Reihe |
| 03.01.2005, 13:21 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Reihe 1, 1, 2, 2, 4, 4, 7, 8, 12, 14, 21, 24, 34, 41,... |
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| 03.01.2005, 13:34 | quizzmaster | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
das geht doch schonmal nicht, weil die regelmäßigkeit bei 7, 8 schon nicht mehr gegeben ist. |
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| 03.01.2005, 13:37 | gast | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
*grins, das bedeutet aber nur das es sich nicht um die Regelmässigkeit handelt von der du es gedacht hast, nicht das es keine gibt. |
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| 03.01.2005, 13:42 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
"regelmäßig" ist bei zahlenreihen relativ..... ein beispiel: wenn es z.b. darum geht das nächste glied zu bestimmen, kannst du dir eigentlich beliebiges ausdenken und die werte z.b. als zugehörige nullstellen einer von dir gewählten funktionenfolge zu benennen. , wobei die f_n(x) z.b. zu jeder natürlichen zahl eine relle lineare funktion mit steigung ungleich 0 sind (hat also genau eine NST) deine reihe sei b_n. dann gilt für diese: , also jedem n wird durch b die nullstelle der zugehörigen funktion fn(x) zugeordnet. es gilt: a1=x-1 a2=x-1 a3=x-2..... usf. liefert dir deine b_n. auch sonstige lösungen sind möglich. aber "normale" regelmäßigkeiten sind da wirklich nicht zu erkennen. mfg jochen edit: was isn da jetzt am latex falsch? test: edit2: kA, wieso das grad nicht geht: der erste LaTeXTeil enthält dies hier: a_n=f_n(x) der zweite das: f_n(b_n)=0 (der dritte nur "test", also da sollte kein fehler sein) |
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| 03.01.2005, 13:54 | davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
was meinst du genau, loed, ich habe nicht ganz verstnden was du meinst, kannst du das präzisieren / vereinfachen? danke |
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| 03.01.2005, 14:05 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
das soll nur zeigen, das du jeder noch so seltsam erscheinenden reihe einen sinn geben kannst. dazu kann ich dir mal folgenden unterhaltsamen text empfehlen: http://www.wissenschaft-online.de/abo/spektrum/archiv/1017 und dann ist eben die frage was "regelmäßig" in dem sinne bedeutet... mfg jochen |
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| 03.01.2005, 14:17 | gast | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
das ist alles richtig was du schreibst LOED, aber du verlagerst die Frage nach einer Regelmässigkeit in der Folge nur auf die Funktionsfolge. Wenn man die Aufgabe genauer formuliert wird es deutlicher: Gibt es eine endliche, explizite oder implizite Darstellung der Folge, d.h. als geschlossene Funktion? |
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| 03.01.2005, 14:23 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Solange du nur endlich viele Werte angibst, kann man z.B. ein zugehöriges Interpolationspolynom nehmen. |
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| 03.01.2005, 14:24 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
okay gesucht ist eine reelle folge, die diese werte als folgenglieder hat? also nehme ich an, es sei eine polynomfunktion, ich habe 14 werte gegeben, also nehme ich einen grad von 13. ansatz: a_n=b13*n^13 + b12*n^12 + ... + b01*n + b00 für n nacheinander 1 bis 14 einsetzen, für a_n jeweils den entsprechenden wert, das ergibt mir dann eine lösung für die bs. und schon steht mein expliziter ansatz da. ist da sowas gemeint?! naja, wers mag und zuviel zeit hat.... mfg jochen |
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| 03.01.2005, 14:25 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
ich dachte an etwas in diesem stil: F(X) = x^2 + 1/1^x oder so (nur ein kleines beispiel), womit sich das x-te glied berechnen lassen würde, für diese spezifische reihe, nicht allgemein. |
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| 03.01.2005, 14:27 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Also, die reihe ist unendlich, steigt exponentiell an, und ich könnte auch noch einige weitere glieder "abzählen", wenn jemand eine formel hat, von der er glaubt sie stimme. |
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| 03.01.2005, 14:29 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Dann ist es vielleicht besser, du erzählst uns das (rekursive?) Bildungsgesetz, dann sehen wir vielleicht eher klar, was du meinst! |
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| 03.01.2005, 14:35 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
meine reihen, die ich finden würde sind auch unendlich... sie haben gar keinen grund endlich zu sein..... nur weil die ersten 92000 folgenglieder (also mehr sind sicher nicht angegeben) exponentielle steigung vermuten lassen, muss das trotzdem nicht für die ganze folge gelten... und du kannst gar nicht so viele werte angeben, das mein verfahren nicht mehr prinzipiell zur lösung führen würde..... 
