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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-09-19


Hallo allerseits!

Ich bräuchte bitte eure Unterstützung bei folgender (eigentlich sehr simplen) Aufgabe:

Gegeben seien die Würter der Länge n der Gestalt \(W_n = \{x_1 x_2 \dotsc x_n: x_i \neq x_{i+1}, x_i \in \{a,b,c\}\}\)
\(Q_n = \{x \in W_n: x_1 \neq x_n\}\)
Gesucht: \(|W_n|, |Q_n|\)

Meine Idee zu \(|W_n|=:w_n\):
\(w_0 = 1, w_1 = 3, w_2 = w_1 \cdot 2, ..., w_{n+1} = w_n \cdot 2, n \geq 1\)
\(\Rightarrow w_n = 3 \cdot 2^{n-1}\)

Für \(|Q_n|\) wäre meine Idee nun, das Inklusions-Exklusions-Prinzip anzuwenden, wofür ich erstmal die Menge bestimmen würde, für die für alle enthaltenen Wörter $x_1 = x_n$ gilt. Leider schaffe ich das aber nicht. Mir ist nur klar, dass die Menge die Form \(\{\overline{x}x_1: \overline{x} \in W_{n-1}, x_{n-1} \neq x_1\}\) haben muss.
Kann mir bei der Bestimmung jemand weiterhelfen?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-09-19


Du bist auf dem richtigen Weg. Es ist $W_n \setminus Q_n = \{x \in W_n : x_1 = x_n\} \cong \{y \in W_{n-1} : y_1 \neq y_{n-1}\} = Q_{n-1}$. Die Bijektion ist durch $x = y x_n$ gegeben. Daraus ergibt sich eine Rekursionsformel für $|Q_n|$, die sich mit einer geometrischen Reihe auflösen lässt. Das Ergebnis ist:





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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-20


Hallo Triceratops, danke für deine Antwort!
Ich scheine da irgendetwas falsch zu machen. Hier also meine Rechnung:
\(|W_n| - |Q_n| = |Q_{n-1}|\)
\(w_n - q_n = q_{n-1}\)
\(q_n + q_{n-1} - 3 \cdot 2^{n-1} = 0\)
\(\sum_{n \geq 1} q_n z^n + \sum_{n \geq 1}q_{n-1}z^n - \sum_{n \geq 1} 3 \cdot 2^{n-1}z^n = 0\)
\(Q(z) - 1 + zQ(z) - \frac{3z}{1-2z} = 0\)
\(Q(z) = \frac{1}{1-2z}\)
\(q_n = [z^n]Q(z) = 2^n\)
Wobei ich hierbei verwendet habe, dass \(q_0 = 1\) ist. (Weil es ja genau ein "leeres Wort" gibt.)
Kannst du mir sagen, wo der Fehler ist?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-09-20


$w_n - q_n = q_{n-1}$ gilt nur für $n=1$, wenn man $q_0=3$ setzt.



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-22


Hallo Triceratops,
es hat mit dem Hinweis bei mir leider noch nicht klick gemacht.
- Ist die Rekursion falsch oder soll ich in der Umformung \(q_0 = 3\) verwenden oder worauf läuft dein Hinweis hinaus? Weil \(q_0\) hat ja eine interpretatorische Bedeutung und man müsste ihm insofern den Wert 0 zuweisen?
Soll ich die Rekursion also nur für $n-1 > 0$ durchführen? Aber wie mache ich das dann mit den Erzeugenden Funktionen?



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-09-22


Hallo,

die Rekursionsformel stimmt schon. Du kannst einzelne Koeffizienten verändern, indem du entsprechende Monome $c_kz^k$ addierst.

