Beispiel 210 Es ist

(1)

Beispiel 210 Es ist

x ^m =

m

X

k=0

S _m,k · x ^k ,

wie wir aus der in Abschnitt 4 (Folie 277) hergeleiteten Formel sehen, wenn wir bedenken, dass diese Formel (zun¨ achst) f¨ ur alle r ∈ N gilt, die obige Gleichung also eine polynomielle Identit¨ at darstellt.

Diskrete Strukturen 4.8 Summation und Differenzenoperator 351/571

c

Ernst W. Mayr

(2)

Beispiel (Forts.)

Also: X ⁿ

k=0

k ^m = X x ^m

n+1 x=0

= X

m

X

k=0

S _m,k · x ^k

!!

n+1

x=0

=

m

X

k=0

S m,k · X x ^k

n+1 x=0

=

m

X

k=0

S _m,k · x ^k+1 k + 1

n+1

x=0

=

m

X

k=0

S _m,k

k + 1 (n + 1) ^k+1 . Es ergibt sich ein Polynom in n vom Grad m + 1.

c

Ernst W. Mayr

(3)

Lemma 211 (Partielle Summation) Es gilt:

X (f · ∆g) = f · g − X

((Eg) · ∆f ) .

Beweis:

∆(f · g)(x) = (f · g)(x + 1) − (f · g)(x)

= f (x + 1) · g(x + 1) − f(x) · g(x)

= f (x + 1) · g(x + 1)

−f (x) · g(x + 1) + f (x) · g(x + 1)

| {z }

=0

−f (x) · g(x)

= g(x + 1) · (∆f)(x) + f (x) · (∆g)(x)

= (Eg)(x) · (∆f )(x) + f (x) · (∆g)(x) .

c

Ernst W. Mayr

(4)

Bemerkung zur Notation:

Bei der Darstellung

X (f · ∆g) = f · g − X

((Eg) · ∆f )

ist zu beachten, dass die diskrete Stammfunktion nur bis auf additive Konstanten bestimmt ist, links und rechts also eigentlich Klassen von Funktionen stehen (wie bei den Landau-Symbolen).

c

Ernst W. Mayr

(5)

Beispiel 212 Berechne

n

X

k=1

k m

· H k

f¨ ur m ≥ 0. Es gilt:

∆ x

m + 1

=

x + 1 m + 1

− x

m + 1

= x

m + 1

+ x

m

− x

m + 1

= x

m

. Partielle Summation mit f (x) = H _x , ∆g = _m ^x

ergibt:

c

Ernst W. Mayr

(6)

Beispiel (Forts.)

n

X

k=1

k m

· H

k

= X x m

· H

x

!

n+1

x=1

= H

x

· x

m + 1 !

n+1

x=1

− X

x + 1 m + 1

· 1 x + 1

n+1

x=1

= H

x

· x

m + 1 !

n+1

x=1

− 1

m + 1 · X x m

n+1

x=1

= H

x

· x

m + 1 !

n+1

x=1

− 1

m + 1 · x

m + 1

n+1

x=1

= n + 1

m + 1

· H

n+1

− 1

m + 1

· H

1

− 1

m + 1 n + 1

m + 1

− 1

m + 1 1

m + 1 !

= n + 1

m + 1 H

n+1

− 1 m + 1

+ 0 .

c

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(7)

Lemma 213 (Newton-Darstellung von Polynomen) Sei f (x) ein Polynom vom Grad n. Dann gilt:

f(x) =

n

X

k=0

∆ ^k f(0) k! · x ^k =

n

X

k=0

∆ ^k f(0) x

k

.

Bemerkung: Die Newton-Darstellung entspricht offensichtlich der Taylorreihenentwicklung im differenzierbaren Fall.

c

Ernst W. Mayr

(8)

Beweis:

f(x) kann als Polynom vom Grad n eindeutig in der Form

f (x) =

n

X

k=0

b k · x ^k

geschrieben werden (x ^k ist Basis!). Damit ist nach Lemma 203 (1)

∆ ⁱ f (x) =

n

X

k=0

b _k · k ⁱ · x ^k−i .

Also gilt, dass

∆ ⁱ f(0) = b i · i! bzw. b k = ∆ ^k f (0) k! .

c

Ernst W. Mayr

(9)

Beispiel 214

Wir haben in Beispiel 210 gesehen, dass x ⁿ =

n

X

i=0

S n,i · x ⁱ .

Also gilt auch

k! · S n,k = ∆ ^k x ⁿ

x=0 = (E − I ) ^k x ⁿ x=0

=

k

X

i=0

(−1) ^k−i k

i

E ⁱ x ⁿ

x=0 =

k

X

i=0

(−1) ^k−i · k

i

· i ⁿ ,

und damit auch

S _n,k = 1 k! ·

k

X

i=0

(−1) ^k−i · k

i

· i ⁿ .

c

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(10)

4.9 Inversion 4.9.1 Basisfolgen Definition 215

Eine Folge (p 0 (x), p 1 (x), . . .) von Polynomen p i (x) heißt Basisfolge, falls deg(p i ) = i f¨ ur alle i.

Bemerkung: p ₀ 6= 0, da wir f¨ ur p(x) ≡ 0 festlegen: deg(p) = −1.

Diskrete Strukturen 4.9 Inversion 360/571

c

Ernst W. Mayr

(11)

Beobachtung: p _i (x)

i≥0 sei eine Basisfolge. Dann kann jedes Polynom f (x) ∈ R [x]

vom Grad n eindeutig dargestellt werden als

f (x) =

n

X

i=0

f _i · p _i (x)

mit f i ∈ R.

