¿Cuántas combinaciones de $3$ los enteros alcanzan un número determinado?

Question

Tengo 3 números

$M=10$

$N=5$

$I=2$

Supongamos que me han dado el número $R$ como entrada que es igual a $40$

así que de cuántas maneras estos $3$ los números se organizan para alcanzar $40$

Por ejemplo

$$10+10+10+10$$

$$10+5+5+5+5+10$$

$$5+5+5+5+5+5+5+5$$

etc.

Kow me puede dar fórmulas suponiendo que paso cualquier número por ejemplo. $30$ etc.

¿Cuáles son las fórmulas para calcular el número de estos $3$ combinaciones de enteros a un número dado?

¿UN EJEMPLO MÁS?

Supongo que el número es el 7

combinaciónare 2 estos son

5+2

2+5

Answer 1

Esto no es una fórmula, pero proporciona una forma de calcular el número que se desea. Sea $f(n,k)$ denotan el número $k$ -suma de los números $2$ , $5$ et $10$ cuyo valor es $n$ . Utilizando la función generadora exponencial, $f(n,k)$ es el coeficiente de $\frac{x^ny^k}{k!}$ en la expansión de $$G(x,y)=\exp(y(x^2+x^5+x^{10})).$$ Por lo tanto, el coeficiente de $x^{40}$ en $G(x,y)$ es $$P_{40}(y)=\frac{y^4}{24}+\frac{y^5}{12}+\frac{y^6}{48}+\frac{y^7}{720}+\frac{19 y^8}{13440}+\frac{y^9}{480}+\frac{y^{10}}{2880}+\frac{y^{11}}{86400}+\frac{y^{12}}{7257600}+\frac{y^{1 3}}{7257600}+\frac{y^{14}}{87091200}+\frac{y^{16}}{1307674368000}+\frac{y^{17}}{2615348736000}+\frac{y^{20}}{2432902008176640000}.$$ El número de sumas de cuatro términos con valor $40$ es el coeficiente de $\frac{y^4}{4!}$ en esta suma, que es $1$ el número de sumas de cinco términos es el coeficiente de $\frac{y^5}{5!}$ que es $10$ el número de sumas de seis términos es el coeficiente de $\frac{y^6}{6!}$ que es $15$ y así sucesivamente.

Añadido: Una forma sistemática de extraer la respuesta a la pregunta del post original es definir el operador diferencial $$\mathcal{D}=1+\frac{\partial}{\partial y}+\frac{\partial^2}{\partial^2 y}+\frac{\partial^3}{\partial^3 y}+\ldots.$$ Entonces $$\left.\mathcal{D}P_{40}(y)\right\rvert_{y=0}=4646.$$ Aplicando este operador a $G(x,y)$ da la función generadora de una sola variable $$\left.\mathcal{D}G(x,y)\right\rvert_{y=0}=\sum_{j=0}^\infty(x^2+x^5+x^{10})^j=\frac{1}{1-x^2-x^5-x^{10}}.$$ Una raíz del denominador es $-1$ . Si se pueden encontrar las diez raíces, entonces se puede realizar la descomposición parcial de la fracción y obtener una forma cerrada para todos los coeficientes. Realizando esto numéricamente se obtiene la fórmula $$(0.142857) (-1.)^n+(0.13495\, -0.118936 i) (-0.977224-0.533462 i)^n+(0.13495\, +0.118936 i) (-0.977224+0.533462 i)^n+(0.0325019\, -0.00923824 i) (-0.28946-0.81605 i)^n+(0.0325019\, +0.00923824 i) (-0.28946+0.81605 i)^n+(0.078652\, +0.0284466 i) (0.357796\, -0.943739 i)^n+(0.078652\, -0.0284466 i) (0.357796\, +0.943739 i)^n+(0.0433843\, -0.0370765 i) (0.771384\, +0.483182 i)^n+(0.0433843\, +0.0370765 i) (0.771384\, -0.483182 i)^n+(0.278166) (1.27501)^n,$$ que da resultados precisos para $n=40$ . El líder de los grandes $n$ El comportamiento asintótico viene dado por el último término de esta expresión, $$0.2781662298364124\times (1.2750078449285394)^n.$$

Answer 2

Esta es una forma ligeramente diferente de calcular el número de [composiciones](https://en.wikipedia.org/wiki/Composition%28combinatorics%29)_ de $40$ generado a partir de $2,5$ y $10$ .

