumber\\
&  =\sum_{k=0}^{m}\ \ \sum_{\substack{J\subseteq I;\\\left\vert J\right\vert
=k}}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }a_{\left\vert
J\right\vert }}_{\substack{=\left(  -1\right)  ^{k}a_{k}\\\text{(denn
}\left\vert J\right\vert =k\text{)}}}=\sum_{k=0}^{m}\underbrace{\sum
_{\substack{J\subseteq I;\\\left\vert J\right\vert =k}}\left(  -1\right)
^{k}a_{k}}_{=\left(  -1\right)  ^{k}a_{k}\cdot\left(  \text{Anzahl aller
Teilmengen }J\text{ von }I\text{ mit }\left\vert J\right\vert =k\right)
}\nonumber\\
&  =\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}a_{k}\cdot\underbrace{\left(
\text{Anzahl aller Teilmengen }J\text{ von }I\text{ mit }\left\vert
J\right\vert =k\right)  }_{\substack{=\dbinom{m}{k}\\\text{(nach der
Kombinatorischen Interpretation der Binomialkoeffizienten,}\\\text{denn
}I\text{ ist eine }m\text{-elementige Menge)}}}\nonumber\\
&  =\sum_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}a_{k}\cdot\dbinom{m}{k}=\sum
_{k=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{m}{k}a_{k}\nonumber\\
&  =\sum_{i=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{i}\dbinom{m}{i}a_{i}
\label{sol.moeb-inv-bool.b.3}%
\end{align}
und analog%
\begin{equation}
\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }b_{J}%
=\sum_{i=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{i}\dbinom{m}{i}b_{i}.
\label{sol.moeb-inv-bool.b.4}%
\end{equation}


Nun haben wir aber angenommen, dass
\begin{equation}
b_{m}=\sum_{i=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{i}\dbinom{m}{i}a_{i}
\label{sol.moeb-inv-bool.b.ass}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $m\in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}  $ gilt. Ist nun $I$ eine
Teilmenge von $\left[  n\right]  $, dann ist $\left\vert I\right\vert
\in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}  $; wenn man also $m=\left\vert I\right\vert
$ setzt, so erh\"{a}lt man%
\begin{align*}
b_{I}  &  =b_{\left\vert I\right\vert }=b_{m}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{denn }\left\vert I\right\vert =m\right) \\
&  =\sum_{i=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{i}\dbinom{m}{i}a_{i}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{sol.moeb-inv-bool.b.ass})}\right)
\\
&  =\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }a_{J}%
\end{align*}
(laut (\ref{sol.moeb-inv-bool.b.3}), denn $I$ ist eine $m$-elementige
Teilmenge von $\left[  n\right]  $). Wir haben also gezeigt, dass $b_{I}%
=\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }a_{J}$
f\"{u}r alle $I\subseteq\left[  n\right]  $ gilt. Laut Aufgabe
\ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(a)} folgt hieraus, dass%
\begin{equation}
a_{I}=\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }b_{J}
\label{sol.moeb-inv-bool.b.at}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $I\subseteq\left[  n\right]  $ gilt.

Sei nun $m\in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}  $. Dann gibt es eine
$m$-elementige Teilmenge $I$ von $\left[  n\right]  $ (beispielsweise
$I=\left[  m\right]  $). W\"{a}hlen wir eine solche Teilmenge $I$, dann ist
$\left\vert I\right\vert =m$ und somit $a_{I}=a_{\left\vert I\right\vert
}=a_{m}$. Abgleich dieser Gleichung mit (\ref{sol.moeb-inv-bool.b.at}) ergibt%
\[
a_{m}=\sum_{J\subseteq I}\left(  -1\right)  ^{\left\vert J\right\vert }%
b_{J}=\sum_{i=0}^{m}\left(  -1\right)  ^{i}\dbinom{m}{i}b_{i}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{laut (\ref{sol.moeb-inv-bool.b.4})}\right)
.
\]


Wir haben damit gezeigt, dass $a_{m}=\sum_{i=0}^{m}\left(  -1\right)
^{i}\dbinom{m}{i}b_{i}$ f\"{u}r alle $m\in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}  $
gilt. Damit ist Aufgabe \ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(b)} gel\"{o}st.

[\textit{Bemerkung:} Das $\left(  n+1\right)  $-Tupel $\left(  b_{0}%
,b_{1},\ldots,b_{m}\right)  $ in Aufgabe \ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(b)}
wird die \textit{Binomialtransformierte} des $\left(  n+1\right)  $-Tupels
$\left(  a_{0},a_{1},\ldots,a_{m}\right)  $ genannt. Laut Aufgabe
\ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(b)} ist also jedes $\left(  n+1\right)
$-Tupel die Binomialtransformierte seiner Binomialtransformierten. Weitere
Eigenschaften von Binomialtransformierten finden sich in \cite[Exercise
3.18]{detnotes}. Anwendungen von Aufgabe \ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(b)}
finden sich z. B. in \cite[\S 2.4]{Spivey19}; Anwendungen von
(\"{a}quivalenten Varianten von) Aufgabe \ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(a)}
finden sich in \cite[Kapitel 2]{Stanley-EC1}.]
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs}}

Zun\"{a}chst l\"{o}sen wir die einfachen zwei Teile von Aufgabe
\ref{aufg.perms-without-nbrs}: die Teile \textbf{(a)} und \textbf{(c)}.

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs} \textbf{(a)}%
.]\textbf{(a)} (Siehe \cite[Exercise 6]{18s-hw2s} f\"{u}r Details.) Wir
verfahren \"{a}hnlich zu der L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.pie-prot}
\textbf{(c)}.

Sei $U$ die Menge aller Permutationen von $\left[  n\right]  $. F\"{u}r jedes
$i\in\left[  n-1\right]  $ setzen wir%
\[
A_{i}=\left\{  \sigma\in U\ \mid\ \sigma\left(  i\right)  =i+1\right\}  .
\]
Somit haben wir $n-1$ Teilmengen $A_{1},A_{2},\ldots,A_{n-1}$ von $U$
definiert. Man sieht leicht, dass%
\begin{align*}
&  \left\{  \text{Permutationen }\sigma\text{ von }\left[  n\right]  \text{,
die }\sigma\left(  i\right)  \neq i+1\text{ f\"{u}r alle }i\in\left[
n-1\right]  \text{ erf\"{u}llen}\right\} \\
&  =U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n-1}\right)
\end{align*}
gilt. Also ist%
\begin{align}
&  \left(  \text{Anzahl aller Permutationen }\sigma\text{ von }\left[
n\right]  \text{, die }\sigma\left(  i\right)  \neq i+1\text{ f\"{u}r alle
}i\in\left[  n-1\right]  \text{ erf\"{u}llen}\right) \nonumber\\
&  =\left\vert U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n-1}\right)
\right\vert =\sum_{I\subseteq\left[  n-1\right]  }\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
\label{sol.perms-without-nbrs.a.2}%
\end{align}
laut Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(b)} (angewandt auf $n-1$ statt $n$).

Wir wollen nun die M\"{a}chtigkeiten $\left\vert \bigcap_{i\in I}%
A_{i}\right\vert $ auf der rechten Seite von (\ref{sol.perms-without-nbrs.a.2}%
) bestimmen. Dazu fixieren wir eine Teilmenge $I$ von $\left[  n-1\right]  $.
Dann ist $\bigcap_{i\in I}A_{i}$ die Menge aller Permutationen $\sigma$ von
$\left[  n\right]  $, die $\sigma\left(  i\right)  =i+1$ f\"{u}r alle $i\in I$
erf\"{u}llen. Wie schon in der L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.pie-prot}
\textbf{(c)} sehen wir unschwer, dass es genau $\left(  n-\left\vert
I\right\vert \right)  !$ solche Permutationen $\sigma$ von $\left[  n\right]
$ gibt. Da $\bigcap_{i\in I}A_{i}$ die Menge all dieser Permutationen ist,
haben wir also gezeigt, dass%
\begin{equation}
\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert =\left(  n-\left\vert I\right\vert
\right)  ! \label{sol.perms-without-nbrs.a.5}%
\end{equation}
ist.

Vergessen wir nun, dass wir $I$ fixiert haben. F\"{u}r jede Teilmenge $I$ von
$\left[  n-1\right]  $ haben wir also (\ref{sol.perms-without-nbrs.a.5})
bewiesen. Damit wird (\ref{sol.perms-without-nbrs.a.2}) zu%
\begin{align*}
&  \left(  \text{Anzahl aller Permutationen }\sigma\text{ von }\left[
n\right]  \text{, die }\sigma\left(  i\right)  \neq i+1\text{ f\"{u}r alle
}i\in\left[  n-1\right]  \text{ erf\"{u}llen}\right) \\
&  =\sum_{I\subseteq\left[  n-1\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\underbrace{\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
}_{\substack{=\left(  n-\left\vert I\right\vert \right)  !\\\text{(laut
(\ref{sol.perms-without-nbrs.a.5}))}}}=\sum_{I\subseteq\left[  n-1\right]
}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\left(  n-\left\vert
I\right\vert \right)  !\\
&  =\sum_{k=0}^{n-1}\ \ \sum_{\substack{I\subseteq\left[  n-1\right]
;\\\left\vert I\right\vert =k}}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\left(  n-\left\vert I\right\vert \right)  !}%
_{\substack{=\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  !\\\text{(denn
}\left\vert I\right\vert =k\text{)}}}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{hier haben wir die Summe nach dem Wert von }\left\vert I\right\vert
\text{ aufgespalten,}\\
\text{denn f\"{u}r jede Teilmenge }I\text{ von }\left[  n-1\right]  \text{ ist
}\left\vert I\right\vert \in\left\{  0,1,\ldots,n-1\right\}
\end{array}
\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n-1}\ \ \underbrace{\sum_{\substack{I\subseteq\left[
n-1\right]  ;\\\left\vert I\right\vert =k}}\left(  -1\right)  ^{k}\left(
n-k\right)  !}_{=\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  !\cdot\left(
\text{Anzahl aller Teilmengen }I\text{ von }\left[  n-1\right]  \text{ mit
}\left\vert I\right\vert =k\right)  }\\
&  =\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  !\cdot
\underbrace{\left(  \text{Anzahl aller Teilmengen }I\text{ von }\left[
n-1\right]  \text{ mit }\left\vert I\right\vert =k\right)  }%
_{\substack{=\left(  \text{Anzahl aller }k\text{-elementigen Teilmengen von
}\left[  n-1\right]  \right)  \\=\dbinom{n-1}{k}\\\text{(laut der
kombinatorischen Interpretation der Binomialkoeffizienten)}}}\\
&  =\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n-k\right)  !\cdot
\dbinom{n-1}{k}=\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}\left(
n-k\right)  !.
\end{align*}
Damit ist Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs} \textbf{(a)} gel\"{o}st.

[\textit{Bemerkung:} Eine Verallgemeinerung von Aufgabe
\ref{aufg.perms-without-nbrs} \textbf{(a)} ist in \cite[Exercise 5]{18f-mt1s}
zu finden.]
\end{proof}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs} \textbf{(c)}%
.]\textbf{(c)} Der Beweis ist gr\"{o}\ss tenteils Rechnerei.

Laut Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(c)} ist $D_{n}=\sum_{k=0}^{n}\left(
-1\right)  ^{k}\dfrac{n!}{k!}$ (denn $D_{n}$ ist genau die Anzahl aller
Derangements von $\left[  n\right]  $). Diese Formel gilt f\"{u}r alle
$n\in\mathbb{N}$; also k\"{o}nnen wir sie auf $n+1$ statt $n$ anwenden, und
erhalten
\begin{equation}
D_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{\left(  n+1\right)
!}{k!}. \label{sol.perms-without-nbrs.c.1}%
\end{equation}


Laut der \textquotedblleft Fakult\"{a}tenformel\textquotedblright\ (siehe
Abschnitt \ref{sec.bas}) (angewendet auf $n-1$ statt $n$) gilt%
\[
\dbinom{n-1}{k}=\dfrac{\left(  n-1\right)  !}{k!\left(  \left(  n-1\right)
-k\right)  !}%
\]
f\"{u}r alle $k\in\left\{  0,1,\ldots,n-1\right\}  $. Somit gilt%
\begin{align*}
&  n\cdot\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\underbrace{\dbinom{n-1}{k}%
}_{=\dfrac{\left(  n-1\right)  !}{k!\left(  \left(  n-1\right)  -k\right)  !}%
}\left(  n-k\right)  !\\
&  =n\cdot\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{\left(  n-1\right)
!}{k!\left(  \left(  n-1\right)  -k\right)  !}\left(  n-k\right)  !=\sum
_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n\cdot\left(  n-1\right)
!}{k!\left(  \left(  n-1\right)  -k\right)  !}\left(  n-k\right)  !\\
&  =\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n!}{k!\left(  \left(
n-1\right)  -k\right)  !}\left(  n-k\right)  \cdot\left(  \underbrace{n-k-1}%
_{=\left(  n-1\right)  -k}\right)  !\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn nach der Rekursion f\"{u}r Fakult\"{a}ten gilt }n\cdot\left(
n-1\right)  !=n!\\
\text{und }\left(  n-k\right)  !=\left(  n-k\right)  \cdot\left(
n-k-1\right)  !\text{ f\"{u}r jedes }k\in\left\{  0,1,\ldots,n-1\right\}
\end{array}
\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\underbrace{\dfrac{n!}{k!\left(
\left(  n-1\right)  -k\right)  !}\left(  n-k\right)  \cdot\left(  \left(
n-1\right)  -k\right)  !}_{=\dfrac{n!\cdot\left(  n-k\right)  }{k!}}%
=\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n!\cdot\left(  n-k\right)
}{k!}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n!\cdot\left(  n-k\right)
}{k!}-\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n}\dfrac{n!\cdot\left(  n-n\right)
}{n!}}_{\substack{=0\\\text{(da }n-n=0\text{)}}}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)
^{k}\dfrac{n!\cdot\left(  n-k\right)  }{k!}=\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)
^{k}\dfrac{n!\cdot\left(  n-k\right)  }{k!}+\left(  -1\right)  ^{n}%
\dfrac{n!\cdot\left(  n-n\right)  }{n!}\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\underbrace{\dfrac{n!\cdot\left(
n-k\right)  }{k!}}_{=n\cdot\dfrac{n!}{k!}-k\cdot\dfrac{n!}{k!}}=\sum_{k=0}%
^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  n\cdot\dfrac{n!}{k!}-k\cdot\dfrac{n!}%
{k!}\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}n\cdot\dfrac{n!}{k!}-\sum_{k=0}%
^{n}\left(  -1\right)  ^{k}k\cdot\dfrac{n!}{k!}.
\end{align*}
Wegen%
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}k\cdot\dfrac{n!}{k!}  &
=\underbrace{\left(  -1\right)  ^{0}0\cdot\dfrac{n!}{0!}}_{=0}+\sum_{k=1}%
^{n}\left(  -1\right)  ^{k}k\cdot\dfrac{n!}{k!}\\
&  =\sum_{k=1}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}k\cdot\underbrace{\dfrac{n!}{k!}%
}_{\substack{=\dfrac{n!}{k\cdot\left(  k-1\right)  !}\\\text{(denn nach der
Rekursion f\"{u}r}\\\text{Fakult\"{a}ten ist }k!=k\cdot\left(  k-1\right)
!\text{)}}}=\sum_{k=1}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}k\cdot\dfrac{n!}%
{k\cdot\left(  k-1\right)  !}\\
&  =\sum_{k=1}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n!}{\left(  k-1\right)
!}=\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k+1}\dfrac{n!}{k!}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir in der Summe }k+1\text{
f\"{u}r }k\text{ substituiert}\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{k+1}}_{=-\left(  -1\right)
^{k}}\dfrac{n!}{k!}-\left(  -1\right)  ^{n+1}\underbrace{\dfrac{n!}{n!}}%
_{=1}=-\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n!}{k!}-\left(  -1\right)
^{n+1}%
\end{align*}
\textquotedblleft vereinfacht\textquotedblright\ sich dies zu%
\begin{align*}
n\cdot\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}\left(
n-k\right)  !  &  =\underbrace{\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}%
n\cdot\dfrac{n!}{k!}}_{=n\cdot\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac
{n!}{k!}}-\underbrace{\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}k\cdot\dfrac
{n!}{k!}}_{=-\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n!}{k!}-\left(
-1\right)  ^{n+1}}\\
&  =n\cdot\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n!}{k!}-\left(
-\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{n!}{k!}-\left(  -1\right)
^{n+1}\right) \\
&  =\left(  n+1\right)  \cdot\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac
{n!}{k!}+\left(  -1\right)  ^{n+1}.
\end{align*}
Vergleichen wir dies mit%
\begin{align*}
D_{n+1}  &  =\sum_{k=0}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac{\left(  n+1\right)
!}{k!}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{sol.perms-without-nbrs.c.1}%
)}\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\underbrace{\dfrac{\left(
n+1\right)  !}{k!}}_{\substack{=\dfrac{\left(  n+1\right)  \cdot n!}%
{k!}\\\text{(denn die Rekursion f\"{u}r}\\\text{Fakult\"{a}ten ergibt }\left(
n+1\right)  !=\left(  n+1\right)  \cdot n!\text{)}}}+\left(  -1\right)
^{n+1}\underbrace{\dfrac{\left(  n+1\right)  !}{\left(  n+1\right)  !}}_{=1}\\
&  =\left(  n+1\right)  \cdot\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dfrac
{n!}{k!}+\left(  -1\right)  ^{n+1},
\end{align*}
so erhalten wir%
\[
D_{n+1}=n\cdot\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}\left(
n-k\right)  !.
\]
Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs} \textbf{(c)} ist damit gel\"{o}st.
\end{proof}

Es bleibt noch, Teil \textbf{(b)} von Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs} zu
l\"{o}sen. Man ist vielleicht geneigt, dabei die gleiche Strategie wie in Teil
\textbf{(a)} zu verwenden. Dies ist tats\"{a}chlich m\"{o}glich, denn das
Analogon von (\ref{sol.perms-without-nbrs.a.5}) gilt hier genauso; allerdings
ist dieses Analogon deutlich schwieriger zu beweisen (und der Beweis noch
schwieriger aufzuschreiben). Auch bleibt nach dieser L\"{o}sung die Frage
offen, warum genau die beiden Aufgabenteile die gleiche Antwort haben und ob
es eine Bijektion zwischen den Permutationen in Teil \textbf{(a)} und den
Permutationen in Teil \textbf{(b)} gibt, die die gleichen Antworten erkl\"{a}rt.

Eine bessere L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs} \textbf{(b)}
kann mithilfe der sogenannten \textit{fundamentalen Bijektion} von Foata
(\cite[\S 1.3]{Stanley-EC1}) gegeben werden. Genauer gesagt werden wir eine
Variante dieser Bijektion einf\"{u}hren, bei der Maxima durch Minima ersetzt
wurden. Wir werden diese Variante $\Phi$ nennen (siehe Satz
\ref{thm.perm.sighat} weiter unten).

