Die Mathe-Redaktion - 19.11.2018 21:24 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
ListenpunktSchwätz / Top 15
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps

Bücher
Englische Bücher
Software
Suchbegriffe:
Mathematik bei amazon
Naturwissenschaft & Technik
In Partnerschaft mit Amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 718 Gäste und 32 Mitglieder online.

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von matroid
Kombinatorik & Graphentheorie » Erzeugende Funktionen » Rekursion mit 2 Parametern
Druckversion
Druckversion
Antworten
Antworten
Autor
Universität/Hochschule Rekursion mit 2 Parametern
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-10-06

\(\begingroup\)
Hallo Matheplanetarier,

ich versuche folgende Rekursion zu lösen:
\(p_{n,k}=\frac{1}{n}\cdot p_{n-1, k-1} + \frac{n-1}{n}\cdot p_{n-1,k}, n\geq 2\)
\(p_{1,k}=\delta_{0,k}, p_{n,k}=0, k<0\)
Damit soll ich dann für die bivariate erzeugende Funktion \(P(z,v):=\sum_{n\geq 1}\sum_{k \geq 0} p_{n,k} \cdot z^n \cdot v^k\)
eine geschlossene Formel angeben und diese mit der bivariaten erzeugenden Funktion S(z,v) der vorzeichenlosen Stirlingzahlen 1. Art [n über k] in Verbindung setzen.
Dabei darf ich verwenden: \(S(z,v):=\sum_{n \geq 0}\sum_{k \geq 0} [n \text{ über } k] \cdot \frac{z^n}{n!} \cdot v^k = \frac{1}{(1-z)^v}\)

Leider scheitere ich schon daran, die Rekursion zu lösen. Daher hoffe ich, dass ihr mir diesbezüglich helfen könnt. (Im Internet habe ich leider nichts Passendes gefunden, wie man Rekursionen mit 2 Parametern löst.)

Freue mich auf Antworten!
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
tactac
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1386
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-10-06

\(\begingroup\) \(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}\)
In $p_{n,k}$ gehen aufgrund der ersten Klausel die Faktoren $\frac 1n,\frac 1{n-1},\dots, \frac 12$ ein.
Daher ist ein möglicher erster Schritt zum Ziel, $p_{n,k}=\frac{q_{n,k}}{n!}$ zu zeigen, wobei $q$ rekursiv wie $p$ definiert ist, nur unter Weglassung der Divisionen durch $n$:
$$\begin{array}{l}
q_{n,k}= q_{n-1, k-1} + (n-1)\cdot q_{n-1,k}, n\geq 2\\
q_{1,k}=\delta_{0,k}, q_{n,k}=0, k<0.
\end{array}$$
(Bis auf mögliche Indexverschiebung müssten die $q_{n,k}$ schon Stirlingzahlen erster Art sein.)
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 839
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2018-10-07

\(\begingroup\) \(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,

wenn ich mich nicht vertan habe, dann kann man den Term $-1+\frac\partial{\partial z}P(z,v) =\sum_{k\geq 0}\sum_{n\geq 2}np_{n,k}z^{n-1}v^k$ mithilfe der Rekursion auch schreiben als $vP(z,v)+z\frac\partial{\partial z}P(z,v)$ und kommt damit auf eine separable Differentialgleichung für $P(z,v)$, die man lösen kann.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-07

\(\begingroup\)
Hallo ihr beiden, danke für eure Antworten!

@tactac: Ich habe versucht, das zu zeigen, aber ich glaube, ich habe dabei das zu zeigende verwendet.
Ist es in Ordnung, wenn man die Gleichung \(\frac{1}{n}\cdot p_{n-1, k-1}+\frac{n-1}{n} p_{n-1,k} = \frac{q_{n,k}}{n!}\) unter Verwendung von \(p_{n-1, k-1}=\frac{q_{n-1,k-1}}{(n-1)!}, p_{n-1,k} = \frac{q_{n-1,k}}{(n-1)!}\) auf eine wahre Aussage führt oder ist das falsch?
Wenn es falsch ist, wie geht man dann korrekt vor?
Bzw. wenn es richtig ist, wie machen wir dann nun weiter?

