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# 2 三數的整數分拆

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## 整數分拆 — 整數邊不全等三角形個數的 延伸討論

### 國立臺南第一高級中學 高旭宏 指導老師 周博信

Abstract

The integer partition problem is to partition a positive integer m into un- ordered sums of positive integers. The goal of the problem is to count the number of such partitions. Since introduced by Leibniz, the problem has been widely studied by many others. This article considers a variation of the integer partition problem. More precisely, it is the problem of partitioning a positive integer m into n positive integers such that any of the numbers is less than the sum of the remaining n−1 numbers. Equivalently, these n positive integers are the lengths of the sides of an n-polygon. The problem with n =3 is to count the number of integer-side triangles of perimeter m. Previous studies al- ready gave a solution to this case. This article first offers two new and shorter derivations for the result of the triangle case. It then uses a similar, but more delicate, method to obtain the result for the case when n=4. As for the case of n 5, it only gives recurrence relations and a generating function, while precise formulas remain to study in the future.

## 1 簡介

5 、 1+4 、 2+3 、 1+1+3 、 1+2+2 、 1+1+1+2 、 1+1+1+1+1

(2)

Leibniz, 1646 1716) 提出，1699 年他給約翰．伯努利 (John Bernoulli, 1667 1748) 的信中認為「這個問題我看並不容易」，這在他未發表的手稿中也曾多次 提及。後來歐拉 (L. Euler, 1707 1783) 將它發展成一種完整的分拆理論，在 1741、1748 年 都 有 重 要 工 作 發 表。德 國 組 合 學 派 的 興 登 堡 (C. F. Hindenburg, 1741 1808) 以及英國的赫謝爾 (J. F. W. Herschel, 1792 1871)、第摩根 (A.

De Morgan, 18061871) 、希爾沃斯特（J. J. Sylvester, 18141897)、凱利 (A.

Cayley, 18211891) 、麥克馬洪 (P. A. MacMahon, 18541929) 等人陸續提出貢 獻，現已有一套較完整的理論，只是並沒有用描述的簡單公式。

(P1) a1+a2+· · · +an =m 。 (P2) 1≤a1≤a2≤ · · · ≤an

(P3) a1+a2+· · · +an−1>an

48 (

m2+3m+21+ (1)m−13m )]

f(m, 4) = [ 1

288 (

m3+9 2m2+9

2m+128+ (1)m+1 (3

2m215 2 m

))]

(3)

## 2 三數的整數分拆

f(m, 3) = [1

48 (

m2+3m+21+ (1)m−13m )] 。

m=3 m=4 m=5 m=6 m=7 m=8

a b c a b c a b c a b c a b c a b c

1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 3 3 2 3 3

2 2 3

m=9 m=10 m=11 m=12 m=13 m=14

a b c a b c a b c a b c a b c a b c

1 4 4 2 4 4 1 5 5 2 5 5 1 6 6 2 6 6

2 3 4 3 3 4 2 4 5 3 4 5 2 5 6 3 5 6

3 3 3 3 3 5 4 4 4 3 4 6 4 4 6

3 4 4 3 5 5 4 5 5

4 4 5

m 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

f(m, 3) 1 0 1 1 2 1 3 2 4 3 5 4 表（一）

### 2.1推導 f ( m, 3 ) 的第一種方法

3，所以 a 的範圍是：

1≤a≤ m

3 ，也就是 1≤a≤[m 3

]。

(4)

2 ≤c。另一方面，因為 c+1 a+b = m−c，所以可以知道 2c m−1，

2 ，也就是 c

[m−1 2

]

。又因為 m−a−c = b≥ a，可以知 道 c m−2a。因此得到兩個 c 的上界，由於兩者皆須滿足，故進一步比較這兩 個上界的大小關係。由於

[m−1 2

]

≤m−2a 等同於 2a≤m−

[m−1 2

]

、也就是 a≤

[m+2 4

]

。所以 c 的範圍是：

(1) 當 a

[m+2 4

]

2 c

[m−1 2

]

、也就是

[m+1−a 2

]

c [m−1

2 ]

(2) 當 a≥

[m+6 4

]

