黄友谊

腾业科技有限公司，广东 汕头

收稿日期：2019年9月1日；录用日期：2019年9月16日；发布日期：2019年9月23日

可重复组合的计数是组合数学中的重要内容，几百年都未完全解决，任意条件下的计数公式应用容斥原理证明还存在争议，这里根据发现的一些新等式，推出了任意条件下可重复组合的计数公式，并指出类似的等式大量存在，根据等式给出的集合，分析了容斥原理证明此类问题的不足。根据推论给出了猜想。

关键词 :可重复组合，等式，不同的解

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现在离散数学和组合数学中，把 ( n + k − 1 n ) 作为可重复组合的计数公式 [ 1 ] [ 2 ] [ 3 ] [ 4 ] [ 5 ] ，必须k种元素每一种元素的个数都不小于n，这个公式才成立；任意条件下组合的生成函数在组合数学中已是成熟理论 [ 1 ] [ 2 ] [ 3 ] [ 4 ] ，但是任意条件下组合的计数公式还未讨论 [ 1 ] [ 2 ] [ 3 ] [ 4 ] [ 5 ] ，这里通过发现一些等式推出了此计数公式，提供了一种新证法给大家讨论。并指出了类似的等式大量存在，同时希望更多的人受到启示，在其它方面也能发现类似的等式。现在应用容斥原理证明与本文类似的问题 [ 6 ] ，只描述交集或交集之和具有某种特征 [ 6 ] ，不能给出具体的集合 [ 6 ] ，这里根据参考文献 [ 7 ] 发现的等式给出的具体集合，分析了容斥原理证法的不足。

命题：元素 x 1 有 p 1 − 1 个，元素 x 2 有 p 2 − 1 个，元素 x 3 有 p 3 − 1 个……元素 x k 有 p k − 1 个， s 1 = ( n + k − 1 − p 1 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 1 ) 个式子相加。 s 2 = ( n + k − 1 − p 1 − p 2 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 2 ) 个式子相加。 s 3 = ( n + k − 1 − p 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 − p 3 − p 4 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k − 2 − p k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 3 ) 个式子相加。

……

直到 s i 中的 ( k i ) 个式子都没有意义， s 1 , s 2 , ⋯ , s i 中的没有意义的式子等于零。从 p 1 + p 2 + ⋯ + p k -k个元素中取n个元素，共有 ( n + k − 1 k − 1 ) + ∑ i = 1 ( − 1 ) i s i 种不同的取法。

注释：本文中有 ( k i ) 个式子相加( i = 1 , 2 , 3 , ⋯ )，是指从 p 1 , p 2 , p 3 , ⋯ , p k 中任意取i个p，共有 ( k i ) 种不同方案，每一种方案都与其它的数组成一个式子，共组成 ( k i ) 个式子相加，p的值既使有多个相等，但是式子的数量还是 ( k i ) 个。证明思路：从 y i 组解中任意取一组解，把i个不满足要求的x值，分别减去对应的p(x的序号与p的序号相同才能相减一次)，可得到 ( i 1 ) + ( i 2 ) + ( i 3 ) + ⋯ + ( i i ) 组不同的非负整数解，再根据p的序号找到对应的方程(对应方程的解与新解是一一对应的关系)，根据对应方程就能知道所取的这组解，在 s 1 , s 2 , s 3 , ⋯ 中的数量。

证明：命题就是求方程① x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n ( p 1 > x 1 ≥ 0 , p 2 > x 2 ≥ 0 , ⋯ , p k > x k ≥ 0 )非负整数解的数量，先求出不满足要求的解的数量，令有 y 1 组解，每组解中有一个x的值不满足要求，令有 y 2 组解，每组解中有两个x的值不满足要求，……令有 y b 组解，每组解中有b个x的值不满足要求，且b个值是最多的( k ≥ b ≥ 1 )。 y 1 + y 2 + ⋯ + y b 是方程①所有不满足要求的解。

x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 1 的每一组非负整数解， x 1 的值加 p 1 可得到 ( n + k − 1 − p 1 k − 1 ) 组不同的新解。

x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 2 的每一组非负整数解， x 2 的值加 p 2 可得到 ( n + k − 1 − p 2 k − 1 ) 组不同的新解。

……

x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p k 的每一组非负整数解， x k 的值加 p k 可得到 ( n + k − 1 − p k k − 1 ) 组不同的新解。

s 1 = ( n + k − 1 − p 1 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 1 ) 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。

x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 1 − p 2 的每一组非负整数解， x 1 的值加 p 1 ， x 2 的值加 p 2 ，可得到 ( n + k − 1 − p 1 − p 2 k − 1 ) 组不同的新解。 x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 2 − p 3 的每一组非负整数解， x 2 的值加 p 2 ， x 3 的值加 p 3 ，可得到 ( n + k − 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) 组不同的新解。

……

x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p k − 1 − p k 的每一组非负整数解， x k − 1 的值加 p k − 1 ， x k 的值加 p k ，可得到 ( n + k − 1 − p k − 1 − p k k − 1 ) 组不同的新解。

s 2 = ( n + k − 1 − p 1 − p 2 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 2 ) 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。

x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 1 − p 2 − p 3 的每一组非负整数解， x 1 的值加 p 1 ， x 2 的值加 p 2 ， x 3 的值加 p 3 ，可得到 ( n + k − 1 − p 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) 组不同的新解。

x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p 2 − p 3 − p 4 的每一组非负整数解， x 2 的值加 p 2 ， x 3 的值加 p 3 ， x 4 的值加 p 4 ，可得到 ( n + k − 1 − p 2 − p 3 − p 4 k − 1 ) 组不同的新解。