@Nuramon: Ich verstehe leider nicht, wie deine Antwort gemeint ist und weiß nicht, wie man da dann eine separable DGL lösen soll?
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
tactac
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1386
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-10-08

\(\begingroup\) \(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}\)
(2018-10-07 18:32 - Newmath2012 in <a
@tactac: Ich habe versucht, das zu zeigen, aber ich glaube, ich habe dabei das zu zeigende verwendet.
Ist es in Ordnung, wenn man die Gleichung \(\frac{1}{n}\cdot p_{n-1, k-1}+\frac{n-1}{n} p_{n-1,k} = \frac{q_{n,k}}{n!}\) unter Verwendung von \(p_{n-1, k-1}=\frac{q_{n-1,k-1}}{(n-1)!}, p_{n-1,k} = \frac{q_{n-1,k}}{(n-1)!}\) auf eine wahre Aussage führt oder ist das falsch?
Du darfst natürlich nicht irgendwelche Zusatzannahmen aus dem Hut zaubern.

Wenn es falsch ist, wie geht man dann korrekt vor?
Wenn du etwa einen ordentlichen Induktionsbeweis führst, sollten sich "legal" verwendbare Zusatzannahmen ergeben.

Bzw. wenn es richtig ist, wie machen wir dann nun weiter?
Naja, du sollst ja für $$P(z,v):=\sum_{n\geq 1}\sum_{k \geq 0} p_{n,k} \cdot z^n \cdot v^k$$ eine geschlossene Form angeben. Wenn $p_{n.k}=q_{n,k}/n!$ für alle $n,k$ stimmt, wäre das dasselbe wie eine geschlossene Form für $$P(z,v):=\sum_{n\geq 1}\sum_{k \geq 0} \frac{q_{n,k}}{n!} \cdot z^n \cdot v^k$$
Wenn jetzt $q_{n,k}=\begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix}$ wäre, für alle n,k, dann wäre $P(z,v)=S(z,v)$, und man könnte die Zusatzinformation ganz leicht benutzen. Leider gilt das aber nicht, sondern nur etwas ähnliches, wie $q_{n,k}=\begin{bmatrix}n+1\\k+1\end{bmatrix}$ oder so, was zu beweisen und geeignet auszunutzen wäre.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-08


Oder hat vielleicht jemand einen Link zu einer Seite oder einem Skript, wo ich nachlesen könnte, wie man die Lösung dieser Art von Rekursionen angeht?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]

Danke tactac, ich versuche noch einmal, deine Antwort umzusetzen!



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-09

\(\begingroup\)
Hallo tactac, ich glaube, ich habe den Induktionsbeweis nun ordentlich:

I.A.: \(p_{1,k} = \delta_{0,k} = q_{1,k} \forall k \in \mathbb{N}\)
      \(p_{2,k} = \frac{1}{2} \cdot p_{1,k-1} + \frac{1}{2} \cdot p_{1,k} = \frac{1}{2} \cdot q_{1,k-1} + \frac{1}{2} \cdot q_{1,k}
\Leftrightarrow p_{2,k} = \frac{q_{2,k}}{2!}\)

I.V.: Es gelte: \(p_{m,k} = \frac{q_{m,k}}{m!} \forall 2 \leq n \leq m, m \in \mathbb{N}, \forall k \in \mathbb{Z}\)
I.B.: \(p_{n+1,k} = \frac{q_{n+1,k}}{(n+1)!}\)
I.S.: \(p_{n+1,k} = \frac{1}{n+1}p_{n, k-1} + \frac{n}{n+1}p_{n,k}
\Leftrightarrow p_{n+1,k} = \frac{q_{n, k-1}}{(n+1)!} + \frac{n}{(n+1)!} q_{n,k}
\Leftrightarrow (n+1)! p_{n+1,k} = q_{n, k-1} + n \cdot q_{n,k} = q_{n+1,k} \)
Ist das nun korrekt oder muss ich auch eine separate Induktion in k durchführen (Induktionsbeweise in beiden Indizes gleichzeitig gibt es ja nicht, oder?)