mfg jochen |
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| 03.01.2005, 14:46 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Es geht um die PartitionsZahlen (nicht Mengen), wobei ich mir überlegt habe, das ich die Partition von einer Variablen N (nachher P(N) ) vereinfachen könnte. Zuerst zwei Beispiele: P(2) = [1+1],[2] := {2} P(3) = [1+1+1],[2+1],[3] := {3} Wobei [2+1] = [1+2] gilt. Zur vereinfachung habe ich festgestellt, dass man für P(N) zu P(N-1) immer ein einzelnes 1 dazu tun kann. P(4) = [1+1+1+1],[1+2+1],[1+3] dann ist allerdings noch nicht alles abgedeckt: ...,[2+2],[4] := {5} Nennen wir die Anzahl der fehlenden Bestandteile X(P). Nun ist X(1) = 1, da [1] nicht in X(0) vorkommt. X(2) ist auch 1, weil [1+1] von P(1) stammt, [2] allerdings nicht. Züruck zum Anfangsproblem heisst das nun: P(N) = P(N-1) + X(N) Da P(N), P(N-1), ... soweit kein Problem ist, kam mein Fokus auf X(N). Gibt man die Wert von X(1),...,X(15) in einen Graphen ein, sieht man eine exponentielle Kurve, mit mehr oder weniger regelmässigen Einbuchtungen. Aber wie kann ich X(N) herausfinden ohne alle Möglichkeiten durch zu probieren, das ist mein Problem. Ich dachte, dass die Reihe eventuell bereits bekannt ist, scheint aber nicht der Fall zu sein, darum hab ich sie "1. Davische Reihe" getauft. |
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| 03.01.2005, 14:58 | gast | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hi LOED, mit der Polynomfunktion gibt es auch ein Problem : nach meiner Fragestellung ist ein geschlossener Ausdruch als Darstellung für die Folge gesucht. Wenn du jetzt aus den endlich vielen gegebenen Folgegliedern ein Polynom machst, dessen Nullstellen die Folgeglieder selbst sind, wieviel weitere mögliche Nullstellen hat das Polynom dann? Die Antwort ist leicht : 0 d.h. die von dir gewählte Darstellung ist keine Darstellung für die Folge, denn die hat unendlich viele Glieder. |
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| 03.01.2005, 15:01 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Für die Partitionszahlen gilt die folgende Rekursionsformel: p(n) = 0 für n<0 p(0) = 1 p(n) = p(n-1) + p(n-2) - p(n-5) - p(n-7) + ... Hierbei alterniert das Vorzeichen nach jeweils zwei Summanden. Die Subtrahenden im Argument von p(...) erhält man, wenn man in ½(3k²-k) nacheinander k=1,-1,2,-2,3,-3,4,-4,... einsetzt. EDIT nach Reinhold Remmert, Funktionentheorie II, Springer 1991, Kapitel 1, §4 |
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| 03.01.2005, 15:02 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@Davidxy Diese Fragestellung ist ja durchaus bekannt (mit Namensgebungen würde ich ohne Literaturrecherche etwas vorsichtig vorgehen
),eine einfache explizite Darstellung der zugehörigen Anzahlfolge gibt es meines Wissens nach nicht, höchstens Abschätzungen, also sowas wie O(...).Vielleicht kennt ja hier jemand eine passende WWW-/Literatur-Stelle zu Partitionen natürlicher Zahlen (Leopold?) - ich selbst müsste auch erst mal Google anwerfen. |
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| 03.01.2005, 15:02 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
wie du unschwer nachlesen kannst, gast, hatte meine spätere sache nichts mehr mit nullstellen, sondern mit funktionwerten (folgenwerten) zu tun. sind d werte gegeben (a1 bis ad), dann kann ich ein polynom f vom grad d-1 finden mit f(1)=a1, f(2)=a2,..., f(d)=ad.... und das hat selbstverständlich auch einen wert für f(d+1), f(d+2) usf. also mal genauer lesen
.@davidxy:
geht das genauer? wie wäre es mit einem bild? mfg jochen |
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| 03.01.2005, 15:09 | gast | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
ok mein fehler |
