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Mathematik » Kombinatorik & Graphentheorie » Stirlingzahl 2. Ordnung
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Universität/Hochschule J Stirlingzahl 2. Ordnung
steluc10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-01-18


Hallo :)

Ich müsste einen direkten Beweis oder durch kombinatorische Argumente zeigen, dass folgendes für Stirling Zahlen 2.Ordnung gilt:
\(S_{n+1 , k}=S_{n , k-1} + k*S_{n , k}\)

Alles, dass ich verwenden darf ist, dass \(S_{n,k}\)  die Anzahl der k-elementigen Partitionen einer  n-elementigen Menge ist.

Wie kommt man eigentlich auf die Formel für die Berechnung von \(S_{n,k}\)?


Danke schonmal für eure Hilfe

mfg



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-01-18


2019-01-18 12:59 - steluc10 im Themenstart schreibt:
Hallo :)

Ich müsste einen direkten Beweis oder durch kombinatorische Argumente zeigen, dass folgendes für Stirling Zahlen 2.Ordnung gilt:
\(S_{n+1 , k}=S_{n , k-1} + k*S_{n , k}\)

Alles, dass ich verwenden darf ist, dass \(S_{n,k}\)  die Anzahl der k-elementigen Partitionen einer  n-elementigen Menge ist.

Wie kommt man eigentlich auf die Formel für die Berechnung von \(S_{n,k}\)?

Naja, nimm mal eine beliebige k-elementige Partition $P$ der Menge $M=\{a_1,a_2,...,a_{n+1}\}$ her und entferne aus ihr das Element $a_{n+1}$, genauer aus der Klasse von $P$, in der es vorkommt. Sofern dadurch die entsprechende Klasse zur leeren Menge wird, entferne auch diese! Nun die Gretchenfrage: Welche Partitionen können so entstehen und wie kommt man - durch Fallunterscheidung - auf die 2 Summanden in obiger Rekursion?



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steluc10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-20


Okay, sorry aber ich stehe gerade etwas auf der Leitung.
Ich bräuchte hierfür wenn möglich einen direkten Beweis

Es muss doch irgendwie nachzuweisen sein, dass \(S_{n,k} = \frac{1}{k!} \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} \binom{k}{j} j^n\), oder?



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-01-20


Nein, das musst du nicht nachweisen.

Schreib mal alle 2 elementigen Partitionen von {1,2,3,4} auf. Nun entferne aus all diesen außer aus {{1,2,3},{4}} die 4.

Aus wievielen hast du die 4 entfernt?

{{1,2,3},{4}} ersetze durch {{1,2,3}}.
Das ist eine <math>(S_{3,1})</math> 3,1-Partition.



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steluc10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-20


Okay, gut. Bei dem oben genannten Beispiel ist es klar. Es bleiben je 2 Mal die Mengen {{a},{b,c}} , {{b},{a,c}} und {{c},{a,b}} über und einmal die Menge {a,b,c}. Damit stimmt die Gleichung für n=3 und k=2 .

Weird hat mir ja beschrieben wie man also bei (n+1,k) vorgeht. Es entstehen also Partitionen mit k oder k-1 Klassen je nachdem, ob ich durch das Entfernen eine Klasse entfernen muss oder nicht.
Ich kann \(S_{n,k-1}\) damit erklären, dass alle Partitionen mit k-1 Klassen unterschiedlich sein müssen.
Aber wie kommt man auf \(k*S_{n,k}\)?



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-01-20


Wie sind denn je zweimal diese Mengen entstanden? Diese 2 ist dein k. Kannst du es jetzt allgemeiner formulieren?



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steluc10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-20


Gehen wir von Partitionen von k Klassen aus nachdem ein Element herausgenommen wurde, kann das Element in jeder dieser Klassen gewesen sein. Dadurch entstehen die k Mal



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-01-20


Ja, es gibt also <math>kS_{n,k}</math>  k-elementige Partitionen von {1,...,n+1}, die nicht {n+1} enthalten.



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