Für $n> 1$ gilt \(q_n + q_{n-1} - 3 \cdot 2^{n-1} = 0\) und somit
\[\sum_{n = 2}^{\infty} q_n z^n + \sum_{n = 2}^{\infty}q_{n-1}z^n - \sum_{n = 2}^{\infty} 3 \cdot 2^{n-1}z^n = 0.\] Wir klammern $z$ aus dem 2. Summanden und $6z^2$ aud dem 3. Summanden aus und erhalten
\[\sum_{n = 2}^{\infty} q_n z^n + z\sum_{n = 2}^{\infty}q_{n-1}z^{n-1} - 6z^2\sum_{n = 2}^{\infty} 2^{n-2}z^{n-2} = 0.\] So folgt
\[\big(Q(z)-(q_0+q_1z)\big) + z(Q(z)-q_0) - 6z^2\cdot\frac{1}{1-2z}= 0.\] Wie $q_0$ zu interpretieren ist, weiß ich nicht, aber es ist $q_1=0$. Somit folgt, wenn du $q_0=0$ setzt
\[Q(z) + zQ(z) - 6z^2\cdot\frac{1}{1-2z}= 0\] oder auch
\[Q(z) = \frac{6z^2}{(1-2z)(1+z)} = \frac{2}{1+z}+\frac{1}{1-2z}-3.\]
Wenn du ein anderes $q_0$ hättest, wäre es
\[Q(z) = \frac{6z^2}{(1-2z)(1+z)}+q_0=\frac{2}{1+z}+\frac{1}{1-2z}+(q_0-3).\]






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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-23


Hallo Ochen,
danke für die ausführliche Erklärung.

Ich verstehe allerdings nicht, warum wir einfach Koeffizienten verändern dürfen, wie es uns gerade passt. Wenn es also einen Unterschied macht, ob wir bei 0, 1 oder wie bei dir 2, oder noch höher zu summieren beginnen, woher wissen wir dann, was davon richtig ist?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-09-23


Nur zur Sicherheit: ist dir bewusst, dass man keine erzeugenden Funktionen braucht, um die Rekursion $w_n - q_n = q_{n-1}$ aufzulösen? Es ist $q_n = w_n - q_{n-1} = 3 \cdot 2^{n-1} - (3 \cdot 2^{n-2} + \cdots)$. Jetzt geometrische Reihe.



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-23


Hallo Triceratops,
das war mir nicht bewusst, nein, also danke.
Allerdings habe ich auch da jetzt was falsch gemacht, denn bei mir kommt 0 raus:
$q_n = 3 \cdot 2^{n-1} - 3 \cdot (\sum_{k=0}^{n-2} 2^k) - 3 = 3 \cdot (2^{n-1} - \frac{1-2^{n-1}}{1-2} - 1) = 0$

Und kannst du mir bitte auch die Frage beantworten, wie es mit den erz. Fkt.en funktioniert, selbst, wenn man sie nicht unbedingt braucht?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-09-24


Die Vorzeichen alternieren. Rechne am besten $q_n$ in Abh. von, sagen wir, $q_{n-4}$ aus, dann sollte die allgemeine Formel klar sein.



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-26


Hallo Triceratops,
danke für den Hinweis bezüglich der Vorzeichen.
Aber ich bin nun wirklich am verzweifeln, nachdem ich gestern 4 Stunden mit Herumrechnen an der Lösung verbracht, und immer noch nicht das Ziel gefunden habe. Nur für gerade n habe ich, glaube ich, sowohl mit der Methode der Erzeugenden Funktionen als auch mit einer Fallunterscheidung bei der geometrischen Summe, das richtige Ergebnis gefunden. Mir ist allerdings überhaupt nicht verständlich, wieso es bei der Methode der Erzeugenden Funktionen nicht auch zu einem richtigen Ergebnis für ungerade n geführt hat...
Hier


meine für gerade n zielführenden Rechnungen mit der Fallunterscheidung und den Erzeugenden Funktionen.
Bitte hilf mir weiter.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-09-26


Das Foto habe ich mir nicht angesehen.

Ich würde $q_0$ undefiniert lassen (weil wie gesagt $q_0=3$ der einzige Wert wäre, der die Rekursion auch noch erfüllen würde, aber $q_0=3$ offenbar keinen Sinn ergibt).

Fallunterscheidungen braucht man nicht.