2 ≤c≤m−2a、也就是

[m+1a 2

]

≤c≤m−2a。

= [m+42]

a=1

([m−1 2

]

[m+1−a 2

] +1

) +

[m/3]

a=[m+46] (

m−2a−

[m+1−a 2

] +1

)

=

[m/3]

a=1

([m+1 2

]

[m+1a 2

])

[m/3]

## ∑

a=[m+46]

([m+1 2

]

−m+2a−1 )

=S1−S2

· · · +y+y=y(y+1) =x(x+2)/4；若 x=2y+1，則 S1=1+1+2+2+· · · + y+y+ (y+1) = (y+1)2= (x+1)2/4。

S2 是一等差級數的和，此等差級數的項數為 z= [m/3]− [(m+2)/4]，公差為 2，首項為

[m+1 2

]

−m+2 [m+6

4 ]

1=

[4[m+6

4

]−m−1 2

]

= [w

2 ]、

(5)

S2= (2+2z)z/2=z(z+1)。 由於 S1、S2 與 [m

3 ]、

[m+2 4

]

m [m

3

] S1 z

=[m3][m+24 ] S2 f(m, 3) =S1−S2

12t 4t 4t2 4t−3t=t t2 3t2=m2/48

12t+1 4t t(4t+2) 4t−3t=t t2 3t2+2t=

(m2+6m−7)/48 12t+2 4t 4t2 4t− (3t+1)

=t−1 t(t−1) 3t

2+t= (m24)/48 12t+3 4t+1 (2t+1)2 (4t+1)

(3t+1) =t t(t+1) 3t

2+3t+1= (m2+6m+21)/48 12t+4 4t+1 t(4t+2) (4t+1)

(3t+1) =t t2 3t2+2t= (m216)/48 12t+5 4t+1 (2t+1)2 (4t+1)

(3t+1) =t t2 3t2+4t+1= (m2+6m−7)/48 12t+6 4t+2 (2t+1)2 (4t+2)

(3t+2) =t t(t+1) 3t

2+3t+1= (m2+12)/48 12t+7 4t+2 (t+1)

(4t+2)

(4t+2)

(3t+2) =t t(t+1) 3t

2+5t+2= (m2+6m+5)/48 12t+8 4t+2 (2t+1)2 (4t+2)

(3t+2) =t t2 3t2+4t+1= (m216)/48 12t+9 4t+3 (2t+2)2 (4t+3)

(3t+2) =t+1 (t+1)2 3t

2+6t+3

= (m2+6m+9)/48 12t+10 4t+3 (2t+1)

(2t+2)

(4t+3)

(3t+3) =t t(t+1) 3t

2+5t+2= (m24)/48 12t+11 4t+3 (2t+2)2 (4t+3)

(3t+3) =t t(t+1) 3t

2+7t+4= (m2+6m+5)/48

f(m, 3) = 1 48

(

m2+3m+ (1)m−13m+ f(m, 3) )

= [ 1

48 (

m2+3m+21+ (1)m−13m )]

m mod 12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

f(m, 3) 0 7 4 21 16 7 12 5 16 9 4 5

(6)

### 2.2推導 f ( m, 3 ) 的第二種方法

a+b= m+1

2 、c= m1

2 。在此情況下，因為 a≤b，所以共有

[m+1 4

] 組解。

[m+1 4

]

f(m, 3) = f(m−3, 3) = f(m−6, 3) + [m−2

4 ]

= f(m−12, 3) +

[m−8 4

] +

[m−2 4

]

= f(m−12, 3) +m6 2 ； 最後一個等式成立是因為

[m−2 4

] +

[m−8 4

]

= (m−8) + (m−2)2

4 。類似地，

f(m, 3) = f(m−3, 3) +

[m+1 4

]

= f(m−6, 3) +

[m+1 4

]

= f(m−12, 3) +

[m−5 4

] +

[m+1 4

]

= f(m−12, 3) + m3 2 。 最後一個等式成立是因為

[m−5 4

] +

[m+1 4

]