Und wie geht es dann weiter?
Ich habe inzwischen erfahren, dass man vorher irgendwie auf (1-z)P' = vP kommt (wobei ich nicht verstehe, was P' sein soll, immerhin ist P ja abhängig von z und v und nicht nur von einer einzigen Variablen),
und, dass die Beziehung \(S = v \cdot P + 1\) gilt, aber bei dem Weg dahin bräuchte ich bitte deine Hilfe.
Übrigens dürfen wir auch verwenden, dass die wahrscheinlichkeitserzeugende Funktion von (ja von was eigentlich genau?) gegeben ist durch \(P_n(v):= \sum_{k=0}P_{n,k} \cdot v^k\) und dass für sie die Rekursion \(P_n(v) = \frac{v+n-1}{n}\cdot P_{n-1}(v) \forall n \geq 2, P_1(v) = 1\) gilt.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
ochen
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.03.2015
Mitteilungen: 1945
Aus: der Nähe von Schwerin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-10-09


Das sind zwei unterschiedliche Ansätze.
Mit P' ist <math>\frac{\partial P}{\partial z}</math> gemeint.

Wenn P nicht die konstante Nullfunktion ist, gibt es ein Intervall, auf dem P nicht Null wird. Dort gilt
<math>\displaystyle  \frac{\partial P}{\partial z}\frac{1}{P} = \frac{v}{1-z}</math>.
Integriere nun beide Seiten nach z.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
tactac
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1386
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-10-09

\(\begingroup\) \(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}\)
2018-10-09 20:38 - Newmath2012 in Beitrag No. 6 schreibt:
Hallo tactac, ich glaube, ich habe den Induktionsbeweis nun ordentlich:

I.A.: \(p_{1,k} = \delta_{0,k} = q_{1,k} \forall k \in \mathbb{N}\)
      \(p_{2,k} = \frac{1}{2} \cdot p_{1,k-1} + \frac{1}{2} \cdot p_{1,k} = \frac{1}{2} \cdot q_{1,k-1} + \frac{1}{2} \cdot q_{1,k}
\Leftrightarrow p_{2,k} = \frac{q_{2,k}}{2!}\)

I.V.: Es gelte: \(p_{m,k} = \frac{q_{m,k}}{m!} \forall 2 \leq n \leq m, m \in \mathbb{N}, \forall k \in \mathbb{Z}\)
I.B.: \(p_{n+1,k} = \frac{q_{n+1,k}}{(n+1)!}\)
I.S.: \(p_{n+1,k} = \frac{1}{n+1}p_{n, k-1} + \frac{n}{n+1}p_{n,k}
\Leftrightarrow p_{n+1,k} = \frac{q_{n, k-1}}{(n+1)!} + \frac{n}{(n+1)!} q_{n,k}
\Leftrightarrow (n+1)! p_{n+1,k} = q_{n, k-1} + n \cdot q_{n,k} = q_{n+1,k} \)
Ist das nun korrekt oder muss ich auch eine separate Induktion in k durchführen (Induktionsbeweise in beiden Indizes gleichzeitig gibt es ja nicht, oder?)
Wenn man $\forall n\geq 1.\ \forall k\in\IN.\ A(n,k)$ per Induktion nach $n$ beweisen will, zeigt man $\forall k\in\IN.\ A(1,k)$ und $\forall n\geq 1.\ (\forall k\in\IN. A(n,k)) \Rightarrow (\forall k\in\IN. A(n+1,k))$. Das hast du mehr oder weniger gemacht, wenn auch etwas seltsam aufgeschrieben. Wie man die $\forall k...$-Teile beweist, ist egal, und Induktion hier zufälligerweise nicht nötig.

