Encuentre el número de arreglos de $k \mbox{ }1'$ s, $k \mbox{ }2'$ s, $\cdots, k \mbox{ }n'$ s - total $kn$ tarjetas - para que no aparezcan consecutivamente los mismos números. Para $k=2$ podemos calcularla utilizando la PIE, y es $$\frac{1}{2^n} \sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i} (2n-i)! 2^i$$
Creo que la respuesta la da $$\int_0^\infty e^{-x} q_k(x)^n \, dx$$ donde $q_k(x) = \sum_{i=1}^k \frac{(-1)^{i-k}}{i!} {k-1 \choose i-1}x^i$ para $k\geq 1$ y $q_0(x) = 1$ . En general, si permitimos $k_i$ de la $i$ th la respuesta debe ser $$\int_0^\infty e^{-x} \prod_i q_{k_i}(x) \, dx$$
Puede comprobar que esto coincide con las secuencias oeis.org/A114938 y oeis.org/A193638 arriba. No tengo (del todo) una prueba de esto, aunque estoy muy cerca. El método es mío, y no se ha publicado en ningún sitio, que yo sepa. Estaría encantado de darte más información en privado, pero no estoy seguro de querer exponerlo públicamente hasta que esté probado. Por favor, hágame saber si cree que esto es digno de mención y cualquier aplicación potencial.
Edición: Siguiendo una información que me dio Byron, encontré que esta fórmula ya es conocida y que de hecho $q_n(x) = (-1)^{n}L_n^{(-1)}(x)$ donde $L_n^{(\alpha)} (x) $ denota el polinomio de Laguerre generalizado. Véase la sección 6 aquí para una versión etiquetada. Debería haberlo mencionado antes; ¡gracias Byron!
Debo estar perdiéndome algo. Cuando $k=2$ y $n=1$ la respuesta correcta es cero, pero eso no es lo que da tu fórmula.
Ahhh, ¡lo siento! Me olvidé de un factor de $(-1)^{i-k}$ en la expresión para $q_k$ . Lo arreglaré.
Puede comprobar que $q_2(x) = -x + \frac{x^2}{2}$ y luego $\int_0^\infty e^{-x} ( -x + \frac{x^2}{2}) \, dx = 0$ como se desee.
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Ya hemos visto problemas similares aquí: math.stackexchange.com/questions/76213/ Mi impresión es que no hay una fórmula general para la solución, pero me encantaría que se demostrara que estoy equivocado.
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Un problema muy diferente.
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No es tan diferente.
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El problema que mencionas se refiere al diferente número de tarjetas, pero aquí consideramos el mismo número de tarjetas.
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Los casos $k=2$ y $k=3$ se tabulan aquí: oeis.org/A114938 y oeis.org/A193638 . Para $k=3$ no se da una fórmula sencilla.
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@Byron Gracias por los cumplidos. No estoy seguro de entender su recompensa - ¿qué merecería el premio?
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Hmm, no he trabajado previamente con polinomios de Laguerre, pero parece que tienen una expansión simple en términos de mi $q_k$ polinomios: $L_k(x) = \sum_{i=0}^k (-1)^i q_i(x)$ ¡! Eso es bastante bonito.
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@Jair Lo siento, debería haberme explicado. Simplemente te concederé la recompensa, pero tengo que esperar 24 horas. Te la daré en algún momento de esta noche.
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Ah, sí - me di cuenta después de publicar. Gracias.