Beweis:

Mit Koeffizientenvergleich und vollst¨ andiger Induktion.

c

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(12)

4.9.2 Zusammenhangskoeffizienten Seien p i (x)

i≥0 und q i (x)

i≥0 Basisfolgen. Dann gibt es eindeutig bestimmte Zahlen a _n,k und b _n,k ∈ R (die sogenannten Zusammenhangskoeffizienten), so dass f¨ ur alle n, k ∈ N 0 gilt:

1

q n (x) =

n

X

k=0

a n,k · p k (x)

2

p _n (x) =

n

X

k=0

b _n,k · q _k (x)

c

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(13)

Lemma 216

Seien die a n,k , b n,k wie oben, A = (a ij ) 0≤i,j≤n und B = (b ij ) 0≤i,j≤n , dann ist

AB = I

(I ist die n + 1-dimensionale Einheitsmatrix.)

Beweis:

Klar.

c

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(14)

Satz 217

Seien a n,k und b n,k , n, k ∈ N 0 , die zu zwei Basisfolgen geh¨ orenden Zusammenhangskoeffizienten. Dann gilt:

(∀n ∈ N

0

)

"

v

n

=

n

X

k=0

a

n,k

· u

k

#

gdw (∀n ∈ N

0

)

"

u

n

=

n

X

k=0

b

n,k

· v

k

#

Beweis:

In Matrixschreibweise gilt:

v = v 0 , . . . , v n

T

= A · u und u = B · v Klar, da A = B ⁻¹ .

c

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(15)

4.9.3 Die Binomialinversion Der Binomialsatz ergibt:

x ⁿ = (x − 1) + 1 n

=

n

X

k=0

n k

· (x − 1) ^k

(x − 1) ⁿ =

n

X

k=0

(−1) ^n−k n

k

· x ^k

c

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(16)

Betrachte die beiden Basisfolgen v _k

k≥0 := x ^k

k≥0 und u _k

k≥0 := (x − 1) ^k

k≥0 . Satz 217 liefert:

(∀n ∈ N 0 )

"

v _n =

n

X

k=0

n k

· u _k

#

und (∀n ∈ N 0 )

"

u _n =

n

X

k=0

(−1) ^n−k n

k

· v _k

#

F¨ ur

” Puristen“: Ersetze u _n durch (−1) ⁿ · u _n . Dann gilt:

(∀n ∈ N 0 )

"

v n =

n

X

k=0

(−1) ^k n

k

· u _k

# und (∀n ∈ N 0 )

u n = P n

k=0 (−1) ^{k n} _k

· v _k

c

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(17)

Beispiel 218

Sei d(n, k) die Anzahl der Permutationen ∈ S _n mit genau k Fixpunkten.

D _n := d(n, 0) .

(Die Anzahl der sog. derangements).

n! =

n

X

k=0

d(n, k) =

n

X

k=0

n k

D n−k k7→n−k

=

n

X

k=0

n k

D _k

c

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(18)

Beispiel (Forts.)

Mit der Binomialinversion gilt:

D n =

n

X

k=0

(−1) ^n−k · n

k

· k!

= n! ·

n

X

k=0

(−1) ^n−k n ^k n!

= n! ·

n

X

k=0

(−1) ^n−k · 1 (n − k)!

= n! ·

n

X

k=0

(−1) ^k k! . Daraus ergibt sich, dass

n→∞ lim D n

S _n

= 1 e .

c

Ernst W. Mayr

(19)

4.9.4 Stirling-Inversion

Betrachte die Basisfolgen (x ⁿ ) n≥0 und (x ⁿ ) n≥0 . Wie wir bereits gesehen haben, gilt:

x ⁿ =

n

X

k=0

S _n,k · x ^k

x ⁿ =

n

X

k=0

(−1) ^n−k · s _n,k · x ^k

Daraus l¨ asst sich die Stirling-Inversion ableiten:

(∀n ∈ N 0 )

"

v n =

n

X

k=0

S _n,k · u _k

#

gdw (∀n ∈ N 0 )

"

u n =

n

X

k=0

(−1) ^n−k s _n,k · v _k

#

c

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(20)

4.10 Erzeugende Funktionen Definition 219

Zu einer Folge (a i ) i≥0 mit a i ∈ R ist die zugeh¨ orige (gew¨ ohnliche) erzeugende Funktion die formale Potenzreihe

A(z) =

∞

X

i=0

a _i · z ⁱ .

Diskrete Strukturen 4.10 Erzeugende Funktionen 370/571

c

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(21)

Beobachtungen: Die formalen Potenzreihen bilden einen Ring:

A(z) ± B(z) = X

i≥0

a i ± b i

z ⁱ

c · A(z) = X

i≥0

c · a _i z ⁱ

Hier gilt folgende Produktformel:

A(z) · B(z) = X

n≥0 n

X

k=0

a k · b n−k

!

· z ⁿ

Konvolution von A(z) und B(z)

c

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(22)

Satz 220

Eine formale Potenzreihe

A(z) = X

n≥0

a n · z ⁿ

besitzt ein multiplikatives Inverses genau dann, wenn a 0 6= 0.

Beweis:

Annahme: Sei

B(z) = X

n≥0

b n · z ⁿ

ein solches Inverses. Dann muss A(z) · B(z) = 1 sein, also auch a 0 · b 0 = 1, damit a 0 6= 0. Daher muss b 0 = a 0 −1 sein.

Beispiel 210 Es ist