Und wie geht es dann weiter?
Ich habe inzwischen erfahren, dass man vorher irgendwie auf (1-z)P' = vP kommt (wobei ich nicht verstehe, was P' sein soll, immerhin ist P ja abhängig von z und v und nicht nur von einer einzigen Variablen),
Das kann man, denke ich, ignorieren.

und, dass die Beziehung \(S = v \cdot P + 1\) gilt, aber bei dem Weg dahin bräuchte ich bitte deine Hilfe.
Ich hatte ja schonmal geschrieben, dass, wenn $q_{n,k} = \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}$, dass dann $P=S$. Das stimmt jedoch nicht, (ich hatte übersehen, dass die $n$-Summation bei $S$ bei 0 losgeht); richtig ist, dass dann $S=P+1$ gelten würde.
Nun ist aber $q_{n,k}$ nicht $\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}$, sondern eine geringfügig andere Beziehung gilt. Ermittle, wie sie aussieht (z.B. durch Tabellenanfänge aufmalen -> Raten -> Beweisen), und rechne.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-10

\(\begingroup\)
Hallo ochen, danke für deine Beteiligung!
Woher weißt du denn, dass damit die Ableitung nach z gemeint ist? (nur, damit ich das in Zukunft auch erkenne?)

Wenn ich beide Seiten integriere, erhalte ich \(P(z,v) = \frac{1}{(1-z)^v} + c\), also fast den gleichen Ausdruck wie für S, nur die additive Konstante stört.
Diese ist wohl noch zu bestimmen mit irgendeiner irgendwo vorhandenen Anfangsbedingung. Dafür habe ich mir überlegt, dass P(0,0) = 0 ist und deshalb wegen der Definition von p_{n,k} gelten muss, dass c=-1. Damit ist dann auch die Beziehung zwischen P und S hergestellt.

Nun fehlt nur noch ein entscheidender Schritt:  
Wie kommen wir überhaupt auf die zu integrierende Differentialgleichung (diese muss nämlich erst noch hergeleitet werden)? Ich habe schon versucht, die Doppelsumme aus der Definition von P nach z abzuleiten und mit (1-z) zu multiplizieren und gleichzeitig auch P mit v zu multiplizieren und die Äquivalenz dieser beiden Ergebnisse zu zeigen, aber das habe ich nicht geschafft.


Danke toctoc, ich habe nun eine Wertetabelle für n von 1 bis 7 und k von 1 bis 4 gemacht, aber ich erkenne das allgemeine Muster leider nicht.
Lediglich für bestimmte Beziehungen zwischen n und k habe ich Formeln gefunden:
\(p_{n, n-2} = \sum_{j=1}^{n-2}\binom{j+1}{j}; p_{n, n-1} = 1 = \binom{n}{n}; p_{n,1} = \prod_{j=1}^{n-1} \binom{j}{1}\)
Gibt es einen Trick, wie man damit allgemeine Beziehungen zwischen p_n,k und den Binomialkoeffizienten herleiten kann oder hast du einen Tipp für mich, was ich mir anschauen soll, um noch auf den allgemeinen Zusammenhang zu kommen? Oder ist es sehr, sehr kompliziert?

