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4項間漸化式
stomachmanの回答
綺麗な漸化式ができましたねえ。2連続と考えればフィボナッチ数列の解釈になる。一般にj連続と考えることで一群の漸化式が出てくる。これだけで素敵な成果じゃないですか。 数列の一般項を求めても、それが難しい関数や総和を含んでいるようでは、漸化式で計算したほうがましだったりしないとも限りません。 余談ながら比 x=A(N)/A(N-1)がN→∞において収束するとすれば、 x^3-x^2-x-1=0 という方程式の実数解ですから、 x=(19/27-√(11/27))^(1/3)+(19/27+√(11/27))^(1/3)-1/3 なんてことになります。 では、ちょいと観点を変えてみましょう。 A:「裏ばかりの硬貨が一列に並んでいる。その個数(は幾つでも良いがこれ)をMとする。その隙間、あるいは列の先頭や末尾に、適当に表の硬貨を挿入して行く。ただし、各挿入箇所に挿入する表の硬貨の数は0か1か2でなくてはならない。表の硬貨を挿入できる箇所はM+1箇所ある。挿入した表の硬貨の総数をKとすると、N=M+Kが列全体の長さである。Nを固定したとき、場合の数A(N)を求めよ。」これは元もとの問題を別の言い方で表してます。 Nを固定して考えると、0≦K≦2(M+1)ですから、 (1) 0≦K≦(2N+2)/3 でなくてはなりません。 さて、NとKが与えられたとします。するとK個の表の硬貨をいかにしてM+1個の挿入箇所に配分するかという問題です。すなわち B(N,K):「K個の(表の)硬貨をM+1=N-K+1人で分ける。ただし一人最大2個しか貰えない。場合の数を求めよ」 を考えることができる。その解B(N,K)をK=0,1,....,floor[(2N+2)/3] について加えたものがA(N)になります。 A(N) = B(N,0)+ B(N,1) + ...... + B(N,floor[(2N+2)/3] ) この問題B(N,K)は、さらに次の問題に帰着できます。 C(N,K,h):「N-K+1人の中から、硬貨2つを貰えるヒトh人を選ぶ。残りのN-K+1-h人の中から硬貨1つを貰えるヒト(K-2h)人を選ぶ。場合の数を求めよ。ただし2h≦Kである。」 すなわち B(N,K) = C(N,K,0)+C(N,K,1)+.....+C(N,K,floor[K/2]) ですね。 ここで、問題c(n,j):「n人のうちからj人を選ぶ場合の数を求めよ」 を考えますと、ご承知の通り、 ・j>nの場合にはc(n,j)=0 ・0≦j≦nの場合にはc(n,j)= n! / (n-j)!/j! ということになる。だから C(N,K,h) = c(N-K+1,h)c(N-K+1-h,(K-2h)) である。 かくて、二重の総和を使って無理矢理ながら元の問題の解が表せることまでは分かりました。それが具体的に綺麗な式に整理できるかどうかがポイントですが..... これで、おしまい。無責任だなあ。
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