……

x 1 + x 2 + ⋯ + x k = n − p k − 2 − p k − 1 − p k 的每一组非负整数解， x k − 2 的值加 p k − 2 ， x k − 1 的值加 p k − 1 ， x k 的值加 p k ，可得到 ( n + k − 1 − p k − 2 − p k − 1 − p k k − 1 ) 组不同的新解。

s 3 = ( n + k − 1 − p 1 − p 2 − p 3 k − 1 ) + ( n + k − 1 − p 2 − p 3 − p 4 k − 1 ) + ⋯ + ( n + k − 1 − p k − 2 − p k − 1 − p k k − 1 ) ，有 ( k 3 ) 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。

……按照上述方法直到求出 s b 中的 ( k b ) 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。在实际中 s 1 , s 2 , ⋯ , s b 都可能存在没有意义的式子，这样的式子等于零，没有意义的式子对应的方程没有非负整数解。

上述方法得到的所有新解，都不满足方程①的要求，令所有新解中不同解的个数是a，则有 y 1 + y 2 + ⋯ + y b ≥ a ，由以下论述可知 中的任意一组解，在新解中都存在，则有 ，因此 。由于 可能有多个是相等的，上述方程就可能存在多个方程的解完全相同，任意取一组解，因为p的序号与x的序号相同才可以相加，所以这组解组成的新解是各不相同的，因此把p与x的序号相同作为必要条件，上述方程的任意一组解，只对应一个方程和一组新解。下面就讨论 中的每一组解，在新解中存在多少个。

从 中任意取一组解 ，把 的值减去 ，得到的解是方程 的一组解，因此所取的这组解在 组新解中仅有一个， 的每一组解都能推出同样的结论。

从 中任意取一组解 ，把 的值任意减去对应的 ，可得到 组不同的非负整数解， 组解分别是( )，( )，对应的方程分别是 ， ， 组解是( )，对应的方程是 ，因此从 中取的这组解，在 组新解中存在 个，在 组新解中存在 个， 中每一组解都能推出同样的结论。

从 中任意取一组解 ，把 的值任意减去对应的 ，可得到 组不同的非负整数解， 组解分别是 ， ， 对应的方程分别是( ， ， )， 组解分别是( )，( )，( )，对应的方程分别是 ， ， 。 组解是( )，对应的方程是 。因此从 中取的这组解，在 组新解中有 个，在 组新解中有 个，在 组新解中有 个， 中每一组解都能推出同样的结论。

……

从 中任意取一组解，同理可知这组解在 组新解中有 组，在 组新解中有 组，……，在 组新解中有 组。

根据以上论述可推出下列b个等式：

1)

2)

3)

……

b)

方程①在没有约束条件下，所有非负整数有 组，因此满足约束条件的解有 组。

推论：1) ， ， ，有 个式子相加。

，有 个式子相加。

，有 个式子相加。

……

都可能有没有意义的式子，无意义的式子等于零， 都是不小于2的整数，则有：

2)

提示：由命题的组合生成函数可知， 。当 时 才有意义，因此 ，因此 中的每个式子都可以用同样的方法求和。把 代入推论1)式可得推论2)式。

， ， ，有 个式子相加。 ，有 个式子相加。

，有 个式子相加。

……

都可能有没有意义的式子，无意义的式子等于零， 都是不小于2的整数，r是任意非负整数，当 时， 。当 时， ，当 时这个等式是可以证明的，对猜想的证明可能会有帮助，当 时，方程① 所有非负整数解中都存在不满足要求的值，此时 ，把 代入此式就可以证明。当 和 时，也可以证明等式成立。

， ， ， ， ，从b个集合中取m个集合的交集之和是 ，m等于 分别代入此式， 或 或其它的式子，从不定方程解的数量可知与本文b个等式类似的等式大量存在 [ 7 ] 。b个等式就是一组方程，其解是唯一的，组成的b个集合也是唯一的，b个集合的交集是多样的，现在容斥原理证明与本文类似的问题时，没有给出具体的集合 [ 6 ] ，交集特征的描述也比较单一 [ 6 ] ，对应的集合是否存在还有疑问。容斥原理证明的过程中 [ 6 ] ，本文的理论却是否定的， 集合中不存在两个x值不满足要求的解，但是 组不同的新解中却存在。交集之和一般都存在多个相同的元素，交集之和的值中是否对应存在还需证明，容斥原理没有这方面的证明 [ 6 ] 。

命题同样的方法可求出方程 ( )的正整数解的数量。

参考文献7用集合理论证明了类似的等式存在较多，根据此推出了这里的新等式和任意条件下可重复组合的计数公式，这是一种新证法，并指出了容斥原理证明此类问题的不足，因此本文具有一定的参考价值。

黄友谊. 新等式推出任意条件下可重复组合的计数公式The New Equation Deduces the Counting Formula of Repeatable Combination under Arbitrary Conditions[J]. 应用数学进展, 2019, 08(09): 1556-1561. https://doi.org/10.12677/AAM.2019.89182