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Analysis » Folgen und Reihen » Koeffizienten ablesen von e^(z+z^2/2)
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Universität/Hochschule Koeffizienten ablesen von e^(z+z^2/2)
Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-09-23 16:42


Hallo allerseits,

diesmal eine eigentlich sehr unkomplizierte Frage:
Ich versuche, den Koeffizienten $[z^n]e^{z+\frac{z^2}{2}}$ abzulesen und schaffe dies nicht.
Meine letzte gescheiterte Rechnung sieht so aus:
$I(z) = \sum_{k \geq 0}\frac{1}{k!}\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}z^j(\frac{1}{2})^{k-j}z^{2(k-j)} = \sum_{k \geq 0}\sum_{j = 0}^k\frac{z^{2k-j}}{2^{k-j}j!(k-j)!}$.
Als Ergebnis soll herauskommen, $n![z^n]I(z) = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\frac{n!}{(n-2k)!2^k k!}$
Irgendwelche schlauen Ideen, wie man das Ergebnis sieht? :)



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-26 17:05


Ist an der Fragestellung etwas unklar?

Ich dachte eigentlich, es müsste relativ einfach sein und ich sehe es nur nicht. :$



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MontyPythagoras
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Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-09-26 17:17


Hallo Newmath2012,
Wenn ich das richtig sehe, möchtest Du doch die Taylor-Reihe für $e^{z+\frac12z^2}$ bestimmen, oder? Du solltest Deine Frage schon so formulieren, dass man versteht, was Du eigentlich willst.  wink (Was soll das $[z^n]$ in dem Zusammenhang eigentlich bedeuten?)
Du hast in der inneren Summe ja auch immer noch das $j$ drin, Du bist also noch längst nicht fertig, weil es so noch gar keine Taylor-Reihe ist.

Ciao,

Thomas



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-26 17:30


Hallo Thomas,

danke für deine Beteiligung!
Meinst du mit Taylorreihe die Taylorentwicklung? Die möchte ich eigentlich nicht unbedingt.
Es geht darum, I(z) in die Form $I(z) = \sum_{j \geq 0}I_j z^j$ zu bringen und da dann $[z^n]I(z) = I_n$, also den Faktor in der Summe, der vor $z^n$ für irgendein n steht, abzulesen.
Ist es nun klarer?
Mir ist schon bewusst, dass ich noch längst nicht fertig bin, aber ich stehe leider komplett an.



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Wally
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Aus: Dortmund, Old Europe
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-09-26 17:56

\(\begingroup\)\( \newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo, Newmath2012,

schreib mal ordentlich das Cauchyprodukt der Reihen von \(e^z\) und \(e^{z^2/2}\) auf - dann hast du es.

Wally
\(\endgroup\)


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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-27 16:22


Hallo Wally,
das hatte ich urspr. gemacht und dann eben weiter umgeformt.
Also das "ordentliche" Cauchyprodukt sieht bei mir so aus:
$exp(z+\frac{1}{2}z^2) = \sum_{k \geq 0} \frac{1}{k!}\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}z^j(\frac{1}{2})^{k-j}z^{2(k-j)}$.
Das hat mir allerdings nicht geholfen, weil da eben eine Doppelsumme ist und man nicht einfach [z^n] ablesen kann.



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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-09-27 17:06


Das ist nicht das Cauchy-Produkt. Es ist
$$e^z=\sum_{k=0}^\infty \frac{z^k}{k!}$$und daher:
$$e^{z+\frac12z^2}=\left(\sum_{k=0}^\infty \frac{z^k}{k!}\right)\cdot\left(\sum_{m=0}^\infty \frac{(\frac12z^2)^m}{m!}\right)$$Und darauf wendest Du jetzt das Cauchy-Produkt an.
Was Du gemacht hast, ist, über den binomischen Lehrsatz $(z+\tfrac12z^2)^k=\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}z^j(\tfrac12z^2)^{k-j}$ in die Summe zu bringen. Das ist ein ganz anderer Weg.

Ciao,

Thomas



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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-09-28 01:19


(2019-09-27 16:22 - Newmath2012 in <a
Das hat mir allerdings nicht geholfen, weil da eben eine Doppelsumme ist und man nicht einfach [z^n] ablesen kann.