\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
tactac
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1386
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-10-10

\(\begingroup\) \(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}\)
2018-10-10 04:25 - Newmath2012 in Beitrag No. 9 schreibt:
Danke toctoc, ich habe nun eine Wertetabelle für n von 1 bis 7 und k von 1 bis 4 gemacht, aber ich erkenne das allgemeine Muster leider nicht.
Lediglich für bestimmte Beziehungen zwischen n und k habe ich Formeln gefunden:
\(p_{n, n-2} = \sum_{j=1}^{n-2}\binom{j+1}{j}; p_{n, n-1} = 1 = \binom{n}{n}; p_{n,1} = \prod_{j=1}^{n-1} \binom{j}{1}\)
Gibt es einen Trick, wie man damit allgemeine Beziehungen zwischen p_n,k und den Binomialkoeffizienten herleiten kann oder hast du einen Tipp für mich, was ich mir anschauen soll, um noch auf den allgemeinen Zusammenhang zu kommen? Oder ist es sehr, sehr kompliziert?
Allgemein verwendbare Tricks gibt es nicht. Ich sprach aber von zwei Tabellen(anfängen), und meinte damit eine für $q_{n,k}$ und eine für $\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}$.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-10

\(\begingroup\)
Ja, ich habe selbstverständlich für die gleichen n- und k-Werte auch eine für \(\binom{n}{k}\) gemacht und meine \(q_{n,k}\) (auch wenn ich im Post dummerweise \(p_{n,k}\) geschrieben habe), sonst hätte ich auch die Spezialfall-Formeln nicht gefunden. Aber ich komme trotzdem nicht weiter.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
tactac
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1386
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-10-10

\(\begingroup\) \(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}\)
Okay, warum siehst du dann nicht, dass $q_{n,k-1}=\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}$ für $k\geq 1$ und $n \geq 1$?
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-10


Hallo alle,
ich habe den Ansatz von Nuramon und ochen jetzt fast umzusetzen geschafft.
Ich habe die Gleichung für P mit der Doppelsumme abgeleitet (nach z), den Summanden für n=1 herausgezogen, eine Indexverschiebung durchgeführt, die Rekursionsgleichung für p_n,k verwendet und geschaut, was ich aus den Ausdrücken machen kann, dann noch einmal bei k erhöhrt, um vP zu erhalten. Allerdings lautet mein Endresultat nun -1 + (1-z)P' = vP und das ist ja nicht das Gleiche wie (1-z)P' = vP? Oder ist das die inhomegene DGL und wir betrachten erst mal die homogene?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]

Hallo tactac, Moment, das schaue ich mir gleich an!



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
ochen
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.03.2015
Mitteilungen: 1945
Aus: der Nähe von Schwerin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-10-10


2018-10-10 16:55 - Newmath2012 in Beitrag No. 13 schreibt:
Hallo alle,
ich habe den Ansatz von Nuramon und ochen jetzt fast umzusetzen geschafft.
Ich habe die Gleichung für P mit der Doppelsumme abgeleitet (nach z), den Summanden für n=1 herausgezogen, eine Indexverschiebung durchgeführt, die Rekursionsgleichung für p_n,k verwendet und geschaut, was ich aus den Ausdrücken machen kann, dann noch einmal bei k erhöhrt, um vP zu erhalten. Allerdings lautet mein Endresultat nun -1 + (1-z)P' = vP und das ist ja nicht das Gleiche wie (1-z)P' = vP? Oder ist das die inhomegene DGL und wir betrachten erst mal die homogene?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]

Hallo tactac, Moment, das schaue ich mir gleich an!

Du hast recht, das Endresultat sollte <math>-1 + (1-z)\frac{\partial P}{\partial z} = vP</math> sein. Um diese lineare inhomogene DGL zu lösen, kannst du erst die homogene DGL lösen. Die Lösung der linearen homogenen DGL muss etwas von der Form <math>C\cdot g(z,v)</math> sein und nicht <math>C+ g(z,v)</math>.
Danach kann man dann eine partikuläre Lösung raten oder es mit der Variation der Konstanten probieren.


Vielleicht ist tactacs Ansatz doch schöner, sorry.


[Verschoben aus Forum 'Differentialgleichungen' in Forum 'Erzeugende Funktionen' von ochen]



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-10

\(\begingroup\)
Hallo ochen,
das Problem mit dem +1 entsteht, wenn man den ersten Summanden für n=1 am Anfang herauszieht, weil der 1er dann bleibt.
Wenn man ihn aber nicht herauszieht und p_0,k = 0 annimmt (was ja eigentlich nicht definiert ist), dann bekommt man keine Probleme.
Hast du eine Erklärung dafür.

