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Mathematik » Kombinatorik & Graphentheorie » Zählprinzip zwischen Grenzen
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Universität/Hochschule Zählprinzip zwischen Grenzen
Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-06-17


Moin Moin,

folgende Fragestellung habe ich. Gesucht ist eine Formel die folgendes berechnet:

*************** SetUp ***************
Wir haben den 1. Quadranten eines kartesischen Koordinatensystems. Wir starten in der Höhe a. Mit jedem Schritt k gehen wir einen Schritt hoch bzw. runter. Erreichen wir die Höhe r mit r>a oder 0, so stoppen wir die Schritte. Wie viele Wege gibt es nun, um vom Startpunkt a aus im k-ten Schritt die Höhe r zu erreichen.

*************** Beispiel ***************
Sei a = 3 und r = 7. Dann darf ich höchstens bis auf 1 runtergehen. Dann ergibt sich für die Anzahl der Wege nach genau k Schritten in r zu landen:

k = 1 --> 0 Wege
k = 2 --> 0 Wege
k = 3 --> 0 Wege
k = 4 --> 1 Weg
k = 5 --> 0 Wege
k = 6 --> 4 Wege
k = 7 --> 0 Wege
k = 8 --> 14 Wege
usw...

Aber das alles auszuzählen ist natürlich viel zu mühsam. Aber vielleicht gibt es ja dazu schon Lösungen oder ähnliche Probleme.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

also ohne Fallunterscheidung wirst du da meiner Ansicht nach nicht auskommen. Für k=4 und k=6 lassen sich die Zugzahlen ja als Binomialkoeffizient darstellen. Bei k=8 geht das schon nicht mehr, da du die Möglichkeiten aussieben musst, wo man die obere Grenze 7 zu früh erreicht. Und für größere Zugzahlen funkt dann die untere Grenze auch irgendwann noch dazwischen...

Es ist ja im Prinzip eine Irrfahrt auf \(\IZ\) bzw. \(\IN\). Problem ist hier in meinen Augenn in erster Linie die Asymmetrie.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17


Ich Danke nicht, dass man eine Fallunterscheidung benötigt. Man muss nur geschickt die Knoten zusammenzählen. Ich habe mal ein Bild beigefügt. Im Grunde addieren sich immer 2 Knoten zum nächsten. Die Zahl beschreibt die Anzahl der Wege um bis zu genau diesem Knoten zu kommen. Also ab einem bestimmten Augenblick ist es nur Knotenaddition. Mit aufschreiben funktioniert es simpel. Aber wer will schon alles Händisch machen. Vielleicht kommt dir ja bei dem Bild eine super Idee. Und nach oben und unten müssen wir durch die Addition auch nicht mehr direkt aussieben.



Das ganze macht mir den Anschein einer Abbildungsvorschrift. Aber ich habe leider noch keine passende gefunden. Hat da jemand einen kleinen Tipp?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-17

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

damit man im $k$-ten Schritt zum ersten Mal bei $r$ landet, muss man im $k-1$-ten Schritt bei $r-1$ gewesen sein. Für $0\leq i \leq k-1$ ist man im $i$-ten Schritt bei einer Höhe $h\leq r-1$.

Betrachte die Standardbasis $e_1,\ldots, e_{r-1}\in \IC^{r-1}$.
Wir definieren eine lineare Abbildung $f: \IC^{r-1}\to \IC^{r-1}$, indem wir $f(e_1)=e_2, f(e_{r-1})=e_{r-2}$ und $f(e_s)= e_{s-1}+e_{s+1}$ für $2\leq s \leq r-2$ festlegen.

Diese lineare Abbildung hat die Eigenschaft, dass für den Zeilenvektor $f^{k-1}(e_a)\in \IC^{r-1}$ der Eintrag in der ${r-1}$-ten Zeile genau die gesuchte Anzahl der Wege ist.

Man kann die Anzahl also berechnen, indem man die Abbildungsmatrix von $f$ (also eine $(r-1)\times (r-1)$-Matrix) $k-1$-mal potenziert.
Man kann sogar noch eine explizite Formel angeben, denn diese Abbildungsmatrix ist eine Tridiagonal-Toeplitz-Matrix, und von solchen kann man explizit eine Diagonalisierung angeben.
 
