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Dann gilt zum Beispiel π(1) = 5, bei zweimaliger Anwendung von π auf 1 erhalten wir π(π(1)) = 2, nach dreimaliger Anwendung erhalten wir π(π(π(1))) = 8, und wenn wir π viermal hintereinander anwenden erhalten wir wieder die 1, denn π(8) = 1. Wir sagen 1, 5, 2, 8 bilden einen Zyklus und schreiben (1 5 2 8). In dieser Schreibweise folgt einem Element jeweils sein Bild unter π und das Bild des letzten Elementes ist wieder das erste. Da der Zyklus 4 Elemente enthält, sprechen wir auch von einem Zyklus der Länge 4.

Jede Spaltensumme der Relation ist somit gerade und daher muss auch |R| gerade sein. Betrachten wir nun die Zeilensummen der Relation. Nach Konstruktion stoßen am Rand des Spielbretts nur in der linken unteren Ecke zwei mit 1 und 2 markierte Hexagone aufeinander. Von den Ecken am Spielfeldrand ist daher genau eine zu einer fetten Kante verbunden. Für die inneren Ecken skizziert die folgende Zeichnung die unterschiedlichen Fälle: 1 1 1 1 1 1 2 1 1 3 3 2 3 2 1 2 1 2 3 2 2 2 2 3 3 2 3 3 3 3 Jede innere Ecke ist also dann und nur dann zu ungerade vielen fetten Kanten verbunden, wenn bei den benachbarten drei Feldern alle drei Markierungen vorkommen.

N! = n n i· i=1 n (n + 1 − i) = i=1 √ i(n + 1 − i) ≥ ( n)n . i=1 Für die√obere Schranke verwenden wir, dass 0 ≤ (a−b)2 = (a+b)2 −4ab und somit ab ≤ (a + b)/2 für alle a, b ≥ 0 und fassen die Terme etwas anders zusammen: n! = √ n! · n! = n−1 n−1 i· i=2 (n − i) · (n − 1) · n2 i=2 n−1 = (n − 1)n2 · i(n − i) ≤ (n/2)2 · (n/2)n−2 = (n/2)n . 3 W ICHTIGE Z ÄHLPROBLEME 47 Eine sehr präzise Abschätzung für die Fakultätsfunktion gibt die nach J A MES S TIRLING (der uns schon von den Stirlingzahlen bekannt ist) benannte Stirlingformel: n!

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