Übrigens kein Grund, dich zu entschuldigen, ich bin wirklich dankbar, dass du mithilfst!



Hallo tactac,
ich komme nicht auf die von dir angeführte Gleichheit.
Meine Werte:
\(q_{1,0} = 1, q_{2,0} = 1, q_{3,0} = 2, q_{4,0} = 6, q_{5,0} = 24;
q_{1,1} = 0, q_{2,1} = 1, q_{3,1} = 3, q_{4,1} = 11, q_{5,1} = 50\) Und da sieht man auch schon das Problem: Es ist \(q_{4,1} = 11, \)aber \(\binom{4}{2} = 6\).
???
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-10

\(\begingroup\)
Hallo ochen,

nachdem wir wissen, dass zum Schluss die Verschiebung S = vP+1 herauskommen soll, also P = \(\frac{1}{v \cdot (1-z)^v}{1}{v}\), kann man da nicht C entsprechend "raten" und doch durch Lösen der Differentialgleichung vorgehen (wie es in der Angabe empfohlen ist)?

Mich irritiert nur, dass zum Schluss eben doch eine additive Konstante dazukommt, das \(\frac{-1}{v}\). Erhält man diese durch einsetzen der gelösten DGL in eine Anfangsbedingung?

EDIT: Mit diesem Vorgehen habe ich es nun geschafft, das Beispiel zu lösen. Wenn man die Ableitung der Konstanten integriert, kommt ein neuer additiver konstanter Term dazu und wenn man die Anfangsbedingung P(0,0) = 0 einsetzt, erhält man das Gewünschte Ergebnis, für das S = vP+1 gilt. :)
Danke an alle am Thread Beteiligten!!!


Falls es nicht zu umständlich ist, würde mich dennoch auch interessieren, wie man mit toctocs Ansatz zum Ziel kommt. :)
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
tactac
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1386
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-10-10

\(\begingroup\) \(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}\)
2018-10-10 17:53 - Newmath2012 in Beitrag No. 15 schreibt:
Hallo tactac,
ich komme nicht auf die von dir angeführte Gleichheit.
Meine Werte:
\(q_{1,0} = 1, q_{2,0} = 1, q_{3,0} = 2, q_{4,0} = 6, q_{5,0} = 24;
q_{1,1} = 0, q_{2,1} = 1, q_{3,1} = 3, q_{4,1} = 11, q_{5,1} = 50\) Und da sieht man auch schon das Problem: Es ist \(q_{4,1} = 11, \)aber \(\binom{4}{2} = 6\).
???
$\begin{bmatrix}4\\2\end{bmatrix}=11$. Ich dachte deine Notation mit runden Klammern war nur ein Notbehelf, aber du scheinst damit ja wirklich Binomialkoeffizienten zu meinen. Um sie geht es nicht. Es geht um vorzeichenlose Stirlingzahlen 1. Art.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
tactac
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1386
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2018-10-16