\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17




Mit unserer Definition der linearen Abbildungen soll bestimmt folgendes erreicht werden:

$f(e_1) = e_2$ Dass wenn wir im Zustand $1$ sind, nicht auf null laufen.
$f(e_{r-1}) = e_{r-2}$ Damit wir wenn wir im $s<k$ken Schritt sind nicht auf r laufen.
$f(e_s) = e_{s-1}+e_{s+1}$ Weil wir im nächsten Schritt entweder 1 nach oben oder unten laufen



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ignoriere erstmal den Teil mit dem Diagonalisieren am Ende.

Ein bisschen Hilfestellung zum Verständnis:
Sei $e_h$ ein Vektor der Standardbasis. Wenn wir uns momentan auf Höhe $h$ befinden, dann gibt uns $f(e_h) =(\lambda_1,\lambda_2, \ldots, \lambda_{r-1})^T$ an, auf welchen Höhen $s$ wir uns im nächsten Schritt befinden können: Falls $\lambda_s=1$, so ist es möglich im nächsten Schritt bei Höhe $s$ zu sein. Falls $\lambda_s=0$, dann nicht.

Wenn wir $f$ mehrfach hintereinander anwenden, sagen wir $k$-mal, dann zählen wir in jeder Zeile $s$ von $f^k(e_h)$, wie viele Wege der Länge $k$ es von der Starthöhe $h$ zur Endhöhe nach $s$ gibt.
\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17


Ah Ok. Langsam komme ich der Sache näher!

2019-06-17 13:17 - Nuramon in Beitrag No. 5 schreibt:
$f(e_h) =(\lambda_1,\lambda_2, \ldots, \lambda_{r-1})^T$

Wenn wir $f$ mehrfach hintereinander anwenden, sagen wir $k$-mal, dann zählen wir in jeder Zeile $s$ von $f^k(e_h)$, wie viele Wege der Länge $k$ es von der Starthöhe $h$ zur Endhöhe nach $s$ gibt.

Das generiert quasi genau den Baum, den ich schon aufgezeichnet habe. Also

$f((0,0,0,1,0,0)^T) =(0,0,1,0,1,0)^T$
$f((0,0,1,0,1,0)^T) =f^2((0,0,0,1,0,0)^T) = (0,1,0,2,0,1)^T$
$f((0,1,0,2,0,1)^T) =f^3((0,0,0,1,0,0)^T) = (1,0,3,0,3,0)^T$
...
$f^{k}((e_h)^T) = (a_1,a_2, \ldots, a_{r-1})^T$

Aber wir benötigen nur die $(k-1)$te Potenz, weil uns ja der $1.$ Eintrag $\mu_1$, von $f^{k-1}(e_h) =(\mu_1,\mu_2, \ldots, \mu_{r-1})^T$ die gesuchte Anzahl der Wege von Höhe $r-1$ auf $r$ liefert.


Ah ... und deswegen die Abbildungsvorschrift! Ok. Würdest du mich weiterführen? :D



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Genau.

2019-06-17 13:44 - Stefsn in Beitrag No. 6 schreibt:
Aber wir benötigen nur die $(k-1)$te Potenz, weil uns ja der $1.$ Eintrag $\mu_1$, von $f^{k-1}(e_h) =(\mu_1,\mu_2, \ldots, \mu_{r-1})^T$ die gesuchte Anzahl der Wege von Höhe $r-1$ auf $r$ liefert.
Fast. Wir wollen $\mu_{r-1}$ berechnen, nicht $\mu_1$.

Als nächstes könntest du jetzt die Abbildungsmatrix hinschreiben.

Und ob du damit zufrieden bist, dass man die theoretisch diagonalisieren kann, oder ob du diese Diagonalisierung beispielhaft tatsächlich durchführen willst, musst du entscheiden.
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-17 13:44 - Stefsn in Beitrag No. 6 schreibt:

$f((0,0,0,1,0,0)^T) =(0,0,1,0,1,0)^T$
$f((0,0,1,0,1,0)^T) =f^2((0,0,0,1,0,0)^T) = (0,1,0,2,0,1)^T$
$f((0,1,0,2,0,1)^T) =f^3((0,0,0,1,0,0)^T) = (1,0,3,0,3,0)^T$
...
$f^{k}((e_h)^T) = (a_1,a_2, \ldots, a_{r-1})^T$

