一类线性不定方程 x_1+2x_2+...+kx_k=n 非负整数解的数目

lsr314

一个猜想：
记方程$x_1+2x_2+\cdots+kx_k=n$的非负整数解个数为$f(n)$.
定义$g(q)=\frac{q^{-n-1}}{(1-q)(1-q^2)……(1-q^k)}$，

及$u(n)=Res[g(q),1],v(n)=Res[g(q),-1]$.

那么$f(n)=\floor(u(n)+v(n)-u(0)-(-1)^nv(0)+1)$.

lsr314

用$f_k(n)$表示方程$x_1+2x_2+……+kx_k=n$的非负整数解的个数.
根据上面的猜想，有：
$f_1(n)=1.$
$f_2(n)=\floor(n/2+1].$
$f_3(n)=\floor(n^2/12+n/2+1].$
$f_4(n)=\floor(n^3/144+(5n^2)/48+((15+(-1)^n)n)/32+1].$
这几个公式已经验证过了，下面的公式有待验证：
$f_5(n)=\floor(n^4/2880+n^3/96+(31n^2)/288+((85+3(-1)^n)n)/192+1].$
$f_6(n)=\floor(n^5/86400 + (7 n^4)/11520 + (77 n^3)/6480 + (245 n^2)/2304 + (43981 n)/103680+(-1)^(-n) (n^2/768 + (7 n)/256) +1)$

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由定义知，以上函数应满足递推关系式： $f_k(n)=f_{k-1}(n)+f_{k-1}(n-k)+f_{k-1}(n-2k)+\cdots$.
补充定义$f_k(n)=0(n<0).$

lsr314

1#和2#猜想错误，k>5时会出现更多的重因子.

葡萄糖

lsr314 发表于 2018-1-16 13:09
$Res(q=1)=\frac{6n^2-6(a+b+c)n+a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}{12abc}.$
令$\theta_a^k=e^{\frac{2\pi ik}{a}},(k=1,2,\cdots,a-1)$,如果a,b,c两两互素，则
$Res(q=\theta_a^k)=\frac{\theta_a^{b+c-n}}{a(1-\theta_a^b)(1-\theta_a^c)}.$
$f(n)=Req(q=1)+\sum_{k=1}^{a-1}Res(q=\theta_a^k)+\sum_{k=1}^{b-1}Res(q=\theta_b^k)+\sum_{k=1}^{c-1}Res(q=\theta_c^k)$
$f(n)=\frac{6n^2-6(a+b+c)n+a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}{12abc}$
             $+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\theta_a^{b+c-n}}{a(1-\theta_a^b)(1-\theta_a^c)}+\sum_{k=1}^{b-1}\frac{\theta_b^{a+c-n}}{b(1-\theta_b^a)(1-\theta_b^c)}+\sum_{k=1}^{c-1}\frac{\theta_c^{b+a-n}}{c(1-\theta_c^b)(1-\theta_c^a)}$...

关于这个问题我暑假看到一篇小松尚夫(Takao Komatsu)写于2003年关于不定方程非负整数解数目的论文
On the number of solutions of the Diophantine equation of Frobenius – General case&#8727;
https://core.ac.uk/download/pdf/14375587.pdf
好像就是用这个思路的
注：小松尚夫(Takao Komatsu)是武汉大学数学与统计学院聘请的外籍教授

另外希望把该帖子的标题修改为“一类线性不定方程$x_1+2x_2+……+kx_k=n$非负整数解的数目”