Zun\"{a}chst nehmen wir Permutationen allgemein ein wenig unter die Lupe. Wer
die Zykelzerlegung (englisch \textquotedblleft cycle
decomposition\textquotedblright) von Permutationen bereits gesehen hat
(beispielsweise in einer guten Vorlesung \"{u}ber Algebra, wie \cite[\S 1.3.2]%
{Loeh-Alg} oder \cite[\S 6.1.5.11]{Soergel-XXALLES} oder \cite[Satz
1.4]{Stoll18}, oder sehr detailliert in \cite[\S 4.2]{Stix16}, oder auch
separat wie in \cite{Sete10} oder \cite[\S 1]{Huette17}), wird sie in den
nachfolgenden Betrachtungen wiedererkennen (auch wenn wir hier aus einem
kombinatorischeren Blickwinkel heraus und eher \textquotedblleft zu
Fu\ss \textquotedblright\ arbeiten).

\begin{proposition}
\label{prop.perm.spur1}Sei $X$ eine endliche Menge. Sei $\sigma$ eine
Permutation von $X$. Sei $x\in X$. Dann ist die Folge $x,\sigma\left(
x\right)  ,\sigma^{2}\left(  x\right)  ,\sigma^{3}\left(  x\right)  ,\ldots$
(also die\ Folge der Elemente, die man aus $x$ durch wiederholte Anwendung von
$\sigma$ erh\"{a}lt) periodisch. Genauer: Es gibt genau eine positive ganze
Zahl $p$ mit der Eigenschaft, dass die ersten $p$ Folgenglieder $x,\sigma
\left(  x\right)  ,\sigma^{2}\left(  x\right)  ,\ldots,\sigma^{p-1}\left(
x\right)  $ paarweise verschieden sind, w\"{a}hrend alle sp\"{a}teren
Folgenglieder Wiederholungen von diesen $p$ Folgengliedern sind, und
insbesondere $\sigma^{p}\left(  x\right)  =x$ gilt.
\end{proposition}

\begin{example}
\label{bsp.perm.spur1a}Sei $X=\left[  7\right]  $, und sei $\sigma$ die
Permutation von $X$, die $1,2,3,4,5,6,7$ auf $2,6,3,7,5,4,1$ (in dieser
Reihenfolge) abbildet. Sei $x=2$. Die Folge $x,\sigma\left(  x\right)
,\sigma^{2}\left(  x\right)  ,\sigma^{3}\left(  x\right)  ,\ldots$ ist dann
die Folge $2,6,4,7,1,2,6,4,7,1,2,6,4,7,1,\ldots$; diese wiederholt sich nach
$5$ Gliedern. Die Zahl $p$ in Proposition \ref{prop.perm.spur1} ist in diesem
Fall also $5$.
\end{example}

\begin{proof}
[Beweisskizze zu Proposition \ref{prop.perm.spur1}.]Nach dem Schubfachprinzip
m\"{u}ssen unter den $\left\vert X\right\vert +1$ Elementen $x,\sigma\left(
x\right)  ,\sigma^{2}\left(  x\right)  ,\ldots,\sigma^{\left\vert X\right\vert
}\left(  x\right)  $ mindestens zwei gleiche sein. Das hei\ss t, es gibt
$i,j\in\left\{  0,1,\ldots,\left\vert X\right\vert \right\}  $ mit $i<j$ und
$\sigma^{i}\left(  x\right)  =\sigma^{j}\left(  x\right)  $. Man w\"{a}hle
solche $i$ und $j$, f\"{u}r die $j$ minimal ist. Aus $\sigma^{i}\left(
x\right)  =\sigma^{j}\left(  x\right)  $ folgt dann (durch Anwendung von
$\sigma^{-i}$), dass $x=\sigma^{j-i}\left(  x\right)  $ ist. Damit ist recht
klar, dass alle Folgenglieder der Folge $x,\sigma\left(  x\right)  ,\sigma
^{2}\left(  x\right)  ,\sigma^{3}\left(  x\right)  ,\ldots$ Wiederholungen der
ersten $j-i$ Folgenglieder sind. Jetzt m\"{u}ssen wir nur noch zeigen, dass
diese ersten $j-i$ Folgenglieder paarweise verschieden sind. Dazu argumentiert
man, dass die Minimalit\"{a}t von $j$ sonst verletzt w\"{a}re (warum?).
\end{proof}

\begin{definition}
Sei $X$ eine endliche Menge. Sei $\sigma$ eine Permutation von $X$. Sei $x\in
X$. Sei $p$ die positive ganze Zahl, deren Existenz in Proposition
\ref{prop.perm.spur1} gezeigt wurde. Dann nennen wir $p$ die $\sigma
$\textit{-Ordnung} von $x$, und wir nennen das $p$-Tupel $\left(
x,\sigma\left(  x\right)  ,\sigma^{2}\left(  x\right)  ,\ldots,\sigma
^{p-1}\left(  x\right)  \right)  $ die $\sigma$\textit{-Spur} von $x$.
\end{definition}

\begin{example}
In Beispiel \ref{bsp.perm.spur1a} ist also $\left(  2,6,4,7,1\right)  $ die
$\sigma$-Spur von $x$.
\end{example}

\begin{proposition}
\label{prop.perm.spur2}Sei $X$ eine endliche Menge. Sei $\sigma$ eine
Permutation von $X$. Seien $x,y\in X$. Dann gilt folgendes:

\begin{itemize}
\item \textbf{Entweder} bestehen die $\sigma$-Spur von $x$ und die $\sigma
$-Spur von $y$ aus den gleichen Elementen (m\"{o}glicherweise in anderer Reihenfolge),

\item \textbf{oder} die $\sigma$-Spur von $x$ und die $\sigma$-Spur von $y$
haben kein einziges Element gemeinsam.
\end{itemize}
\end{proposition}

\begin{example}
\label{bsp.perm.spur2a} Sei $X=\left[  9\right]  $, und sei $\sigma$ die
Permutation von $X$, die $1,2,3,4,5,6,7,8,9$ auf $4,6,1,3,5,2,9,8,7$ (in
dieser Reihenfolge) abbildet. Der schnellste Weg, alle $\sigma$-Spuren zu
finden, ist wohl folgender: Wir zeichnen einen gerichteten Graphen, dessen
Knoten die Elemente $1,2,\ldots,9$ von $X$ sind, und der eine Kante von $i$
nach $\sigma\left(  i\right)  $ f\"{u}r jedes $i\in X$ hat. (Es hat also $n$
Kanten; darunter k\"{o}nnen Schleifen vorkommen.) F\"{u}r unsere Permutation
$\sigma$ sieht dieser Graph folgendermassen aus:
\[%
%TCIMACRO{\TeXButton{tikz cycle digraph}{\begin{tikzpicture}%
%[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=3cm, thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw}%
%]
%\node[main node] (1) {1};
%\node[main node] (3) [below right of=1] {3};
%\node[main node] (4) [above right of=1] {4};
%\node[main node] (2) [above left of=1] {2};
%\node[main node] (6) [below left of=1] {6};
%\node[main node] (5) [below right of=4] {5};
%\node[main node] (7) [above right of=5] {7};
%\node[main node] (9) [below right of=5] {9};
%\node[main node] (8) [above right of=9] {8};
%\path[every node/.style={font=\sffamily\small}%
%] (1) edge (4) (2) edge [bend right] (6) (3) edge (1) (4) edge (3) (5) edge [loop left] (5) (6) edge [bend right] (2) (7) edge [bend right] (9) (8) edge [loop left] (8) (9) edge [bend right] (7);
%\end{tikzpicture}}}%
%BeginExpansion
\begin{tikzpicture}%
[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=3cm, thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw}%
]
\node[main node] (1) {1};
\node[main node] (3) [below right of=1] {3};
\node[main node] (4) [above right of=1] {4};
\node[main node] (2) [above left of=1] {2};
\node[main node] (6) [below left of=1] {6};
\node[main node] (5) [below right of=4] {5};
\node[main node] (7) [above right of=5] {7};
\node[main node] (9) [below right of=5] {9};
\node[main node] (8) [above right of=9] {8};
\path[every node/.style={font=\sffamily\small}%
] (1) edge (4) (2) edge [bend right] (6) (3) edge (1) (4) edge (3) (5) edge [loop left] (5) (6) edge [bend right] (2) (7) edge [bend right] (9) (8) edge [loop left] (8) (9) edge [bend right] (7);
\end{tikzpicture}%
%EndExpansion
\ \ .
\]
Jeder Knoten $i$ dieses Graphen hat genau eine ausgehende Kante (n\"{a}mlich
die Kante $i\rightarrow\sigma\left(  i\right)  $) und genau eine einkommende
Kante (n\"{a}mlich die Kante $\sigma^{-1}\left(  i\right)  \rightarrow i$).
Hieraus folgt unschwer, dass jeder Knoten dieses Graphen auf genau einem
Zyklus liegt (n\"{a}mlich dem, den man erh\"{a}lt, wenn man von diesem Knoten
aus losgeht und immer den Pfeilen folgt), und dass diese Zyklen keinen Knoten
und keine Kante gemeinsam haben. Grob gesprochen sieht der Graph also immer
aus wie im obigen Beispiel (bis auf Anzahl der Zyklen, ihre L\"{a}ngen, und
welcher Knoten auf welchem Zyklus liegt).

Wie findet man nun die $\sigma$-Spur eines Elementes $i\in X$ anhand von
diesem Graphen? Man geht im Knoten $i$ los und folgt den Pfeilen, bis man zum
Knoten $i$ zur\"{u}ckgekommen ist. Die bei diesem Rundgang verlassenen Knoten
(angefangen mit $i$ selber) schreibt man nun in eine Liste (in der
Reihenfolge, in der sie verlassen wurden); diese Liste ist die $\sigma$-Spur
von $i$. Im obigen Beispiel sind die $\sigma$-Spuren die folgenden:%
\begin{align*}
\left(  \sigma\text{-Spur von }1\right)   &  =\left(  1,4,3\right)  ;\\
\left(  \sigma\text{-Spur von }2\right)   &  =\left(  2,6\right)  ;\\
\left(  \sigma\text{-Spur von }3\right)   &  =\left(  3,1,4\right)  ;\\
\left(  \sigma\text{-Spur von }4\right)   &  =\left(  4,3,1\right)  ;\\
\left(  \sigma\text{-Spur von }5\right)   &  =\left(  5\right)  ;\\
\left(  \sigma\text{-Spur von }6\right)   &  =\left(  6,2\right)  ;\\
\left(  \sigma\text{-Spur von }7\right)   &  =\left(  7,9\right)  ;\\
\left(  \sigma\text{-Spur von }8\right)   &  =\left(  8\right)  ;\\
\left(  \sigma\text{-Spur von }9\right)   &  =\left(  9,7\right)  .
\end{align*}

\end{example}

\begin{proof}
[Beweisskizze zu Proposition \ref{prop.perm.spur2}.]Dem Leser \"{u}berlassen
(falls n\"{o}tig, nehme man Beispiel \ref{bsp.perm.spur2a} zur Inspiration).
\end{proof}

Nun beschr\"{a}nken wir uns auf Permutationen der Mengen $\left[  n\right]  $
f\"{u}r $n\in\mathbb{N}$ (statt von allgemeinen endlichen Mengen).

\begin{definition}
Sei $n\in\mathbb{N}$. Die \textit{Werteliste} einer Permutation $\sigma$ von
$\left[  n\right]  $ ist definiert als das $n$-Tupel mit Eintr\"{a}gen
$\sigma\left(  1\right)  ,\sigma\left(  2\right)  ,\ldots,\sigma\left(
n\right)  $ (in dieser Reihenfolge). Wir werden (einer traditionellen
Konvention folgend) dieses $n$-Tupel durch eckige statt runde Klammern
abschlie\ss en -- d.h. wir bezeichnen es mit $\left[  \sigma\left(  1\right)
,\sigma\left(  2\right)  ,\ldots,\sigma\left(  n\right)  \right]  $ statt mit
$\left(  \sigma\left(  1\right)  ,\sigma\left(  2\right)  ,\ldots
,\sigma\left(  n\right)  \right)  $.
\end{definition}

(In der englischsprachigen Literatur wird f\"{u}r die Werteliste einer
Permutation der Begriff \textquotedblleft one-line notation\textquotedblright\ verwendet.)

Es ist klar, dass die Werteliste einer Permutation von $\left[  n\right]  $
immer ein $n$-Tupel ist, das jede der $n$ Zahlen $1,2,\ldots,n$ genau einmal
enth\"{a}lt. Umgekehrt gibt es f\"{u}r jedes solche $n$-Tupel genau eine
Permutation von $\left[  n\right]  $, deren Werteliste dieses $n$-Tupel ist.

Eine andere Methode, eine Permutation von $\left[  n\right]  $ als eine Art
Zahlenliste zu kodieren, ist die \textit{Zykelliste}, die wir bald
einf\"{u}hren werden. Zun\"{a}chst definieren wir den Datentyp, den diese
Zykelliste haben wird:

\begin{definition}
Sei $n\in\mathbb{N}$.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Eine $n$\textit{-Blockliste} ist definiert als ein
$n$-Tupel von ganzen Zahlen, in dem je zwei aufeinanderfolgende Eintr\"{a}ge
entweder durch ein Komma oder durch einen vertikalen Balken ( $\mid$ )
voneinander getrennt sind. Beispielsweise sind $\left(  3,1\mid4\mid
1,2,1\right)  $ und $\left(  5\mid1\mid2,3,4,1\right)  $ zwei $6$-Blocklisten.
(Diesmal benutzen wir runde Klammern.)

\item[\textbf{(b)}] Die Balken zerteilen eine $n$-Blockliste in Segmente, die
wir \textit{Bl\"{o}cke} nennen; zum Beispiel hat die $6$-Blockliste $\left(
3,1\mid4\mid1,2,1\right)  $ genau drei Bl\"{o}cke, n\"{a}mlich $\left(
3,1\right)  $, $\left(  4\right)  $ und $\left(  1,2,1\right)  $.

\item[\textbf{(c)}] Eine $n$-Blockliste hei\ss t \textit{normal}, wenn sie die
folgenden Eigenschaften hat:

\begin{enumerate}
\item[1.] Ihre $n$ Eintr\"{a}ge sind genau die Zahlen $1,2,\ldots,n$ (in
irgendeiner Reihenfolge).

\item[2.] Jeder Block beginnt mit seinem kleinsten Element.

\item[3.] Das kleinste (und damit erste) Element eines jeden Blocks ist
gr\"{o}\ss er als das kleinste Element des n\"{a}chsten Blocks.
\end{enumerate}

Beispielsweise sind $\left(  2,4,5\mid1,6,3\right)  $ und $\left(
2,6,3,5\mid1,4\right)  $ und $\left(  1,4,2,6,5,3\right)  $ und $\left(
6\mid5\mid4\mid3\mid2\mid1\right)  $ vier normale $6$-Blocklisten. Die
$6$-Blockliste $\left(  6,2\mid4\mid3,5\mid1\right)  $ ist nicht normal (da
Eigenschaft 2 verletzt ist), und die $6$-Blockliste $\left(  1,5,4,2\mid
3,6\right)  $ auch nicht (da Eigenschaft 3 verletzt ist).
\end{enumerate}
\end{definition}

Nun definieren wir die \textit{Zykelliste} einer Permutation $\sigma$ von
$\left[  n\right]  $:

\begin{definition}
\label{def.perm.Csig}Sei $n\in\mathbb{N}$. Sei $\sigma$ eine Permutation von
$\left[  n\right]  $. Die \textit{Zykelliste} von $\sigma$ ist die normale
$n$-Blockliste $C\left(  \sigma\right)  $, die durch folgenden Algorithmus
konstruiert wird:

\begin{itemize}
\item[1.] Wir setzen $S=\left[  n\right]  $.

\item[2.] Wir w\"{a}hlen das kleinste Element $x$ von $S$ (also $1$).

\item[3.] Der letzte Block von $C\left(  \sigma\right)  $ ist die $\sigma
$-Spur von $x$.

\item[4.] Jetzt entfernen wir die Elemente dieses Blocks aus $S$. (Damit wird
$S$ kleiner.)

\item[2'.] Wenn $S$ nichtleer ist, w\"{a}hlen wir wieder das kleinste Element
$x$ von $S$ (dies ist nicht mehr $1$).

\item[3'.] Der vorletzte Block von $C\left(  \sigma\right)  $ ist die $\sigma
$-Spur von $x$.

\item[4'.] Jetzt entfernen wir die Elemente dieses Blocks aus $S$. (Damit wird
$S$ noch kleiner.)

\item[2\textquotedblright.] Wenn $S$ nichtleer ist, w\"{a}hlen wir wieder das
kleinste Element $x$ von $S$.

\item[3\textquotedblright.] Der vorvorletzte Block von $C\left(
\sigma\right)  $ ist die $\sigma$-Spur von $x$.

\item[4\textquotedblright.] Jetzt entfernen wir die Elemente dieses Blocks aus
$S$. (Damit wird $S$ noch kleiner.)

\item[5.] Man f\"{a}hrt (wie in Schritten 2\textquotedblright,
3\textquotedblright\ und 4\textquotedblright) so lange fort, bis $S$ leer ist.
\end{itemize}

\noindent Wir sch\"{o}pfen also die Menge $\left[  n\right]  $ aus durch
$\sigma$-Spuren, und schreiben diese Spuren jeweils als Bl\"{o}cke in unsere
Blockliste $C\left(  \sigma\right)  $.
\end{definition}

\begin{example}
\label{bsp.perm.Csig1} \ \ 

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Sei $n=9$, und sei $\sigma$ die Permutation von $\left[
n\right]  $, die in Beispiel \ref{bsp.perm.spur2a} definiert wurde. Die
Werteliste von $\sigma$ ist $\left[  4,6,1,3,5,2,9,8,7\right]  $. Wir wollen
$C\left(  \sigma\right)  $ berechnen. Daf\"{u}r folgen wir dem Algorithmus in
Definition \ref{def.perm.Csig}:

\begin{itemize}
\item[1.] Zun\"{a}chst setzen wir $S=\left[  n\right]  $. Also ist jetzt
$S=\left[  n\right]  =\left[  9\right]  =\left\{  1,2,\ldots,9\right\}  $.

\item[2.] Wir w\"{a}hlen das kleinste Element $x$ von $S$. Also ist jetzt
$x=1$.

\item[3.] Der letzte Block von $C\left(  \sigma\right)  $ ist die $\sigma
$-Spur von $x$, also das Tupel $\left(  1,4,3\right)  $.

\item[4.] Jetzt entfernen wir die Elemente dieses Blocks aus $S$. Jetzt ist
also $S=\left\{  2,5,6,7,8,9\right\}  $.

\item[2'.] Da $S$ nichtleer ist, w\"{a}hlen wir wieder das kleinste Element
$x$ von $S$. Also ist jetzt $x=2$.

\item[3'.] Der vorletzte Block von $C\left(  \sigma\right)  $ ist die $\sigma
$-Spur von $x$, also das Tupel $\left(  2,6\right)  $.

\item[4'.] Jetzt entfernen wir die Elemente dieses Blocks aus $S$. Jetzt ist
also $S=\left\{  5,7,8,9\right\}  $.

\item[2\textquotedblright.] Da $S$ nichtleer ist, w\"{a}hlen wir wieder das
kleinste Element $x$ von $S$. Also ist jetzt $x=5$.

\item[3\textquotedblright.] Der vorvorletzte Block von $C\left(
\sigma\right)  $ ist die $\sigma$-Spur von $x$, also das Tupel $\left(
5\right)  $.

\item[4\textquotedblright.] Jetzt entfernen wir die Elemente dieses Blocks aus
$S$. Jetzt ist also $S=\left\{  7,8,9\right\}  $.

\item[2\textquotedblright'.] Da $S$ nichtleer ist, w\"{a}hlen wir wieder das
kleinste Element $x$ von $S$. Also ist jetzt $x=7$.

\item[3\textquotedblright'.] Der vorvorvorletzte Block von $C\left(
\sigma\right)  $ ist die $\sigma$-Spur von $x$, also das Tupel $\left(
7,9\right)  $.