Mir ist gerade noch aufgefallen, dass du hier nicht wie vorhin mit $a=3$ und $r=7$ rechnest, sondern mit $a=4$ und $r=7$.
Darum sind die hier berechneten Vektoren verglichen mit deinem Bild in umgekehrter Reihenfolge.
\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17




Würde ich gerne versuchen. Du meintest ja, dass man weil es eine Tridiagonal-Toeplitz-Matrix ist, sogar eine explizite Formel entwickeln kann. Das würd Emir für weitere Berechnungen sicher viel Rechenarbeit ersparen.


Tatsache. Da habe ich wohl etwas durcheinander gebracht. Aber das ist ja halb so wild. Das Prinzip bleibt ja erhalten



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ok. Damit wir nicht riesige Matrizen bekommen, würde ich vorschlagen, dass wir uns auf den Fall $r=3$ oder $r=4$ beschränken.

Erster Schritt ist wie gesagt das Aufstellen der Abbildungsmatrix.
Ist dir klar, was es bringt, wenn wir diese diagonalisieren können?
\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17


2019-06-17 14:18 - Nuramon in Beitrag No. 10 schreibt:
Ist dir klar, was es bringt, wenn wir diese diagonalisieren können?

Liegt zwar ein wenig zurück und ich müsste nochmal schauen, wie das Prozedere ist, aber Diegonalisierbare Matrizen kann man glaube leichter potenzieren, was wir ja genau in diesem Fall benötigen bzw. die Rechnerei minimieren würde. Korrekt?

Also für r = 4 ergäbe sich eine Matrix $A \in \mathbb{C}^{3x3}$


$A=\left( \begin{array}{rrrr}
0& 1 & 0  \\
1 & 0 & 1  \\
0 & 1 & 0  \\
\end{array}\right) $



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Das Ziel ist es, $A$ zu diagonalisieren, d.h. eine Basiswechselmatrix $S$ und eine Diagonalmatrix $D$ zu finden, so dass $A=SDS^{-1}$. Das ist nützlich, denn es folgt dann $A^k = SD^kS^{-1}$ und wie du selbst bemerkt hast, kann man die Potenzen von $D$ einfach berechnen.

Um $D$ und $S$ zu bestimmen brauchen wir Eigenwerte und Eigenvektoren von $A$. Zum Glück wurde uns die Arbeit diese zu bestimmen schon abgenommen, denn die stehen bei Wikipedia.

\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17


Sooo ... Also auf Wikipedia habe ich es nicht gefunden. Aber wenn ich mich nicht verrechnet habe, dann folgt für die Matrizen $S$, $D$, und $S^{-1}$

$S=\left( \begin{array}{ccc}
-1 & 1 & 1  \\
0 & \sqrt{2} & -\sqrt{2}  \\
1 & 1 & 1  \\
\end{array}\right) $

$D=\left( \begin{array}{ccc}
0 & 0 & 0  \\
0 & \sqrt{2} & 0  \\
0 & 0 & -\sqrt{2}  \\
\end{array}\right) $

$S^{-1}=\left( \begin{array}{ccc}
-\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2}  \\
\frac{1}{4} & \frac{\sqrt{2}}{4} & \frac{1}{4}  \\
\frac{1}{4} & -\frac{\sqrt{2}}{4} & \frac{1}{4}  \\
\end{array}\right) $

Wobei ich jetzt sagen muss, Das ist ja doch noch ordentlich Rechenaufwand, oder kommt gleich noch der Riesen Clue wegen der Tridiagonal-Toeplitz-Matrix?

EDIT: Ja gut. Ich habe jetzt auch gesehen, dass es für Eigenwert und Eigenvektor explizite Formeln gibt, weil es eine Tridiagonal-Toeplitz-Matrix ist ;).



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-06-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Die inverse Matrix zu $S$ ist in diesem Fall auch recht leicht berechenbar:
Da $A$ symmetrisch ist, müssen nämlich Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten paarweise zueinander orthogonal sein.

