add problems

Author: yokoyama-midori

_posts/2024-12-22-stanley1.md

@@ -163,6 +163,40 @@ $$
 
 式変形による証明は自明である。右辺は $[2n]$ から要素数 $n$ の部分集合$S$を選ぶ場合の数である。 $2n \in S$ の場合 $\binom{2n-1}{n-1}$ 通り, $2n \notin S$ の場合$\binom{2n-1}{n}$ 通りあるから左辺を得る。
 
+## 4.[2]
+$j,k \in \mathbb{Z}$について以下の式を示せ
+
+$$
+\sum_{n \ge 0}\frac{(2n-j-k)!x^n}{(n-j)!(n-k)!(n-j-k)!n!} = 
+\left[ \sum_{n\ge 0}\frac{x^n}{n!(n-j)!} \right]
+\left[ \sum_{n\ge 0}\frac{x^n}{n!(n-k)!} \right]
+$$
+
+ただし、分母に負の階乗が現れる項は$0$とする。
+
+右辺は
+
+$$
+\sum_{n\ge 0}\sum_{i = 0}^n \frac{x^n}{i!(i-j)!(n-i)!(n-i-k)!}
+$$
+
+と書ける。$n!(n-j-k)!$を掛けて整理すると、結局
+
+$$
+\binom{2n-j-k}{n-k} = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i}\binom{n-j-k}{n-i-k}
+$$
+
+を示せば良いが、これはExample 1.1.17で示したヴァンデルモンドの畳み込みである。
+
+ところで、第1種変形ベッセル関数$I_j(x) = \sum_{n\ge 0}\frac{1}{n!(n+j)!}\left(x/2\right)^{2n+j} $を用いると
+
+$$
+\sum_{n\ge 0}\frac{x^n}{n!(n-j)!} = x^{\frac{j}{2}}I_j\left(2\sqrt{x}\right)
+$$
+
+と書ける。（だから何？）
+
+
 ## 5.[2]
 
 $$
@@ -255,4 +289,9 @@ $$
 ## 13.  
 $p$を素数とし、$a\in \mathbb{P}$とする。（$ \mathbb{P} $は正整数全体の成す集合）$a^p-a$が$p$で割り切れることを組合せ論的に示せ。  
 
-$p$組 $(n_1,\dots,n_p)$ であって、$n_i \in [a]$ かつ$n_i$ がすべて等しくはないようなもの全体からなる集合$S$を考える。ここで $\\# S = a^p - a$ である。2つの組を、巡回シフトにより一方から他方へ変形出来るとき同一視する。$p$は素数であり、$S$ の要素はすべて等しくはないから、この同値関係により各同値類はちょうど$p$個の要素からなる。従って$p \mid \\# S$ である。
+$p$組 $(n_1,\dots,n_p)$ であって、$n_i \in [a]$ かつ$n_i$ がすべて等しくはないようなもの全体からなる集合$S$を考える。ここで $\\# S = a^p - a$ である。2つの組を、巡回シフトにより一方から他方へ変形出来るとき同一視する。$p$は素数であり、$S$ の要素はすべて等しくはないから、この同値関係により各同値類はちょうど$p$個の要素からなる。従って$p \mid \\# S$ である。
+
+## 20.[2]
+各要素が$0$または$1$の$m \times n$行列であって、各行および列に$1$が偶数個あるものは何通り？奇数個の場合は？
+
+$n+m-1$個の条件を満たしている場合、残りの条件は$n,m$の偶奇が異なり奇数個の$1$についての制約を考えているときのみ満たさない。従ってその場合$0$通りである。それ以外の場合について考える。$i$行$j$列$(1\le i < m$,$1\le j < n)$の要素を決めたとき、$i$行目$(1\le i < m)$の条件から$m$行$j$列$(1\le j<n)$の要素が、$j$列目$(1\le j < n)$の条件から$i$行$n$列$(1\le i<m)$の要素が一意に決まる。さらに、$m$行目の条件から$m$行$n$列の要素が一意に決まり、このとき$n$列目の条件も満たす。従って$i$行$j$列$(1\le i < m$,$1\le j < n)$の要素を決めるとちょうど一つの条件を満たす行列が存在する。従って$2^{(m-1)(n-1)}$通りある。