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Author: yokoyama-midori

_posts/2024-12-22-stanley1.md

@@ -305,3 +305,29 @@ $$ \sum_{n \ge 0}\overline{c}(m,n)x^n = \frac{1-x}{1-2x+x^{m+1}} $$
 
 $\overline{c}(m,0) = 1$とする。$1\le n \le m$のとき$\overline{c}(m,n) = 2^{n-1}$である（$n$個のボールを一列に並べたとき、ボールの間に仕切りをいれるかどうかに対応）。$n > m$のとき、最後のボールの直前に仕切りを入れるとき$\overline{c}(m,n-1)$通り、入れないとき、最後のパートが$m+1$以上になる分を差し引いて$\overline{c}(m,n-1)-\overline{c}(m,n-m-1)$通りあるから$\overline{c}(n,m) =$ $ 2\overline{c}(m,n-1) - \overline{c}(m,n-m-1) $という漸化式が成り立つ。この漸化式から、母関数は上式になる。
 
+## 29.[2]
+$k,n \in \mathbb{P}$と、$n$の$k$パートのcomposition$(a_1,\dots,a_k)$について
+
+$$
+\sum a_1 \cdots a_k = \binom{n+k-1}{2k-1}
+$$
+
+を示せ。
+
+左辺は$[x^n] (0 + x + 2x^2 + \cdots)^k$と表される。
+これを計算すると
+
+$$
+\begin{align*}
+[x^n] (0 + x + 2x^2 + \cdots)^k &= [x^n] \left\lbrace x \left( \frac{1}{1-x} \right)' \right\rbrace ^k \\
+&= [x^n] \frac{x^k}{(1-x)^{2k}} \\
+&= [x^{n-k}] (1-x)^{-2k} \\
+&= \binom{2k+n-k-1}{n-k} \\
+&= \text{RHS}
+\end{align*}
+$$
+
+となる。
+
+[組合せ論的な証明]  
+$n$個の白いボールを一列に並べる。ボール間の隙間に仕切りを入れ$k$個のグループに分け、各グループからちょうど一つのボールを黒く塗る操作を考えると、その場合の数は左辺と一致する。また、$n+k-1$個の白いボールを一列に並べ、$2k-1$個選ぶ。選ばれたボールを、左から黒いボール、仕切り、…、黒いボールと交互に変更していくと、この操作は上記の操作と一対一に対応するから場合の数は$\binom{n+k-1}{2k-1}$となる。