Wenn man die Eigenvektoren $v_1, v_2, v_3$ von Wikipedia nimmt (du hast das die Basis ein bisschen anders skaliert), dann kann man nachrechnen, dass mit unserem $A$ gilt $\Vert v_1\Vert=\Vert v_2\Vert=\Vert v_3\Vert = \sqrt 2$.
(Für allgemeines $r$ bekommt man als Norm $\Vert v_1\Vert = \ldots = \Vert v_{r-1}\Vert=\sqrt{\frac r2}$, wobei $v_s^T=(\sin\frac{\pi s}r, \sin\frac{2\pi s}r, \ldots, \sin\frac{(r-1)\pi s}r )$ Eigenvektoren von $f$ sind. Können wir bei Interesse auch noch nachrechnen.)

Wenn man die Eigenvektoren von Wikipedia also noch zu Einheitsvektoren normiert, dann bekommt man eine Orthonormalbasis. Für die zugehörige Basiswechselmatrix $S$ gilt dann einfach $S^{-1}=S^T$.

Kannst du für $r=4$ und beliebige $k$ und z.B. $a=1$ mit deinen Matrizen jetzt explizit die Anzahl der Wege angeben?
\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17


Ich muss jetzt leider los zu einer Zeugnisübergabe. Würde heute Abend aber nochmal schreiben. :)




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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-18 01:24


Können wir gerne machen!!!

Also erstmal mit meiner Matrix würde sich folgendes ergeben:

$A^k=S \cdot D_A^k \cdot S^{-1}=\left( \begin{array}{ccc}
-1 & 1 & 1  \\
0 & \sqrt{2} & -\sqrt{2}  \\
1 & 1 & 1  \\
\end{array}\right)
\left( \begin{array}{ccc}
0 & 0 & 0  \\
0 & \sqrt{2}^k & 0  \\
0 & 0 & (-\sqrt{2})^k  \\
\end{array}\right)
\left( \begin{array}{ccc}
-2 & 0 & 2  \\
1 & \sqrt{2} & 1  \\
1 & -\sqrt{2} & 1  \\
\end{array}\right) \cdot \frac{1}{4}$

$= \frac{1}{4} \cdot \left( \begin{array}{ccc}
\sqrt{2^k}((-1)^k+1) & \sqrt{2^{k+1}}(1-(-1)^k) & \sqrt{2^k}((-1)^k+1) \\
\sqrt{2^{k+1}}(1-(-1)^k) & \sqrt{2^{k+2}}((-1)^k+1) & \sqrt{2^{k+1}}(1-(-1)^k) \\
\sqrt{2^k}((-1)^k+1) & \sqrt{2^{k+1}}(1-(-1)^k) & \sqrt{2^k}((-1)^k+1) \\
\end{array}\right)
$

Damit folgt für $a=1,2,3$

\[f^k(e_a)=\begin{cases}
1/4 \cdot \sqrt{2^k}((-1)^k+1) & \text{,für } a=1\\
1/4 \cdot  \sqrt{2^{k+1}}(1-(-1)^k) & \text{,für } a=2 \\
1/4 \cdot   \sqrt{2^k}((-1)^k+1) &\text{,für } a=3
\end{cases}\]


2019-06-17 15:33 - Nuramon in Beitrag No. 14 schreibt:
(Für allgemeines $r$ bekommt man als Norm $\Vert v_1\Vert = \ldots = \Vert v_{r-1}\Vert=\sqrt{\frac r2}$, wobei $v_s^T=(\sin\frac{\pi s}r, \sin\frac{2\pi s}r, \ldots, \sin\frac{(r-1)\pi s}r )$ Eigenvektoren von $f$ sind. Können wir bei Interesse auch noch nachrechnen.)$S^{-1}=S^T$.

Gerne!!!


Meinst du man bekommt eine Explizite Formel hin, die direkt von r und a abhängig ist oder wird man immer die Matrixzerlegung machen müssen?


