Cómo puedo encontrar el número de formas de color de un tablero de $1\times n$ utilizando los colores rojo, azul, verde y naranja si:
Nº de cuadrados rojos es incluso
número de plazas verdes es incluso
Hicimos los embaldosados de $1\times n$ tablero con casillas y dominós de clase, pero no estoy seguro de cómo hacer el color con más de dos opciones
¡Gracias por cualquier ayuda!
Deje $\mathrm{Even}(n)$ el número de colores de la $1\times n$ junta en la que el número de rojo y de verde los cuadrados cada uno, incluso. Deje $\mathrm{Odd}(n)$ el número de colores de la $1\times n$ junta en la que la cantidad de glóbulos rojos y verdes plazas cada uno impar.
Para $n\geq 2$, el color de la inicial $1\times (n-2)$ bordo de cualquier manera; hay $4^{n-2}$ formas de hacerlo. Ahora, si el número de tejas rojas y el número de tejas verdes son tanto incluso (lo que ocurre en $\mathrm{Even}(n-2)$ de los colorantes), entonces podemos completar el colorante por cualquiera de colorear ambos resto de tejas verdes, rojos, o cada uno de ellos, ya sea azul o naranja. Esto le da seis diferentes colores con la misma "base" para colorear en la inicial $1\times (n-2)$ junta.
Si el número de tejas rojas y el número de tejas verdes son ambos impares (lo que ocurre en $\mathrm{Odd}(n-2)$ de los colorantes), entonces debemos de color, el resto de los azulejos de uno rojo y uno verde, en un cierto orden. Que dos diferentes colores con la misma "base" para colorear.
Si uno de los número de tejas rojas y de tejas verdes es par y el otro es impar (que se produce en $4^{n-2} - (\mathrm{Odd}(n-2)+\mathrm{Even}(n-2))$ de los colorantes), entonces uno de los dos restantes, las baldosas se deben a la carencia de color, y la otra pieza puede ser el azul o el naranja. Que da 4 posibles terminaciones (seleccionar que el azulejo es el azul o el naranja, seleccione el color).
Un cálculo similar se tiene para $\mathrm{Odd}(n)$, ya que estamos tratando de preservar la paridad.
Así que tenemos la recursividad $$\begin{align*} \mathrm{Even}(n) &= 6\mathrm{Even}(n-2) + 2\mathrm{Odd}(n-2) + 4\bigl(4^{n-2}-\mathrm{Odd}(n-2)-\mathrm{Even}(n-2)\bigr)\\ &= 4^{n-1} + 2\mathrm{Even}(n-2) - 2\mathrm{Odd}(n-2)\\ &= 4^{n-1} + 2\Bigl(\mathrm{Even}(n-2) - \mathrm{Odd}(n-2)\Bigr).\\ \mathrm{Odd}(n) &= 6\mathrm{Odd}(n-2) + 2\mathrm{Even}(n-2) + 4\bigl(4^{n-2}-\mathrm{Odd}(n-2) - \mathrm{Even}(n-2)\bigr)\\ &= 4^{n-1} + 2\Bigl(\mathrm{Odd}(n-2) - \mathrm{Even}(n-2)\Bigr). \end{align*}$$
Por lo tanto, tenemos: $$\mathrm{Even}(n) - \mathrm{Odd}(n) = 4\Bigl(\mathrm{Even}(n-2)-\mathrm{Odd}(n-2)\Bigr).$$
También tenemos $\mathrm{Odd}(0) = 0$, $\mathrm{Even}(0)=1$; y $\mathrm{Odd}(1)=0$$\mathrm{Even}(1)=2$.
A partir de este, debe ser fácil para obtener una fórmula para $\mathrm{Even}(k) - \mathrm{Odd}(k)$, y a partir de ahí una fórmula para $\mathrm{Even}(n)$ todos los $n\geq 1$.
Primero, vamos a contar los colorantes que contienen al menos uno de los colores rojo y naranja, y al menos uno de los colores azul y verde.
Ahora cambiando el primer color es el rojo o el naranja, vemos que hay mucho colorantes con $k$ azul-verde azulejos e incluso de tejas rojas, como las hay de colores con $k$ azul-verde azulejos y las impares de tejas rojas.
Ahora, por el cambio de la primera de color azul-verde azulejo, vemos que hay muchos colorantes, incluso con el rojo y el verde azulejos, ya que hay de las otras tres variedades.
Por lo tanto, tenemos $\frac 14 \cdot (4^n-2^n-2^n)$ donde el segundo factor cuenta todos colorear menos los colorantes que sólo el uso de color rojo-naranja y aquellos que solo utilizan azul-verde.
Ahora, entre los colorantes que sólo el uso de color rojo-naranja o sólo el azul-verde, el mismo argumento que da lo que queremos contar exactamente la mitad de ellos que le da $\frac 12 \cdot (2^n +2^n)$
Resultado: $4^{n-1}+2^{n-1}$
Sólo quiero señalar que la exponencial en la generación de funciones de servir como una buena aproximación. Deje $g(x)$ ser la exponencial de la generación de la función de la secuencia de $h_0, h_1, h_2,\ldots$ donde $h_n$ es el número de aceptable a los colorantes de una $1\times n$ junta. Por lo $h_n$ es el coeficiente de $x^n$$g(x)$.
Entonces $$ g(x)=\left(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\right)^2\left(1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}\cdots\right)^2 $$ donde el primer cuadrado término proviene del hecho de que el rojo y el verde de las baldosas deben ocurre en los números, tan solo tenemos en cuenta que incluso los poderes, y el segundo al cuadrado término proviene del hecho de que el naranja y el azul de los azulejos pueden ocurrir en cualquier número.
La primera serie es sólo los términos de la serie para $e^x$, por lo que dividiendo la serie en sus condiciones, una ve $g(x)$ se simplifica a $$ \begin{align*} g(x) &= \left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)^2\cdot(e^x)^2 \\ &= \frac{1}{4}(e^{2x}+2+e^{-2x})\cdot(e^{2x})\\ &= \frac{1}{4}(e^{4x}+2e^{2x}+1)\\ &= \frac{1}{4}+\frac{1}{4}\left(\sum_{n\geq 0}\frac{(4x)^n}{n!}+2\sum_{n\geq 0}\frac{(2x)^n}{n!}\right)\\ &= \frac{1}{4}+\frac{1}{4}\left(\sum_{n\geq 0}\frac{(4^n+2\cdot 2^n)x^n}{n!}\right) \end{align*} $$ Puesto que hay un $\frac{1}{4}$ colgando fuera de la suma, calculamos $h_0=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}(3)=1$. A continuación, para el coeficiente de no constante términos, vemos $$ h_n=\frac{1}{4}(4^n+2\cdot 2^n)=4^{n-1}+2^{n-1} $$ como se señaló en user9325 la respuesta.
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