\(\begingroup\) \(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}\)
2018-10-10 18:10 - Newmath2012 in Beitrag No. 16 schreibt:
Falls es nicht zu umständlich ist, würde mich dennoch auch interessieren, wie man mit toctocs Ansatz zum Ziel kommt. :)
Ich weiß zwar nicht, wer toctoc ist, aber $S = vP+1$ kann man zum Beispiel  so zeigen:
$$\begin{array}{rcll}
P(z,v)&:=&\sum_{n\geq 1}\sum_{k \geq 0} p_{n,k} \cdot z^n \cdot v^k & \text{Def.}
\\&=& \sum_{n\geq 1}\sum_{k \geq 0} q_{n,k} \cdot \frac{z^n}{n!} \cdot v^k & p_{n,k}=q_{n,k}/n!
\\v\cdot P(z,v)&=&\sum_{n\geq 1}\sum_{k \geq 1} q_{n,k-1} \cdot \frac{z^n}{n!} \cdot v^k & \text {klar}
\\&=&\sum_{n\geq 1}\sum_{k \geq 1} \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} \cdot \frac{z^n}{n!} \cdot v^k & q_{n,k-1} = \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\text{ für }k,n \geq 1
\\&=&\sum_{n\geq 1}\sum_{k \geq 0} \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} \cdot \frac{z^n}{n!} \cdot v^k & \begin{bmatrix}n\\0\end{bmatrix}=0 \text{ für } n\geq 1
\end{array}$$
Wenn man jetzt die äußere Summe bei 0 losgehen lässt, kommt noch der Summand 1 dazu, da $\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}=1$ und $\begin{bmatrix}0\\k\end{bmatrix}=0$ für $k \geq 1$.
Ergo:
$$1 + v\cdot P(z,v) = \sum_{n\geq 0}\sum_{k \geq 0} \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} \cdot \frac{z^n}{n!} \cdot v^k =: S(z,v).$$
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-20


Hallo tactac (sry für die Vokalvertauschung, kommt nicht wieder vor ;) )

Danke für deine letzten beiden Antworten!
Ich hatte tatsächlich geglaubt, dass die Stirlingzahlen und die Binomialkoeffizienten das Gleiche sind, aber man in einem gewissen Zusammenhang einfach eine andere Notation verwendet.

Durch deine letzte Erklärung verstehe ich nun auch deinen Lösungsweg vollkommen. Vielen Dank! :)




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
tactac
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1386
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2018-10-20


Schön, dass ich helfen konnte.  smile



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
hyperG
Senior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 03.02.2017
Mitteilungen: 542
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2018-10-21

\(\begingroup\)
2018-10-10 20:32 - tactac in Beitrag No. 17 schreibt:
2018-10-10 17:53 - Newmath2012 in Beitrag No. 15 schreibt:
Hallo tactac,
ich komme nicht auf die von dir angeführte Gleichheit.
Meine Werte:
\(q_{1,0} = 1, q_{2,0} = 1, q_{3,0} = 2, q_{4,0} = 6, q_{5,0} = 24;
q_{1,1} = 0, q_{2,1} = 1, q_{3,1} = 3, q_{4,1} = 11, q_{5,1} = 50\) Und da sieht man auch schon das Problem: Es ist \(q_{4,1} = 11, \)aber \(\binom{4}{2} = 6\).
???
$\begin{bmatrix}4\\2\end{bmatrix}=11$. Ich dachte deine Notation mit runden Klammern war nur ein Notbehelf, aber du scheinst damit ja wirklich Binomialkoeffizienten zu meinen. Um sie geht es nicht. Es geht um vorzeichenlose Stirlingzahlen 1. Art.


Da ist ja mal wieder so ein schönes Beispiel, dass die konservative Abkürzungsschreibweise meist verwirrt.

Die eindeutige Funktionen-Schreibweise hingegen:
abs(StirlingS1(4,2)) = |StirlingS1(4,2)|
sollte jeder Leser (und Kenner der Stirling-Zahlen) sofort verstehen.

3 Funktionen nur anhand der Klammer-Form zu unterscheiden
StirlingS2(x,y) dann mit {} Klammern...
...ist absolut verwirrend.

Wenn dann noch Matrizen (hier mehr )
, Arrays, Vektoren und andere mehrdimensionale
mathematische Objekte (de.wikipedia.org/wiki/Tensor ) hinzukommen, ist die Verwirrung perfekt.
 
