Una condición necesaria para que una solución es que el $m \le n$:
$$ m = \sum_{i=0}^j a_i \le \sum_{i=0}^j (i+1)a_i = n $$
Si $j$ es el índice más grande para que $a_j \gt 0$, entonces cualquiera de las $a_j$ es el único distinto de cero sumando ( $m=1$ $n=j+1$ ) o de lo contrario nos puede quitar $j+1$ $n$ y reducir el $m$ $1$ para obtener el menor problema para$m'=m-1$$n'=n-j-1$.
El menor problema tiene una solución única si $m' \le n'$:
$$ m-1 \le n-j-1 $$
$$ j \le n - m $$
Así que el mayor índice distinto de cero es $j = n-m$.
A ver que tal solución existe, basta verificar los casos $m=1$ (al$n=j+1$$a_j = 1$) y $m=n$ (al $a_0 = n$).
Observaciones: La prueba de realidad muestra que el máximo índice de $j=n-m$ se obtiene por la suma de una sola manera. En el caso de $m=n$ la desigualdad en la parte superior de las fuerzas de $a_0=n$ a ser la única viable suma, con $j=0$. En el caso de $m=1$ sólo puede haber un sumando, y debe ser$a_j=1$$j=n-1$. Todos los demás casos, empezar por la creación de $a_j=1$$j=n-m$, después de que la reducción de casos $m'=m-1$ $n'=n-j-1$ satisface el caso de $m'=n'$. Por lo tanto la reducción de caso tiene un solo factible suma.
Las sumatorias aquí estudiados son particiones de $n$ exactamente $m$ partes:
$$ \underbrace{1+\ldots+1}_{a_0\text{ times}}+\underbrace{2+\ldots+2}_{a_1\text{ times}}+\ldots+\underbrace{(j+1)+\ldots+(j+1)}_{a_j\text{ times}} = n $$
donde $\sum_{i=0}^j a_i = m$ es el recogido en el número de piezas (sumandos).
A la pregunta original, por lo tanto puede ser reformulado, "¿Cuál es la mayor parte posible de una partición de $n$ exactamente $m$ partes?" En este contexto, nuestra respuesta puede ser expresado como $m = n$ y la mayor parte es $1$ o $m \lt n$ y la mayor parte es $n-m+1$.
Sin embargo creo que el OP ha planteado una pregunta en el Comentario de abajo, a saber lo que es el:
Valor más grande posible de $a_{n-m}$
Al $m \gt n$, no hay soluciones de cualquier tipo son posibles (desde el $m$ términos gustaría añadir algo más de $n$).
En el caso de $m = n$, no es exactamente una solución, donde cada una de las $m$ términos es uno (ya que si cualquier término eran más, el total podría exceder $m=n$). Dicho de otra forma, $n-m = 0$ $a_{n-m} = a_0 = n$ es la única solución.
Por último, si $m \lt n$, puede haber varias soluciones, pero sólo uno donde $a_{n-m} \gt 0$.
Esto es claro si queremos eliminar un único plazo $n-m+1$ de la suma y poner $m' = m-1$$n' = n-(n-m+1) = m-1$.
Como se acaba de observar en la reducción del problema tiene una solución única donde $n' = m'$ es expresado como$a_0 = m'$. Poner esto juntos con el único término $n-m+1$ hemos eliminado, obtenemos:
$$ a_{n-m} = 1 \; , \; a_0 = m-1 $$
y esta es la única solución en la que el $a_{n-m} \gt 0$.
Una más interesantes problema surge si no requerimos $j=n-m$ a ser el índice de los principales plazo. Al $m \lt n$, pueden soluciones cuyo líder del término de la multiplicidad $a_j$ es mayor que uno. Por lo tanto, nos puede pedir en estos casos, como para determinar el mayor líder del término de la multiplicidad $a_j$.
Por ejemplo, si $n=16$ $m=6$ las posibles particiones son:
$$ 11 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 16 $$
$$ 4 + 4 + 2 + 2 + 2 + 2 = 16 $$
$$ 4 + 4 + 4 + 2 + 1 + 1 = 16 $$
$$ 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 1 = 16 $$
Entonces, ¿cómo hace uno para encontrar la partición donde tal $a_j$ es más grande? Aquí podemos decir con Sherezade que una respuesta a esta más interesante problema que debe esperar un nuevo post.