\item[4\textquotedblright'.] Jetzt entfernen wir die Elemente dieses Blocks
aus $S$. Jetzt ist also $S=\left\{  8\right\}  $.

\item[2\textquotedblright\textquotedblright.] Da $S$ nichtleer ist, w\"{a}hlen
wir wieder das kleinste Element $x$ von $S$. Also ist jetzt $x=8$.

\item[3\textquotedblright\textquotedblright.] Der vorvorvorvorletzte Block von
$C\left(  \sigma\right)  $ ist die $\sigma$-Spur von $x$, also das Tupel
$\left(  8\right)  $.

\item[4\textquotedblright\textquotedblright.] Jetzt entfernen wir die Elemente
dieses Blocks aus $S$. Jetzt ist also $S=\varnothing$.

\item[5.] Jetzt ist $S$ leer, und wir sind damit fertig.
\end{itemize}

\noindent Somit ist%
\[
C\left(  \sigma\right)  =\left(  8\mid7,9\mid5\mid2,6\mid1,4,3\right)  .
\]


\item[\textbf{(b)}] Sei $n=7$, und sei $\sigma$ die Permutation von $\left[
n\right]  $, die in Beispiel \ref{bsp.perm.spur1a} definiert wurde. Die
Werteliste von $\sigma$ ist $\left[  2,6,3,7,5,4,1\right]  $. Die Zykelliste
von $\sigma$ ist%
\[
C\left(  \sigma\right)  =\left(  5\mid3\mid1,2,6,4,7\right)  .
\]


\item[\textbf{(c)}] Sei $n\in\mathbb{N}$, und sei $\operatorname*{id}%
\nolimits_{n}$ die Permutation $\operatorname*{id}:\left[  n\right]
\rightarrow\left[  n\right]  $ von $\left[  n\right]  $. Die Werteliste von
$\operatorname*{id}\nolimits_{n}$ ist $\left[  1,2,\ldots,n\right]  $. Die
Zykelliste von $\operatorname*{id}\nolimits_{n}$ ist%
\[
C\left(  \operatorname*{id}\nolimits_{n}\right)  =\left(  n\mid n-1\mid
\cdots\mid1\right)  .
\]


\item[\textbf{(d)}] Sei $n$ eine positive ganze Zahl, und sei $\zeta$ die
zyklische Permutation von $\left[  n\right]  $, die $1,2,\ldots,n-1,n$ auf
$2,3,\ldots,n,1$ (in dieser Reihenfolge) abbildet. Die Werteliste von $\zeta$
ist $\left[  2,3,\ldots,n,1\right]  $. Die Zykelliste von $\zeta$ ist%
\[
C\left(  \zeta\right)  =\left(  1,2,\ldots,n\right)  .
\]


\item[\textbf{(e)}] Sei $n\in\mathbb{N}$, und sei $k\in\left[  n-1\right]  $.
Sei $\sigma$ die Permutation von $\left[  n\right]  $, die die zwei Zahlen $k$
und $k+1$ vertauscht und alle anderen Elemente von $\left[  n\right]  $
unver\"{a}ndert l\"{a}\ss t. Die Werteliste von $\sigma$ ist $\left[
1,2,\ldots,k-1,k+1,k,k+2,\ldots,n\right]  $ (also die Liste $\left[
1,2,\ldots,n\right]  $ nach Vertauschung der Eintr\"{a}ge $k$ und $k+1$). Die
Zykelliste von $\sigma$ ist%
\[
\left(  n\mid n-1\mid\cdots\mid k+2\mid k,k+1\mid k-1\mid k-2\mid\cdots
\mid1\right)  .
\]

\end{enumerate}
\end{example}

Folgendes wurde in Definition \ref{def.perm.Csig} ohne Beweis impliziert:

\begin{proposition}
\label{prop.perm.Csig-wd}Sei $n\in\mathbb{N}$, und sei $\sigma$ eine
Permutation von $\left[  n\right]  $. Dann ist $C\left(  \sigma\right)  $
tats\"{a}chlich eine normale $n$-Blockliste.
\end{proposition}

\begin{proof}
[Beweisskizze.]Folgt unschwer aus Proposition \ref{prop.perm.spur1} und
Proposition \ref{prop.perm.spur2}.
\end{proof}

Es ist klar, dass jede Permutation $\sigma$ von $\left[  n\right]  $ eindeutig
durch ihre Werteliste bestimmt ist. Das gleiche gilt f\"{u}r die Zykelliste:

\begin{proposition}
\label{prop.perm.Csig-uni}Sei $n\in\mathbb{N}$. Dann ist jede Permutation
$\sigma$ von $\left[  n\right]  $ eindeutig durch ihre Zykelliste $C\left(
\sigma\right)  $ bestimmt.
\end{proposition}

\begin{proof}
[Beweisskizze.]Sei $\sigma$ eine Permutation von $\left[  n\right]  $. Sei
$i\in\left[  n\right]  $. Dann muss die Zahl $i$ irgendwo in der Zykelliste
$C\left(  \sigma\right)  $ vorkommen (denn $C\left(  \sigma\right)  $ ist eine
normale $n$-Blockliste). Laut Konstruktion von $C\left(  \sigma\right)  $ ist
dann klar, wo $\sigma\left(  i\right)  $ in $C\left(  \sigma\right)  $ vorkommt:

\begin{itemize}
\item Steht die Zahl $i$ in $C\left(  \sigma\right)  $ am Ende eines Blocks,
dann steht $\sigma\left(  i\right)  $ am Anfang dieses Blocks.

\item Steht die Zahl $i$ in $C\left(  \sigma\right)  $ nicht am Ende eines
Blocks, dann steht $\sigma\left(  i\right)  $ gleich rechts von $i$ in
$C\left(  \sigma\right)  $.
\end{itemize}

Somit k\"{o}nnen wir $\sigma\left(  i\right)  $ aus der Zykelliste $C\left(
\sigma\right)  $ ablesen. Daher k\"{o}nnen wir die gesamte Permutation
$\sigma$ aus ihrer Zykelliste $C\left(  \sigma\right)  $ rekonstruieren (denn
wenn wir die Werte $\sigma\left(  i\right)  $ f\"{u}r alle $i\in\left[
n\right]  $ kennen, dann kennen wir ganz $\sigma$). Proposition
\ref{prop.perm.Csig-uni} ist damit bewiesen.
\end{proof}

\begin{proposition}
\label{prop.perm.Csig-conv}Sei $n\in\mathbb{N}$. Sei $D$ eine normale
$n$-Blockliste. Dann gibt es genau eine Permutation $\sigma$ von $\left[
n\right]  $, deren Zykelliste $D$ ist.
\end{proposition}

\begin{proof}
[Beweisskizze.]Im Beweis von Proposition \ref{prop.perm.Csig-uni} haben wir
gesehen, wie wir eine Permutation $\sigma$ aus ihrer Zykelliste $C\left(
\sigma\right)  $ ablesen k\"{o}nnen. Wenden wir die gleiche Methode auf $D$
statt $C\left(  \sigma\right)  $ an, dann finden wir eine Permutation $\sigma$
von $\left[  n\right]  $, deren Zykelliste $D$ ist.
\end{proof}

Wir k\"{o}nnen jetzt die fundamentale Bijektion definieren:

\begin{definition}
\label{def.perm.sighat}Sei $n\in\mathbb{N}$. Sei $\sigma$ eine Permutation von
$\left[  n\right]  $. Wenn wir in der Zykelliste $C\left(  \sigma\right)  $
von $\sigma$ alle Balken durch Kommas ersetzen, erhalten wir ein $n$-Tupel
$C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $ von ganzen Zahlen, welches jede der $n$
Zahlen $1,2,\ldots,n$ genau einmal enth\"{a}lt. Wir ersetzen die runden
Klammern um dieses $n$-Tupel $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $ durch eckige
Klammern, und definieren $\widehat{\sigma}$ als diejenige Permutation von
$\left[  n\right]  $, deren Werteliste dieses $n$-Tupel $C^{\prime}\left(
\sigma\right)  $ ist.
\end{definition}

\begin{example}
Sei $n=9$, und sei $\sigma$ die Permutation von $\left[  n\right]  $, die in
Beispiel \ref{bsp.perm.spur2a} definiert wurde. Laut Beispiel
\ref{bsp.perm.Csig1} ist $C\left(  \sigma\right)  =\left(  8\mid7,9\mid
5\mid2,6\mid1,4,3\right)  $. Das $n$-Tupel $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $
in Definition \ref{def.perm.sighat} ist also%
\[
C^{\prime}\left(  \sigma\right)  =\left[  8,7,9,5,2,6,1,4,3\right]  .
\]
Also ist $\widehat{\sigma}$ die Permutation von $\left[  9\right]  $, deren
Werteliste $\left[  8,7,9,5,2,6,1,4,3\right]  $ ist.
\end{example}

\begin{theorem}
\label{thm.perm.sighat}Sei $n\in\mathbb{N}$. Die Abbildung%
\begin{align*}
\Phi:\left\{  \text{Permutationen von }\left[  n\right]  \right\}   &
\rightarrow\left\{  \text{Permutationen von }\left[  n\right]  \right\}  ,\\
\sigma &  \mapsto\widehat{\sigma}%
\end{align*}
(also die Abbildung, die jede Permutation $\sigma$ von $\left[  n\right]  $ in
$\widehat{\sigma}$ \"{u}berf\"{u}hrt) ist bijektiv.
\end{theorem}

\begin{proof}
[Beweisskizze.]Wir zeigen erst einmal, dass $\Phi$ injektiv ist. Dazu
m\"{u}ssen wir erkl\"{a}ren, wie wir eine Permutation $\sigma$ aus ihrem Bild
$\Phi\left(  \sigma\right)  =\widehat{\sigma}$ rekonstruieren k\"{o}nnen.

Dazu f\"{u}hren wir folgende Notation ein: Ist $u=\left(  u_{1},u_{2}%
,\ldots,u_{n}\right)  $ eine Liste von $n$ verschiedenen ganzen Zahlen, dann
bezeichnen wir einen Eintrag $u_{i}$ dieser Liste als \textit{Negativrekord}
von $u$, wenn er kleiner ist als alle vorherigen Eintr\"{a}ge (d.h., wenn er
$u_{i}<u_{j}$ f\"{u}r alle $j<i$ erf\"{u}llt). Beispielsweise hat die Liste
$\left(  5,3,4,2,6,7,1,8\right)  $ genau $4$ Negativrekorde, n\"{a}mlich die
Eintr\"{a}ge $5$, $3$, $2$ und $1$. (Der erste Eintrag einer Liste ist immer
ein Negativrekord, denn f\"{u}r ihn gibt es keine vorherigen Eintr\"{a}ge, und
somit ist er trivialerweise kleiner als sie alle.) Wir verwenden den Begriff
von Negativrekorden auch f\"{u}r $n$-Blocklisten; dabei betrachten wir sie wie
ganz gew\"{o}hnliche Listen (d.h., wir interessieren uns nicht daf\"{u}r, ob
zwischen zwei Eintr\"{a}gen ein Komma oder ein Balken steht).

Nun sieht man folgendes sehr einfach: Wenn eine $n$-Blockliste normal ist,
dann sind ihre Negativrekorde genau diejenigen Eintr\"{a}ge, die am Anfang
ihrer Bl\"{o}cke stehen.\footnote{Denn das erste Element eines jeden Blocks
ist kleiner als die ersten Elemente aller vorherigen Bl\"{o}cke, und letztere
sind wiederum kleiner als alle \"{u}brigen Elemente dieser Bl\"{o}cke.} Die
Balken in einer normalen $n$-Blockliste stehen also genau vor ihren
Negativrekorden (abgesehen vom ersten Eintrag); an allen anderen Stellen
stehen Kommas. Somit sind in einer normalen $n$-Blockliste die Positionen der
Balken eindeutig bestimmt durch die Eintr\"{a}ge. Das hei\ss t, wenn man in
einer normalen $n$-Blockliste alle Balken durch Kommas ersetzt, dann verliert
man keine Information (d.h., man kann die Positionen der Balken wieder rekonstruieren).

Was bedeutet dies f\"{u}r uns? Sei $\sigma$ eine Permutation von $\left[
n\right]  $. Dann ist $C\left(  \sigma\right)  $ eine normale $n$-Blockliste,
und wir erhalten $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $ aus $C\left(
\sigma\right)  $ indem wir alle Balken durch Kommas ersetzen. Laut dem
vorherigen Absatz verlieren wir bei dieser Ersetzung keine Information --
d.h., wir k\"{o}nnen $C\left(  \sigma\right)  $ aus $C^{\prime}\left(
\sigma\right)  $ rekonstruieren. Ferner k\"{o}nnen wir $C^{\prime}\left(
\sigma\right)  $ aus $\widehat{\sigma}$ rekonstruieren (denn $\widehat{\sigma
}$ ist definiert als die Permutation von $\left[  n\right]  $, deren
Werteliste $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $ ist), und schlie\ss lich
k\"{o}nnen wir $\sigma$ aus $C\left(  \sigma\right)  $ rekonstruieren (laut
Proposition \ref{prop.perm.Csig-uni}). Insgesamt k\"{o}nnen wir also $\sigma$
aus $\widehat{\sigma}$ rekonstruieren (indem wir zuerst $C^{\prime}\left(
\sigma\right)  $, dann $C\left(  \sigma\right)  $ und schlie\ss lich $\sigma$
rekonstruieren). Damit ist $\sigma$ durch $\widehat{\sigma}$ eindeutig
bestimmt; das hei\ss t, die Abbildung $\Phi$ ist injektiv (denn diese sendet
ja jedes $\sigma$ auf $\widehat{\sigma}$).

Warum ist $\Phi$ nun bijektiv? Der einfachste Weg, dies einzusehen, ist
folgender: Bekanntlich ist jede injektive Abbildung zwischen zwei
gleichm\"{a}chtigen endlichen Mengen automatisch bijektiv\footnote{Dies ist
eine Form des Schubfachprinzips.}. Hieraus folgt, dass $\Phi$ bijektiv ist,
denn $\Phi$ ist ja eine injektive Abbildung zwischen zwei gleichm\"{a}chtigen
endlichen Mengen. Satz \ref{thm.perm.sighat} ist also bewiesen.

[Alternativ k\"{o}nnen wir die Bijektivit\"{a}t von $\Phi$ auch dadurch
beweisen, dass wir von Hand eine Umkehrabbildung zu $\Phi$ konstruieren. Dies
geht folgenderma\ss en: Sei $\tau$ eine Permutation von $\left[  n\right]  $.
Wir modifizieren die Werteliste von $\tau$, indem wir jedes Komma, das direkt
vor einem Negativrekord steht, durch einen Balken ersetzen, und die eckigen
Klammern durch runde Klammern ersetzen. Das Resultat ist eine normale
$n$-Blockliste\footnote{Dass sie normal ist, kann man sich leicht
\"{u}berlegen (dies liegt daran, dass wir die Balken genau vor die
Negativrekorde gesetzt haben).}; nennen wir es $D\left(  \tau\right)  $. Laut
Proposition \ref{prop.perm.Csig-conv} gibt es genau eine Permutation $\sigma$
von $\left[  n\right]  $, deren Zykelliste $D\left(  \tau\right)  $ ist.
Unsere Umkehrabbildung soll nun $\tau$ auf diese Permutation $\sigma$ senden.
An dieser Definition sollte nichts verwundern; dies ist einfach eine
Wiederholung der obigen Methode, wie wir $\sigma$ aus $\widehat{\sigma}$
rekonstruiert haben, blo\ss \ ohne mit $\sigma$ anzufangen.]
\end{proof}

\begin{example}
Zum obigen Beweis von Satz \ref{thm.perm.sighat} ist ein Beispiel angebracht.
Sei $n=9$. Sei $\tau$ die Permutation von $\left[  n\right]  $ mit Werteliste
$\left[  5,3,4,2,6,9,7,1,8\right]  $. Wir suchen eine Permutation $\sigma$ von
$\left[  n\right]  $, deren Bild $\Phi\left(  \sigma\right)  =\widehat{\sigma
}$ gleich $\tau$ ist.

Wir fangen damit an, dass wir $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $
rekonstruieren; n\"{a}mlich ist $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $ die
Werteliste von $\tau$. Das hei\ss t,%
\[
C^{\prime}\left(  \sigma\right)  =\left[  5,3,4,2,6,9,7,1,8\right]  .
\]
Um $C\left(  \sigma\right)  $ zu erhalten, fangen wir mit $C^{\prime}\left(
\sigma\right)  $ an und ersetzen jedes Komma, das direkt vor einem
Negativrekord steht, durch einen Balken (denn die Balken in $C\left(
\sigma\right)  $ stehen genau vor den Negativrekorden). Wir erhalten also%
\[
C\left(  \sigma\right)  =\left(  5\mid3,4\mid2,6,9,7\mid1,8\right)
\]
(denn die Negativrekorde von $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $ sind
$5,3,2,1$). Nun ist $\sigma$ die Permutation mit Zykelliste $C\left(
\sigma\right)  $. Man sieht daher leicht an, dass $\sigma$ die Werteliste
$\left[  8,6,4,3,5,9,2,1,7\right]  $ hat.
\end{example}

Schlie\ss lich k\"{o}nnen wir Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs}
\textbf{(b)} l\"{o}sen:

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs} \textbf{(b)}%
.]\textbf{(b)} Eine Permutation $\sigma$ von $\left[  n\right]  $ hei\ss e

\begin{itemize}
\item \textit{gr\"{u}n}, wenn sie $\sigma\left(  i\right)  \neq i+1$ f\"{u}r
alle $i\in\left[  n-1\right]  $ erf\"{u}llt;

\item \textit{rot}, wenn sie $\sigma\left(  i\right)  +1\neq\sigma\left(
i+1\right)  $ f\"{u}r alle $i\in\left[  n-1\right]  $ erf\"{u}llt.
\end{itemize}

\noindent Wir m\"{u}ssen also zeigen, dass die Anzahl aller roten
Permutationen von $\left[  n\right]  $ gleich $\sum_{k=0}^{n-1}\left(
-1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}\left(  n-k\right)  !$ ist. Wir haben aber in
Aufgabe \ref{aufg.perms-without-nbrs} \textbf{(a)} bereits gezeigt, dass die
Anzahl aller gr\"{u}nen Permutationen von $\left[  n\right]  $ gleich
derselben Summe $\sum_{k=0}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-1}{k}\left(
n-k\right)  !$ ist. Also bleibt es nur noch zu zeigen, dass die Anzahl aller
roten Permutationen von $\left[  n\right]  $ gleich der der gr\"{u}nen ist.
Daf\"{u}r wird es ausreichen, eine Bijektion zwischen den gr\"{u}nen und den
roten Permutationen zu finden.

Betrachten wir die Abbildung $\Phi$ aus Satz \ref{thm.perm.sighat}. Laut Satz
\ref{thm.perm.sighat} ist diese eine Bijektion. Wir behaupten nun folgendes:

\begin{statement}
\textit{Behauptung 1:} Sei $\sigma$ eine Permutation von $\left[  n\right]  $.
Genau dann ist $\sigma$ gr\"{u}n, wenn $\Phi\left(  \sigma\right)  $ rot ist.
\end{statement}

[\textit{Beweis von Behauptung 1:} Wir beweisen erst einmal die Implikation%
\[
\left(  \Phi\left(  \sigma\right)  \text{ ist rot}\right)  \ \Longrightarrow
\ \left(  \sigma\text{ ist gr\"{u}n}\right)  .
\]


Dazu nehmen wir an, dass $\Phi\left(  \sigma\right)  $ rot ist. Wir wollen
zeigen, dass $\sigma$ gr\"{u}n ist.