Dado que una selección de $2,5$ o $10$ puede representarse como $$\begin{align*} x^2+x^5+x^{10} \end{align*}$$ comenzamos con el _función generadora ordinaria \begin{align*} \frac{1}{1-\left(x^2+x^5+x^{10}\right)}=\sum\{j=0}^\infty\left(x^2+x^5+x^{10}\right)^j \end{align*} proporcionando el número de ocurrencias de cero o más selecciones de $2,5$ o $10$ .

Nos interesa el coeficiente de $x^{40}$ y ampliar la serie en consecuencia. Es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[x^n]$ para denotar el coeficiente de $x^n$ de una serie.

Obtenemos $$\begin{align*} [x^{40}]&\frac{1}{1-\left(x^2+x^5+x^{10}\right)}\\ &=[x^{40}]\sum_{j=0}^\infty\left(x^2+x^5+x^{10}\right)^j\\ &=[x^{40}]\sum_{j=0}^\infty x^{2j}\left(1+x^3+x^7\right)^j\\ &=\sum_{j=0}^{20}[x^{40-2j}]\sum_{k=0}^{j}\binom{j}{k}\left(x^3+x^8\right)^k\tag{1}\\ &=\sum_{j=0}^{20}[x^{40-2j}]\sum_{k=0}^{j}\binom{j}{k}x^{3k}\left(1+x^5\right)^k\\ &=\sum_{0\leq k\leq j\leq 20}\binom{j}{k}[x^{40-2j-3k}]\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}x^{5l}\qquad\qquad 2j+3k\leq 40\tag{2}\\ &=\sum_{0\leq l\leq k\leq j\leq 20}\binom{j}{k}\binom{k}{l}\quad\qquad\qquad\qquad\qquad2j+3k+5l=40\tag{3} \end{align*}$$

Comentario:

• En (1) utilizamos la linealidad del coeficiente de y la regla $$\begin{align*} [x^{n-m}]A(x)=[x^n]x^mA(x) \end{align*}$$

• En (2) utilizamos otra notación para la suma y respetamos que la potencia $40-2j-3k$ es no negativo. Para obtener un coeficiente con una contribución $>0$ tenemos que elegir $40-2j-3k=5l$ . Esto se hace en el siguiente paso.

En (3) vemos que para cada triple $(j,k,l)$ que cumple con

$$\begin{align*} &0\leq l\leq k\leq j\leq 20\\ &2j+3k+5l=40 \end{align*}$$

tenemos una contribución de $\binom{j}{k}\binom{k}{l}$ .

Estos triples son

$$\begin{array}{rrrrr} j&k&l&\binom{j}{k}\binom{k}{l}&\sum\\ \hline 4&4&4&1&1\\ 5&5&3&10&11\\ 6&6&2&15&26\\ 7&7&1&7&33\\ 8&3&3&56&89\\ 8&8&0&1&90\\ 9&4&2&756&846\\ 10&5&1&1260&2106\\ 11&6&0&462&2568\\ 12&2&2&66&2634\\ 13&3&1&858&3492\\ 14&4&0&1001&4493\\ 16&1&1&16&4509\\ 17&2&0&36&4645\\ 20&0&0&1&\color{blue}{4646}\\ \end{array}$$

resultando finalmente en

$$\begin{align*} [x^{40}]&\frac{1}{1-\left(x^2+x^5+x^{10}\right)}=4646 \end{align*}$$

de acuerdo con el resultado de @WillOrrick.