Изменения

</tex> и получим, что <tex dpi="140">G^{2n}(z)=(1-z^{10})^{2n}(1-z)^{-2n}=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{2n}\dbinombinom{2n}{k}(-z^{10})^k</tex><tex>\Big(\sum\limits_{j=0}^{\infty}\dbinombinom{-2n}{j}(-z)^j\Big)</tex>. Так как <tex dpi="140">\dbinom{-2n}{k}=(-1)^k\dbinom{2n+k-1}{k}</tex>, понятно, что <tex dpi="140">[z^{9n}]G^{2n}(z)=\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{\lfloor{\frac{9n}{10}}\rfloor}(-1)^j\dbinombinom{2n}{j}\dbinombinom{11n-10j-1}{9n-10j}</tex>, что при <tex>n=3</tex> дает <tex dpi="140">\dbinom{6}{0}\dbinom{32}{27}-\dbinom{6}{1}\dbinom{22}{17}+\dbinom{6}{2}\dbinom{12}{7}=55252</tex>.

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 dpi="140">\binomdbinom{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 dpi="140">\binomdbinom{32}{5}</tex>. Число расстановок <tex>\left\vert{C_i}\right\vert</tex> одинаково для всех <tex>i</tex> и равно <tex dpi="140">\binomdbinom{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 dpi="140">\binomdbinom{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 - \binomdbinom{6}{1}\left\vert{C_i}\right\vert+\binomdbinom{6}{2}\left\vert{C_i \cap C_j}\right\vert = \binomdbinom{32}{5}-6\binomdbinom{22}{5}+15\binomdbinom{12}{5} = 55252</tex>.

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>\displaystyle\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]

Рассмотрим функцию <tex>g(\phi)=H(e^{i\phi})=\left(\dfrac{\sin{5\phi}}{\sin{\frac{\pi}{2}}}\right)^6</tex>. Как доказано выше, <tex>L_6=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}g(\phi)d\phi</tex>. Для интеграла можно выписать приближенную формулу и получить <tex>L_6 \approx \displaystyle\dfrac{1}{N}\sum\limits_{k=0}^{N-1}g\Big(\dfrac{2\pi k}{N}\Big)</tex>. Интересно, что при достаточно большом <tex>N</tex> это равенство становится точным.