Bitte nicht als "Meckern", sondern als gut gemeinte Kritik verstehen.
Oft geht viel Zeit beim Lesen verloren, wenn man zunächst alle Funktionen eindeutig machen muss.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.09.2013
Mitteilungen: 222
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-23 15:04


Hallo hyperG,
danke für deinen Beitrag!
Ich hatte die Stirlingzahlen vor diesem Beispiel gar nicht gekannt und dann nur bei Wikipedia nachgelesen und da offenbar was falsch verstanden. Du hast aber Recht, mit der Funktionenschreibweise wäre das wahrscheinlich nicht passiert.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4264
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2018-10-23 19:16

\(\begingroup\)
2018-10-23 15:04 - Newmath2012 in Beitrag No. 22 schreibt:
Ich hatte die Stirlingzahlen vor diesem Beispiel gar nicht gekannt und dann nur bei Wikipedia nachgelesen und da offenbar was falsch verstanden. Du hast aber Recht, mit der Funktionenschreibweise wäre das wahrscheinlich nicht passiert.

Naja, da muss ich doch einmal eine Lanze für die Klammernschreibweise von Stirlingzahlen brechen. Zum einem hat sich D. Knuth, also jemand, dessen Wort doch großes Gewicht hat, sehr dafür ausgesprochen (s. "The Art of Computer Programming", Vol 1, p68), zum anderen bestehen zwischen den Konstrukten

\[\binom nk, \left [\begin{array}{r} n\\k\end{array}\right ],\left \{\begin{array}{r} n\\k\end{array}\right \}\quad (n,k\in\mathbb N)\]
doch sehr große Ähnlichkeiten, sowohl was ihre kombinatorische Definition, als auch ihre Eigenschaften betrifft. Des weiteren gibt es eine Unmenge an Querbezügen zwischen ihnen, als Beispiel jetzt nur die folgende schöne Formel, welche alle 3 Konstrukte zusammenführt:

\[\sum\limits_{k=0}^n \left \{\begin{array}{r} n+1\\k+1\end{array}\right \}\left [\begin{array}{r} k\\m\end{array}\right] (-1)^{k-m}=\binom nm \]
Man stelle sich jetzt nur die gleiche Formel in obiger Funktionsschreibweise vor, das wäre doch einfach nur grauenvoll, oder etwa nicht?  eek

Auch eine Verwechslungsgefahr mit anderen mathematischen Objekten, z.B. aus der linearen Algebra sehe ich nicht wirklich, oder hat sich schon mal jemand darüber beklagt, dass man Binomialkoeffizienten auch als Spaltenvektoren mit 2 Komponenten deuten kann? Eben!   biggrin  
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
tactac
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1386
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2018-10-23 22:20


2018-10-23 19:16 - weird in Beitrag No. 23 schreibt:
Man stelle sich jetzt nur die gleiche Formel in obiger Funktionsschreibweise vor, das wäre doch einfach nur grauenvoll, oder etwa nicht?  eek
Ja, grauenvoll.

Auch eine Verwechslungsgefahr mit anderen mathematischen Objekten, z.B. aus der linearen Algebra sehe ich nicht wirklich, oder hat sich schon mal jemand darüber beklagt, dass man Binomialkoeffizienten auch als Spaltenvektoren mit 2 Komponenten deuten kann? Eben!   biggrin  
Natürlich hat sich schonmal jemand darüber beklagt. Dafür brauche ich nichtmal konkrete Beweise zu suchen, weil es auf der Hand liegt.  wink
Aber besonders ernst nehmen muss man solche Klagen nicht. Es ist einfach viel zu nützlich, einfach zu schreibende Notation für verschiedene Zwecke wiederzuverwenden. Die Alternative wäre, sich immer verschnörkelteren Kram auszudenken. Wenn in bestimmten Kontexten doch mal Kollisionen auftreten, dann wohl selten zwischen mehr als zwei möglichen Interpretationen einer Notation, und dann bemüht man eben eine lokale Definition.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Newmath2012 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Newmath2012 hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
Neues Thema [Neues Thema] Antworten [Antworten]    Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2018 by Matroids Matheplanet
This web site was made with PHP-Nuke, a web portal system written in PHP. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]