= (m−5) + (m+1)2

4 。我們也

2 ，其中，當 m 是 偶數時 m=6，當 m 是奇數時 m =3。令 m=12t+r，其中 0≤r≤11，則

f(m, 3) = f(m−12, 3) + mm 2

= f(m−24, 3) + m12−m

2 + m−m 2

= f(m−36, 3) + m24−m

2 + m12−m

2 +m−m 2

= · · ·

= f(r, 3) + (12+r)−m

2 +· · · +m24−m

2 + m12−m

2 +m−m 2

(7)

= f(r, 3) +m−r

24 ·12+r−m+m−m 2

= m

2+ (12−2m)m−r(r+12−2m) +48 f(r, 3)

48 ，

r 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

f(r, 3) 0 0 0 1 0 1 1 2 1 3 2 4

f(m, 3) 0 7 4 21 16 7 12 5 16 9 4 5 所以也可以得到

f(m, 3) = 1 48

(

m2+3m+ (1)m−13m+f(m, 3) )

= [ 1

48 (

m2+3m+21+ (1)m−13m )]。

## 3 四數的整數分拆

### 3.1推導 f ( m, 4 ) 的第一種方法

]。另 外，為了方便計算，我們將 b、c、d 分別寫為 a−1+x、a−1+y、a−1+z。如 此一來 1 a ≤b c≤ d 中 (a, b, c, d) 的解個數便等於 (a, x, y, z) 正整數解的個 數。又因為 a+b+c+d=m，所以 x+y+z=m−4a+3。以下將 f(m, 4)分為 x+y>z 及 x+y≤z 兩種情況討論。

[m/4]

i=1

## ∑

f(m−4i+3, 3) 組解。

z−2a+1。得 z−2a+1<x+y≤z 且 x+y+z=m−4a+3 。令 x+y=z−r，

(8)

m 為奇數時，r 須為偶數，z 方有整數解，因此更進一步來說，可分為兩種情況討 論。

2 ]

,

[k−2n 2

] , . . . ,

[k− (3n−3) 2

] 組。

[n]+ =



[n] ， 若 n≥0；

0 ， 若 n<0。

[m/4]

i=2

( 3i−3 j=2i−1

[k−j 2

]+)

f(m, 4) =

[m/4]

i=1

f(m−4i+3, 3) +

[m/4]

i=2

( 3i−3

j=2i−1

[k−j 2

]+)

[m/4]

i=1

## ∑

f(m−4i+3, 3)

= f(m−1, 3) +f(m−5, 3) +f(m−9, 3) +· · · +f(m+34[m/4], 3)

=

t−1

## ∑

i=0

(

f(12i+a, 3) +f(12i+b, 3) + f(12i+c, 3) )

+m

r= 0 2 4 6 8 10

[m/4] 3t 3t 3t+1 3t+1 3t+2 3t+2 m+3

4[m/4] 3 5 3 5 3 5

(a, b, c) (3, 7, 11) (5, 9, 13) (7, 11, 15) (9, 13, 17) (11, 15, 19) (13, 17, 21) m 0 0 f(3, 3) f(5, 3) f(3, 3)+

f(7, 3)

f(5, 3)+

f(9, 3)

(9)

r= 0 2 4

[m/4]

i=1

f(m−4i+3, 3)

r−1

i=0

9i2+15i+7

r−1

## ∑

i=0

9i2+12i+4 +(3r2+2r)

r−1

## ∑

i=0

9i2+15i+7 +(3r2+3r+1)

r= 6 8 10

r−1

## ∑

i=0

9i2+12i+4 +(6r2+6r+1)

r−1

## ∑

i=0

9i2+15i+7 +(6r2+8r+3)

r−1

i=0

9i2+12i+4

i=2

( 3i−3 j=2i−1

## ∑

[k−j 2

]+)

。對於所有滿足 2n−1 k≤3n−3 的正整數 n，令 n 的最小值為α1、最大值為β1，則我們可以知道，當 2≤i≤αi−1 (i∈N) 時，將有 j = 2i−1, 2i, . . . , 3i−3 使得

[k−j 2

]+

= [k−j

2 ]

。並當 k 3 時，令 [k−3

2 ]

=x。令

3i−3

j=2i−1

[k−j 2

]

