system: [SYSTEM]

user: 2. 理论探讨 命题：元素 x 1 有 p 1 − 1 个，元素 x 2 有 p 2 − 1 个，元素 x 3 有 p 3 − 1 个……元素 x k 有 p k − 1 个， s 1 = ( n + k − 1 − p 1 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 1 ) 个式子相加。 s 2 = ( n + k − 1 − p 1 − p 2 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 2 ) 个式子相加。 s 3 = ( n + k − 1 − p 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 − p 3 − p 4 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k − 2 − p k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 3 ) 个式子相加。 …… 直到 s i 中的 ( k i ) 个式子都没有意义， s 1 ， s 2 ， ⋯ ， s i 中的没有意义的式子等于零。从 p 1 + p 2 + ⋯ + p k -k个元素中取n个元素，共有 ( n + k − 1 k − 1 ) + ∑ i = 1 ( − 1 ) i s i 种不同的取法。 注释：本文中有 ( k i ) 个式子相加( i = 1 ， 2 ， 3 ， ⋯ )，是指从 p 1 ， p 2 ， p 3 ， ⋯ ， p k 中任意取i个p，共有 ( k i ) 种不同方案，每一种方案都与其它的数组成一个式子，共组成 ( k i ) 个式子相加，p的值既使有多个相等，但是式子的数量还是 ( k i ) 个。证明思路：从 y i 组解中任意取一组解，把i个不满足要求的x值，分别减去对应的p(x的序号与p的序号相同才能相减一次)，可得到 ( i 1 ) + ( i 2 ) + ( i 3 ) + ⋯ + ( i i ) 组不同的非负整数解，再根据p的序号找到对应的方程(对应方程的解与新解是一一对应的关系)，根据对应方程就能知道所取的这组解，在 s 1 ， s 2 ， s 3 ， ⋯ 中的数量。 证明：命题就是求方程① x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n ( p 1 > x 1 ≥ 0 ， p 2 > x 2 ≥ 0 ， ⋯ ， p k > x k ≥ 0 )非负整数解的数量，先求出不满足要求的解的数量，令有 y 1 组解，每组解中有一个x的值不满足要求，令有 y 2 组解，每组解中有两个x的值不满足要求，……令有 y b 组解，每组解中有b个x的值不满足要求，且b个值是最多的( k ≥ b ≥ 1 )。 y 1 + y 2 + ⋯ + y b 是方程①所有不满足要求的解。 x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 1 的每一组非负整数解， x 1 的值加 p 1 可得到 ( n + k − 1 − p 1 k − 1 ) 组不同的新解。 x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 2 的每一组非负整数解， x 2 的值加 p 2 可得到 ( n + k − 1 − p 2 k − 1 ) 组不同的新解。 …… x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p k 的每一组非负整数解， x k 的值加 p k 可得到 ( n + k − 1 − p k k − 1 ) 组不同的新解。 s 1 = ( n + k − 1 − p 1 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 1 ) 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。 x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 1 − p 2 的每一组非负整数解， x 1 的值加 p 1 ， x 2 的值加 p 2 ，可得到 ( n + k − 1 − p 1 − p 2 k − 1 ) 组不同的新解。 x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 2 − p 3 的每一组非负整数解， x 2 的值加 p 2 ， x 3 的值加 p 3 ，可得到 ( n + k − 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) 组不同的新解。 …… x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p k − 1 − p k 的每一组非负整数解， x k − 1 的值加 p k − 1 ， x k 的值加 p k ，可得到 ( n + k − 1 − p k − 1 − p k k − 1 ) 组不同的新解。 s 2 = ( n + k − 1 − p 1 − p 2 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 2 ) 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。 x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 1 − p 2 − p 3 的每一组非负整数解， x 1 的值加 p 1 ， x 2 的值加 p 2 ， x 3 的值加 p 3 ，可得到 ( n + k − 1 − p 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) 组不同的新解。 x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 2 − p 3 − p 4 的每一组非负整数解， x 2 的值加 p 2 ， x 3 的值加 p 3 ， x 4 的值加 p 4 ，可得到 ( n + k − 1 − p 2 − p 3 − p 4 k − 1 ) 组不同的新解。 …… x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p k − 2 − p k − 1 − p k 的每一组非负整数解， x k − 2 的值加 p k − 2 ， x k − 1 的值加 p k − 1 ， x k 的值加 p k ，可得到 ( n + k − 1 − p k − 2 − p k − 1 − p k k − 1 ) 组不同的新解。 s 3 = ( n + k − 1 − p 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 − p 3 − p 4 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k − 2 − p k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 3 ) 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。 ……按照上述方法直到求出 s b 中的 ( k b ) 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。在实际中 s 1 ， s 2 ， ⋯ ， s b 都可能存在没有意义的式子，这样的式子等于零，没有意义的式子对应的方程没有非负整数解。 上述方法得到的所有新解，都不满足方程①的要求，令所有新解中不同解的个数是a，则有 y 1 + y 2 + ⋯ + y b ≥ a ，由以下论述可知 中的任意一组解，在新解中都存在，则有 ，因此 。由于 可能有多个是相等的，上述方程就可能存在多个方程的解完全相同，任意取一组解，因为p的序号与x的序号相同才可以相加，所以这组解组成的新解是各不相同的，因此把p与x的序号相同作为必要条件，上述方程的任意一组解，只对应一个方程和一组新解。下面就讨论 中的每一组解，在新解中存在多少个。 从 中任意取一组解 ，把 的值减去 ，得到的解是方程 的一组解，因此所取的这组解在 组新解中仅有一个， 的每一组解都能推出同样的结论。 从 中任意取一组解 ，把 的值任意减去对应的 ，可得到 组不同的非负整数解， 组解分别是( )，( )，对应的方程分别是 ， ， 组解是( )，对应的方程是 ，因此从 中取的这组解，在 组新解中存在 个，在 组新解中存在 个， 中每一组解都能推出同样的结论。 从 中任意取一组解 ，把 的值任意减去对应的 ，可得到 组不同的非负整数解， 组解分别是 ， ， 对应的方程分别是( ， ， )， 组解分别是( )，( )，( )，对应的方程分别是 ， ， 。 组解是( )，对应的方程是 。因此从 中取的这组解，在 组新解中有 个，在 组新解中有 个，在 组新解中有 个， 中每一组解都能推出同样的结论。 …… 从 中任意取一组解，同理可知这组解在 组新解中有 组，在 组新解中有 组，……，在 组新解中有 组。 根据以上论述可推出下列b个等式： 1) 2) 3) …… b) 方程①在没有约束条件下，所有非负整数有 组，因此满足约束条件的解有 组。 推论：1) ， ， ，有 个式子相加。 ，有 个式子相加。 ，有 个式子相加。 …… 都可能有没有意义的式子，无意义的式子等于零， 都是不小于2的整数，则有： 2) 提示：由命题的组合生成函数可知， 。当 时 才有意义，因此 ，因此 中的每个式子都可以用同样的方法求和。把 代入推论1)式可得推论2)式。