Nehmen wir das Gegenteil an. Das hei\ss t, $\sigma$ ist nicht gr\"{u}n. Mit
anderen Worten: Nicht f\"{u}r alle $i\in\left[  n-1\right]  $ gilt
$\sigma\left(  i\right)  \neq i+1$. Das hei\ss t, es gibt ein $k\in\left[
n-1\right]  $ mit $\sigma\left(  k\right)  =k+1$. Betrachten wir dieses $k$.

Wir betrachten die Zykelliste $C\left(  \sigma\right)  $ von $\sigma$, sowie
das in der Definition \ref{def.perm.sighat} definierte $n$-Tupel $C^{\prime
}\left(  \sigma\right)  $ und die dort ebenfalls definierte Permutation
$\widehat{\sigma}$. Laut Definition von $\Phi$ ist dann $\Phi\left(
\sigma\right)  =\widehat{\sigma}$. Ferner ist $C^{\prime}\left(
\sigma\right)  $ die Werteliste von $\widehat{\sigma}$ (denn so wurde
$\widehat{\sigma}$ definiert).

Die $n$-Blockliste $C\left(  \sigma\right)  $ ist normal; sie enth\"{a}lt also
genau einmal die Zahl $k$. Sei $B$ der Block von $C\left(  \sigma\right)  $,
der $k$ enth\"{a}lt. Da die $n$-Blockliste $C\left(  \sigma\right)  $ normal
ist, beginnt jeder Block von $C\left(  \sigma\right)  $ mit seinem kleinsten
Element; insbesondere also auch $B$. Das erste Element von $B$ ist also das
kleinste Element von $B$. Da der Block $B$ die Zahl $k$ enth\"{a}lt, kann
$k+1$ nicht das kleinste Element von $B$ sein (denn $k$ ist kleiner); somit
kann $k+1$ nicht das erste Element von $B$ sein (denn das erste Element von
$B$ ist das kleinste Element von $B$).

Nun erinnern wir uns wieder daran, wie $C\left(  \sigma\right)  $ konstruiert
wurde. Jeder Block von $C\left(  \sigma\right)  $ ist die $\sigma$-Spur eines
Elementes von $\left[  n\right]  $. Insbesondere ist also auch $B$ eine solche
$\sigma$-Spur. Eine $\sigma$-Spur $S$ ist stets unter der Wirkung von $\sigma$
abgeschlossen, im folgenden Sinne: Ist eine Zahl $i$ in einer $\sigma$-Spur
$S$ enthalten, dann ist auch ihr Bild $\sigma\left(  i\right)  $ in $S$
enthalten, und zwar folgt $\sigma\left(  i\right)  $ entweder direkt auf $i$
oder ist das erste Element von $S$. Wenden wir dies auf $S=B$ und $i=k$ an, so
erhalten wir folgendes: Das Bild $\sigma\left(  k\right)  $ ist in $B$
enthalten, und zwar folgt $\sigma\left(  k\right)  $ entweder direkt auf $k$
oder ist das erste Element von $B$. Wegen $\sigma\left(  k\right)  =k+1$
l\"{a}\ss t sich dies folgenderma\ss en umschreiben: Die Zahl $k+1$ ist in $B$
enthalten, und zwar folgt $k+1$ entweder direkt auf $k$ oder ist das erste
Element von $B$. Da $k+1$ nicht das erste Element von $B$ sein kann, folgt
also $k+1$ direkt auf $k$ in $B$. Also folgt $k+1$ direkt auf $k$ in $C\left(
\sigma\right)  $ (denn $B$ ist ein Block von $C\left(  \sigma\right)  $).
Daher folgt $k+1$ auch direkt auf $k$ in $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $
(denn $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $ unterscheidet sich von $C\left(
\sigma\right)  $ nur dadurch, dass Balken durch Kommas ersetzt wurden). Mit
anderen Worten: $k+1$ folgt direkt auf $k$ in der Werteliste von
$\widehat{\sigma}$ (denn $C^{\prime}\left(  \sigma\right)  $ ist die
Werteliste von $\widehat{\sigma}$). Mit anderen Worten: Es gibt ein
$j\in\left[  n-1\right]  $ mit $\widehat{\sigma}\left(  j\right)  =k$ und
$\widehat{\sigma}\left(  j+1\right)  =k+1$. Betrachte dieses $j$. Es gilt also
$\underbrace{\widehat{\sigma}\left(  j\right)  }_{=k}+1=k+1=\widehat{\sigma
}\left(  j+1\right)  $.

Doch wir erinnern uns, dass $\Phi\left(  \sigma\right)  $ rot ist. Mit anderen
Worten: $\widehat{\sigma}$ ist rot (denn $\Phi\left(  \sigma\right)
=\widehat{\sigma}$). Das hei\ss t, es gilt $\widehat{\sigma}\left(  i\right)
+1\neq\widehat{\sigma}\left(  i+1\right)  $ f\"{u}r alle $i\in\left[
n-1\right]  $. Dies steht im Widerspruch zu $\widehat{\sigma}\left(  j\right)
+1=\widehat{\sigma}\left(  j+1\right)  $. Dieser Widerspruch vollendet unseren
Beweis, dass $\sigma$ gr\"{u}n ist.

Wir haben also die Implikation%
\[
\left(  \Phi\left(  \sigma\right)  \text{ ist rot}\right)  \ \Longrightarrow
\ \left(  \sigma\text{ ist gr\"{u}n}\right)
\]
gezeigt. Die umgekehrte Implikation%
\[
\left(  \sigma\text{ ist gr\"{u}n}\right)  \ \Longrightarrow\ \left(
\Phi\left(  \sigma\right)  \text{ ist rot}\right)
\]
l\"{a}\ss t sich im Wesentlichen mit dem gleichen Argument (r\"{u}ckw\"{a}rts
gelesen) beweisen\footnote{Hier muss man sich \"{u}berlegen, warum in
$C\left(  \sigma\right)  $ niemals ein Balken zwischen einer Zahl $k$ und der
Zahl $k+1$ stehen kann (mit $k$ direkt links und $k+1$ direkt rechts vom
Balken). Dies folgt aus der Tatsache, dass der Eintrag direkt rechts von einem
Balken immer kleiner ist als der Eintrag direkt links von ihm (und sogar
kleiner als jeder Eintrag links von dem Balken). Wir haben dies bereits im
Beweis von Satz \ref{thm.perm.sighat} gesehen, als wir argumentiert haben,
dass die Balken in einer normalen $n$-Blockliste genau vor ihren
Negativrekorden stehen.}. Kombinieren wir diese beiden Implikationen, erhalten
wir die \"{A}quivalenz $\left(  \sigma\text{ ist gr\"{u}n}\right)
\ \Longleftrightarrow\ \left(  \Phi\left(  \sigma\right)  \text{ ist
rot}\right)  $. Damit ist Behauptung 1 bewiesen.] \medskip

Wegen Behauptung 1 ist die Abbildung%
\begin{align*}
\left\{  \text{gr\"{u}ne Permutationen in }\left[  n\right]  \right\}   &
\rightarrow\left\{  \text{rote Permutationen in }\left[  n\right]  \right\}
,\\
\sigma &  \mapsto\Phi\left(  \sigma\right)
\end{align*}
wohldefiniert und bijektiv (denn $\Phi$ ist bijektiv). Also folgt, dass
\[
\left\vert \left\{  \text{gr\"{u}ne Permutationen in }\left[  n\right]
\right\}  \right\vert =\left\vert \left\{  \text{rote Permutationen in
}\left[  n\right]  \right\}  \right\vert
\]
gilt. Mit anderen Worten: Die Anzahl aller roten Permutationen von $\left[
n\right]  $ ist gleich der der gr\"{u}nen. Wie gesagt, ist damit Aufgabe
\ref{aufg.perms-without-nbrs} \textbf{(b)} gel\"{o}st.
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.ZmnZnm}}

Aufgabe \ref{aufg.ZmnZnm} ist \cite[Exercise 3.21]{detnotes}, und l\"{a}\ss t
sich recht einfach durch Aufl\"{o}sen der Klammern (mit dem Binomischen Satz)
l\"{o}sen; diese L\"{o}sung ist in \cite{detnotes} zu finden. Wir zeigen hier
eine alternative (und f\"{u}r manchen Geschmack befriedigendere) L\"{o}sung
mithilfe der Sylvesterschen Siebformel:

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.ZmnZnm}.]Wir fixieren $m,n\in
\mathbb{N}$. Wir zeigen zun\"{a}chst, dass
\[
Z_{m,n}\left(  y\right)  =Z_{n,m}\left(  y\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }y\in\mathbb{N}%
\]
gilt.

In der Tat sei $y\in\mathbb{N}$.

Eine $\left(  m,n,y\right)  $\textit{-Matrix} sei definiert als eine $m\times
n$-Matrix\footnote{d.h., eine Matrix mit $m$ Zeilen und $n$ Spalten}, deren
Eintr\"{a}ge allesamt zur Menge $\left\{  0,1,\ldots,y-1\right\}  $
geh\"{o}ren. Beispielsweise ist $\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & 3 & 0\\
0 & 1 & 4
\end{array}
\right)  $ eine $\left(  2,3,5\right)  $-Matrix (und, allgemeiner, eine
$\left(  2,3,y\right)  $-Matrix f\"{u}r jedes $y\geq5$).

Eine \textit{Nullzeile} in einer $\left(  m,n,y\right)  $-Matrix bedeute eine
Zeile, in der s\"{a}mtliche Eintr\"{a}ge Nullen sind. Eine \textit{Nullspalte}
in einer $\left(  m,n,y\right)  $-Matrix bedeute eine Spalte, in der
s\"{a}mtliche Eintr\"{a}ge $0$ sind.

Wieviele $\left(  m,n,y\right)  $-Matrizen haben weder Nullzeilen noch Nullspalten?

Zun\"{a}chst bestimmen wir ein paar einfachere Anzahlen. Die Anzahl aller
$\left(  m,n,y\right)  $-Matrizen ist $y^{mn}$, denn f\"{u}r jeden der $mn$
Eintr\"{a}ge einer $\left(  m,n,y\right)  $-Matrix gibt es $y$ viele
Wahlm\"{o}glichkeiten. Die Anzahl aller $\left(  m,n,y\right)  $-Matrizen ohne
Nullzeilen ist $\left(  y^{n}-1\right)  ^{m}$, denn f\"{u}r jede Zeile einer
solchen $\left(  m,n,y\right)  $-Matrix gibt es genau $y^{n}-1$ viele
M\"{o}glichkeiten (sie darf ja keine Nullzeile sein, kann ansonsten aber
beliebig sein). Analog kann man die Anzahl aller $\left(  m,n,y\right)
$-Matrizen ohne Nullspalten berechnen; sie ist $\left(  y^{m}-1\right)  ^{n}$.

Mit solchen Argumenten findet man aber nicht die Anzahl aller $\left(
m,n,y\right)  $-Matrizen, die weder Nullzeilen noch Nullspalten haben; man
kann hier n\"{a}mlich weder die Zeilen noch die Spalten unabh\"{a}ngig
voneinander w\"{a}hlen. Daf\"{u}r kann man jetzt aber die Sylvestersche
Siebformel einsetzen. Hierzu definiere man $U$ als die Menge aller $\left(
m,n,y\right)  $-Matrizen ohne Nullzeilen. F\"{u}r jedes $i\in\left[  n\right]
$ setzen wir%
\[
A_{i}=\left\{  M\in U\ \mid\ \text{die }i\text{-te Spalte von }M\text{ ist
eine Nullspalte}\right\}  .
\]
Somit haben wir $n$ Teilmengen $A_{1},A_{2},\ldots,A_{n}$ von $U$ definiert.
Die $\left(  m,n,y\right)  $-Matrizen, die weder Nullzeilen noch Nullspalten
haben, sind also die Elemente von $U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup
\cdots\cup A_{n}\right)  $. Daher ist%
\begin{align}
&  \left(  \text{Anzahl aller }\left(  m,n,y\right)  \text{-Matrizen, die
weder Nullzeilen noch Nullspalten haben}\right) \nonumber\\
&  =\left\vert U\setminus\left(  A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}\right)
\right\vert =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)
^{\left\vert I\right\vert }\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
\label{sol.ZmnZnm.2}%
\end{align}
laut Aufgabe \ref{aufg.pie-prot} \textbf{(b)}.

Wir wollen nun die M\"{a}chtigkeiten $\left\vert \bigcap_{i\in I}%
A_{i}\right\vert $ auf der rechten Seite von (\ref{sol.ZmnZnm.2}) bestimmen.
Dazu fixieren wir eine Teilmenge $I$ von $\left[  n\right]  $. Wenn wir im
Folgenden von den \textquotedblleft$I$-ten Spalten\textquotedblright\ einer
Matrix reden, meinen wir immer die $i$-ten Spalten f\"{u}r alle $i\in I$.
(Wenn beispielsweise $I=\left\{  2,3,5\right\}  $ ist, dann sind die
\textquotedblleft$I$-ten Spalten\textquotedblright\ die zweite, dritte und
f\"{u}nfte Spalte.) Nun ist $\bigcap_{i\in I}A_{i}$ die Menge aller $\left(
m,n,y\right)  $-Matrizen $M\in U$ mit der Eigenschaft, dass die $I$-ten
Spalten von $M$ allesamt Nullspalten sind\footnote{Die anderen Spalten von $M$
d\"{u}rfen dabei ebenfalls Nullspalten sein (m\"{u}ssen aber nicht).}. Wir
behaupten, es gibt genau $\left(  y^{n-\left\vert I\right\vert }-1\right)
^{m}$ solche Matrizen. Denn eine solche Matrix k\"{o}nnen wir konstruieren,
indem wir ihre $m$ Zeilen unabh\"{a}ngig voneinander f\"{u}llen; f\"{u}r jede
Zeile gibt es dabei $y^{n-\left\vert I\right\vert }-1$ Wahlm\"{o}glichkeiten
(denn die $\left\vert I\right\vert $ viele Eintr\"{a}ge, die in den $I$-ten
Spalten liegen, m\"{u}ssen allesamt $0$ sein; somit muss man nur die
restlichen $n-\left\vert I\right\vert $ Eintr\"{a}ge bestimmen, und dabei
vermeiden, dass sie alle $0$ werden\footnote{denn eine Matrix $M\in U$ darf
keine Nullzeilen enthalten}). Da $\bigcap_{i\in I}A_{i}$ die Menge all dieser
Matrizen ist, haben wir also gezeigt, dass%
\begin{equation}
\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert =\left(  y^{n-\left\vert
I\right\vert }-1\right)  ^{m} \label{sol.ZmnZnm.5}%
\end{equation}
ist.

Vergessen wir nun, dass wir $I$ fixiert haben. F\"{u}r jede Teilmenge $I$ von
$\left[  n\right]  $ haben wir also (\ref{sol.ZmnZnm.5}) bewiesen. Damit wird
(\ref{sol.ZmnZnm.2}) zu%
\begin{align}
&  \left(  \text{Anzahl aller }\left(  m,n,y\right)  \text{-Matrizen, die
weder Nullzeilen noch Nullspalten haben}\right) \nonumber\\
&  =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\underbrace{\left\vert \bigcap_{i\in I}A_{i}\right\vert
}_{\substack{=\left(  y^{n-\left\vert I\right\vert }-1\right)  ^{m}%
\\\text{(nach (\ref{sol.ZmnZnm.5}))}}}=\sum_{I\subseteq\left[  n\right]
}\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\left(  y^{n-\left\vert
I\right\vert }-1\right)  ^{m}\nonumber\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\ \ \sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]
;\\\left\vert I\right\vert =k}}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert
I\right\vert }\left(  y^{n-\left\vert I\right\vert }-1\right)  ^{m}%
}_{\substack{=\left(  -1\right)  ^{k}\left(  y^{n-k}-1\right)  ^{m}%
\\\text{(denn }\left\vert I\right\vert =k\text{)}}}\nonumber\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{hier haben wir die Summe nach dem Wert von }\left\vert I\right\vert
\text{ aufgespalten,}\\
\text{denn f\"{u}r jede Teilmenge }I\text{ von }\left[  n\right]  \text{ ist
}\left\vert I\right\vert \in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}
\end{array}
\right) \nonumber\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\ \ \underbrace{\sum_{\substack{I\subseteq\left[  n\right]
;\\\left\vert I\right\vert =k}}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  y^{n-k}%
-1\right)  ^{m}}_{=\left(  -1\right)  ^{k}\left(  y^{n-k}-1\right)  ^{m}%
\cdot\left(  \text{Anzahl aller Teilmengen }I\text{ von }\left[  n\right]
\text{ mit }\left\vert I\right\vert =k\right)  }\nonumber\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  y^{n-k}-1\right)  ^{m}%
\cdot\underbrace{\left(  \text{Anzahl aller Teilmengen }I\text{ von }\left[
n\right]  \text{ mit }\left\vert I\right\vert =k\right)  }_{\substack{=\left(
\text{Anzahl aller }k\text{-elementigen Teilmengen von }\left[  n\right]
\right)  \\=\dbinom{n}{k}\\\text{(laut der kombinatorischen Interpretation der
Binomialkoeffizienten)}}}\nonumber\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\left(  y^{n-k}-1\right)  ^{m}%
\cdot\dbinom{n}{k}=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\left(
y^{n-k}-1\right)  ^{m}\nonumber\\
&  =Z_{m,n}\left(  y\right)  \label{sol.ZmnZnm.Zmny}%
\end{align}
(denn die Definition von $Z_{m,n}$ ergibt $Z_{m,n}\left(  y\right)
=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\left(  y^{n-k}-1\right)
^{m}$).

Unser Abz\"{a}hlverfahren hat etwas asymmetrisches: Wir haben mit der Menge%
\[
U=\left\{  \left(  m,n,y\right)  \text{-Matrizen ohne Nullzeilen}\right\}
\]
angefangen, und dann mithilfe der Sylvesterschen Siebformel in dieser Menge
$U$ die Matrizen mit Nullspalten \textquotedblleft
ausgesiebt\textquotedblright. Zeilen und Spalten haben also recht
unterschiedliche Rollen in unserem Argument gespielt. Wenn wir das gleiche
Argument anwenden, aber die Rollen von Zeilen und Spalten vertauscht
h\"{a}tten, dann erhalten wir statt (\ref{sol.ZmnZnm.Zmny}) die analoge Formel%
\begin{align*}
&  \left(  \text{Anzahl aller }\left(  m,n,y\right)  \text{-Matrizen, die
weder Nullzeilen noch Nullspalten haben}\right) \\
&  =Z_{n,m}\left(  y\right)  .
\end{align*}
Abgleich dieser Formel mit (\ref{sol.ZmnZnm.Zmny}) ergibt $Z_{m,n}\left(
y\right)  =Z_{n,m}\left(  y\right)  $.