这是笔者根据小松尚夫的公式推出的一些三元情形下的结果（注：他给的公式只适用于线性不定方程的系数都互素的情形）
Let \(N\left(a_1,a_2,a_3\,;b\right)\) denote the number of  non-negative integer solutions of the equation:
\[a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3=b\]
where  \(a_1,a_2,a_3,b\in\mathbb{Z_+}\) and \(\gcd(a_1,a_2)=\gcd(a_2,a_3)=\gcd(a_1,a_3)=1\)
\begin{align*}
N\left(1,2,3\,;b\right)&=\frac{1}{12}b^2+\frac{1}{2}b+\frac{47}{72}+\frac{1}{8}\cos(\pi b)+\frac{2}{9}\cos\left(\frac{2\pi}{3}b\right)\\
\\
N\left(1,2,5\,;b\right)&=\frac{1}{20}b^2+\frac{2}{5}b+\frac{27}{40}+\frac{1}{8}\cos(\pi b)+\frac{2\sqrt{5}}{25}\cos\left[\frac{2\pi}{5}(b-1)\right]+\frac{2\sqrt{5}}{25}\cos\left[\frac{\pi}{5}(4b+1)\right]\\
\\
N\left(1,3,4\,;b\right)&=\frac{1}{24}b^2+\frac{1}{3}b+\frac{83}{144}+\frac{2}{9}\cos\left[\frac{\pi}{3}(2b-1)\right]+\frac{1}{4}\cos\left(\frac{\pi}{2}b\right)+\frac{1}{16}\cos(\pi b)\\
\\
N\left(1,3,5\,;b\right)&=\frac{1}{30}b^2+\frac{3}{10}b+\frac{26}{45}+\frac{2}{9}\cos\left(\frac{2\pi}{3}b\right)+\frac{2\sqrt{5}}{25}\cos\left[\frac{\pi}{5}(2b-1)\right]+\frac{2\sqrt{5}}{25}\cos\left[\frac{2\pi}{5}(2b-1)\right]\\
\\
N\left(1,4,5\,;b\right)&=\frac{1}{40}b^2+\frac{1}{4}b+\frac{43}{80}+\frac{1}{4}\cos\left[\frac{\pi}{2}(b-1)\right]+\frac{1}{16}\cos(\pi b)+\frac{8}{25}\sin^2\left(\frac{2\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{5}b\right)+\frac{8}{25}\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{5}b\right)\\
\\
N\left(2,3,5\,;b\right)&=\frac{1}{60}b^2+\frac{1}{6}b+\frac{131}{360}+\frac{1}{8}\cos(\pi b)+\frac{2}{9}\cos\left[\frac{\pi}{3}(2b+1)\right]+\frac{8}{25}\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{5}b\right)+\frac{8}{25}\sin^2\left(\frac{2\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{5}b\right)\\
\\
N\left(3,4,5\,;b\right)&=\frac{1}{120}b^2+\frac{1}{10}b+\frac{191}{720}+\frac{2}{9}\cos\left(\frac{2\pi}{3}b\right)+\frac{1}{4}\cos\left(\frac{\pi}{2}b\right)+\frac{1}{16}\cos(\pi b)+\frac{2\sqrt{5}}{25}\cos\left[\frac{2\pi}{5}(b+1)\right]+\frac{2\sqrt{5}}{25}\cos\left[\frac{\pi}{5}(4b-1)\right]
\end{align*}
自己也整理了一些有公因子的情形：
where  \(a_1,a_2,a_3,b\in\mathbb{Z_+}\) and \(\exists\gcd(a_i,a_j)\ne1\,(i,j=1,2,3)\)
\begin{align*}
N\left(1,2,4\,;b\right)&=\frac{1}{16}b^2+\frac{7}{16}b+\frac{21}{32}+{\color{red}{\frac{1}{16}(b+1)\cos(\pi b)}}+\frac{5}{32}\cos(\pi b)+\frac{1}{8}\cos\left[\frac{\pi}{2}(b-1)\right]+\frac{1}{8}\cos\left(\frac{\pi}{2}b\right)\\
\\
N\left(2,3,4\,;b\right)&=\frac{1}{48}b^2+\frac{3}{16}b+\frac{107}{288}+{\color{red}{\frac{1}{16}(b+1)\cos(\pi b)}}+\frac{7}{32}\cos(\pi b)+\frac{2}{9}\cos\left(\frac{2\pi}{3}b\right)+\frac{1}{8}\cos\left(\frac{\pi}{2}b\right)+\frac{1}{8}\cos\left[\frac{\pi}{2}(b+1)\right]\\
\\
N\left(2,4,5\,;b\right)&=\frac{1}{80}b^2+\frac{11}{80}b+\frac{53}{160}+{\color{red}{\frac{1}{16}(b+1)\cos(\pi b)}}+\frac{9}{32}\cos(\pi b)+\frac{1}{8}\cos\left[\frac{\pi}{2}(b-1)\right]+\frac{1}{8}\cos\left(\frac{\pi}{2}b\right)+\frac{2\sqrt{5}}{25}\cos\left[\frac{\pi}{5}(2b+1)\right]+\frac{2\sqrt{5}}{25}\cos\left[\frac{2\pi}{5}(2b+1)\right]\\
\end{align*}

lsr314

是否对于任意正整数$n$,总存在正整数$a,b,c,$使得$n^3+a^3=b^3+c^3$,且$b ne n,c ne n,gcd(a,b,c)=1$？
求解$a,b,c$的代码：

1. f[n_] := (g = {};
   
2.   Do[a = (3 x^2 + Sqrt[3] Sqrt[4 c^3 x - 4 n^3 x - x^4])/(6 x);
   
3.    b = 1/6 (-3 x + (Sqrt[3] Sqrt[-x (-4 c^3 + 4 n^3 + x^3)])/x);
   
4.    If[a != n && b != n && GCD[a, b, c] == 1, g = {n, a, b, c};
   
5.     Break[]], {c, n + 1, 10^5}, {x,
   
6.     Select[Divisors[
   
7.       c^3 - n^3], (#^3 < c^3 - n^3 &&
   
8.         IntegerQ[Sqrt[3] Sqrt[-# (-4 c^3 + 4 n^3 + #^3)]]) &]}]; g)

复制代码

找到公式了……

补充内容 (2018-9-12 16:26):
直接删除就行了。不过，为什么要限制发帖后可以编辑的时间呢，我觉得math.se这样随时可以编辑更好，甚至可以像math.se一样每个人都可以在登陆的情况下编辑别人的帖子，比如编辑公式之类的，发帖人可以撤回编辑就好了

白新岭

f5（n）的公式验证正确。

白新岭

f₆(n)的公式不正确，在取整括号中加上修正项-(-1)^mod(n-2,3)*n/160+if（mod（n,3)=0,8*n/1319,0)，对于mod（n，60）=0的项还需要+1，f6（0）不加1，还有当n>1320，有多了mod（n，60）=36的需要+1，后边还有其他的余数也需要+1，没有得到完美的通项公式。

mathe

可以这么做，实际上f2(n)可以a*n*1^n+b*(-1)^n的形式，这是一个二阶递推数列。
而fk(n)=f_{k-1}(n)+f_{k-1}(n-k)+...
每隔k项累加就可以公式求和，得出k个不同的公式，而公式选择依赖于n除以k的余数。由此可以猜测我们需要添加一项u*w^n,达成统一的公式，其中,w是k次单位根
最终结果应该可以写成一个n的k-1次多项式加上前k次单位根的n次方乘上常数

mathe

设$f_k(n)=\sum_{h=0}^{k-1}a_{k,h}n^h+\sum_{h=2}^k\sum_{s=1} ^{h-1} b_{k,h,s}w_h^{sn}$
其中$w_k$为k次单位根，利用递推
$f_k(n)-f_k(n-k)=f_{k-1}(n)$可以得出$a_{k,h},b_{k,h,s}$.
再利用$f_k()$前k项可确定$a_{k,0},b_{k,k,s}$