Задача о лапах и общая постановка вопроса

mersenne · Сообщение **mersenne** » 03 ноя 2015, 17:09

Swetlana писал(а):Source of the post Хорошая формула , только непонятно, как её упростить.

А если суммирование производить отдельно по четным и нечетным i. Получаются две арифметические прогрессии с шагом 3.

mersenne · Сообщение **mersenne** » 03 ноя 2015, 17:22

Swetlana писал(а):Source of the post Сколько влезло в экран ноутбука.

$a_{n+12}-a_n=a_n-a_{n-12}+6$

Swetlana · Сообщение **Swetlana** » 03 ноя 2015, 17:41

Вот, хорошо. Рекурентная формула (надо бы проверить). Если значения $a_{n}$ заранее вычислить и где-то хранить, то объём вычислений уменьшится.

mersenne · Сообщение **mersenne** » 03 ноя 2015, 21:10

Для нечетных n
$a_n=a_{n-3}$
Для четных n представим $$n=12k+2m$$

Тогда

Если m=0, то добавляется еще 1.
Вполне возможны ошибки, которые легко исправляются.

Swetlana · Сообщение **Swetlana** » 03 ноя 2015, 21:12

Значит, решили найти (и доказать) рекуррентную формулу. Говорят, это удобно делать с помощью производящих функций. Что уже сделано:
$1+x^{2}+x^{4}+...++x^{2\lambda _{i}}+...$ $=\frac{1}{1-x^{2}}$ .
$1+x^{3}+x^{6}+...++x^{3\lambda _{i}}+... = \frac{1}{1-x^{3}}$
$1+x^{4}+x^{8}+...++x^{4\lambda _{i}}+... = \frac{1}{1-x^{4}}$
Производящая функция равна $f(x)=\frac{1}{1-x^{2}}\frac{1}{1-x^{3}}\frac{1}{1-x^{4}}.$

Swetlana · Сообщение **Swetlana** » 03 ноя 2015, 21:14

mersenne, вы идите своим путём, а попробую чрез производящие функции. Как говорил товарищ Мао, пусть расцветают все цветы))

Swetlana · Сообщение **Swetlana** » 03 ноя 2015, 21:21

Swetlana · Сообщение **Swetlana** » 03 ноя 2015, 21:41

$\left\{\begin{matrix} A(x)=B(x)(1-x^3)\\ B(x)=C(x)(1-x^4) \end{matrix}\right. \\ \left\{\begin{matrix} A(x)+x^3B(x)=B(x)\\ B(x)+x^4C(x)=C(x) \end{matrix}\right. \\ \left\{\begin{matrix} a_n+b_{n-3}=b_n\\ b_n+c_{n-4}=c_n \end{matrix}\right.$
Получили рекуррентные уравнения, $$c_n$$

- теперь у меня искомый к-т, число разбиений на 2, 3, 4 числа $n\geq 2.$
Теперь надо задать начальные значения для коэффициентов, похоже, $n\geq 4.$
Количество разбиений числа на двойки равно $$a_n=1$$

для всех чётных $$n$$

и

для всех нечётных.
полтретьего... всем спокойной ночи, приятных кошмаров

Swetlana · Сообщение **Swetlana** » 04 ноя 2015, 08:55

Попробую двойку с четвёркой взять для ряда B, а тройку вместо четвёрки в ряд C. Может, что посимпатичнее получится, с учётом того, что набор двойками и четвёрками сводится к набору единицами и двойками.
ЗЫ. И ещё, источник моего ночного вдохновения, "Элементы комбинаторики", Жуков, Жуков; из-во Бауманки. Глава 4 "Производящие функции", Задача о числе разменов американского доллара монетами в 5, 10, 25 и 50 центов. Замеченная опечатка - где-то вместо "25" напечатано "15".

Swetlana · Сообщение **Swetlana** » 04 ноя 2015, 11:31

$b_n=b_{n-4}+a_n; \\ c_n=c_{n-3}+b_n$
Нечётное число двойками и четвёрками не набирается, $$b_n=0.$$

Для чётного $b_n=\left \lfloor \frac{n}{4} \right \rfloor +1.$
Для нечётного $$n$$

$c_n=c_{n-3}$ , что нам давно уже известно.
Для чётного $$n$$

$c_n=c_{n-3}+\left \lfloor \frac{n}{4} \right \rfloor +1.$

yourdomain.com