Vergessen wir nun, dass wir $y$ fixiert haben. Wir haben also gezeigt, dass
$Z_{m,n}\left(  y\right)  =Z_{n,m}\left(  y\right)  $ f\"{u}r jedes
$y\in\mathbb{N}$ gilt. Jetzt k\"{o}nnen wir wie im Beweis von Lemma
\ref{lem.poltrick.1} argumentieren: F\"{u}r jedes $y\in\mathbb{N}$ gilt
$Z_{m,n}\left(  y\right)  =Z_{n,m}\left(  y\right)  $ und damit $\left(
Z_{m,n}-Z_{n,m}\right)  \left(  y\right)  =\underbrace{Z_{m,n}\left(
y\right)  }_{=Z_{n,m}\left(  y\right)  }-Z_{n,m}\left(  y\right)  =0$. Das
hei\ss t, jedes $y\in\mathbb{N}$ ist eine Nullstelle des Polynoms
$Z_{m,n}-Z_{n,m}$. Das Polynom $Z_{m,n}-Z_{n,m}$ hat also unendlich viele
Nullstellen, und ist daher das Nullpolynom. Das hei\ss t, $Z_{m,n}=Z_{n,m}$.
Damit ist Aufgabe \ref{aufg.ZmnZnm} gel\"{o}st.
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.polynom0}}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.polynom0}.]Wir gehen \"{a}hnlich wie
bei Aufgabe \ref{aufg.polar-prot} vor: Wir beweisen die Behauptung zuerst im
Fall, wenn $P$ ein \textbf{Monom} (von Grad $<n$) ist, und folgern dann ihre
G\"{u}ltigkeit im allgemeinen Fall (denn jedes Polynom ist eine Summe von
Monomen mit Koeffizienten).

Kommen wir zu den Details. Die Behauptung f\"{u}r ein einzelnes Monom sieht
folgenderma\ss en aus:

\begin{statement}
\textit{Behauptung 1:} Seien $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$ nichtnegative ganze
Zahlen mit $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<n$. Sei $H=\left\{  0,1,\ldots
,h-1\right\}  $. Dann gilt%
\[
\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in H^{n}}\left(  -1\right)
^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{n}^{a_{n}}=0.
\]

\end{statement}

[\textit{Beweis von Behauptung 1:} W\"{a}re jede der $n$ Zahlen $a_{1}%
,a_{2},\ldots,a_{n}$ gr\"{o}\ss er oder gleich $1$, dann w\"{a}re ihre Summe
$a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$ gr\"{o}\ss er oder gleich $n$, was im Widerspruch
zu $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<n$ st\"{u}nde. Somit ist nicht jede der $n$
Zahlen $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$ gr\"{o}\ss er oder gleich $1$. Es gibt also
ein $i\in\left[  n\right]  $ mit $a_{i}<1$. Betrachte dieses $i$. Da $a_{i}$
eine nichtnegative ganze Zahl ist, erhalten wir also $a_{i}=0$ (da $a_{i}<1$).

Wir k\"{o}nnen das Summenzeichen $\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots
,d_{n}\right)  \in H^{n}}$ durch das Summenzeichenpaar%
\[
\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{i-1},d_{i+1},d_{i+2},\ldots,d_{n}\right)
\in H^{n-1}}\ \ \sum_{d_{i}\in H}%
\]
ersetzen (denn ein $n$-Tupel $\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in
H^{n}$ kann immer in ein $\left(  n-1\right)  $-Tupel $\left(  d_{1}%
,d_{2},\ldots,d_{i-1},d_{i+1},d_{i+2},\ldots,d_{n}\right)  \in H^{n-1}$ und
ein einzelnes Element $d_{i}\in H$ aufgespalten werden). Wir erhalten also%
\begin{align}
&  \sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in H^{n}}\left(  -1\right)
^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{n}^{a_{n}%
}\nonumber\\
&  =\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{i-1},d_{i+1},d_{i+2},\ldots
,d_{n}\right)  \in H^{n-1}}\ \ \sum_{d_{i}\in H}\left(  -1\right)
^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{n}^{a_{n}}.
\label{sol.polynom0.4}%
\end{align}


Fixieren wir nun ein $\left(  n-1\right)  $-Tupel $\left(  d_{1},d_{2}%
,\ldots,d_{i-1},d_{i+1},d_{i+2},\ldots,d_{n}\right)  \in H^{n-1}$. F\"{u}r
jedes $d_{i}\in H$ gilt dann%
\begin{align*}
&  \underbrace{\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}}%
_{\substack{=\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{i-1}+d_{i+1}%
+d_{i+2}+\cdots+d_{n}}\left(  -1\right)  ^{d_{i}}\\\text{(denn }d_{1}%
+d_{2}+\cdots+d_{n}=\left(  d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{i-1}+d_{i+1}+d_{i+2}%
+\cdots+d_{n}\right)  +d_{i}\text{)}}}\underbrace{d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}%
}\cdots d_{n}^{a_{n}}}_{=\left(  d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots
d_{i-1}^{a_{i-1}}d_{i+1}^{a_{i+1}}d_{i+2}^{a_{i+2}}\cdots d_{n}^{a_{n}%
}\right)  d_{i}^{a_{i}}}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{i-1}+d_{i+1}+d_{i+2}%
+\cdots+d_{n}}\left(  -1\right)  ^{d_{i}}\left(  d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}%
}\cdots d_{i-1}^{a_{i-1}}d_{i+1}^{a_{i+1}}d_{i+2}^{a_{i+2}}\cdots d_{n}%
^{a_{n}}\right)  \underbrace{d_{i}^{a_{i}}}_{\substack{=1\\\text{(denn }%
a_{i}=0\text{)}}}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{i-1}+d_{i+1}+d_{i+2}%
+\cdots+d_{n}}\left(  -1\right)  ^{d_{i}}\left(  d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}%
}\cdots d_{i-1}^{a_{i-1}}d_{i+1}^{a_{i+1}}d_{i+2}^{a_{i+2}}\cdots d_{n}%
^{a_{n}}\right)  .
\end{align*}
Summieren wir diese Gleichung \"{u}ber alle $d_{i}\in H$ auf, dann erhalten
wir%
\begin{align*}
&  \sum_{d_{i}\in H}\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}d_{1}%
^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{n}^{a_{n}}\\
&  =\sum_{d_{i}\in H}\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{i-1}%
+d_{i+1}+d_{i+2}+\cdots+d_{n}}\left(  -1\right)  ^{d_{i}}\left(  d_{1}^{a_{1}%
}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{i-1}^{a_{i-1}}d_{i+1}^{a_{i+1}}d_{i+2}^{a_{i+2}}\cdots
d_{n}^{a_{n}}\right) \\
&  =\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{i-1}+d_{i+1}+d_{i+2}%
+\cdots+d_{n}}\left(  d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{i-1}^{a_{i-1}%
}d_{i+1}^{a_{i+1}}d_{i+2}^{a_{i+2}}\cdots d_{n}^{a_{n}}\right)  \sum_{d_{i}\in
H}\left(  -1\right)  ^{d_{i}}.
\end{align*}
Da%
\begin{align*}
\sum_{d_{i}\in H}\left(  -1\right)  ^{d_{i}}  &  =\left(  -1\right)
^{0}+\left(  -1\right)  ^{1}+\left(  -1\right)  ^{2}+\left(  -1\right)
^{3}+\cdots+\left(  -1\right)  ^{h-2}+\left(  -1\right)  ^{h-1}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }H=\left\{  0,1,\ldots,h-1\right\}
\right) \\
&  =1+\left(  -1\right)  +1+\left(  -1\right)  +\cdots+1+\left(  -1\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }h\text{ ist gerade}\right) \\
&  =0
\end{align*}
gilt, wird dies zu%
\begin{align*}
&  \sum_{d_{i}\in H}\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}d_{1}%
^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{n}^{a_{n}}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{i-1}+d_{i+1}+d_{i+2}%
+\cdots+d_{n}}\left(  d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{i-1}^{a_{i-1}%
}d_{i+1}^{a_{i+1}}d_{i+2}^{a_{i+2}}\cdots d_{n}^{a_{n}}\right)
\underbrace{\sum_{d_{i}\in H}\left(  -1\right)  ^{d_{i}}}_{=0}\\
&  =0.
\end{align*}


Vergessen wir nun, dass wir $\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{i-1},d_{i+1}%
,d_{i+2},\ldots,d_{n}\right)  $ fixiert haben. Wir haben also f\"{u}r jedes
$\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{i-1},d_{i+1},d_{i+2},\ldots,d_{n}\right)  \in
H^{n-1}$ gezeigt, dass%
\[
\sum_{d_{i}\in H}\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}d_{1}^{a_{1}%
}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{n}^{a_{n}}=0
\]
gilt. Somit wird (\ref{sol.polynom0.4}) zu%
\begin{align*}
&  \sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in H^{n}}\left(  -1\right)
^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{n}^{a_{n}}\\
&  =\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{i-1},d_{i+1},d_{i+2},\ldots
,d_{n}\right)  \in H^{n-1}}\ \ \underbrace{\sum_{d_{i}\in H}\left(  -1\right)
^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{n}^{a_{n}}%
}_{=0}\\
&  =0.
\end{align*}
Behauptung 1 ist damit bewiesen.] \medskip

Sei $H=\left\{  0,1,\ldots,h-1\right\}  $.

Nun ist $P$ ein Polynom in $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}$ von Grad $\deg P<n$. Wir
k\"{o}nnen es also schreiben als%
\begin{equation}
P=\sum_{\substack{\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\mathbb{N}%
^{n};\\a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<n}}\lambda_{a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}}%
x_{1}^{a_{1}}x_{2}^{a_{2}}\cdots x_{n}^{a_{n}}, \label{sol.polynom0.P=sum}%
\end{equation}
wobei $\lambda_{a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}}$ die Koeffizienten von $P$ sind.
Damit erhalten wir%
\begin{align*}
&  \sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in H^{n}}\left(  -1\right)
^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}\underbrace{P\left(  d_{1},d_{2},\ldots
,d_{n}\right)  }_{\substack{=\sum_{\substack{\left(  a_{1},a_{2},\ldots
,a_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n};\\a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<n}}\lambda
_{a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots d_{n}^{a_{n}%
}\\\text{(nach (\ref{sol.polynom0.P=sum}))}}}\\
&  =\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in H^{n}}\left(
-1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}\sum_{\substack{\left(  a_{1}%
,a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n};\\a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}%
<n}}\lambda_{a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots
d_{n}^{a_{n}}\\
&  =\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in H^{n}}\ \ \sum
_{\substack{\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}%
;\\a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<n}}\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}%
}\lambda_{a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots
d_{n}^{a_{n}}\\
&  =\sum_{\substack{\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\mathbb{N}%
^{n};\\a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<n}}\ \ \sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots
,d_{n}\right)  \in H^{n}}\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}%
\lambda_{a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots
d_{n}^{a_{n}}\\
&  =\sum_{\substack{\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\mathbb{N}%
^{n};\\a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<n}}\lambda_{a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}%
}\underbrace{\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in H^{n}}\left(
-1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}d_{1}^{a_{1}}d_{2}^{a_{2}}\cdots
d_{n}^{a_{n}}}_{\substack{=0\\\text{(nach Behauptung 1)}}}\\
&  =0.
\end{align*}
Wegen $H=\left\{  0,1,\ldots,h-1\right\}  $ l\"{a}\ss t sich dies umschreiben
als%
\[
\sum_{\left(  d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  \in\left\{  0,1,\ldots
,h-1\right\}  ^{n}}\left(  -1\right)  ^{d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{n}}P\left(
d_{1},d_{2},\ldots,d_{n}\right)  =0.
\]
Damit ist Aufgabe \ref{aufg.polynom0} gel\"{o}st.

[\textit{Bemerkung:} Man sieht dieser L\"{o}sung leicht an, dass die Menge
$\left\{  0,1,\ldots,h-1\right\}  $ durch eine beliebige endliche Menge ganzer
Zahlen ersetzt werden kann, in der gleich viele gerade und ungerade Zahlen vorkommen.]
\end{proof}

\subsection{zu Aufgaben \ref{aufg.pol-forts-1}, \ref{aufg.pol-forts-2} und
\ref{aufg.pol-forts-3}}

Aufgaben \ref{aufg.pol-forts-1}, \ref{aufg.pol-forts-2} und
\ref{aufg.pol-forts-3} lassen sich auf diverse Weisen l\"{o}sen, aber wir
werden sie alle aus folgendem Satz erhalten:

\begin{theorem}
\label{thm.pol-forts-0}Sei $n\in\mathbb{N}$. Sei $p\left(  x\right)  $ ein
Polynom (in einer Variablen $x$, mit komplexen Koeffizienten) von Grad $\leq
n$. Dann ist%
\[
\sum_{k=0}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}p\left(  x+k\right)
=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{C}.
\]

\end{theorem}

Satz \ref{thm.pol-forts-0} ist eine Verallgemeinerung von Aufgabe
\ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(c)} und folgt aus dem gleichen Argument:

\begin{proof}
[Beweisskizze zu Satz \ref{thm.pol-forts-0}.]Sei $x\in\mathbb{C}$. Sei
$\mathbb{A}=\mathbb{C}$. Sei $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ die Funktion,
die jedes $k\in\mathbb{A}$ in $p\left(  k\right)  \in\mathbb{C}$
\"{u}berf\"{u}hrt. Dies ist eine Polynomfunktion von Grad $\leq n$ (denn
$p\left(  x\right)  $ ist ein Polynom von Grad $\leq n$). Laut der Aussage 2
in der obigen L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(a)}
(angewandt auf $n$ und $n+1$ statt $k$ und $n$) ist somit $\Delta^{n+1}f$ eine
Polynomfunktion von Grad $\leq n-\left(  n+1\right)  $. Da $n-\left(
n+1\right)  =-1<0$ gilt, folgt hieraus, dass $\Delta^{n+1}f$ eine
Polynomfunktion von Grad $<0$ ist. Das hei\ss t, $\Delta^{n+1}f$ ist die
Nullfunktion. Somit gilt $\left(  \Delta^{n+1}f\right)  \left(  x\right)  =0$.

Doch nach Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(b)} (angewandt auf $n+1$
statt $n$) gilt%
\begin{align*}
\left(  \Delta^{n+1}f\right)  \left(  x\right)   &  =\sum_{k=0}^{n+1}%
\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n+1-k}}_{=\left(  -1\right)  ^{n+1}\left(
-1\right)  ^{k}}\dbinom{n+1}{k}\underbrace{f\left(  x+k\right)  }%
_{\substack{=p\left(  x+k\right)  \\\text{(nach der Definition von }f\text{)}%
}}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{n+1}\sum_{k=0}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k}%
\dbinom{n+1}{k}p\left(  x+k\right)  .
\end{align*}
Abgleich dieser Gleichheit mit $\left(  \Delta^{n+1}f\right)  \left(
x\right)  =0$ ergibt
\[
\left(  -1\right)  ^{n+1}\sum_{k=0}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom
{n+1}{k}p\left(  x+k\right)  =0.
\]
Dividieren wir beide Seiten dieser Identit\"{a}t durch $\left(  -1\right)
^{n+1}$, dann finden wir%
\[
\sum_{k=0}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}p\left(  x+k\right)
=0.
\]
Dies beweist Satz \ref{thm.pol-forts-0}.
\end{proof}

Folgende Folgerung aus Satz \ref{thm.pol-forts-0} ist f\"{u}r uns besonders handlich:

\begin{corollary}
\label{cor.pol-forts-0b}Sei $n\in\mathbb{N}$. Sei $p\left(  x\right)  $ ein
Polynom (in einer Variablen $x$, mit komplexen Koeffizienten) von Grad $\leq
n$. Dann ist%
\[
\left(  -1\right)  ^{n}p\left(  n+1\right)  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)
^{k}\dbinom{n+1}{k}p\left(  k\right)  .
\]

\end{corollary}

\begin{proof}
[Beweisskizze zu Folgerung \ref{cor.pol-forts-0b}.]Anwendung von Satz
\ref{thm.pol-forts-0} auf $x=0$ ergibt%
\[
\sum_{k=0}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}p\left(  k\right)  =0.
\]
Wegen%
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}p\left(  k\right)   &
=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}p\left(  k\right)
+\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n+1}}_{=-\left(  -1\right)  ^{n}%
}\underbrace{\dbinom{n+1}{n+1}}_{\substack{=1\\\text{(nach
(\ref{eq.bas.rechter-rand}))}}}p\left(  n+1\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}p\left(  k\right)
-\left(  -1\right)  ^{n}p\left(  n+1\right)
\end{align*}
ergibt dies%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}p\left(  k\right)
-\left(  -1\right)  ^{n}p\left(  n+1\right)  =0.
\]
Das hei\ss t,%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}p\left(  k\right)
=\left(  -1\right)  ^{n}p\left(  n+1\right)  .
\]
Damit ist Folgerung \ref{cor.pol-forts-0b} bewiesen.
\end{proof}

Mit Folgerung \ref{cor.pol-forts-0b} werden Aufgaben \ref{aufg.pol-forts-1}
und \ref{aufg.pol-forts-2} zu leichten Rechnungen:

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.pol-forts-1}.]Laut Folgerung
\ref{cor.pol-forts-0b} ist%
\begin{align*}
\left(  -1\right)  ^{n}p\left(  n+1\right)   &  =\sum_{k=0}^{n}\left(
-1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}\underbrace{p\left(  k\right)  }%
_{\substack{=2^{k}\\\text{(nach Annahme)}}}=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)
^{k}\dbinom{n+1}{k}2^{k}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n+1}{k}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{k}2^{k}%
}_{=\left(  -2\right)  ^{k}}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n+1}{k}\left(  -2\right)
^{k}\\
&  =\underbrace{\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}\left(  -2\right)  ^{k}%
}_{\substack{=\left(  1+\left(  -2\right)  \right)  ^{n+1}\\\text{(nach dem
Binomischen Satz)}}}-\underbrace{\dbinom{n+1}{n+1}}_{\substack{=1\\\text{(nach
(\ref{eq.bas.rechter-rand}))}}}\left(  -2\right)  ^{n+1}\\
&  =\left(  \underbrace{1+\left(  -2\right)  }_{=-1}\right)  ^{n+1}%
-\underbrace{\left(  -2\right)  ^{n+1}}_{=\left(  -1\right)  ^{n+1}2^{n+1}}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{n+1}-\left(  -1\right)  ^{n+1}2^{n+1}=\left(
-1\right)  ^{n+1}\left(  1-2^{n+1}\right)  .
\end{align*}
Dividieren wir beide Seiten nun durch $\left(  -1\right)  ^{n}$, so erhalten
wir $p\left(  n+1\right)  =-\left(  1-2^{n+1}\right)  =2^{n+1}-1$.
\end{proof}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.pol-forts-2}.]Laut Folgerung
\ref{cor.pol-forts-0b} ist%
\begin{align*}
\left(  -1\right)  ^{n}p\left(  n+1\right)   &  =\sum_{k=0}^{n}\left(
-1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}\underbrace{p\left(  k\right)  }%
_{\substack{=\dfrac{1}{\dbinom{n+1}{k}}\\\text{(nach Annahme)}}}=\sum
_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\underbrace{\dbinom{n+1}{k}\cdot\dfrac
{1}{\dbinom{n+1}{k}}}_{=1}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}=\left(  -1\right)  ^{0}+\left(
-1\right)  ^{1}+\left(  -1\right)  ^{2}+\left(  -1\right)  ^{3}+\cdots+\left(
-1\right)  ^{n}\\
&  =1+\left(  -1\right)  +1+\left(  -1\right)  +\cdots+%
\begin{cases}
1, & \text{wenn }n\text{ gerade ist;}\\
-1, & \text{wenn }n\text{ ungerade ist}%
\end{cases}
\\
&  =%
\begin{cases}
1, & \text{wenn }n\text{ gerade ist;}\\
0, & \text{wenn }n\text{ ungerade ist.}%
\end{cases}
\end{align*}
Dividieren wir beide Seiten nun durch $\left(  -1\right)  ^{n}$, so erhalten
wir
\begin{align*}
p\left(  n+1\right)   &  =\dfrac{1}{\left(  -1\right)  ^{n}}%
\begin{cases}
1, & \text{wenn }n\text{ gerade ist;}\\
0, & \text{wenn }n\text{ ungerade ist}%
\end{cases}
\\
&  =%
\begin{cases}
1, & \text{wenn }n\text{ gerade ist;}\\
0, & \text{wenn }n\text{ ungerade ist}%
\end{cases}
\end{align*}
(denn wenn $n$ gerade ist, dann ist $\left(  -1\right)  ^{n}=1$).
\end{proof}