Hallo, die Furcht vor Doppelsummen ist unbegründet. Ich zeige Dir einen Weg, der zwar nichts anderes ist als das Cauchy-Produkt, dem man dies aber ncht geich ansieht:

fed-Code einblenden

Die Idee von Wally ist vermutlich die einfachere, aber Deine mit der binomischen Formel geht auch, wenn Du wie gezeigt, de Doppelsmmen berechnest.

Gruß Wauzi

PS: Was ist eigentlich [zn]? DieseSchreibweise habe ich in diesem Zusammenhang noch nie gesehen


-----------------
Primzahlen sind auch nur Zahlen



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Newmath2012
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Dabei seit: 26.09.2013
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-28 15:13


Hallo wauzy,
herzlichen Dank für die genaue Ausführung!
Mir ist bei dir allerdings das erste Gleichheitszeichen nicht klar. - Wieso geht die innere Summe bis unendlich und nicht nur bis n?
Hier auf Wikipedia de.wikipedia.org/wiki/Cauchy-Produktformel geht die innere Summe nur bis n?

[z^n] ist einfach der n-te Koeffizient. Wenn man den von deiner letzten Summe abliest, also c(n)

Und bitte verratet mir auch, wie die Anwendung des Cauchy-Produktes aussehen soll, wauzy und MontyPythagoras.
Ich habe das nämlich nochmal neu begonnen und komme mit den auf Wikipedia nachgelesenen Formulierungen immer auf das, was ich geschrieben habe, also:
$I(z) = exp(z+\frac{z^2}{2}) = \sum_{n = 0}^{\infty}\sum_{k=0}^n \frac{z^k}{k!}(\frac{1}{2})^{n-k}z^{2n-2k}\frac{1}{(n-k)!}$ = $\sum_{n \geq 0}\sum_{k=0}^n\frac{z^{n-k}}{(n-k)!}(\frac{1}{2})^kz^{2k}\frac{1}{k!}$



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ochen
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Aus: der Nähe von Schwerin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-09-28 15:22


Hallo,

du kannst das Cauchy-Produkt in folgender Weise verwenden:
\[e^{z+z^2/2}=e^{z}\cdot e^{z^2/2}=\left(\sum_{k=0}^{\infty}\underbrace{\frac{1}{k!}}_{=:a_k}z^k\right)\left(\sum_{k=0}^{\infty}\underbrace{\frac{\chi_{2\mathbb{Z}}(k)}{2^{k/2}(k/2)!}}_{=:b_k}z^{k}\right)=\sum_{k=0}^{\infty}c_kz^k\] mit $\chi_{2\mathbb{Z}}(k)=\begin{cases}1, &2\mid k\\0, &2\nmid k\end{cases}$ und $c_k=\sum\limits_{\ell=0}^ka_{k-\ell} b_\ell$.

Somit folgt
\[c_k=\sum\limits_{\ell=0}^k\frac{1}{(k-\ell)!}\frac{\chi_{2\mathbb{Z}}(\ell)}{2^{\ell/2}(\ell/2)!}=\sum\limits_{m=0}^{\lfloor k/2\rfloor}\frac{1}{(k-2m)!}\frac{1}{2^{m}m!}.\]
Setze $m=\ell/2$ für $2\mid \ell$.



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-28 15:32


Hallo ochen,
danke für deine Antwort.
Ich sehe nur nicht, wie du auf die Formel kommst, weil da das k im Zähler und Nenner nicht mehr zusammenpassen?
EDIT: Ich sehe gerade, dass du die Formel ausgebessert hast. Aber jetzt schaut es wirklich sehr kompliziert aus. :/



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-09-28 15:39

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

die Formel von ochen stimmt zwar, ist aber glaube ich unnötig kompliziert. Statt künstlich Terme wie $1+(-1)^n$ einzuführen, kann man einfacher mit so etwas wie Kronecker-Deltas zu arbeiten.

Der Grund, warum du bisher nicht auf das richtige Ergebnis gekommen bist ist, dass du das Cauchyprodukt falsch (also formal stimmt es schon, aber es ist nicht zielführend) angewendet hast.
Was ist denn $[z^n]\exp(z^2/2)$?
\(\endgroup\)


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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-09-28 15:57


Hallo,

ihr habt natürlich recht, es ist sehr kompliziert aufgeschrieben. Meine Beitrag habe ich nochmal editiert. Hoffentlich ist es jetzt schöner.



