6mal Würfeln. - Seite 3

19.07.2010, 11:57

Mystic

Zitat:

Original von mathchild
In meiner Notation mit N und n beliebig (statt N=6 und n=6) erhalte ich da

$\begin{eqnarray*} p_m = \frac {n!}{n^N} \cdot \frac {1}{(n-m)!} \cdot S_{n,m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac {1}{n^N} \cdot \begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix} \cdot S_{n,m} \end{eqnarray*}$

Oje, oje, gleich zu Beginn ein schwerer Fehler... Es gilt also deiner Meinung nach

$\begin{eqnarray*} \binom nm =\frac {n!}{(n-m)!} ??? \end{eqnarray*}$

Naja, after all, I have asked for it, wie der Engländer sagen würde, geschieht mir also recht... unglücklich

19.07.2010, 12:57

mathchild

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jo, das war der erste Fehler. Jetzt habe ich das bereinigt. Aber leider komme ich immer noch nicht auf die richtige Gleichung.

$\begin{eqnarray*} p_m = \frac {n!}{n^N} \cdot \frac {1}{(n-m)!} \cdot S_{n,m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac {1}{n^N}\cdot \begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix} \cdot m! \cdot S_{n,m} \end{eqnarray*}$

Die explizite Form der Stirling Zahlen lautet mit angepasster Nomenklatur

$\begin{eqnarray*} S_{n,m} = \frac{1}{m!} \sum\limits_{k=1}^m (-1)^{n-k}\begin{pmatrix} m \\ k \end{pmatrix} k^n \end{eqnarray*}$

Und damit erhalte ich

$\begin{eqnarray*} p_m = \frac {1}{n^N} \cdot \begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{k=1}^m (-1)^{n-k}\begin{pmatrix} m \\ k \end{pmatrix} k^n \end{eqnarray*}$

Heraus kommen soll aber

$\begin{eqnarray*} p_m = \frac{1}{n^N}\cdot \binom{n}{m} \cdot \sum_{k=1}^m (-1)^{m-k} \cdot \binom{m}{k} \cdot k^N \end{eqnarray*}$

19.07.2010, 13:05

mathchild

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Nochmal eine Nachbesserung:

$\begin{eqnarray*} p_m = \frac {n!}{n^N} \cdot \frac {1}{(n-m)!} \cdot S_{N,m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac {1}{n^N}\cdot \begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix} \cdot m! \cdot S_{N,m} \end{eqnarray*}$

Die explizite Form der Stirling Zahlen lautet mit angepasster Nomenklatur

$\begin{eqnarray*} S_{N,m} = \frac{1}{m!} \sum\limits_{k=1}^m (-1)^{m-k}\begin{pmatrix} m \\ k \end{pmatrix} k^N \end{eqnarray*}$

Und damit erhalte ich

$\begin{eqnarray*} p_m = \frac {1}{n^N} \cdot \begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{k=1}^m (-1)^{m-k}\begin{pmatrix} m \\ k \end{pmatrix} k^N \end{eqnarray*}$

Und das war zu zeigen. Jetzt alles richtig?

19.07.2010, 13:45

Mystic

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Zitat:

Original von mathchild
Und das war zu zeigen. Jetzt alles richtig?

Angesichts der Tatsache, dass ja schon Arthur (auf Seite 2, oben, in diesem Thread) genau diese Formel angegeben hat, würde ich mal zustimmen... Augenzwinkern

Der Vorteil, der sich durch die Verwendung von Stirlingzahlen 2.Art ergibt, ist aber - nochmal sei's gesagt, auch wenn ich damit hier auf taube Ohren stoße - dass es damit aus algorithmischer Sicht bessere Berechnungsmöglichkeiten für sie gibt, als die explizite Formel, welche du verwendest...

Interessant wäre z.B., ob dir die Berechnung der Stirlingzahlen mit Methode in meinem 2.Posting, also mit Hilfe von einer Art "Pascalschen Dreieck"

code:
1: 2: 3: 4: 5: 6: 7: 8: 9: 10:	n S2(n,k), k=0,1,..,n 0 1 1 0 1 2 0 1 1 3 0 1 3 1 4 0 1 7 6 1 5 0 1 15 25 10 1 6 0 1 31 90 65 15 1

klar ist, und wenn ja, ob du diese Art der Berechnung der Stirlingzahlen $\begin{eqnarray*} S_{6,k} \end{eqnarray*}$ , k=0,1,2,..,6, in der letzten Zeile einfacher findest, als die über die explizite Formel... Wäre nett, wenn du das mal checken könntest... Z.B. könntest du hier ja mal vorrechnen, wie man die Werte der Zeile 6 aus den Werten der Zeile 5 mit Hilfe der Rekursion (*) in meinem obigen Posting erhält...