EDIT: Also mit der zweiten Variante folgt

$A^k=S \cdot D_A^k \cdot S^{-1}=S \cdot D_A^k \cdot S^{T}=\frac{1}{8}\left( \begin{array}{ccc}
\sqrt{2} & 2 & \sqrt{2}  \\
2 & 0 & -2  \\
\sqrt{2}& -2 & \sqrt{2}  \\
\end{array}\right)
\left( \begin{array}{ccc}
\sqrt{2}^k & 0 & 0  \\
0 & 0 & 0  \\
0 & 0 & (-\sqrt{2})^k  \\
\end{array}\right)
\left( \begin{array}{ccc}
\sqrt{2} & 2 & \sqrt{2}  \\
2 & 0 & -2  \\
\sqrt{2}& -2 & \sqrt{2}  \\
\end{array}\right)
$
$=2^{k/2 - 2}\left( \begin{array}{ccc}
1+(-1)^k & -\sqrt{2}(-1+(-1)^k)& 1+(-1)^k  \\
-\sqrt{2}(-1+(-1)^k) & 2(1+(-1)^k) & -\sqrt{2}(-1+(-1)^k)  \\
1+(-1)^k & -\sqrt{2}(-1+(-1)^k) & 1+(-1)^k   \\
\end{array}\right)
$

Damit folgt für $a=1,2,3$

\[f^k(e_a)=\begin{cases}
2^{k/2 - 2} \cdot (1+(-1)^k) & \text{,für } a=1\\
2^{(k-3)/2} \cdot (1-(-1)^k & \text{,für } a=2 \\
2^{k/2 - 2} \cdot  ( 1+(-1)^k ) &\text{,für } a=3
\end{cases}\]
Also genau das gleiche Ergebnis wie oben, nur schicker noch am Ende umgeformt. :)

Ich habe den Faktor $\frac{1}{\sqrt{2}}$ je einmal durchs normieren bei $S$ und $S^T$ rein bekommen und habe der einfachheitshalber $1/2$ bei beiden herausgezogen. ergibt einen Vorfaktor von $1/8$



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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-18 12:17


Vielleicht lehne ich mich zuweit aus dem Fenster. Aber es macht mir bis hier grob den Anschein, als könnte man die Einträge der Zielmatrix als Summenform schreiben, mit a und r als Grenzen, da sich ja alle startwerte auch über explizite Formeln darstellen lassen.

Aber bevor ich das nachrechne, würde ich gerne erstmal die Vektornorm nachvollziehen. :)



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-06-18 12:41

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Wir sind ja am Koeffizienten von $e_{r-1}$ in $f^{k-1}(e_a)$ interessiert.
Den kann man darstellen als $e_{r-1}^TA^{k-1}e_a$. Wenn man das ausmultipliziert, bekommt man eine explizite Formel.


Zur Norm:
Sei $v_s^T=(\sin\frac{\pi s}r, \sin\frac{2\pi s}r, \ldots, \sin\frac{(r-1)\pi s}r )$.
Wir wollen zeigen, dass $\Vert v_s \Vert^2 = \frac r2$ ist.
Benutze dazu, dass $\sin x = \frac 1{2i}(e^{ix}-e^{-ix})$ gilt.

\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-19 00:07


$A=(a_{ij})_{1 \leq i,j\leq r-1} = \left\{
\begin{array}{ll}
1 & \text{,falls }   |i-j|=1 \\
0 & \text{,sonst } \\
\end{array}
\right. $

$S=(s_{ij})_{1 \leq i,j\leq r-1} = \left\{
\begin{array}{l}
\sin{\frac{ij \pi}{r}}
\end{array}
\right. $

$S^* = \frac{1}{\sqrt{\frac{r}{2}}} \cdot S$

$D_A=(a_{ij})_{1 \leq i,j\leq r-1} = \left\{
\begin{array}{ll}
2 \cos{\frac{i \cdot \pi}{r}} & \text{,falls }   i=j \\
0 & \text{,sonst } \\
\end{array}
\right. $

Dann erhalte ich für $e_{r-1}\cdot A^{k-1} \cdot e_a = e_{r-1} \cdot S^* \cdot D_A^{k-1} \cdot S^* \cdot e_a $



$\frac{2^{k-1}}{\frac{r}{2}} \cdot (\sum\limits_{m=1}^{r-1} \sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k-1} \sin{(\frac{m\pi}{r})} $
$,..., \sum\limits_{m=1}^{r-1} \sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k-1} \sin{(\frac{(r-1)m\pi}{r})} ) \cdot e_a$

Und das ergibt, wenn mich nicht alles täuscht:

$\frac{2^{k-1}}{\frac{r}{2}} \cdot\sum\limits_{m=1}^{r-1} \sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k-1} \sin{(\frac{am\pi}{r})}$


Kannst du das bestätigen? Und eine Frage aus Interesse, hast du das schon alles durchgerechnet?

