64
правки
Изменения
→Решение с помощью формулы включения-исключения
</tex> и получим, что <tex dpi="140">G^{2n}(z)=(1-z^{10})^{2n}(1-z)^{-2n}=\sum\limits_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}(-z^{10})^k\sum\limits_{j=0}^{\infty}\binom{-2n}{j}(-z)^k</tex>. Так как <tex dpi="140">\binom{-2n}{k}=(-1)^k\binom{2n+k-1}{k}</tex>, понятно, что <tex dpi="140">[z^{9n}]G^{2n}(z)=\sum\limits_{j=0}^{\lfloor{\frac{9n}{10}}\rfloor}(-1)^j\binom{2n}{j}\binom{11n-10j-1}{9n-10j}</tex>, что при <tex>n=3</tex> дает <tex dpi="140">\binom{6}{0}\binom{32}{27}-\binom{6}{1}\binom{22}{17}+\binom{6}{2}\binom{12}{7}=55252</tex>.
== Решение с помощью [[Формула включения-исключения | формулы включения-исключения]]==
Как мы заметили раньше, ответ на задачу равен количеству шестизначных билетов с суммой <tex>27</tex>. Рассмотрим расстановки целых неотрицательных чисел на шести позициях, дающих в сумме <tex>27</tex>; обозначим их множество <tex>A</tex>. Выделим шесть его подмножеств <tex>C_i, i = 1 \ldots 6</tex>, где <tex>i</tex>-е множество состоит из расстановок, у которых в <tex>i</tex>-й позиции стоит число, не меньшее <tex>10</tex>. Число счастливых билетов равно числу расстановок, не принадлежащих ни одному из множеств. Расстановке <tex>(a_1,a_2 \ldots a_n)</tex> из <tex>n</tex> чисел с суммой <tex>k</tex> сопоставим сочетание с повторениями <ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A1%D0%BE%D1%87%D0%B5%D1%82%D0%B0%D0%BD%D0%B8%D0%B5#.D0.A1.D0.BE.D1.87.D0.B5.D1.82.D0.B0.D0.BD.D0.B8.D1.8F_.D1.81_.D0.BF.D0.BE.D0.B2.D1.82.D0.BE.D1.80.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F.D0.BC.D0.B8 Сочетание — Википедия]</ref> из <tex>n</tex> по <tex>k</tex>, в котором <tex>i</tex>-й элемент повторяется <tex>a_i</tex> раз. Так как это сопоставление взаимно-однозначно, количество расстановок равно количеству сочетаний с повторениями, т.е. <tex>\binom{n+k-1}{n-1}</tex>. Число <tex>\left\vert{A}\right\vert</tex> всех расстановок неотрицательных целых чисел с суммой <tex>27</tex> в шесть позиций равно <tex>\binom{32}{5}</tex>. Число расстановок <tex>\left\vert{C_i}\right\vert</tex> одинаково для всех <tex>i</tex> и равно <tex>\binom{22}{5}</tex>. В самом деле, мы можем поставить в <tex>i</tex>-ю позицию число <tex>10</tex>, а оставшуюся сумму <tex>17</tex> произвольно распределить по шести позициям. Аналогично, число расстановок <tex>\left\vert{C_i \cap C_j}\right\vert</tex> одинаково для любой пары <tex>i, j, i \neq j</tex> и равно <tex>\binom{12}{5}</tex>: мы выбираем две позиции и ставим в них <tex>10</tex> и произвольно распределяем оставшуюся сумму <tex>7</tex> по шести позициям. Таким образом, искомое количество расстановок равно <tex dpi="140">\left\vert{A}\right\vert - \binom{6}{1}\left\vert{C_i}\right\vert+\binom{6}{2}\left\vert{C_i \cap C_j}\right\vert = \binom{32}{5}-6\binom{22}{5}+15\binom{12}{5} = 55252</tex>.
== Решение путем интегрирования ==
Рассмотрим многочлен Лорана (т.е. многочлен, в котором допускаются отрицательные степени) <tex>H(z)=G^3(z)G^3(1/z)</tex>. Заметим, что его свободный член равен <tex>\sum\limits_{i=0}^{27}[z^i]G^3(z)\cdot [z^{-i}]G^3(z^{-1})=\sum\limits_{i=0}^{27}(D_3^i)^2</tex>. Воспользуемся теоремой Коши <ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%98%D0%BD%D1%82%D0%B5%D0%B3%D1%80%D0%B0%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%B0%D1%8F_%D1%84%D0%BE%D1%80%D0%BC%D1%83%D0%BB%D0%B0_%D0%9A%D0%BE%D1%88%D0%B8 Интегральная формула Коши — Википедия]