Für $n \geq 2$ gilt

$q_n = 3 \cdot 2^{n-1} - q_{n-1}$

Für $n \geq 3$ gilt also

$q_n = 3 \cdot 2^{n-1} - 3 \cdot 2^{n-2} + q_{n-2}$

Für $n \geq 4$ gilt also

$q_n = 3 \cdot 2^{n-1} - 3 \cdot 2^{n-2} + 3 \cdot 2^{n-3} - q_{n-3}$

Allgemeiner folgt für alle $k \geq 1$ und alle $n \geq k+1$:

$\displaystyle q_n = \sum_{i=1}^{k} (-1)^{i+1} 3 \cdot 2^{n-i} \quad + \quad (-1)^k q_{n-k}$

Für $k=n-1$ bekommt man also (beachte $q_1=0$)

$\begin{eqnarray*}
q_n &=& \sum_{i=1}^{n-1} (-1)^{i+1} 3 \cdot 2^{n-i} \\
&=& -3 \cdot 2^n \cdot \sum_{i=1}^{n-1} \bigl(-\tfrac{1}{2}\bigr)^i \\\\
&=& -3 \cdot 2^n \cdot \frac{\bigl(-\tfrac{1}{2}\bigr)^n - \bigl(-\tfrac{1}{2}\bigr)}{-\tfrac{1}{2} - 1} \\\\
&=& 2^{n+1} \cdot \bigl(\bigl(-\tfrac{1}{2}\bigr)^n + \tfrac{1}{2}\bigr) \\\\
&=& 2 \cdot (-1)^n + 2^n.\end{eqnarray*}$



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Triceratops
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2019-09-23 17:47 - Newmath2012 in Beitrag No. 6 schreibt:
Hallo Ochen,
danke für die ausführliche Erklärung.

Ich verstehe allerdings nicht, warum wir einfach Koeffizienten verändern dürfen, wie es uns gerade passt. Wenn es also einen Unterschied macht, ob wir bei 0, 1 oder wie bei dir 2, oder noch höher zu summieren beginnen, woher wissen wir dann, was davon richtig ist?

Wie gesagt ist $q_0$ nicht so sinnvoll, und es gilt $q_1=0$. Daher fängt ochens Summe erst bei $n=2$ an. Hast du sonst noch Fragen zu seiner Rechnung?

Edit: $q_1=0$ korrigiert.



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Hallo Triceratops,
danke für deine Ausführungen!
Das gleiche Ergebnis (wenn man $q_0 = 0$) setzt habe ich mit den Erzeugenden Funktionen auf dem Foto auch erhalten.
Allerdings verstehe ich das nicht, dass $q_n$ für ungerade n gleich 0 sein soll. Z.B. für n=3 sind doch abc, acb, bac, bca, cba, cab alles zulässige Folgen, also müsste 6 herauskommen?



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Ochens Rechnung habe ich nun mit deiner Begründung zu n>=2 verstanden, danke!
Aber wie gesagt verstehe ich das Ergebnis für ungerade n nicht.

EDIT: Ach ich bin aber blöd, ich habe das $2\cdot (-1)^n$ als $(-2)^n$ gelesen. Jetzt ist alles klar, vielen Dank! :)



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Hallo,
ich habe doch noch eine Frage:
Wie kommt ochen denn bei der Partialbruchzerlegung auf das -3 hintenan?
Es ist doch $\frac{6z^2}{(1-2z)(1+z)} = \frac{1}{1-2z}+\frac{2}{1+z}$ ohne das -3 hintendran oder? (Zumindest kommt das ohne -3 raus, wenn ich die Partialbruchzerlegung mache...



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Ach, für die Partialbruchzerlegung müsste der Grad des Nenners kleiner sein als der vom Zähler. Aber wie seid ihr dann vorgegangen, wenn nicht mit Partialbruchzerlegung?



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ochen
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Du dividierst zuerst die Polynome (mit Rest). Es ist $6z^2:((-2z)\cdot z)=-3$.




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