F\"{u}r Aufgabe \ref{aufg.pol-forts-3} ben\"{o}tigen wir zus\"{a}tzlich eine
Eigenschaft der Fibonaccizahlen:

\begin{proposition}
\label{prop.fib.2kplusp}Sei $\left(  f_{0},f_{1},f_{2},\ldots\right)  $ die
Fibonaccifolge (mit $f_{0}=0$, $f_{1}=1$ und $f_{n}=f_{n-1}+f_{n-2}$ f\"{u}r
alle $n\geq2$). Dann gilt%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}f_{2k+p}=\left(  -1\right)
^{n}f_{n+p}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n,p\in\mathbb{N}.
\]

\end{proposition}

Proposition \ref{prop.fib.2kplusp} ist der Behauptung von Aufgabe
\ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(f)} sehr \"{a}hnlich, und auch bei dem Beweis
geht es \"{a}hnlich zu: Es ist nicht schwer, Proposition
\ref{prop.fib.2kplusp} entweder aus der Binet-Formel (und dem Binomischen
Satz) herzuleiten, oder durch Induktion nach $n$ zu beweisen. Wir
\"{u}berlassen beides dem interesssierten Leser. Hier zeigen wir stattdessen
einen anderen Beweis von Proposition \ref{prop.fib.2kplusp}, der (genauso wie
unsere L\"{o}sung von Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(f)}) auf die
Theorie der $n$-ten Differenzen zur\"{u}ckgreift (genauer gesagt auf das
Resultat von Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} \textbf{(b)}; das Wort
\textquotedblleft Theorie\textquotedblright\ ist hier eine \"{U}bertreibung):

\begin{proof}
[Beweisskizze zu Proposition \ref{prop.fib.2kplusp}.]Wir setzen $\mathbb{A}%
=\mathbb{N}$. F\"{u}r jedes $p\in\mathbb{N}$ definieren wir eine Funktion
$g_{p}:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$, indem wir%
\[
g_{p}\left(  x\right)  =f_{p+2x}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r jedes }%
x\in\mathbb{N}%
\]
setzen. Wir betrachten die in Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} definierten
$n$-ten Differenzen $\Delta^{n}g_{p}$ dieser Funktion $g_{p}$. Wir behaupten
nun, dass%
\begin{equation}
\Delta^{n}\left(  g_{p}\right)  =g_{n+p} \label{pf.prop.fib.2kplusp.mainn}%
\end{equation}
f\"{u}r alle $n,p\in\mathbb{N}$ gilt.

[\textit{Beweis von (\ref{pf.prop.fib.2kplusp.mainn}):} Wir beweisen
(\ref{pf.prop.fib.2kplusp.mainn}) durch Induktion nach $n$:

\textit{Induktionsbasis:} F\"{u}r $n=0$ gilt (\ref{pf.prop.fib.2kplusp.mainn}%
), weil $\Delta^{0}\left(  g_{p}\right)  =g_{p}=g_{0+p}$ ist.

\textit{Induktionsschritt:} Sei $m\in\mathbb{N}$. Nehmen wir an, dass
(\ref{pf.prop.fib.2kplusp.mainn}) f\"{u}r $n=m$ gilt. Wir m\"{u}ssen zeigen,
dass (\ref{pf.prop.fib.2kplusp.mainn}) auch f\"{u}r $n=m+1$ gilt.

Wir haben angenommen, dass (\ref{pf.prop.fib.2kplusp.mainn}) f\"{u}r $n=m$
gilt. Das hei\ss t, f\"{u}r alle $p\in\mathbb{N}$ gilt%
\begin{equation}
\Delta^{m}\left(  g_{p}\right)  =g_{m+p}. \label{pf.prop.fib.2kplusp.IH}%
\end{equation}


Sei nun $p\in\mathbb{N}$. Sei ferner $x\in\mathbb{N}$. Dann gilt
\[
\Delta^{m+1}\left(  g_{p}\right)  =\Delta\left(  \Delta^{m}\left(
g_{p}\right)  \right)  =\Delta\left(  g_{m+p}\right)
\]
(denn (\ref{pf.prop.fib.2kplusp.IH}) ergibt $\Delta^{m}\left(  g_{p}\right)
=g_{m+p}$). Folglich ist%
\begin{align}
\left(  \Delta^{m+1}\left(  g_{p}\right)  \right)  \left(  x\right)   &
=\left(  \Delta\left(  g_{m+p}\right)  \right)  \left(  x\right)
=\underbrace{g_{m+p}\left(  x+1\right)  }_{\substack{=f_{m+p+2\left(
x+1\right)  }\\\text{(nach der Definition}\\\text{von }g_{m+p}\text{)}%
}}-\underbrace{g_{m+p}\left(  x\right)  }_{\substack{=f_{m+p+2x}\\\text{(nach
der Definition}\\\text{von }g_{m+p}\text{)}}}\nonumber\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der Definition von }\Delta\left(
g_{m+p}\right)  \right) \nonumber\\
&  =f_{m+p+2\left(  x+1\right)  }-f_{m+p+2x}. \label{pf.prop.fib.2kplusp.3}%
\end{align}
Doch die rekursive Definition der Fibonaccifolge ergibt $f_{n}=f_{n-1}%
+f_{n-2}$ f\"{u}r jedes $n\geq2$. Wenden wir dies auf $n=m+p+2\left(
x+1\right)  $ an, so erhalten wir%
\[
f_{m+p+2\left(  x+1\right)  }=\underbrace{f_{m+p+2\left(  x+1\right)  -1}%
}_{\substack{=f_{m+p+2x+1}\\=f_{\left(  m+1\right)  +p+2x}}%
}+\underbrace{f_{m+p+2\left(  x+1\right)  -2}}_{=f_{m+p+2x}}=f_{\left(
m+1\right)  +p+2x}+f_{m+p+2x},
\]
also%
\[
f_{m+p+2\left(  x+1\right)  }-f_{m+p+2x}=f_{\left(  m+1\right)  +p+2x}.
\]
Somit wird (\ref{pf.prop.fib.2kplusp.3}) zu%
\[
\left(  \Delta^{m+1}\left(  g_{p}\right)  \right)  \left(  x\right)
=f_{m+p+2\left(  x+1\right)  }-f_{m+p+2x}=f_{\left(  m+1\right)
+p+2x}=g_{\left(  m+1\right)  +p}\left(  x\right)
\]
(denn die Definition von $g_{\left(  m+1\right)  +p}$ ergibt $g_{\left(
m+1\right)  +p}\left(  x\right)  =f_{\left(  m+1\right)  +p+2x}$).

Vergessen wir, dass wir $x$ fixiert haben. Wir haben also gezeigt, dass
$\left(  \Delta^{m+1}\left(  g_{p}\right)  \right)  \left(  x\right)
=g_{\left(  m+1\right)  +p}\left(  x\right)  $ f\"{u}r alle $x\in\mathbb{N}$
gilt. Das hei\ss t, es gilt $\Delta^{m+1}\left(  g_{p}\right)  =g_{\left(
m+1\right)  +p}$ (denn $\Delta^{m+1}\left(  g_{p}\right)  $ und $g_{\left(
m+1\right)  +p}$ sind zwei Funktionen mit Definitionsmenge $\mathbb{N}$).

Vergessen wir, dass wir $p$ fixiert haben. Wir haben also gezeigt, dass
$\Delta^{m+1}\left(  g_{p}\right)  =g_{\left(  m+1\right)  +p}$ f\"{u}r alle
$p\in\mathbb{N}$ gilt. Mit anderen Worten: Die Gleichheit
(\ref{pf.prop.fib.2kplusp.mainn}) gilt f\"{u}r $n=m+1$. Damit ist der
Induktionsschritt fertig. Somit ist (\ref{pf.prop.fib.2kplusp.mainn})
bewiesen.] \medskip

Seien nun $n,p\in\mathbb{N}$. Wenden wir Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot}
\textbf{(b)} auf $f=g_{p}$ und $x=0$ an, so erhalten wir%
\begin{align*}
\left(  \Delta^{n}\left(  g_{p}\right)  \right)  \left(  0\right)   &
=\sum_{k=0}^{n}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n-k}}_{=\left(  -1\right)
^{n}\left(  -1\right)  ^{k}}\dbinom{n}{k}\underbrace{g_{p}\left(  0+k\right)
}_{\substack{=g_{p}\left(  k\right)  =f_{p+2k}\\\text{(nach Definition von
}g_{p}\text{)}}}=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n}\left(  -1\right)
^{k}\dbinom{n}{k}\underbrace{f_{p+2k}}_{=f_{2k+p}}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}%
{k}f_{2k+p}=\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)
^{k}\dbinom{n}{k}f_{2k+p}.
\end{align*}
Gleichen wir dies mit%
\begin{align*}
\underbrace{\left(  \Delta^{n}\left(  g_{p}\right)  \right)  }%
_{\substack{=g_{n+p}\\\text{(nach (\ref{pf.prop.fib.2kplusp.mainn}))}}}\left(
0\right)   &  =g_{n+p}\left(  0\right)  =f_{n+p+2\cdot0}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Definition von }g_{n+p}\right) \\
&  =f_{n+p}%
\end{align*}
ab, so erhalten wir%
\[
f_{n+p}=\left(  -1\right)  ^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom
{n}{k}f_{2k+p}.
\]
Multiplizieren wir beide Seiten dieser Gleichung mit $\left(  -1\right)  ^{n}%
$, so erhalten wir%
\[
\left(  -1\right)  ^{n}f_{n+p}=\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n}\left(
-1\right)  ^{n}}_{=\left(  -1\right)  ^{2n}=1}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)
^{k}\dbinom{n}{k}f_{2k+p}=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}%
{k}f_{2k+p}.
\]
Damit ist Proposition \ref{prop.fib.2kplusp} bewiesen.
\end{proof}

Jetzt k\"{o}nnen wir Aufgabe \ref{aufg.pol-forts-3} l\"{o}sen:

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.pol-forts-3}.]Definiere ein Polynom
$q\left(  x\right)  $ durch $q\left(  x\right)  =p\left(  2x+1\right)  $. Dann
ist $q\left(  x\right)  $ ein Polynom von Grad $1008$ (denn $p\left(
x\right)  $ ist ein solches). F\"{u}r alle $n\in\left\{  0,1,\ldots
,1008\right\}  $ gilt ferner%
\[
q\left(  n\right)  =p\left(  2n+1\right)  =f_{2n+1}%
\]
(laut Annahme). Mit anderen Worten: F\"{u}r alle $k\in\left\{  0,1,\ldots
,1008\right\}  $ gilt%
\begin{equation}
q\left(  k\right)  =f_{2k+1}. \label{sol.pol-forts-3.qn=}%
\end{equation}


Sei $n=1008$. Aus (\ref{sol.pol-forts-3.qn=}) wissen wir also, dass $q\left(
k\right)  =f_{2k+1}$ f\"{u}r alle $k\in\left\{  0,1,\ldots,n\right\}  $ gilt.

Laut Folgerung \ref{cor.pol-forts-0b} (angewandt auf $q\left(  x\right)  $
statt $p\left(  x\right)  $) gilt nun%
\begin{align*}
\left(  -1\right)  ^{n}q\left(  n+1\right)   &  =\sum_{k=0}^{n}\left(
-1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}\underbrace{q\left(  k\right)  }%
_{\substack{=f_{2k+1}\\\text{(nach (\ref{sol.pol-forts-3.qn=}))}}}=\sum
_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}f_{2k+1}\\
&  =\underbrace{\sum_{k=0}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+1}{k}%
f_{2k+1}}_{\substack{=\left(  -1\right)  ^{n+1}f_{\left(  n+1\right)
+1}\\\text{(nach Proposition \ref{prop.fib.2kplusp},}\\\text{angewandt auf
}n+1\text{ und }1\text{ statt }n\text{ und }p\text{)}}}-\left(  -1\right)
^{n+1}\underbrace{\dbinom{n+1}{n+1}}_{\substack{=1\\\text{(nach
(\ref{eq.bas.rechter-rand}))}}}\underbrace{f_{2\left(  n+1\right)  +1}%
}_{=f_{2n+3}}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{n+1}\underbrace{f_{\left(  n+1\right)  +1}}%
_{=f_{n+2}}-\left(  -1\right)  ^{n+1}f_{2n+3}\\
&  =\left(  -1\right)  ^{n+1}f_{n+2}-\left(  -1\right)  ^{n+1}f_{2n+3}%
=\underbrace{\left(  -1\right)  ^{n+1}}_{=-\left(  -1\right)  ^{n}}\left(
f_{n+2}-f_{2n+3}\right) \\
&  =-\left(  -1\right)  ^{n}\left(  f_{n+2}-f_{2n+3}\right)  =\left(
-1\right)  ^{n}\left(  f_{2n+3}-f_{n+2}\right)  .
\end{align*}
Dividieren wir beide Seiten durch $\left(  -1\right)  ^{n}$, so erhalten wir%
\[
q\left(  n+1\right)  =f_{2n+3}-f_{n+2}.
\]
Wegen $n=1008$ \textquotedblleft vereinfacht\textquotedblright\ sich dies zu
$q\left(  1009\right)  =f_{2019}-f_{1010}$. Nach Definition von $q$ ist aber
$q\left(  1009\right)  =p\left(  2019\right)  $. Also ist $p\left(
2019\right)  =q\left(  1009\right)  =f_{2019}-f_{1010}$.
\end{proof}

\subsection{zu Aufgabe \ref{aufg.bipartit-ncatlab}}

\begin{proof}
[L\"{o}sungsskizze zu Aufgabe \ref{aufg.bipartit-ncatlab}.]Wenn $X$ und $Y$
zwei Teilmengen von $V$ sind, dann schreiben wir \textquotedblleft%
$X\nleftrightarrow Y$\textquotedblright, wenn es keine Kante von $G$ gibt, die
einen Endknoten in $X$ und ihren anderen Endknoten in $Y$ hat. Die Relation
\textquotedblleft$\nleftrightarrow$\textquotedblright\ ist offensichtlich
symmetrisch; das hei\ss t, f\"{u}r je zwei Teilmengen $X$ und $Y$ von $V$ gilt
die logische \"{A}quivalenz%
\begin{equation}
\left(  X\nleftrightarrow Y\right)  \ \Longleftrightarrow\ \left(
Y\nleftrightarrow X\right)  . \label{sol.bipartit-ncatlab.symm}%
\end{equation}


Folgendes ist ebenfalls leicht einzusehen: F\"{u}r je zwei Teilmengen $X$ und
$Y$ von $V$ gilt die logische \"{A}quivalenz%
\begin{equation}
\left(  X\nleftrightarrow Y\right)  \ \Longleftrightarrow\ \left(  N\left(
X\right)  \cap Y=\varnothing\right)  . \label{sol.bipartit-ncatlab.equiv1}%
\end{equation}
\footnote{Der Vollst\"{a}ndigkeit halber sei hier ein \textit{Beweis von
(\ref{sol.bipartit-ncatlab.equiv1})} gegeben\textit{:}
\par
Seien $X$ und $Y$ zwei Teilmengen von $V$.
\par
Wir nehmen an, dass $X\nleftrightarrow Y$ gilt. Sei $v\in N\left(  X\right)
\cap Y$. Dann ist $v\in N\left(  X\right)  $ und $v\in Y$. Wegen $v\in
N\left(  X\right)  $ ist $v$ ein Knoten von $G$, der mit mindestens einem
Knoten in $X$ verbunden ist (denn $N\left(  X\right)  $ ist definiert als die
Menge aller solchen Knoten). Also ist $v$ mit mindestens einem Knoten in $X$
verbunden. Das hei\ss t, es gibt einen Knoten in $X$, mit dem $v$ verbunden
ist. Sei $x$ dieser Knoten in $X$. Dann ist $v$ mit $x$ verbunden. Es gibt
also eine Kante von $G$, deren Endknoten $v$ und $x$ sind. Sei $e$ diese
Kante. Diese Kante hat also einen Endknoten in $X$ (n\"{a}mlich $x$) und ihren
anderen Endknoten in $Y$ (n\"{a}mlich $v$, denn $v\in Y$).
\par
Doch laut Annahme ist $X\nleftrightarrow Y$. Das hei\ss t, es gibt keine Kante
von $G$, die einen Endknoten in $X$ und ihren anderen Endknoten in $Y$ hat.
Wir haben aber soeben eine solche Kante gefunden (n\"{a}mlich $e$). Dies ist
ein Widerspruch.
\par
Vergessen wir, dass wir $v$ gew\"{a}hlt haben. Wir haben also f\"{u}r jedes
$v\in N\left(  X\right)  \cap Y$ einen Widerspruch erhalten. Also gibt es kein
$v\in N\left(  X\right)  \cap Y$. Die Menge $N\left(  X\right)  \cap Y$ ist
also leer. Das hei\ss t, $N\left(  X\right)  \cap Y=\varnothing$.
\par
Vergessen wir nun unsere Annahme, dass $X\nleftrightarrow Y$ gilt. Wir haben
also die Implikation%
\begin{equation}
\left(  X\nleftrightarrow Y\right)  \ \Longrightarrow\ \left(  N\left(
X\right)  \cap Y=\varnothing\right)  \label{sol.bipartit-ncatlab.equiv1.pf.1}%
\end{equation}
bewiesen.
\par
Nehmen wir nun an, dass $N\left(  X\right)  \cap Y=\varnothing$ ist. Sei nun
$f$ eine Kante von $G$, die einen Endknoten in $X$ und ihren anderen Endknoten
in $Y$ hat. Seien $x$ und $y$ die Endknoten dieser Kante $f$, wobei $x$
derjenige in $X$ und $y$ derjenige in $Y$ ist. Dann ist $x\in X$ und $y\in Y$.
Ferner ist $y$ mit $x$ verbunden (denn $x$ und $y$ sind die Endknoten der
Kante $f$). Somit ist $y$ mit mindestens einem Knoten in $X$ verbunden
(n\"{a}mlich mit $x$). Das hei\ss t, $y\in N\left(  X\right)  $ (denn
$N\left(  X\right)  $ ist definiert als die Menge aller Knoten von $G$, die
mit mindestens einem Knoten in $X$ verbunden sind). Aus $y\in N\left(
X\right)  $ und $y\in Y$ folgt jedoch $y\in N\left(  X\right)  \cap
Y=\varnothing$, was absurd ist (denn die leere Menge $\varnothing$ hat kein
Element). Somit haben wir einen Widerspruch erhalten.
\par
Vergessen wir, dass wir $f$ gew\"{a}hlt haben. Wir haben also f\"{u}r jede
Kante $f$ von $G$, die einen Endknoten in $X$ und ihren anderen Endknoten in
$Y$ hat, einen Widerspruch erhalten. Also gibt es keine solche Kante. Das
hei\ss t, wir haben $X\nleftrightarrow Y$ (nach der Definition von
\textquotedblleft$X\nleftrightarrow Y$\textquotedblright).
\par
Vergessen wir nun unsere Annahme, dass $N\left(  X\right)  \cap Y=\varnothing$
gilt. Wir haben also die Implikation%
\[
\left(  N\left(  X\right)  \cap Y=\varnothing\right)  \ \Longrightarrow
\ \left(  X\nleftrightarrow Y\right)
\]
bewiesen.
\par
Vereinigt mit der bereits bewiesenen Implikation
(\ref{sol.bipartit-ncatlab.equiv1.pf.1}) f\"{u}hrt diese Implikation zu der
\"{A}quivalenz $\left(  X\nleftrightarrow Y\right)  \ \Longleftrightarrow
\ \left(  N\left(  X\right)  \cap Y=\varnothing\right)  $. Damit ist
(\ref{sol.bipartit-ncatlab.equiv1}) bewiesen.}