*******************

Also mit der Norm komme ich einfach nicht weiter. Liegt aber wahrscheinlich daran, dass ich nicht viel mit komplexen Zahlen in Verbindung mit der eulerschen Zahl gerechnet habe. Muss man da mit der Drehung argumentieren, um zum Ziel zu kommen?

 



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2019-06-19 14:08

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-19 00:07 - Stefsn in Beitrag No. 19 schreibt:
Kannst du das bestätigen? Und eine Frage aus Interesse, hast du das schon alles durchgerechnet?
Der einzige Fehler, den ich gefunden habe ist, dass du mit $e_{r-1}$ anstatt mit $e_{r-1}^T$ multiplizierst.
Ich habe es nicht durchgerechnet, sondern mir nur qualitativ überlegt, wie die Rechnung geht. Das Einsetzen der Formeln am Ende ist ja nur eine Fleißarbeit.


Du hast $e_{r-1}^T\cdot A^{k-1} \cdot e_a$ berechnet, indem du $((e_{r-1}^T \cdot S^*) \cdot D_A^{k-1} \cdot S^*) \cdot e_a$ berechnet hast.

Ein bisschen einfacher, wäre es so zu klammern: $(e_{r-1} \cdot S^* )\cdot  D_A^{k-1} \cdot( S^* \cdot e_a)$.
$e_{r-1}^T \cdot S^*$ ist einfach die $r-1$-te Zeile von $S^*$.
$S^* \cdot e_a$ ist die $a$-te Spalte von $S^*$.
Die Multiplikation mit $D_A^{k-1}$ ist einfach und am Ende steht dann noch das Skalarprodukt von zwei Vektoren.




Also mit der Norm komme ich einfach nicht weiter. Liegt aber wahrscheinlich daran, dass ich nicht viel mit komplexen Zahlen in Verbindung mit der eulerschen Zahl gerechnet habe. Muss man da mit der Drehung argumentieren, um zum Ziel zu kommen?
Nein, muss man nicht. Wenn du das Quadrat der Norm hinschreibst, steht da ja im Wesentlichen eine Summe von quadrierten Sinustermen.
Mit $\sin(x) = \frac 1{2i}(e^{ix}-e^{-ix})$ kann man $\sin^2(x)$ in etwas angenehmerer Form schreiben.
Setzt man das bei der erwähnten Summe ein, dann bekommt man einige Konstanten plus eine geometrische Reihe, die man dann noch vereinfachen kann.
(Den Teil mit der Norm habe ich durchgerechnet.)
\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-20 14:41


Habe das Ergebnis auch herausbekommen. :)

Bin letztendlich über Summierung der Einheitswurzeln gegangen. Hat sich aber angefühlt, als würde ich mit Kanonen auf Spatzen schießen. ^^

Vielen lieben Dank für deine Hilfe und Unterstützung!!!



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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-21 14:55


Es gelten:

$\sin(x) = \frac{1}{2i}\left(e^{ix}-e^{-ix}\right)$ (1)

und

$e^{\pm ix} = \cos(x) \pm i \cdot \sin(x)$ (2)

sowie die Summe der $n$-ten Einheitswurzeln

$(\omega_n)^{n-1} + ... + \omega + 1 = 0$ (3)

mit

$\omega =cos(2\pi)+i \cdot sin(2\pi) = e^{ix}$ (4)

Mit $x = \frac{s \cdot \pi}{r}$, $1<s<r$

und

$x^*=2x$

$|| v_s||^2 \overset{Def.}{=}\sum\limits_{m=1}^{r-1} \sin^2(x)$

$\overset{(1)}{=} \sum\limits_{m=1}^{r-1} \left(\frac{1}{2i}\left(e^{ix}-e^{-ix}\right)\right)^2$

$= -\frac{1}{4} \left(-2(r-1) + \sum\limits_{m=1}^{r-1} \left(e^{i2x}+e^{-i2x}\right)\right)$

$ = -\frac{1}{4} \left(-2(r-1) +  =\sum\limits_{m=1}^{r-1} \left(e^{ix^*}+e^{-ix^*}\right)\right)$

