Rekusiv definierte Folgen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:52 So 12.06.2016 | | Autor: | hippias |
| Aufgabe | | Methoden zur expliziten Darstellung einer rekursiv definierten Folge |
Hallo Forum,
ich habe für die durch [mm] $\alpha_{1,n}=1$ [/mm] und [mm] $\alpha_{k,n+1}= \alpha_{k-1,n}+k\alpha_{k,n}$ [/mm] rekursiv definierte Folge mit einigem Aufwand eine explizite Darstellung gefunden.
Ich würde gerne fragen, ob jemand allgemeine Methoden zur Bestimmung einer expliziten Darstellung solcher $2$-dimensionaler rekursiv definierter Folgen kennt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:28 Mo 13.06.2016 | | Autor: | Ladon |
Hallo hippias,
die Frage würde sich evtl. als Umfrage zum Sammeln der Verfahren lohnen.
Mir fallen mindestens 2 Verfahren ein, mit denen man eine geschlossene Form berechnen kann. Es ist allerdings unklar, aus welchem Zahlenbereich $n$ und $k$ stammen!
Zudem frage ich mich, ob du nicht noch eine weitere Bedingung an [mm] $\alpha_{k,1}$ [/mm] stellst.
Gegeben ist $ [mm] \alpha_{1,n}=1 [/mm] $ und $ [mm] \alpha_{k,n+1}= \alpha_{k-1,n}+k\alpha_{k,n} [/mm] $ bzw. [mm] $\alpha_{k,n}= \alpha_{k-1,n-1}+k\alpha_{k,n-1}$ [/mm] (x).
1. Möglichkeit:
Trivial, aber effektiv. Man ratet die geschlossene Form einer rekursiv definierten Folge einfach durch scharfes hinsehen. Hier ist das aber sicherlich keine realistische Möglichkeit. 
2. Möglichkeit:
![[]](/images/popup.gif) Differenzenrechnung ist das Stichwort! Darüber solltest du dich informieren. Da ich dies bisher nur auf rekursive Folgen mit einem Parameter angewendet habe, ist die folgende Ausführung unvollständig. Und sollte mit kritischem Auge gelesen werden.
Man startet häufig mit der Definition einer Funktion [mm] $f(x,y)=\sum_{0
[mm] $$(1-xy-y)f(x,y)=(1-xy-y)\sum_{0
Umgruppieren...
[mm] $$\sum_{1
(Ich hoffe, dass ich keine Indexfehler fabriziert habe. Für die rekursive Folge [mm] $\alpha_{k,n}=\alpha_{k-1,n-1}+\alpha_{k,n-1}$ [/mm] wäre obige Umformung sicherlich hilfreich.)
Leider bringt uns das herzlich wenig, denn wir brauchen etwas der Form [mm] $\alpha_{k,n}-\alpha_{k-1,n-1}-k\alpha_{k,n-1}$. [/mm] Um das $k$ mit einzubringen, muss man Umformungsschritte durchführen, bei denen man die diskrete Ableitung einbindet. Das ist aber nur eine Vermutung. Das diskrete Analogon im Mehrdimensionalen habe ich allerdings noch nicht hinreichend studiert. Sicherlich gibt es hier im Forum Personen, die sich diesbezüglich besser auskennen.
Ich wäre zudem für Hinweise auf Fehler dankbar, insbesondere bzgl. des Umformungsschritts. 
Generell möchte ich mit diesem Post jedoch auf die Differenzenrechnung aufmerksam machen, die man häufig für solche Aufgaben nutzen kann.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:43 Mo 13.06.2016 | | Autor: | hippias |
Danke für den Hinweis auf das Thema Differenzenrechnung (und erzeugende Funktionen). Ich werde schauen, was ich dazu finde.
Übrigens sind mir seid gestern zwei Dinge aufgefallen:
1. Die von mir so mühevoll gefundene explizite Darstellung brauche ich gar nicht. Ich hätte lieber eine explizite Darstellung von [mm] $\alpha_{n+1,k}= \alpha_{n,k-1}-n\alpha_{n,k}$.
