Задачи для детей от 5 до 15 лет.

[ravnovesie]

Разделим исследуемую сумму с N+1 членами на сумму из N членов и дного последнего. Будем каждый раз увеличивать значение суммы на единице с 0 до M(N+1) и учитывать число комбинаций для каждого значения суммы и по ним усреднять. Среднее квадратичное тогда подчиняется закону
$\sum\limits_{m=0}^{M} [D(m,N)+2mX(m,N)+m^2] F(m,N)=D(M,N+1)F(M,N+1)$
или так

$[D(M,N-1)+2MX(M,N-1)+M^2] F(M,N-1)=D(M,N)F(M,N-1)-D(M-1,N)F(M-1,N)$

где $F(M,N)=\frac{(M+N)!}{M!N!}$ общее число комбинаций для любых значений суммы

$X(M,N)=\frac{MN}{2}$ -среднее арифметическое

Получаем
$[D(M,N-1)-D(M,N)]-\frac{M}{N}[D(M,N)-D(M-1,N)]=-M^2N$
Учитывая, что
$D(M,N)=\sigma(M,N)+X^2(M,N)$
приходим к
$\dfrac{\sigma(M,N)-\sigma(M-1,N)}{N}+\dfrac{\sigma(M,N)-\sigma(M,N-1)}{M}=\dfrac{M+N}{4}$

Представим в виде
$\dfrac{\sigma(M,N)-\sigma(M-1,N)}{N}=aN+bM$
(к сумме в конце этой формулы можно прибавит антисимметричный нелинейный член, но полагаю, это отразится на симметричности $\sigma(M,N)$ или же $\sigma(M,1)$ не будет квадратичной. Доказать пока не смог.)
При этом очевидно, что $a+b=\dfrac{1}{4}$
Тогда выражение
$\sigma(M,N)-\sigma(M-1,N)=aN^2+bMN$
суммируем
$\sigma(M,N)=\sum\limits_{m=1}^{M}(aN^2+bMN)=MN[aN+\frac{b}{2}(M+1)]$
для условия симметричности необходимо $b=2a$, а также учитывая $a+b=\dfrac{1}{4}$ получаем искомую формулу

$\sigma(M,N)=\frac{MN(N+M+1)}{12}$

[Yadryara]

Кстати, если не говорить о нулевых слагаемых, то при делении мандарина, состоящего из $n$ долек, между небольшим количеством людей, порой удаётся найти явные формулы.

Если надо разделить на двоих, то число способов $S$ тривиально равно $\lfloor{n/2}\rfloor$.

Eжели на троих, то $S=[\frac{n^2}{12}]$.

На четверых сложнее, но пока нашёл явную формулу для чётных $n$. $S=[\frac{n^3}{144}+\frac{n^2}{48}]$.

Последовательность A014126.

Подозреваю, что при желании можно продвинуться и подальше.

[gris]

Yadryara, извините, но мандарин делить так я не соглашусь. Это мне достанется одна долька, а Вам десять, и Вы будете говорить, что это, мол, всё равно, что наоборот. Не согласный я!
Разделим фрукт по долькам, выложим их в ряд и в промежутках разделим палочками. Ясно, сколько способов будет. Биномиально, Ватсон!

[ravnovesie]

Здравия Вам желаю.

ravnovesie в сообщении #1239349 писал(а):

$\sigma(M,N)=\frac{MN(N+M+1)}{12}$

Ошибся, в квадрат должно быть возведено.
$\sigma^2(M,N)=\frac{MN(N+M+1)}{12}
Тем же методом решил найти четвертый центральный момент. Получилось такое соотношение
$\dfrac{T(M,N)-T(M-1,N)}{N}+\dfrac{T(M,N)-T(M,N-1)}{M}=-\dfrac{MN(M+N)^2}{4}$
где $T(M,N)=\mu_4(M,N)-9\sigma^4 (M,N)$
$\mu_4(M,N)$-центральный момент четвертого порядка. Разрешить это уравнение мне пока не удается.

Думаю, что если найденный четвертый момент будет удовлетворять пределу $ $$\lim\limits_{M\to\infty N\to \infty}$$\dfrac{\mu_4(M,N)}{\sigma^4 (M,N)}$\to 3$$ , то это станет доказательством нормального распределения при больших числах. И его же можно использовать для уточнения формулы.

[ravnovesie]

Вот что получилось
$T(M,N)=-\dfrac{MN}{120}[(M^3+N^3)+5(MN^3+NM^3)+2(M^2+N^2)+12(NM^2+MN^2)+10N^2M^2+(M+N)+8NM]$
или
$\mu_4(M,N)-3\sigma^4(M,N)=-\dfrac{MN}{120}[(M^3+N^3)+2(M^2+N^2)+2(NM^2+MN^2)+(M+N)+3NM]$

Посмотрим как можно формулу распределения уточнить с помощью полученной информации о центральных моментах.

[ravnovesie]

Здравия Вам желаю.
Пожалуйста, посоветуйте мне литературу о подобной задаче и ее решениях.

[DeBill]

ravnovesie
Эта задача - про диаграммы Юнга - смотрите Вики, погуглите...
Общего решения нет. Есть ужасная производящая функция о числе диаграмм, но здесь ее недостаточно.
Симметричность в таких задачах (типа, заменим строчки на столбцы, и наоборот) иногда помогает, но...

[eugensk]

ravnovesie в сообщении #1178650 писал(а):

Здравия Вам желаю. Надеюсь, верно выбрал раздел для темы.

В сборнике "задачи для детей от 5 до 15 лет" Владимира Игоревича Арнольда имеется такая задача :
№15
Сколькими способами можно разбить число 64 на 10 натуральных слагаемых (целых >1), наибольшее из которых равно 12? [Разбиения, отличающиеся только порядком слагаемых, не считаются при подсчете числа разбиений разными.]

Нашел эту тему, извините за некропостинг.
В-общем такая идея, решаем в виде "сколько способов разбить 54 на 10 слагаемых от 0 до 11",
ищем площадь сечения 10-мерного куба с вершинами (0,0,0,0..0) ... (11,11,11,...11) гиперплоскостью, проходящей через (54,0,0...), (0,54,0,0...), ....
делим её на $\sqrt{10}$, получаем ответ. Что скажете, можно так делать?

[DeBill]

eugensk в сообщении #1401984 писал(а):

Что скажете, можно так делать?

Да как сказать...
Ну конечно, нет, но...
Забыты условия "порядок неважен" и "наибольшее равно 12"....
Но даже если и забиыть на про эти условия, то: как считать эту площадь?
Если применять стандартную технику (включения-исключения), то ответ будет здоровой суммой. Что по сложности вполне сопоставимо с рекуррентными формулами...

[eugensk]

DeBill

Упс, я забыл про порядок!
(Насчет площади, надеялся что в геометрии найдется замкнутая формула)