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-28 16:30


Hallo Nuramon,
$[z^n]exp(\frac{z^2}{2})$ bezeichnet den Koeffizienten von $z^n$ in der Summen- oder Reihendarstellung von $exp(\frac{z^2}{2})$.
Was meinst du denn mit "nicht zielführend angewendet", also wie geht es besser?
Und kannst du mir verraten, wieso bei wauzy die innere Summe bis unendlich statt bis n geht?



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ochen
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Aus: der Nähe von Schwerin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-09-28 16:47


2019-09-28 16:30 - Newmath2012 in Beitrag No. 13 schreibt:
Hallo Nuramon,
$[z^n]\exp(\frac{z^2}{2})$ bezeichnet den Koeffizienten von $z^n$ in der Summen- oder Reihendarstellung von $\exp(\frac{z^2}{2})$.
Entschuldige, dass ich für Nuramon antworte. Das weiß er, aber er möchte, das du diesen Koeffizienten ausrechnest und hier einmal hinschreibst.



Was meinst du denn mit "nicht zielführend angewendet", also wie geht es besser?
Guck dir nochmal meinen editierten Beitrag an, diesmal ist er nicht so kompliziert und sollte auch zum Ziel führen.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-09-28 16:51


Was ochen in meinem Namen gesagt hat.  smile



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-09-28 19:00

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-09-28 16:30 - Newmath2012 in Beitrag No. 13 schreibt:
Und kannst du mir verraten, wieso bei wauzy die innere Summe bis unendlich statt bis n geht?
Die innere Summe bei Wauzi geht eigentlich auch nicht bis unendlich, denn dort wird nur über die $m$ summiert für die $m+n=r$ gilt. Für feste $r,n\in \IN$ gibt es nur endlich viele solche $m$.
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-09-28 20:43


Die Koeffizienten haben übrigens eine kombinatorische Bedeutung (siehe hier): $n! \, [z^n] \, \exp(z+z^2/2)$ ist die Anzahl der Partitionen von einer $n$-elementigen Menge in Mengen mit $1$ oder $2$ Elementen.



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Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-29 01:06


Hallo Nuramon, Triceratops und ochen,
vielen Dank für eure Hilfe, ihr seid spitze! :))
Das mit [z^n] ist mir nun klar.

Zur Interpretation noch eine Frage: Ich beschäftige mich zur Zeit genau mit der Symbolmethode, die Triceratops verlinkt hat (das Buch aus dem sie stammt, ist übrigens online frei als pdf zu finden) und mir ist das nicht klar (weder aus dem Link noch aus dem Buch), wie in diesem Fall die Symbole ersetzt werden (und warum die symbolische Darstellung hier überhaupt so lautet wie sie lautet).
Hat das jemand verstanden?

Und noch eine Frage: Entspricht "die Anzahl der Partitionen einer n-elementigen Menge in Mengen mit 1 oder 2 Elementen"  der "Anzahl der involutorischen Permutationen einer n-elementigen Menge" oder muss man erstere Anzahl durch n! teilen, um letztere Anzahl zu erhalten?



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Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3867
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-09-29 08:39


Ja, die Zahl der Partitionen einer $n$-elementigen Menge in Mengen mit $1$ oder $2$ Elementen ist zugleich die Zahl der Involutionen einer $n$-elementigen Menge; da muss man nicht mehr $n!$ teilen. Man kann ja direkt eine Bijektion hinschreiben, jede Menge $\{a\}$ entspricht einem Fixpunkt, und jede Menge $\{a,b\}$ entspricht einem $2$-Zykel $(a~b)$.

Zur symbolischen Repräsentation: Ich verwende die Sprache der kombinatorischen Spezies (nach André Joyal). Das sind Funktoren

$F : \mathcal{B} \to \mathcal{B},$
 
wobei $\mathcal{B}$ die Kategorie der endlichen Mengen und Bijektionen ist. Kurze Erklärung: Die Interpretation ist, dass $F(X)$ die Menge der Strukturen vom Typ $F$ auf einer endlichen Menge $X$ ist. Zudem hat man für jede Bijektion $f : X \to Y$ eine zugehörige Bijektion $F(f) : F(X) \to F(Y)$, welche einen "Strukturtransport entlang von $f$" ermöglicht. Es gelten die Rechenregeln $F(\mathrm{id}_X)=\mathrm{id}_{F(X)}$ und $F(g \circ f) = F(g) \circ F(f)$.
 
