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Mathematik » Kombinatorik & Graphentheorie » Anzahl möglicher Vektoren mit Komponenten aus Alphabet und bestimmter Summe der Komponenten
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Autor
Universität/Hochschule J Anzahl möglicher Vektoren mit Komponenten aus Alphabet und bestimmter Summe der Komponenten
Natriumarm
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 04.07.2016
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-11-23 20:07

\(\begingroup\)
Hi, ich hab da mal eine kombinatorische Frage.

Angenommen wir haben einen Vektor $x=(x_0,x_1,\ldots,x_{n-1})$ der Länge $n$, wobei $x_i\in\{0,1,2\}$ für jedes $i=0,1,...,n-1$.

Mit $x'=\sum_{i=0}^{n-1}x_i$ sei die Summe der Komponenten von x bezeichnet.

Es gilt dann offenbar $0\leq x'\leq 2n$.


Jetzt versuche ich schon eine ganze Weile die Anzahl an Vektoren der obigen Bauart mit $x'=m$ für ein fixes $m$ herauszufinden.

D.h. wie viele Vektoren gibt es mit $x'=m$?

.........

Angefangen habe ich damit, erstmal der Einfachheit halber anzunehmen, dass die Vektoren die angeordnete Form

$x=(1,...,1,2,...,2,0,...,0)$ haben mit

$m_1$ Einsen, $m_2$ Zweien und $n-(m_1+m_2)$ Nullen.

Dann suche ich die Anzahl solcher Vektoren, so dass

$$
x'=m_1+2m_2=m
$$

Aber bereits das ist mir nicht gelungen




Viele Grüße
\(\endgroup\)


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sibelius84
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Mitteilungen: 79
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-11-23 20:38


Hi Natriumarm,

Sagen wir mal, du hast k Einsen, l Zweien (und demnach n-l-k Nullen), wobei l <= n-k. Dann ist das

<math>\begin{pmatrix} n \\ k\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n-k \\ l\end{pmatrix}</math>,

weil du ja zuerst von n Elementen gesamt k Stück auswählen musst, wo die Einsen hinkommen, und dann von den restlichen n-k noch l Stück, wo die Zweien hinkommen.

LG
sibelius84



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Natriumarm
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Dabei seit: 04.07.2016
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-23 20:45

\(\begingroup\)
Hallo, sibelius84,

das ist aber noch nicht die Anzahl an Möglichkeiten mit $x'=m$?

Das, was du aufgeschrieben hast, ist die Anzahl an Vektoren, sodass

$x'=l+2k$, oder?

Wenn nun aber $x'=m$ vorgegeben ist, scheint mir, dass man irgendwie noch zusätzlich was rechnen muss?


PS: Ich glaube, was du machst, ist den Multinomialkoeffizienten

$$
\binom{n}{k!l!(n-(k+l))!}
$$
\(\endgroup\)


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endy
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Mitteilungen: 3016
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2017-11-23 22:25


Hallo.

Sei a[n,m] deine gesuchte Lösung.

Dann ist a[n,m] der m-te Koeffizient von  <math>\displaystyle (1+x+x^2)^n</math>.

Siehe auch Link 1 und Link 2.

mathematica
(* In *)
 
Clear @ "Global`*"
a[n_, m_] := Block[{x}, SeriesCoefficient[(1 + x + x^2)^n, {x, 0, m}]]
Simplify[a[n,m],Assumptions->m>=0]
 
(* Out *)
 
GegenbauerC[m, -n, -(1/2)]
 

Siehe mathworld.wolfram.com/GegenbauerPolynomial.

Gruß endy



-----------------
Jonathan Borwein : 20.05.1951 - 02.08.2016



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Natriumarm
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 04.07.2016
Mitteilungen: 45
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-23 23:00

\(\begingroup\)
Hallo, endy!

Ich glaube, ich verstehe sogar, was du meinst.


Mit dem Multinomialsatz gilt
$$
(1+x+x^2)^n=\sum_{n_1+n_2+n_3=n}\binom{n}{n_1,n_2,n_3}\cdot 1^{n_1}\cdot x^{n_2}\cdot x^{2n_3}=\sum_{n_1+n_2+n_3=n}\binom{n}{n_1,n_2,n_3}\cdot  x^{n_2+2n_3}
$$

wobei $n_1$ die Anzahl der Nullen, $n_2$ die Anzahl der Einsen und $n_3$ die Anzahl der Zweien sei.

Und der Koeffizient  von $x^m=x^{n_2+2n_3}$, bezeichnet als $a(n,m)$, ist dann meine gesuchte Anzahl.

Wenn ich es richtig sehe, kann man das auch so konkretisieren:

Der Koeffizient $a(n,m)$ ist der Multinomialkoeffizient $\binom{n}{n_1,n_2,n_3}$ mit $n_1+n_2+n_3=n$ und $n_2+2n_3=m$.

--------------------------

\(\endgroup\)


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