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| 03.01.2005, 15:12 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
 http://img155.exs.cx/img155/2719/reihe1qo.jpghier wäre mein bild. @leopold: wie ist das dann zb. mit P(3), kannst du sowas rasch aufzeigen? danke |
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| 03.01.2005, 15:24 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
laut leopold: P(3)=P(2)+P(1)=1+1=2, stimmt weiterer test: P(5)=P(4)+P(3)-P(2)+P(1)=2+2-1+1=4 stimmt auch..... stimmt also für 2 proben..... mfg jochen |
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| 03.01.2005, 15:38 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Meine Rekursionsvorschrift lautete aber ein klein bißchen anders ... |
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| 03.01.2005, 15:50 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
oh jemine, wer lesen kann...! danke für den hinweis! dann ist z.b. P(5)=P(4)+P(3)-P(0)- ... ab da sind alle null also... = P(4)+P(3)=4 und mal schauen, ob ich's denn ganz verstanden habe: ich setzt in 0,5*(3k²-k) die werte 1,-1,2,-2,... ein: 1 ergibt: 1, -1 ergibt 2, 2 ergibt 5, -2 ergibt 7, 3 ergibt 12, -3 ergibt 15, 4 ergibt 22... damit dann zum beispiel: P(15)=P(15-1)+P(15-2)-P(15-5)-P(15-7)+P(15-12)+P(15-15)-...=P(14)+P(13)-P(10)-P(8)+P(3)+P(0)=... ohje da bekomme ich ablesschwierigkeiten.... müsste jetzt mal noch P(14) und so rekursiv berechnen.... aber so müsste es dann stimmen oder? mfg jochen |
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| 03.01.2005, 15:54 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
So kann das gar nicht sein, da P(3) = 3 und nicht gleich 2 ist. Wenn du die X(3) meinst stimmt das. Daraus resultieren würde dann: P(3) = X(3) + P(2) P(2) = X(2) + P(1) X(2) = 1 P(2) = 1 + 1 = 2 P(3) = X(3) + 2 X(3) = X(1) + X(2) = 2 => P(3) = 4 <- falsch Also, jetzt bin ich verwirrt! Zahl: 1,2,3,4 Partition(P(y)): 1,2,3,5 Partitionsvergrösserung (X(y)): 1,1,1,2 Also 3. Spalte: X(3) = 1 P(3) = 3 = P(2) + X(3) P(2) = 2 das steht mal fest. also muss dein P(3) = 2 meinem P(2) entsprechen, oder meinem X(4). Eher dem X(4). Also sind wir (ich) um eine zeile spalte verschoben. P(4) = X(4) + P(3) X(4) = 2 P(3) = 3 =>P(4) = 5, ok jetzt stimmts! dann P(6) = X(6) + P(5) X(6) = X(5)+X(4)-X(3)+X(2)+X(1) = 4 + 2 - 2 - 1 + 1 = 4 P(5) = X(5) + P(4) = 2 + 2 - 1 - 1 + P(4)= 2 + P(3) + X(3) = 2 + 2 + 1 -1 + P(3) = 4 + X(2) + P(2) = 6 .... Viel zu kompliziert. Aber das entscheidende ist ja, um mit dieser Formel eine Partition von zb. 8 zu bekommen, dauert das ewig, alle Partitionen von den Zahlen unten dran berechnen, den Unterschied immer addieren, etc. Oder hab ich was falsch verstanden, und es ist einfacher? |
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| 03.01.2005, 15:56 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
(da ich net editieren kann) Fassen wir zusammen, es gibt keine sinnvolle bzw. einfache Formel für die Partitionen, es ist einen riesen aufwand zb. die Partition von 500 zu berechnen, oder? |
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| 03.01.2005, 15:59 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
das lese ich aus deinem schaubild nicht ab, da ist P(3)=2, beim besten willen.
sagt dir z.b. die fibonaccireihe was? wie berechnet man denn da das 8. folgenglied?! mfg jochen |
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| 03.01.2005, 16:02 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Leopold hat vergessen, die Startwerte anzugeben: p(1)=1 dürfte klar sein, aber dass man auch p(0)=1 setzt, ist vielleicht nicht ohne weiteres klar! Also: p(0)=1 p(1)=1 p(2)=2 p(3)=3 p(4)=5 p(5)=7 p(6)=11 p(7)=15 p(8)=22 p(9)=30 p(10)=42 p(11)=56 p(12)=77 ... (Hoffentlich hab ich mich nicht auch noch verrechnet. 