19.07.2010, 14:07

mathchild

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Also die Darstellung mit dem Pascalschen Dreieck der neuen Art ist sicherlich faszinierend! Insofern hat die rekursive Formel der Stirling Zahlen schon ihren Reiz.

Ob jetzt der Algorithmus zur Berechnung der Stirling Zahlen mit der rekursiven oder der expliziten Form einfacher ist, kann ich nicht sagen. Ganz einfach deshalb weil ich nur äußerst ungern Zahlen berechne. Wenn es irgendwie geht, vermeide ich das. Ich bin nämlich sehr faul.

Mich interessieren Zusammenhänge. Und ich kann mir vorstellen, dass sowohl die rekursive genauso wie die explizite Form bei Problemlösungen helfen kann. Man nimmt eben was man hat. Der Beweis der hier gesuchten Summenformel ist ja beispielsweise durch die Verwendung der expliziten Form der Stirling Zahlen deutlich einfacher geworden. Obwohl ich mich nun bestimmt nicht in euren Expertenstreit einmischen möchte. smile

19.07.2010, 14:17

Huggy

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Zitat:

Original von mathchild
Ganz einfach deshalb weil ich nur äußerst ungern Zahlen berechne. Wenn es irgendwie geht, vermeide ich das. Ich bin nämlich sehr faul.

Das solltest du dir in einem gewissen Umfang aber abgewöhnen. Schau dir noch mal an, wie oft du beim Übergang von einer Formel zur nächsten Fehler gemacht hast. Die hättest du fast alle selber entdecken können, wenn du ab und zu die Dinge miit konkreten Zahlen prüfen würdest. Du kannst dich nicht auf ewig darauf verlassen, dass irgendwelche Helfer deine Formeln nachrechnen.

19.07.2010, 14:36

Mystic

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Zitat:

Original von mathchild
Ob jetzt der Algorithmus zur Berechnung der Stirling Zahlen mit der rekursiven oder der expliziten Form einfacher ist, kann ich nicht sagen. Ganz einfach deshalb weil ich nur äußerst ungern Zahlen berechne. Wenn es irgendwie geht, vermeide ich das. Ich bin nämlich sehr faul.

Oh Gott, du wärest der ideale Testkandidat gewesen...Leute wie dich habe ich im Auge gehabt, als ich das obige Schema ersonnen habe: Nur Additionen von höchstens zweistelligen Zahlen, fallweise auch Multiplikationen aber mit höchstens einstelligen Zahlen...Aber egal, man kann nicht immer alles bekommen im Leben... unglücklich

Zitat:

Original von mathchild
Der Beweis der hier gesuchten Summenformel ist ja beispielsweise durch die Verwendung der expliziten Form der Stirling Zahlen deutlich einfacher geworden.

Au weia, dieser eine Satz sagt mir sehr deutlich, dass du nach 6 Seiten hier im Thread noch überhaupt nicht verstanden hast, worum es im Grunde geht... geschockt

Der Übergang von der expliziten Formel der Stirlingzahlen 2.Art zu den gesuchten Wahrscheinlichkeiten ist nämlich kinderleicht, auch wenn du oben gerade das gegenteil bewiesen hast, die eigentliche Knochenarbeit steckt in der Herleitung dieser expliziten Formel... Und da gibt's verschiedene Möglichkeiten, aber ich möchte nicht wieder von vorne anfangen und mich, wie Arthur sagen würde, hier weiter "produzieren" ... Wink

19.07.2010, 15:07

mathchild

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Zitat:

Original von Mystic
Au weia, dieser eine Satz sagt mir sehr deutlich, dass du nach 6 Seiten hier im Thread noch überhaupt nicht verstanden hast, worum es im Grunde geht ...

Ich bin vielleicht ein wenig chaotisch wenn ich Terme umformen soll. Da gebe ich Huggy vollkommen Recht. Aber ich habe sehr gut verstanden worum es hier geht.

Die explizite Formel zur Darstellung der Stirling Zahlen ist kein leichter Beweis. Das funktioniert beispielsweise mit der Technik, die mir Arthur gezeigt hat. Es gibt aber auch andere Beweisverfahren, die nicht unbedingt einfacher sind.

Um nun die Summenformel für das Würfelspiel zu berechnen, kann man das über die Siebformel machen. Das ist ein gängiges Beweisverfahren, allerding ist dieser Beweis ist etwas aufwändig.

Oder man kann das mit der expliziten Form der Stirling Zahlen machen. Das ist deutlich weniger aufwändig.

So. Und was habe ich jetzt deiner Meinung nach nicht oder falsch verstanden?

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