Liczba rozmieszczeń nierozróżnialnych kul

[kt26420]

Liczba rozmieszczeń n nierozróżnialnych kul w dwóch rozróżnialnych komórkach takich, że w jednej z komórek jest parzysta, a w drugiej nieparzysta liczba kul, wynosi \(\displaystyle{ \frac{n+1}{2} (1−(−1)^n)}\)

Jak do tego dojść?
Chciałabym zobaczyć metodę jak takie coś robić, bo mam jeszcze 2 podobne zadania, a nie mogę znaleść jak takie coś się rozwiązuje

Liczba rozmieszczeń n nierozróżnialnych kul w dwóch rozróżnialnych komórkach takich, że
a.) w obu komórkach jest parzysta liczba kul

b.) w obu komórkach jest nieparzysta liczba kul

Będę wdzięczna za pomoc.

[Tmkk]

Jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest parzyste, to nie da się tak zrobić, stąd \(\displaystyle{ 0}\).
Jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest nieparzyste, to jest po prostu \(\displaystyle{ n+1}\) opcji, bo do jednej urny dajesz \(\displaystyle{ k}\) kul, a do drugiej \(\displaystyle{ n-k}\), dla \(\displaystyle{ k=0,1,2,\ldots ,n}\).
To jest koniec, ale jeśli chcesz to zapisać takim wzorem bez klamerki, to wtedy masz taką odpowiedź, jak napisałeś/łaś.

[arek1357]

Najlepiej Ci wyjdzie z funkcji tworzącej, dla pierwszego przypadku masz:

\(\displaystyle{ (1+x^2+x^4+...)(x+x^3+x^5+...)= \frac{x}{\left( 1-x^2\right)^2 } = \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{1}{4}\left( 1-(-1)^n\right)(n+1) }\)

A ponieważ baniaki są rozróżnialne mnożysz jeszcze przez dwa...

[kt26420]

Jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest parzyste, to nie da się tak zrobić, stąd \(\displaystyle{ 0}\).
Jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest nieparzyste, to jest po prostu \(\displaystyle{ n+1}\) opcji, bo do jednej urny dajesz \(\displaystyle{ k}\) kul, a do drugiej \(\displaystyle{ n-k}\), dla \(\displaystyle{ k=0,1,2,\ldots ,n}\).
To jest koniec, ale jeśli chcesz to zapisać takim wzorem bez klamerki, to wtedy masz taką odpowiedź, jak napisałeś/łaś.

W takim razie wychodzi tak ?
a) \(\displaystyle{ \frac{n+2}{2} (1−(−1)^n)}\)
b) \(\displaystyle{ \frac{n}{4} (1+(−1)^n)}\)

[Tmkk]

a) nie do końca, ale blisko, spójrz jeszcze raz na to, na przykład dla \(\displaystyle{ n = 6}\) powinno wyjść \(\displaystyle{ 4}\).
b) jest ok.

[kt26420]

Najlepiej Ci wyjdzie z funkcji tworzącej, dla pierwszego przypadku masz:

\(\displaystyle{ (1+x^2+x^4+...)(x+x^3+x^5+...)= \frac{x}{\left( 1-x^2\right)^2 } = \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{1}{4}\left( 1-(-1)^n\right)(n+1) }\)

A ponieważ baniaki są rozróżnialne mnożysz jeszcze przez dwa...

A jak Pan otrzymał tą ostatnią równość, bo ja otrzymałam takie coś \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } x^{2n+1} (n+1) }\)

[kt26420]

Dodano po 53 sekundach:

a) nie do końca, ale blisko, spójrz jeszcze raz na to, na przykład dla \(\displaystyle{ n = 6}\) powinno wyjść \(\displaystyle{ 4}\).
b) jest ok.

* W a) też dzieliemy przez 4, zapomiałam o tej 2 w nawiasach)

[Tmkk]

To już lepiej, ale nadal, dla \(\displaystyle{ n=6}\) wychodzi \(\displaystyle{ 0}\).

[kt26420]

To już lepiej, ale nadal, dla \(\displaystyle{ n=6}\) wychodzi \(\displaystyle{ 0}\).

Ojej, przepraszam jestem bardzo nieuważna XD
a) \(\displaystyle{ \frac{n+2}{4} (1+(−1)^n)}\)

[Tmkk]

Tak, teraz git : )

[kt26420]

Tak, teraz git : )

To dziękuję bardzo!
A może by jeszcze podpowiadł Pan jak wie z tym drugim rozwiązaniem co pisałam wyżej, że u mnie jakoś nie wychodzi, w sensie z tą sumą? \(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{} (n+1) x^{2n+1}}\)

[arek1357]

Masz tu rozkład prawidłowy, a jak lubisz się bawić to zrób to ręcznie...:

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input?i=x%2F%281-x%5E2%29%5E2%3D