$ \overset{(3)}{=} -\frac{1}{4} \left(-2(r-1) -2\right)$

$ = r/2$


Sieht noch nicht ganz in sich geschlossen aus.  confused



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2019-06-21 16:04

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-21 14:55 - Stefsn in Beitrag No. 22 schreibt:
sowie die Summe der $n$-ten Einheitswurzeln

$(\omega_n)^{n-1} + ... + \omega + 1 = 0$ (3)

mit

$\omega =cos(2\pi)+i \cdot sin(2\pi) = e^{ix}$ (4)

Mit $x = \frac{s \cdot \pi}{r}$, $1<s<r$

und

$x^*=2x$
Der Teil wirkt etwas konfus. Eventuell sind es aber nur Tippfehler. Kannst du das selbst reparieren?


$|| v_s||^2 \overset{Def.}{=}\sum\limits_{m=1}^{r-1} \sin^2(x)$
$x$ sollte von $m$ abhängen.

Abgesehen von diesen Fehlern bist du aber auf dem richtigen Weg.
\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-21 17:09


Alles klar. Also nochmal ganz sauber. Wir wissen, das folgende Beziehungen gelten:


********** Allgemein **********

(1) $\sin(x) = \frac{1}{2i}\left(e^{ix}-e^{-ix}\right)$

(2) $e^{ ix} = \cos(x) \pm i \cdot \sin(x)$

(3) $\omega_r = \cos(\frac{2\pi}{r})+i \cdot \sin(\frac{2 \pi}{r})=e^{i\frac{2 \pi}{r}}$

(4) $(\omega_r)^m = \cos(\frac{2\pi m}{n})+i \cdot \sin(\frac{2 \pi m}{n})=e^{i\frac{2 \pi m}{n}}$

sowie die Summe der $n$-ten Einheitswurzeln

(5) $(\omega_r)^{r-1} + ... + \omega + 1 = 0 = \sum\limits_{m=0}^{r-1} (\omega_r)^m$


*********** Rechnung ************

$|| v_s||^2 \overset{Def.}{=}\sum\limits_{m=1}^{r-1} \sin^2(\frac{m \pi s}{r})$ mit $1 \leq s \leq r-1$

$\overset{(1)}{=} \sum\limits_{m=1}^{r-1} \left(\frac{1}{2i}\left(e^{i\frac{m \pi s}{r}}-e^{-i\frac{m \pi s}{r}}\right)\right)^2$

$= -\frac{1}{4} \left(-2(r-1) + \sum\limits_{m=1}^{r-1} \left(e^{i2\frac{m \pi s}{r}}+e^{-i2\frac{m \pi s}{r}}\right)\right)$

$= -\frac{1}{4} \left(-2(r-1)
+ \sum\limits_{m=1}^{r-1} \left(e^{i2\frac{m \pi s}{r}} \right)
+ \sum\limits_{m=1}^{r-1} \left(e^{-i2\frac{m \pi s}{r}}\right)\right)$

 ************ NR ***************

$\sum\limits_{m=1}^{r-1} \left(e^{i2\frac{m \pi s}{r}} \right)
\overset{(4)}{=} \sum\limits_{m=1}^{r-1} \left((\omega_r)^m\right)^s$

Und hier ist die Lücke. Das ist ja eigentlich $-1$, aber da fehlt die Begründung. Man sieht ja, das es nach (5) so "wäre". Aber dafür stört halt dieses $s$. Also wenn man $\omega$ in der Exponentialschreibweise lässt, dann hat ja $s$ nur eine größere Rotationsgeschwindigkeit zufolge. Also müsste ja beispielsweise die Beziehung gelten, dass man jedes Omega in der Summe von $m=0$ bis $m=r-1$ in ein vielfaches überführen können.