Sei nun $X$ eine Teilmenge von $A$. Da unser Graph $G$ bipartit ist, gilt dann
$N\left(  X\right)  \subseteq B$\ \ \ \ \footnote{\textit{Beweis:} Sei $v\in
N\left(  X\right)  $. Also ist $v$ ein Knoten von $G$, der mit mindestens
einem Knoten in $X$ verbunden ist (denn $N\left(  X\right)  $ ist definiert
als die Menge aller solchen Knoten). Folglich ist $v$ mit mindestens einem
Knoten in $X$ verbunden. Das hei\ss t, es gibt einen Knoten in $X$, mit dem
$v$ verbunden ist. Sei $x$ dieser Knoten in $X$. Dann ist $x\in X\subseteq A$
und somit $x\notin B$ (denn wegen $A\cap B=\varnothing$ kann ein Element von
$A$ niemals ein Element von $B$ sein).
\par
Nun ist aber $v$ mit $x$ verbunden (nach Definition von $x$). Das hei\ss t, es
gibt eine Kante von $G$, deren Endknoten $v$ und $x$ sind. Sei $e$ eine solche
Kante. Wir wissen, dass jede Kante von $G$ einen Knoten in $A$ mit einem
Knoten in $B$ verbindet (laut der Aufgabenstellung). Jede Kante von $G$ hat
also einen Endknoten in $B$. Dies gilt daher insbesondere f\"{u}r die Kante
$e$. Das hei\ss t, die Kante $e$ hat einen Endknoten in $B$. Somit ist $v\in
B$ oder $x\in B$ (denn die Endknoten von $e$ sind $v$ und $x$). Wegen $x\notin
B$ muss somit $v\in B$ sein.
\par
Vergessen wir, dass wir $v$ fixiert haben. Wir haben also gezeigt, dass $v\in
B$ f\"{u}r jedes $v\in N\left(  X\right)  $ ist. Mit anderen Worten: Es gilt
$N\left(  X\right)  \subseteq B$.}. Somit gilt $N\left(  X\right)  =B$ genau
dann, wenn $B\subseteq N\left(  X\right)  $ ist. Wir haben also folgende Kette
von \"{A}quivalenzen:%
\[
\left(  N\left(  X\right)  =B\right)  \ \Longleftrightarrow\ \left(
B\subseteq N\left(  X\right)  \right)  \ \Longleftrightarrow\ \left(
B\setminus N\left(  X\right)  =\varnothing\right)  .
\]
Da \"{a}quivalente Aussagen den gleichen Wahrheitswert haben, erhalten wir
also%
\begin{equation}
\left[  N\left(  X\right)  =B\right]  =\left[  B\setminus N\left(  X\right)
=\varnothing\right]  . \label{sol.bipartit-ncatlab.3}%
\end{equation}


F\"{u}r jede Teilmenge $Y$ von $B$ gilt ferner folgende Kette von
\"{A}quivalenzen:%
\begin{align*}
\left(  X\nleftrightarrow Y\right)  \  &  \Longleftrightarrow\ \left(
N\left(  X\right)  \cap Y=\varnothing\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{nach (\ref{sol.bipartit-ncatlab.equiv1})}\right) \\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  \text{kein Element von }Y\text{ geh\"{o}rt zu
}N\left(  X\right)  \right) \\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  \text{jedes }y\in Y\text{ erf\"{u}llt }y\notin
N\left(  X\right)  \right) \\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  \text{jedes }y\in Y\text{ erf\"{u}llt }y\in
B\setminus N\left(  X\right)  \right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn f\"{u}r jedes }y\in Y\text{ ist die Aussage \textquotedblleft%
}y\notin N\left(  X\right)  \text{\textquotedblright}\\
\text{\"{a}quivalent zu \textquotedblleft}y\in B\setminus N\left(  X\right)
\text{\textquotedblright\ (denn }y\in Y\subseteq B\text{)}%
\end{array}
\right) \\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  Y\subseteq B\setminus N\left(  X\right)
\right)  .
\end{align*}
Somit ist%
\begin{align*}
\sum_{\substack{Y\subseteq B;\\X\nleftrightarrow Y}}\left(  -1\right)
^{\left\vert X\right\vert +\left\vert Y\right\vert }  &  =\underbrace{\sum
_{\substack{Y\subseteq B;\\Y\subseteq B\setminus N\left(  X\right)  }%
}}_{\substack{=\sum_{Y\subseteq B\setminus N\left(  X\right)  }\\\text{(denn
}B\setminus N\left(  X\right)  \subseteq B\text{)}}}\underbrace{\left(
-1\right)  ^{\left\vert X\right\vert +\left\vert Y\right\vert }}_{=\left(
-1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
Y\right\vert }}=\sum_{Y\subseteq B\setminus N\left(  X\right)  }\left(
-1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
Y\right\vert }\\
&  =\left(  -1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\sum_{Y\subseteq B\setminus
N\left(  X\right)  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert }=\left(
-1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\underbrace{\sum_{I\subseteq B\setminus
N\left(  X\right)  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }%
}_{\substack{=\left[  B\setminus N\left(  X\right)  =\varnothing\right]
\\\text{(nach (\ref{eq.simple-cancellation}),}\\\text{angewandt auf
}S=B\setminus N\left(  X\right)  \text{)}}}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{hier haben wir den Summationsindex }Y\\
\text{in }I\text{ umbenannt}%
\end{array}
\right) \\
&  =\left(  -1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\underbrace{\left[
B\setminus N\left(  X\right)  =\varnothing\right]  }_{\substack{=\left[
N\left(  X\right)  =B\right]  \\\text{(laut (\ref{sol.bipartit-ncatlab.3}))}%
}}=\left(  -1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\left[  N\left(  X\right)
=B\right]  .
\end{align*}


Vergessen wir nun, dass wir $X$ fixiert haben. Wir haben damit gezeigt, dass
\[
\sum_{\substack{Y\subseteq B;\\X\nleftrightarrow Y}}\left(  -1\right)
^{\left\vert X\right\vert +\left\vert Y\right\vert }=\left(  -1\right)
^{\left\vert X\right\vert }\left[  N\left(  X\right)  =B\right]
\]
f\"{u}r jede Teilmenge $X$ von $A$ gilt. Summieren wir diese Gleichung
\"{u}ber alle Teilmengen $X$ von $A$ auf, so erhalten wir%
\begin{equation}
\sum_{X\subseteq A}\ \ \sum_{\substack{Y\subseteq B;\\X\nleftrightarrow
Y}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert X\right\vert +\left\vert Y\right\vert
}=\sum_{X\subseteq A}\left(  -1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\left[
N\left(  X\right)  =B\right]  . \label{sol.bipartit-ncatlab.lhs}%
\end{equation}


F\"{u}hren wir das gleiche Argument noch einmal durch, vertauschen dabei aber
die Rollen von $A$ und $B$ sowie die Rollen von $X$ und $Y$, so erhalten wir
genauso%
\begin{equation}
\sum_{Y\subseteq B}\ \ \sum_{\substack{X\subseteq A;\\Y\nleftrightarrow
X}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert +\left\vert X\right\vert
}=\sum_{Y\subseteq B}\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert }\left[
N\left(  Y\right)  =A\right]  . \label{sol.bipartit-ncatlab.rhs}%
\end{equation}


Aus (\ref{sol.bipartit-ncatlab.lhs}) folgt aber%
\begin{align*}
&  \sum_{X\subseteq A}\left(  -1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\left[
N\left(  X\right)  =B\right] \\
&  =\sum_{X\subseteq A}\ \ \underbrace{\sum_{\substack{Y\subseteq
B;\\X\nleftrightarrow Y}}}_{\substack{=\sum_{\substack{Y\subseteq
B;\\Y\nleftrightarrow X}}\\\text{(denn laut (\ref{sol.bipartit-ncatlab.symm})
k\"{o}nnen wir}\\\text{die Bedingung \textquotedblleft}X\nleftrightarrow
Y\text{\textquotedblright\ unter dieser}\\\text{Summe durch \textquotedblleft%
}Y\nleftrightarrow X\text{\textquotedblright\ ersetzen)}}}\underbrace{\left(
-1\right)  ^{\left\vert X\right\vert +\left\vert Y\right\vert }}_{=\left(
-1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert +\left\vert X\right\vert }}%
=\underbrace{\sum_{X\subseteq A}\ \ \sum_{\substack{Y\subseteq
B;\\Y\nleftrightarrow X}}}_{=\sum_{Y\subseteq B}\ \ \sum_{\substack{X\subseteq
A;\\Y\nleftrightarrow X}}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert
+\left\vert X\right\vert }\\
&  =\sum_{Y\subseteq B}\ \ \sum_{\substack{X\subseteq A;\\Y\nleftrightarrow
X}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert +\left\vert X\right\vert
}=\sum_{Y\subseteq B}\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert }\left[
N\left(  Y\right)  =A\right]
\end{align*}
(laut (\ref{sol.bipartit-ncatlab.rhs})). Damit ist Aufgabe
\ref{aufg.bipartit-ncatlab} gel\"{o}st.
\end{proof}

Wir bemerken, dass wir die Behauptung von Aufgabe \ref{aufg.bipartit-ncatlab}
auch folgenderma\ss en umschreiben k\"{o}nnen:

\begin{corollary}
\label{folg.bipartit-ncatlab2}Sei $G=\left(  V,E\right)  $ ein bipartiter
Graph, und seien $A$ und $B$ die zwei Komponenten der Knotenmenge von $G$.
(Das hei\ss t, $V=A\cup B$ und $A\cap B=\varnothing$; und jede Kante von $G$
verbindet einen Knoten in $A$ mit einem Knoten in $B$.) F\"{u}r jede Teilmenge
$S$ von $V$ sei $N\left(  S\right)  $ die Menge aller Knoten von $G$, die mit
mindestens einem Knoten in $S$ verbunden sind. Man zeige:%
\[
\sum_{\substack{X\subseteq A;\\N\left(  X\right)  =B}}\left(  -1\right)
^{\left\vert X\right\vert }=\sum_{\substack{Y\subseteq B;\\N\left(  Y\right)
=A}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert }.
\]

\end{corollary}

\begin{proof}
[Beweisskizze.]F\"{u}r jede Teilmenge $X\subseteq A$ gilt entweder $N\left(
X\right)  =B$ oder $N\left(  X\right)  \neq B$ (aber nicht beides). Somit
k\"{o}nnen wir die Summe $\sum_{X\subseteq A}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
X\right\vert }\left[  N\left(  X\right)  =B\right]  $ folgenderma\ss en
aufspalten:%
\begin{align}
&  \sum_{X\subseteq A}\left(  -1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }\left[
N\left(  X\right)  =B\right] \nonumber\\
&  =\sum_{\substack{X\subseteq A;\\N\left(  X\right)  =B}}\left(  -1\right)
^{\left\vert X\right\vert }\underbrace{\left[  N\left(  X\right)  =B\right]
}_{\substack{=1\\\text{(denn }N\left(  X\right)  =B\text{)}}}+\sum
_{\substack{X\subseteq A;\\N\left(  X\right)  \neq B}}\left(  -1\right)
^{\left\vert X\right\vert }\underbrace{\left[  N\left(  X\right)  =B\right]
}_{\substack{=0\\\text{(denn }N\left(  X\right)  \neq B\text{)}}}\nonumber\\
&  =\sum_{\substack{X\subseteq A;\\N\left(  X\right)  =B}}\left(  -1\right)
^{\left\vert X\right\vert }+\underbrace{\sum_{\substack{X\subseteq
A;\\N\left(  X\right)  \neq B}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert X\right\vert
}0}_{=0}=\sum_{\substack{X\subseteq A;\\N\left(  X\right)  =B}}\left(
-1\right)  ^{\left\vert X\right\vert }. \label{pf.folg.bipartit-ncatlab2.1}%
\end{align}
Analog gilt%
\begin{equation}
\sum_{Y\subseteq B}\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert }\left[
N\left(  Y\right)  =A\right]  =\sum_{\substack{Y\subseteq B;\\N\left(
Y\right)  =A}}\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert }.
\label{pf.folg.bipartit-ncatlab2.2}%
\end{equation}


Aus (\ref{pf.folg.bipartit-ncatlab2.1}) folgt nun%
\begin{align*}
\sum_{\substack{X\subseteq A;\\N\left(  X\right)  =B}}\left(  -1\right)
^{\left\vert X\right\vert }  &  =\sum_{X\subseteq A}\left(  -1\right)
^{\left\vert X\right\vert }\left[  N\left(  X\right)  =B\right] \\
&  =\sum_{Y\subseteq B}\left(  -1\right)  ^{\left\vert Y\right\vert }\left[
N\left(  Y\right)  =A\right]  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{laut Aufgabe
\ref{aufg.bipartit-ncatlab}}\right) \\
&  =\sum_{\substack{Y\subseteq B;\\N\left(  Y\right)  =A}}\left(  -1\right)
^{\left\vert Y\right\vert }\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{laut
(\ref{pf.folg.bipartit-ncatlab2.2})}\right)  .
\end{align*}
Damit ist Folgerung \ref{folg.bipartit-ncatlab2} bewiesen.
\end{proof}

\subsection{Verweise f\"{u}r den Rest der Aufgaben}

So schnell komme ich mit dem Schreiben nicht mit... also:

\begin{itemize}
\item Aufgabe \ref{aufg.zenstare} ist \cite[Exercise 3]{17f-hw4s}.

\item Aufgabe \ref{aufg.pie-dan} ist \cite[Theorem 3.44]{detnotes}.

\item Aufgabe \ref{aufg.pie-bon} \textbf{(a)} ist \cite[Theorem 3.45]%
{detnotes}. Aufgabe \ref{aufg.pie-bon} \textbf{(b)} folgt leicht aus
\textbf{(a)}.

\item Aufgabe \ref{aufg.pie-dan-bon} ist \cite[Theorem 3.46]{detnotes}.

\item Aufgabe \ref{aufg.pie-max} \textbf{(a)} ist \cite[Exercise 5]{18s-hw2s}.
Aufgabe \ref{aufg.pie-max} \textbf{(b)} ist \cite[Exercise 3]{18f-mt1s}.

\item Aufgabe \ref{aufg.all-even} \textbf{(a)} ist \cite[Exercise 7]{18f-hw4s}.

Aufgabe \ref{aufg.all-even} \textbf{(b)} l\"{a}\ss t sich folgenderma\ss en
auf \textbf{(a)} zur\"{u}ckf\"{u}hren: Wir f\"{a}rben die Kanten des Graphen
$G$ mit den Farben $1,2,\ldots,d$; und zwar sei die Farbe der Kante von
$\left(  e_{1},e_{2},\ldots,e_{d}\right)  $ nach $\left(  f_{1},f_{2}%
,\ldots,f_{d}\right)  $ definiert als die (einzige) Zahl $j\in\left[
d\right]  $ mit $e_{j}\neq f_{j}$. (Die Farbe einer Kante gibt also an, zu
welcher Koordinatenachse diese Kante parallel ist, d.h., welche Koordinate des
Punktes sich beim Durchlaufen der Kante ver\"{a}ndert.) Jedem Kantenzug
$\mathbf{k}$ der L\"{a}nge $n$ in $G$ k\"{o}nnen wir somit ein $n$-Tupel
$f\left(  \mathbf{k}\right)  \in\left[  d\right]  ^{n}$ zuordnen, und zwar
durch folgende Regel: Der $i$-te Eintrag von $f\left(  \mathbf{k}\right)  $
soll gleich der Farbe der $i$-ten Kante des Kantenzugs $\mathbf{k}$ sein.
Hierdurch erhalten wir eine Bijektion%
\begin{align*}
\left\{  \text{Kantenz\"{u}ge der L\"{a}nge }n\text{ von }v\text{ nach
}v\right\}   &  \rightarrow\left\{  \text{all-gerade }n\text{-Tupel in
}\left[  d\right]  ^{n}\right\}  ,\\
\mathbf{k}  &  \mapsto f\left(  \mathbf{k}\right)
\end{align*}
(in der Tat ist ein Kantenzug $\mathbf{k}$ genau dann geschlossen, wenn das
Tupel $f\left(  \mathbf{k}\right)  $ all-gerade ist). Diese Bijektion
f\"{u}hrt Aufgabe \ref{aufg.all-even} \textbf{(b)} auf Teil \textbf{(a)} zur\"{u}ck.

Aufgabe \ref{aufg.all-even} \textbf{(b)} ist auch der Sonderfall von
\cite[Corollary 2.5]{Stanle18} f\"{u}r $k=0$ und $u=v$.

\item Aufgabe \ref{aufg.finfield.vektoren} ist \cite[Problem 2]{stpeters}.

\item Aufgabe \ref{aufg.polariz} \textbf{(a)} ist ein Sonderfall von
\cite[Exercise 6.51 \textbf{(a)}]{detnotes}.

\item Aufgabe \ref{aufg.polariz} \textbf{(b)} ist ein Sonderfall von
\cite[Exercise 6.51 \textbf{(b)}]{detnotes}.

\item Aufgabe \ref{aufg.polariz} \textbf{(c)} ist ein Sonderfall von
\cite[Exercise 6.51 \textbf{(d)}]{detnotes}.

\item Aufgabe \ref{aufg.stirl.powersum} \textbf{(a)} ist \cite[Theorem
2.5.1]{19fco} (zumindest im Sonderfall $k\in\mathbb{N}$; aber der allgemeine
Fall folgt hieraus mit dem Polynomidentit\"{a}ts-Trick).

Aufgabe \ref{aufg.stirl.powersum} \textbf{(b)} ist \cite[Theorem 2.5.2]{19fco}.

Aufgabe \ref{aufg.stirl.powersum} \textbf{(c)} ist \cite[Exercise
3]{19fco-hw3s}.

\item Die Antwort auf Aufgabe \ref{aufg.bwm-2000-2-4} \textbf{(a)} ist
\textquotedblleft ja\textquotedblright. Dies hat damit zu tun, dass $2000$
durch $16$ teilbar ist. Denn es gibt Koeffizienten $a_{0},a_{1},\ldots
,a_{15}\in\left\{  1,-1\right\}  $, welche%
\[
\sum_{k=0}^{15}a_{k}\left(  x+k\right)  ^{3}=0
\]
f\"{u}r beliebige $16$ aufeinanderfolgende ganze Zahlen $x,x+1,\ldots,x+15$
erf\"{u}llen. Solche Koeffizienten findet man folgenderma\ss en: Man schreibt
jedes $k\in\left\{  0,1,\ldots,15\right\}  $ im Bin\"{a}rsystem als
$d_{0}+2d_{1}+4d_{2}+8d_{3}$ mit $d_{0},d_{1},d_{2},d_{3}\in\left\{
0,1\right\}  $, und setzt $a_{k}=\left(  -1\right)  ^{d_{0}+d_{1}+d_{2}+d_{3}%
}$. Dass dann $\sum_{k=0}^{15}a_{k}\left(  x+k\right)  ^{3}=0$ gilt, folgt aus
Aufgabe \ref{aufg.polynom0} wegen $3<4$.