) |
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| 03.01.2005, 16:05 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
dann ist schon das bild oben falsch: da lese ich P(1)=P(2)=1 andererseits ist dort auch P(0) nicht 1 sondern 0..... edit: ne P(0) ist nicht gleich 0, es ist nicht definiert.... so besser..... liegt da irgendwo das missverständnis?! mfg jochen |
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| 03.01.2005, 16:09 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Du willst mir erzählen, dass wenn du 3 Steinchen hast, nur 2 verschieden Häufchen machen kannst? Ich kann 3 machen: * * * ** * *** =>P(3) = 3 und der Unterschied P(2) zu P(3) ist 1. * * ** zu * * * ** * *** = 1 soviel noch zu dem, aber das mit fibonacci, mh ich hoffte nur es würde eine bessere formel geben als diese: p(n) = 1/Pi*sqrt(2) Summe {1=<k=<N} sqrtk( Summe {h mod k} *griechisches W*{h,k} e^(-2Pi*i*(h*n/k)))d(dn(cosh(Pi sqrt(n-1/24)/k)-1/sqrt(n-1/24))+O(n^(-1/4)) |
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| 03.01.2005, 16:09 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Man setzt halt p(0), damit die Rekursion hinhaut. Nicht, das hinter dem Wert p(0) eine tiefere Bedeutung steckt.
EDIT: Ich seh grad, dass Leopold das p(0)=1 vor einer halben Stunde ergänzt hat, hab ich glatt überlesen. |
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| 03.01.2005, 16:12 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
nö, ich habe nur in dein schaubild geguggt! was ich für häufchen mit steinen machen kann, das interessiert nun glaube ich wirklich keine S**! *g* |
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| 03.01.2005, 16:12 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
a propos P(0): Mit 0 kann ich 0 Häufchen machen => 0, das ist soweit eindeutig klar, weil würde man sagen, ich kann 1 Nullerhäufchen machen, könnte man ja überall eine beliebige anzahl nullerhäufchen machen, das wäre ja ein witz. wie kommt man dann mit dieser Formel von 0 auf 1 ? 
das widerspricht sich doch. |
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| 03.01.2005, 16:14 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Auf meinem Bild ist nicht y = P(x) sondern y = X(x) eingezeichnet wenn du den graphen meinst. |
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| 03.01.2005, 16:15 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
p(1)=p(0)+p(-1)-p(-4)-...=p(0)=1
Kein Witz - 1 Nullerhäufchen ist richtig, und es gibt nur dieses eine, weil alle anderen Nullerhäufchen genau wie das erste aussehen.
Im Ernst: Betrachtet das doch bitte nur als Festlegung, nicht als interpretierbaren Wert. |
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| 03.01.2005, 16:20 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
1. wie kommt ihr eigentlich auf die idee, jetzt plötzlich negative zahlen beizumischen, um da was zu retten? (ausser ev. leopold hat das doch noch niemand erwähnt) dann müssten die ja auch bei den P(x) X > 0 vorkommen. 2. wie kommt ihr auf diese reihe P(0), P(-1), P(-4),... 3. wieso sollte sich das aufeheben, sodass nur noch P(-1) übrigbleibt? |
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| 03.01.2005, 16:24 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
also bei nullerhäufchen hört bei mir der spaß auf! ähm, vergleiche auch die menge aller bijektiven abbildungen von der leeren menge in sich selbst: es gibt genau eine abbildung. man kann leicht berechnen, dass es von einer n-elemnetigen menge genau n! bijektive abbildungen in sich selbst gibt. und 0! ist eben als 1 definiert, das hat sonst auch keinen anschaulichen sinn. @david: ja danke, jetzt sehe ichs auch, ich nehme dann ein paar dinge zurück.....
was ist das?! sieht das nur so schlimm aus, weils nicht getext ist, oder...?! mfg jochen |
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| 03.01.2005, 16:24 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hm, nun kommen mir die Partitionszahlen immer unnützer vor, aber das ist ev. auch gut so. Noch eine letzte frage (obwohl eigentlich schon OT), zu einem anderen Thema, da sie nur klein ist sag ich sie hier: was denkt ihr gibt 0*inf ? |
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| 03.01.2005, 16:26 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
sieht auch sonst schlimm aus ^^, das ist die Formel die Hardy + Ramanujan anfang 1900 für die Partition von N entdeckt haben, mit aufrunden stimmt sie angeblich immer. |
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| 03.01.2005, 16:28 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
ich sag nur: wer früher stirbt ist länger tot..... wenn dus als grenzwerte siehst, dann kann das alles sein.... ich kann dir beispiele nennen, da ist das dann 7 oder 0 oder unendlich.... wenn dus nicht als grenzwerte siehst ist das nicht definiert, zumal unendlich keine reelle (oder sonst eine andere) zahl ist.... mfg jochen |
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| 03.01.2005, 16:30 | Davidxy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
danke, die frage war eh nur um mein selbstwertgefühl zu steigern
Sonst noch an alle danke, die ihr mir so schnell meine fragen beantwortet habt. |
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