[/mm]
2. Beide Rekursionsgleichung sind wohlbekannt unter dem Namen Stirling-Zahlen 1. und 2. Art, zu denen es eine Vielzahl von Informationen gibt.
Wenn ich schon Mühe darauf verwendet habe, längst Bekanntes herauszufinden, so habe ich doch den Trost, dass ich mich wenigstens nicht verrechnet habe.
Jedenfalls ist das Thema Differenzgleichungen von nicht geringem Interesse.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:09 Di 14.06.2016 | | Autor: | Ladon |
Ach ja, die Stirling Zahlen.
Dazu fällt mir ein Beweis ein. Für mich sind die Stirling Zahlen nämlich [mm] $\alpha_{n,k}=\mbox{Anzahl}(\{\mbox{k-Partitionen von }\{1,...,n\}\})$ [/mm] für alle [mm] $n,k\in\IN_{\ge1}$.
[/mm]
Jetzt müssen wir nur zeigen, dass meine Behauptung mit der rekursiven Formel
[mm] $$\alpha_{k,n+1}= \alpha_{k-1,n}+k\alpha_{k,n} [/mm] $$
übereinstimmt. Bzw. wir zeigen eigentlich
[mm] $$\alpha_{k,n}=\alpha_{k-1,n-1}+k\alpha_{k,n-1}$$
[/mm]
Beweis
Es sei [mm] $\{M_1,...,M_k\}$ [/mm] eine k-Partition von [mm] $\{1,...,n\}$. [/mm] Wir untersuchen 2 Fälle:
1.) [mm] $\{n\}=M_i$ [/mm] für ein $i$.
Dann ist [mm] $\{M_1,...,M_{i-1},M_{i+1},...,M_k\}$ [/mm] eine $(k-1)$-Partition von [mm] $\{1,...,n-1\}$.
[/mm]
2.) [mm] $n\in M_i$ [/mm] für ein $i$, aber [mm] $\{n\}\neq M_i$.
[/mm]
Dann ist [mm] $\{M_1,...,M_i\setminus\{n\},M_{i+1},...,M_k\}$ [/mm] ist eine $k$-Partition von [mm] $\{1,...,n-1\}$.
[/mm]
Da es $k$ Möglichkeiten gibt, das n wieder einzusortieren, erhalten wir mit 1.) und 2.)
[mm] $$\alpha_{k,n}=\alpha_{k-1,n-1}+k\cdot \alpha_{k,n-1}.$$
[/mm]
Außerdem ist [mm] $\alpha_{1,n}=\mbox{Anzahl}(\{\mbox{1-Partitionen von }\{1,...,n\}\})=\mbox{Anzahl}(\{\{1,...,n\}\})=1$. $\square$
[/mm]
Der Nachteil obiger Ausführungen ist jedoch, dass es nicht einsichtig ist, wie man auf die Behauptung [mm] $\alpha_{n,k}=\mbox{Anzahl}(\{\mbox{k-Partitionen von }\{1,...,n\}\})$ [/mm] für alle [mm] $n,k\in\IN_{\ge1}$ [/mm] kommt.
Liebe Grüße
Ladon
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:24 Mi 15.06.2016 | | Autor: | hippias |
Hätte ich die Stirling-Zahlen eher erkannt, hätte ich mir einiges an arbeit ersparen können. Bei mir tauchten sie bei der Polynomgleichung [mm] $\prod_{i=0}^{n-1} [/mm] (t-i)= [mm] \sum_{k=1}^{n}\alpha_{k,n}t^{k}$ [/mm] auf.
Die Frage, welche Methoden es zur Lösung von $2$-dimensionalen Rekursionsgleichungen gibt, ist trotzdem interessant.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:30 Mi 15.06.2016 | | Autor: | Ladon |
Neben Differenzenrechnung, solltest du nach "erzeugnender Funktion" einer Folge suchen.
Aigners "Diskrete Mathematik" erklärt das Vorgehen für Folgen, die nur von einer Variablen abhängen.
Viele Grüße
Ladon
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