Als Beispiel $s=1,2,3$ bei $r=4$. Wir springen im Einheitskreis durch $m$ immer $90$ grad. Also für $m=1,2,3$ dementsprechend $90$, $180$, und $270$ grad. Mit $s=1$ bleibt das so. Bei $s=2$ wird daraus $180$, $0$ und $180$ grad und für $s=3$ ergibt sich $270$, $180$ und $90$ Grad. Die Imaginärteile müssten sich dabei glaube immer aufheben.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2019-06-21 17:19

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Die Gleichung (5) gilt nicht nur für $\omega_r= e^{\frac{2\pi i}r}$, sondern sogar für jede $r$-te Einheitswurzel $\omega\not=1$.
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-21 17:44

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-21 17:19 - Nuramon in Beitrag No. 25 schreibt:
Die Gleichung (5) gilt nicht nur für $\omega_r= e^{\frac{2\pi i}r}$, sondern sogar für jede $r$-te Einheitswurzel $\omega\not=1$.


In wie weit hilft das bei der Lücke?
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2019-06-21 17:47

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
$\omega_r^s$ ist eine $r$-te Einheitswurzel.
\(\endgroup\)


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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-21 17:53


Aber vielleicht kann ich ja nicht mehr über jeden aufeinander folgenden summieren. Weil durch es sind doch dann Sprünge drin?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2019-06-21 17:54


Ich verstehe deinen Einwand nicht.

Wie beweist du denn die Gleichung (5)?



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Stefsn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-21 18:04


Naja das sind ja die Nullstellen des Polynoms


$0=T^n-1=(T-1) \cdot (T^(n-1) + ... + T+1)$ mit $T=\omega_n$

Edit:

Aber ich sehe glaube ich deinen Punkt. Wenn $ \omega_r$ eine $r$-te Einheitswurzel ist, dann folgt aus  $(\omega_r)^r=1$ das $(\omega_r^s)^r=1$ gilt und damit das alle darauffolgenden komplexen Zahlen ebenfalls $\omega_r^s$  $r$-te Einheitswurzeln sind.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2019-06-21 18:41

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ach jetzt verstehe ich glaube ich, was du mit Sprüngen meinst.

Etwas Grundwissen zu komplexen Einheitswurzeln:
Alle Lösungen der Gleichung $x^r=1$ sind gegeben durch $x=\omega^j$, wobei $\omega = e^{\frac{2\pi i}r}$ und $s\in \{0,1,\ldots, r-1\}$.

Das Produkt zweier $r$-ter Einheitswurzel ist wieder eine $r$-te Einheitswurzel. Allgemeiner gilt: Die Menge der $r$-ten Einheitswurzeln bildet zusammen mit der Multiplikation eine abelsche Gruppe.

Diese Gruppe ist isomorph zur Gruppe $(\IZ/r\IZ,+)$. Ein Isomorphismus ist gegeben durch $\omega^j\mapsto j$.

$(\IZ/r\IZ,+)$ ist eine zyklische Gruppe und $j\in \IZ/r\IZ$ ist genau dann ein Erzeuger dieser Gruppe, wenn $j$ und $r$ teilerfremd sind.

Daraus folgt, dass die komplexen $r$-ten Einheitswurzeln $\omega^j$ mit $\operatorname{ggT}(r,j)=1$ Erzeuger der Gruppe der $r$-ten Einheitswurzeln sind. Man nennt diese auch primitive $r$-te Einheitswurzeln.

Für eine primitive $r$-te Einheitswurzel $\zeta$ gilt also $\{1, \zeta, \zeta^2,\ldots, \zeta^{r-1}\} = \{1,\omega,\omega^2,\ldots, \omega^{r-1}\}$.
Für nicht primitive $r$-te Einheitswurzeln $\zeta$ gilt nur $\{1, \zeta, \zeta^2,\ldots, \zeta^{r-1}\} \subsetneq \{1,\omega,\omega^2,\ldots, \omega^{r-1}\}$.
Hast du das mit "Sprüngen" gemeint?

Für jede $r$-te Einheitswurzel $\zeta\not=1$ (egal ob primitiv oder nicht primitiv) gilt aber immer $0 = \frac{\zeta^r-1}{\zeta-1} = 1+\zeta+\zeta^2+\ldots + \zeta^{r-1}$.

\(\endgroup\)


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Danke für die Unterstützung. Damit wäre dieses Thema erledigt. :)



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Orthonom
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@Stefsn
Ich habe das Ganze etwas verfolgt, weil es ein schönes Problem ist,
wie ich finde. Hat sich aber nun letztendlich eine Formel ergeben,
in die man a und r nur noch einsetzen muß (eventuell mit
Fallunterscheidungen)?



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