Die Antwort auf Aufgabe \ref{aufg.bwm-2000-2-4} \textbf{(b)} ist
\textquotedblleft nein\textquotedblright. Dies folgt schon aus
Parit\"{a}tsgr\"{u}nden (die Summe ist stets ungerade).

\item Aufgabe \ref{aufg.perm.inversionen.halb} ist \cite[Exercise
5.4]{detnotes}.

\item F\"{u}r Aufgabe \ref{aufg.cgmo2020-gerade} siehe
\url{https://artofproblemsolving.com/community/c6h2231398} .

\item Aufgabe \ref{aufg.heinrich-tittmann} \textbf{(a)} ist \cite[Theorem
10]{HeiTit18}; siehe \cite[Theorem 3.2.2]{nogra} f\"{u}r einen anderen Beweis.
Aufgabe \ref{aufg.heinrich-tittmann} \textbf{(b)} ist \cite[Theorem
3.2.1]{nogra} (und auch \cite[Corollary 1]{HeiTit18}); andere Beweise
(unabh\"{a}ngig von dem komplizierteren Teil \textbf{(a)}) finden sich in
\cite{Brouwe09}.

\item Aufgabe \ref{aufg.elser} ist im Wesentlichen \cite[Lemma 1]{Elser84}.
Meine Lieblingsl\"{o}sung ist nat\"{u}rlich meine eigene (\cite{elsersum}, wo
ich auch \"{u}ber Analoga und Verallgemeinerungen schwadroniere).
(S\"{a}mtliche Quellen betrachten nur den Fall $E\neq\varnothing$; aber der
Fall $E=\varnothing$ ist nat\"{u}rlich trivial.)
\end{itemize}

\section{Weitere Lesevorschl\"{a}ge}

\subsection{Weiterf\"{u}hrende Literatur}

\begin{itemize}
\item Die kanonische Einf\"{u}hrung in
\textit{Binomialkoeffizienten-Identit\"{a}ten} ist das Buch \cite[Chapter
5]{GKP}, das eine generelle Fundgrube f\"{u}r bemerkenswerte Ph\"{a}nomene in
der elementaren diskreten Mathematik ist. Mehr findet man u.a. in
\cite{Spivey19}.

\item Die Strategie der \textit{vorzeichenumkehrenden Involutionen}, die wir
beim L\"{o}sen von Aufgabe \ref{aufg.srinvol-prot} \textbf{(b)} eingesetzt
haben, wird in \cite{BenQui08} und \cite[Chapter 2]{Sagan19} deutlich weiter getrieben.

\item Aufgabe \ref{aufg.polar-prot} \textbf{(c)} und Aufgabe
\ref{aufg.finfield.vektoren} sind Beispiele f\"{u}r die Anwendung von
Polynomen in der \textquotedblleft Nullsummentheorie\textquotedblright%
\ endlicher K\"{o}rper. Klassischere Beispiele sind der
\textit{Kombinatorische Nullstellensatz} \cite{Alon02} und der \textit{Satz
von Chevalley--Warning} \cite{Reiher07}.

\item Die in der Aufgabe \ref{aufg.findiff-prot} eingef\"{u}hrten $n$-ten
Differenzen sind -- als \textit{endliche Differenzen} oder \textquotedblleft%
\textit{Differenzen h\"{o}herer Ordnung}\textquotedblright\ -- ein klassischer
(allerdings auch notationell altert\"{u}rmlicher) Text dazu ist
\cite{MilTho33}.

\item Sowohl die M\"{o}bius-Inversion im Booleschen Verband (Aufgabe
\ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(a)}) als auch die Binomialinversion (Aufgabe
\ref{aufg.moeb-inv-bool} \textbf{(b)}) als auch die klassische
M\"{o}bius-Inversion aus der Zahlentheorie sind Sonderf\"{a}lle der
\textit{allgemeinen M\"{o}biusinversion}; siehe dazu \cite[\S 3.7]%
{Stanley-EC1}.

\item Die wohl bekannteste vorzeichenbehaftete Summe in der Mathematik ist die
\textit{Determinante} einer Matrix. (Das Vorzeichen ist dabei die Signatur
einer Permutation.) Determinanten sind Dauerg\"{a}ste an vielen Orten der
Mathematik und auch an universit\"{a}ren Mathematikolympiaden wie Putnam. Eine
elementar-kombinatorische Einf\"{u}hrung findet sich in \cite[Notes, Section
12 und Appendix B]{Strick13}. Detaillierte Beweise vieler Eigenschaften finden
sich in \cite[Chapter 6]{detnotes}; Aufgaben ohne Ende in \cite{FadSom72} und
\cite{Prasolov}. Auch in der elementaren Wettbewerbsmathematik hat man von
Determinanten oft Nutzen -- siehe \cite[Chapters 9 and 12]{AndDos},
\cite[Chapters 9 and 12]{AndDosS} und \cite{hyperfact}.
\end{itemize}

\subsection{Zus\"{a}tzliche Aufgaben (ohne L\"{o}sungen)}

\begin{aufgabe}
(Newtons Interpolationsformel) Sei die Notation wie in Aufgabe
\ref{aufg.findiff-prot}. Sei $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{C}$ eine
Polynomfunktion von Grad $\leq m$ (f\"{u}r ein $m\in\mathbb{N}$). Man zeige:%
\[
f\left(  x+a\right)  =\sum_{k=0}^{m}\left(  \Delta^{k}f\right)  \left(
a\right)  \cdot\dbinom{x}{k}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
x,a\in\mathbb{A}.
\]
(Man vergleiche dies mit der Taylorformel $f\left(  x+a\right)  =\sum
_{k=0}^{m}\left(  \partial^{k}f\right)  \left(  a\right)  \cdot\dfrac{x^{k}%
}{k!}$, wobei $\partial$ der Differentialoperator $g\mapsto\dfrac{d}{dx}g$ ist.)
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
(\cite[Exercise 6]{18f-hw4s})

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] F\"{u}r alle $a,b\in\mathbb{R}$ und $m,n\in\mathbb{N}$ mit
$m<n$ beweise man%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n}{k}\left(  a+bk\right)  ^{m}=0.
\]


\item[\textbf{(b)}] F\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}$ und $r\in\left[  n-1\right]
$ beweise man%
\[
\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{2n}{k}\left(  n-k\right)
^{2r}=0.
\]

\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
(\cite{QEDMO4-13} oder auch \cite[Exercise 2.10.7]{19fco}) Seien
$n,k\in\mathbb{N}$. Man zeige:%
\[
\sum_{u=0}^{k}\dbinom{n+u-1}{u}\dbinom{n}{k-2u}=\dbinom{n+k-1}{k}.
\]

\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
(\cite[Exercise 4]{19fco-mt1s}) Sei $n\in\mathbb{N}$. Seien $T_{1}%
,T_{2},\ldots,T_{n}$ endliche Mengen ganzer Zahlen. F\"{u}r jedes $i\in\left[
n\right]  $ sei $a_{i}$ die Anzahl aller geraden Elemente von $T_{i}$ und sei
$b_{i}$ die Anzahl aller ungeraden Elemente von $T_{i}$. F\"{u}r jedes
$i\in\left[  n\right]  $ setze man ferner $s_{i}=a_{i}+b_{i}=\left\vert
T_{i}\right\vert $ und $d_{i}=a_{i}-b_{i}$.

Ein $n$-Tupel $\left(  i_{1},i_{2},\ldots,i_{n}\right)  \in T_{1}\times
T_{2}\times\cdots\times T_{n}$ hei\ss e \textit{gerade}, wenn $i_{1}%
+i_{2}+\cdots+i_{n}$ gerade ist. (Beispielsweise ist das $4$-Tupel $\left(
1,0,4,1\right)  $ gerade, nicht aber das $4$-Tupel $\left(  1,0,3,1\right)  $.)

Zeige, dass die Anzahl aller geraden $n$-Tupel $\left(  i_{1},i_{2}%
,\ldots,i_{n}\right)  \in T_{1}\times T_{2}\times\cdots\times T_{n}$ gleich%
\[
\dfrac{s_{1}s_{2}\cdots s_{n}+d_{1}d_{2}\cdots d_{n}}{2}%
\]
ist.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
(Putnam 2005 Aufgabe B6; siehe auch \cite[Exercise 12.2]{AndDosS}) Sei
$n\in\mathbb{N}$. Sei $S_{n}$ die Menge aller Permutationen von $\left[
n\right]  $. F\"{u}r jedes $\sigma\in S_{n}$

\begin{itemize}
\item sei $\ell\left(  \sigma\right)  $ die Anzahl aller Inversionen von
$\sigma$ (siehe Aufgabe \ref{aufg.perm.inversionen.halb} f\"{u}r die Definition);

\item sei $\operatorname*{sign}\sigma=\left(  -1\right)  ^{\ell\left(
\sigma\right)  }$ (diese Zahl hei\ss t \textit{Signatur} von $\sigma$);

\item sei $\operatorname*{fix}\sigma$ die Anzahl aller Fixpunkte von $\sigma$
(das hei\ss t, aller $i\in\left[  n\right]  $ mit $\sigma\left(  i\right)  =i$).
\end{itemize}

Man beweise:%
\[
\sum_{\sigma\in S_{n}}\dfrac{\operatorname*{sign}\sigma}{\operatorname*{fix}%
\sigma+1}=\left(  -1\right)  ^{n+1}\dfrac{n}{n+1}.
\]

\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
(\cite[Exercise 5]{19fco-mt2s}) Sei $n\in\mathbb{N}$. Eine Permutation
$\sigma$ von $\left[  n\right]  $ hei\ss e \textit{dominofrei}, wenn es kein
$i\in\left[  n-1\right]  $ gilt, das $\sigma\left(  i\right)  =i+1$ und
$\sigma\left(  i+1\right)  =i$ erf\"{u}llt. Man bestimme die Anzahl aller
dominofreien Permutationen von $\left[  n\right]  $.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
(\cite[Theorem 7.8.9]{20f})

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Sei $n\in\mathbb{N}$. Sei $U$ eine endliche Menge. F\"{u}r
jedes $x\in U$ sei $w\left(  x\right)  $ eine Zahl. Seien $A_{1},A_{2}%
,\ldots,A_{n}$ Teilmengen von $U$. Man zeige:%
\[
\sum_{\substack{x\in U;\\x\notin A_{i}\text{ f\"{u}r alle }i\in\left[
n\right]  }}w\left(  x\right)  =\sum_{I\subseteq\left[  n\right]  }\left(
-1\right)  ^{\left\vert I\right\vert }\sum_{\substack{x\in U;\\x\in
A_{i}\text{ f\"{u}r alle }i\in I}}w\left(  x\right)  .
\]


\item[\textbf{(b)}] Man leite die Sylvestersche Siebformel
(\ref{eq.thm.pie.b.claim}) aus diesem Resultat her.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
(\cite[Solution of Exercise 6.1.0.1]{21s}) Seien $n,k\in\mathbb{N}$. Sei
$g=1+2+\cdots+k$. Wenn $S$ eine endliche Menge ganzer Zahlen ist, dann
bezeichne $\operatorname*{sum}S$ die Summe aller Elemente von $S$.
(Beispielsweise ist also $\operatorname*{sum}\left\{  2,4,5\right\}
=2+4+5=11$.) Man zeige:%
\[
\sum_{\substack{S\subseteq\left\{  1,2,\ldots,n\right\}  ;\\\left\vert
S\right\vert =k}}\left(  -1\right)  ^{\operatorname*{sum}S}=%
\begin{cases}
0, & \text{wenn }n\text{ gerade und }k\text{ ungerade ist;}\\
\left(  -1\right)  ^{g}\dbinom{\left\lfloor n/2\right\rfloor }{\left\lfloor
k/2\right\rfloor }, & \text{sonst.}%
\end{cases}
\]
Hierbei bezeichnet $\left\lfloor u\right\rfloor $ den \textit{Ganzteil} einer
reellen Zahl $u$ (also die gr\"{o}\ss te ganze Zahl, die $\leq u$ ist).
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
(\cite[Theorem 2.3.3]{Sagan19}) Sei $n\in\mathbb{N}$. Unter einer
\textit{Partition} von $n$ verstehen wir ein Tupel $\left(  a_{1},a_{2}%
,\ldots,a_{k}\right)  $ positiver ganzer Zahlen mit $a_{1}\geq a_{2}\geq
\cdots\geq a_{k}$ und $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}=n$. (Beispielsweise ist
$\left(  4,2,2,1\right)  $ eine Partition von $9$.)

Sei $p_{\operatorname*{odd}}\left(  n\right)  $ die Anzahl aller Partitionen
$\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{k}\right)  $ von $n$, deren Eintr\"{a}ge
$a_{1},a_{2},\ldots,a_{k}$ alle ungerade sind.

Sei $p_{\operatorname*{dist}}\left(  n\right)  $ die Anzahl aller Partitionen
$\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{k}\right)  $ von $n$, deren Eintr\"{a}ge
$a_{1},a_{2},\ldots,a_{k}$ paarweise verschieden sind.

Man beweise \textit{Eulers Identit\"{a}t} $p_{\operatorname*{odd}}\left(
n\right)  =p_{\operatorname*{dist}}\left(  n\right)  $.

(Beispielsweise ist%
\begin{align*}
p_{\operatorname*{odd}}\left(  7\right)   &  =\left\vert \left\{  \left(
7\right)  ,\ \ \left(  5,1,1\right)  ,\ \ \left(  3,3,1\right)  ,\ \ \left(
3,1,1,1,1\right)  ,\ \ \left(  1,1,1,1,1,1,1\right)  \right\}  \right\vert
=5;\\
p_{\operatorname*{dist}}\left(  7\right)   &  =\left\vert \left\{  \left(
7\right)  ,\ \ \left(  6,1\right)  ,\ \ \left(  5,2\right)  ,\ \ \left(
4,3\right)  ,\ \ \left(  4,2,1\right)  \right\}  \right\vert =5;
\end{align*}
damit gilt die Identit\"{a}t f\"{u}r $n=7$.)
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
(\cite[(12)]{Whitne32}) Sei $G$ ein ungerichteter Graph mit Eckenmenge $V$.
Sei $n\in\mathbb{N}$.

Unter einer $n$\textit{-F\"{a}rbung} von $G$ verstehen wir eine Abbildung
$c:V\rightarrow\left\{  1,2,\ldots,n\right\}  $. Wenn $c$ eine $n$-F\"{a}rbung
ist, dann stellen wir uns die Werte $c\left(  v\right)  $ von $c$ als die
\textquotedblleft Farben\textquotedblright\ der entsprechenden Ecken $v$ vor.

Eine $n$-F\"{a}rbung $c$ von $G$ hei\ss e \textit{g\"{u}ltig}, wenn es keine
Kante von $G$ gibt, deren zwei Endpunkte $v$ und $w$ die Gleichung $c\left(
v\right)  =c\left(  w\right)  $ erf\"{u}llen. (Mit anderen Worten: Eine
$n$-F\"{a}rbung von $G$ hei\ss t g\"{u}ltig, wenn es keine Kante gibt, deren
zwei Endpunkte die gleiche Farbe haben.)

Sei $\chi_{G}\left(  n\right)  $ die Anzahl aller g\"{u}ltigen $n$%
-F\"{a}rbungen von $G$.

\begin{enumerate}
\item[\textbf{(a)}] Man zeige, dass
\[
\chi_{G}\left(  n\right)  =\sum_{F\subseteq E}\left(  -1\right)  ^{\left\vert
F\right\vert }n^{\operatorname*{conn}\left(  V,F\right)  }%
\]
gilt, wobei $\operatorname*{conn}\left(  V,F\right)  $ die Anzahl aller
Zusammenhangskomponenten des Graphen mit Eckenmenge $V$ und Kantenmenge $F$ bedeutet.

Hieraus folgt insbesondere, dass $\chi_{G}\left(  n\right)  $ eine
Polynomfunktion in $n$ ist. (Das entsprechende Polynom hei\ss t das
\textit{chromatische Polynom} von $G$.)

\item[\textbf{(b)}] Man bestimme explizit $\chi_{G}\left(  n\right)  $, wenn
$G$ ein Pfad $%
%TCIMACRO{\TeXButton{tikz path 1 2 ... m}{\raisebox{-0.7pc}{
%\begin{tikzpicture}%
%[scale=1.5,thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw}]
%\node[main node] (1) at (1, 0) {$1$};
%\node[main node] (2) at (2, 0) {$2$};
%\node[main node] (3) at (3, 0) {$3$};
%\node(4) at (4, 0) {$\cdots$};
%\node[main node] (n) at (5, 0) {$m$};
%\draw(1) -- (2);
%\draw(2) -- (3);
%\draw(3) -- (4);
%\draw(4) -- (n);
%\end{tikzpicture}
%}}}%
%BeginExpansion
\raisebox{-0.7pc}{
\begin{tikzpicture}%
[scale=1.5,thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw}]
\node[main node] (1) at (1, 0) {$1$};
\node[main node] (2) at (2, 0) {$2$};
\node[main node] (3) at (3, 0) {$3$};
\node(4) at (4, 0) {$\cdots$};
\node[main node] (n) at (5, 0) {$m$};
\draw(1) -- (2);
\draw(2) -- (3);
\draw(3) -- (4);
\draw(4) -- (n);
\end{tikzpicture}
}%
%EndExpansion
$ mit $m$ Ecken ist.

\item[\textbf{(c)}] Allgemeiner bestimme man $\chi_{G}\left(  n\right)  $,
wenn $G$ ein Baum mit $m$ Ecken ist.

\item[\textbf{(d)}] Man bestimme explizit $\chi_{G}\left(  n\right)  $, wenn
$G$ ein Zykel mit $m$ Ecken ist.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$ beweise man%
\[
n+1=\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n-k}{k}2^{n-2k}.
\]


[\textit{Hinweis} zu einer kombinatorischen L\"{o}sung: Wie viele $n$-Tupel
$\left(  a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\right)  \in\left\{  0,1\right\}  ^{n}$ gibt
es, die f\"{u}r \textbf{kein} $k\in\left\{  1,2,\ldots,n-1\right\}  $ der
Bedingung \textquotedblleft$a_{k}=1$ und $a_{k+1}=0$\textquotedblright\ gen\"{u}gen?]
\end{aufgabe}

\begin{thebibliography}{99999999999}                                                                                      %


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homework set \#4 with solutions}, \url{http://www.cip.ifi.lmu.de/~grinberg/t/17f/hw4os.pdf}

\bibitem[18f-hw2s]{18f-hw2s}Darij Grinberg, \textit{UMN Fall 2018 Math 5705
homework set \#2 with solutions}, \url{http://www.cip.ifi.lmu.de/~grinberg/t/18f/hw2s.pdf}

\bibitem[18f-hw3s]{18f-hw3s}Darij Grinberg, \textit{UMN Fall 2018 Math 5705
homework set \#3 with solutions}, \url{http://www.cip.ifi.lmu.de/~grinberg/t/18f/hw3s.pdf}

\bibitem[18f-hw4s]{18f-hw4s}Darij Grinberg, \textit{UMN Fall 2018 Math 5705
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\newline(Falls sich die URL \"{a}ndert, oder der Text Updates bekommt: Die
Version vom 13. Dezember 2017 ist in archive.org's Wayback Machine (
\url{https://web.archive.org/web/20180205122609/http://www-users.math.umn.edu/~dgrinber/comb/60610lectures2017-Galvin.pdf}
) zu finden.)

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