Die (exponentielle) erzeugende Funktion einer kombinatorischen Spezies $F$ wird auch mit $F$ bezeichnet und ist definiert durch

$\displaystyle F(z) := \sum_{n=0}^{\infty} |F([n])| \frac{z^n}{n!},$

wobei $[n] := \{1,\dotsc,n\}$.
 
Das vermutlich langweiligste Beispiel ist die kombinatorische Spezies $\mathrm{SET}$ der "strukturlosen Mengen": es gilt $\mathrm{SET}(X):=\{X\}$, d.h. hier gibt es nur eine Struktur. Die erzeugende Funktion ist $\mathrm{SET}(z) = \exp(z)$.

Wir können für einen Index $k$ auch die kombinatorische Spezies $\mathrm{SET}_k$ der Mengen mit $k$ Elementen betrachten: Es sei $\mathrm{SET}_k(X)=\{X\}$ für $|X|=k$ und $\mathrm{SET}_k(X)=\emptyset$ sonst. Dann ist die erzeugende Funktion

$\displaystyle \mathrm{SET}_k(z) = \frac{z^k}{k!}.$

Viele Konstruktionen mit endlichen Mengen kann man auch mit kombinatorischen Spezies durchführen und dann die erzeugenden Funktionen der neuen Spezies berechnen. Zum Beispiel kann man für eine Familie $(F_i)_{i \in I}$ vom Spezies ihre Summe definieren durch

$\displaystyle \bigl(\sum_{i \in I} F_i\bigr)(X) := \coprod_{i \in I} F_i(X),$
 
wobei wir natürlich, sofern $I$ unendlich ist, die Annahme machen müssen, dass diese disjunkte Vereinigung endlich ist. Für die erzeugenden Funktionen gilt

$\displaystyle \bigl(\sum_{i \in I} F_i\bigr)(z) = \sum_{i \in I} F_i(z).$
 
Zum Beispiel ist
 
$\displaystyle \mathrm{SET} \cong \sum_{k \geq 0} \mathrm{SET}_k$

und wir können auch Teilsummen wie etwa

$\mathrm{SET}_{1,2} := \mathrm{SET}_1 + \mathrm{SET}_2$
 
betrachten, die kombinatorische Spezies der Mengen mit $1$ oder $2$ Elementen. Ihre erzeugende Funktion ist entsprechend $z+\frac{z^2}{2}$.

Eine weitere Konstruktion ist die Komposition $F \circ G$ von zwei kombinatorischen Spezies $F,G$: Eine Struktur vom Typ $F \circ G$ auf einer Menge $X$ besteht aus einer Partition $P$ von $X$ (welche ja insbesondere eine endliche Menge ist), einer Struktur vom Typ $F$ auf $P$, sowie für jede Menge $A \in P$ einer Struktur vom Typ $G$ auf $A$. In Formeln:

$\displaystyle (F \circ G)(X) := \coprod_{P \in \mathrm{Part}(X)} F(P) \times \prod_{A \in P} G(A).$
 
Das ganze ist so gemacht, dass (falls $G(\emptyset)=\emptyset$) für die erzeugenden Funktionen tatsächlich
 
$(F \circ G)(z) = F(G(z))$
 
gilt. Das kann man leicht nachrechnen.

Im Spezialfall $F=\mathrm{SET}$ ist $(\mathrm{SET} \circ G)(X)$ die Menge der Partitionen von $X$ zusammen mit $G$-Strukturen auf den Mengen in der Partition. Die erzeugende Funktion ist $\exp(G(z))$.

Für $F=\mathrm{SET}$, $G = \mathrm{SET}_{1,2}$ erhalten wir also die Partitionen von $X$ in Mengen mit $1$ oder $2$ Elementen. Und die erzeugende Funktion von $\mathrm{SET} \circ \mathrm{SET}_{1,2}$ ist dann gleich $\exp(z+\frac{z^2}{2})$.

Weitere Beispiele, die zum Verständnis ganz gut sind:

$\mathrm{SET} \circ \mathrm{SET}_{\geq 1}$ ist die Spezies sämtlicher Partitionen (vgl. Bell-Zahlen) mit erzeugender Funktion $\exp(\exp(z)-1)$.

$\mathrm{SET}_k \circ \mathrm{SET}_{\geq 1}$ ist die Spezies von $k$-Partitionen (vgl. Stirling-Zahlen 2. Art) mit erzeugender Funktion $(\exp(x)-1)^k/k!$.



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