=g(i)。則可得

[m/4]

i=2

( 3i−3

j=2i−1

[k−j 2

]+)

=

α1−1 i=2

g(i) +

β1

i=

α1

( 3i−3

j=2i−1

[k−j 2

]+)

3i−3

j=2i−1

[k−j 2

]+

=0。更進一步討論

αi−1 i=2

## ∑

g(i) ，可分 為兩種狀況。

[k− (2n+1) 2

]

=

[k− (2n+2) 2

]

(2n+2 k)，故可得下表：

g(2) x

g(3) (x−1) + (x−1) g(4) (x−2) + (x−2) + (x−3) g(5) (x−3) + (x−3) + (x−4) + (x−4) g(6) (x−4) + (x−4) + (x−5) + (x−5) + (x−6)







(i−1)x+ (5

4i24i+3 )

i 為偶數；

(i−1)x+ (5

4i2−4i+11 4

)

i 為奇數。

(10)

α1 為偶數時：

α1−1 i=2

g(i) =

α12

## ∑

2

γ=1

(

(2γ1)x− (28γ+3) )

+

α12

2

δ=1

(2δx− (23δ) )

=

α12

## ∑

2

ϵ=1

[4xϵ2−x−10ϵ2+11ϵ3 ]

=

α12

## ∑

2

ϵ=1

(

(10)ϵ2+ (4x+11)ϵ− (x+3) ) 。

α1 為奇數時：

α1−1 i=2

g(i) =

α11

2

γ=1

(

(1)x− (28γ+3) )

+

α13

2

δ=1

(2δx− (23δ) )

=

α12

## ∑

2

ϵ=1

[

(10)ϵ2+ (4x+11)ϵ− (x+3) ]

+ (α12)x−5

4(α11)2+4(α11)3 。 第二種狀況 k 為奇數時，與 k 為偶數時同理可得：

α1−1 i=2

g(i) =



























α12

## ∑

2

ϵ=1

[

(10)ϵ2+ (4x+9)ϵ− (x+2)

] ， 當α1 為偶數；

α13

## ∑

2

ϵ=1

[

(10)ϵ2+ (4x+9)ϵ− (x+2) ]

+ [

(α12)x−5

4(α11)2+7

2(α11)2 ]

α1 為奇數。

β1

i=α1

( 3i−3

j=2i−1

## ∑

[k−j 2

]+)

i j ap,q

2 3 a2,1

3 5、6 a3,1、a3,2

4 7、8、9 a4,1、a4,2、a4,3

5 9、10、11、12 a5,1、a5,2、a5,3、a5,4 令 k= aα1,ω1 =aα1+1,ω2 = · · · =αβ1σ，對於 aα1,τ (τ>ω1) 時，

[k−aα1 2

]+

= 0，與此同理，故我們只討論上表中與 k 同列並在其前行的 ap,q，我們可得下表。

(11)

i j

[k−j 2

]+

β11−1、aβ1,ωσ(k) 0、0

β11 2β13、2β12、2β1−1、aβ1−1,ωσ1(k) 1、1、0、0

... ... ...

α111、2α1· · ·、aα11(k) k1

2 、k−1

2 、· · ·、0

β1

i=α

1

( 2i−3 j=2i−1

[k−j 2

]+)

=

β1

i=α

## ∑

1

2 (

0+1+2+· · · +k−2i 2

)

=

β1

i=

α1

(k−2i+2 2

) (k−2i 2

)

β1

i=α

1

( 2i−3 j=2i−1

[k−j 2

]+)

=

β1

i=α

1

(k−2i+1 2

)2

[m/4]

i=2

( 3i−3

j=2i−1

[k−j 2

]+)

1. k 為偶數時，

t i=2

( 3i−3 j=2i−1

[2t−j 2

]+)

=

α1−1 i=2

g(i) +

β1

i=α

1

(k−2i+2 2

) (k−2i 2

)

α1−1 i=2

g(i) =



























α12

## ∑

2

ϵ=1

[

(10)ϵ2+ (4x+11)ϵ− (x+3)

] ， 當α1為偶數；

α12

## ∑

2

ϵ=1

[

(10)ϵ2+ (4x+11)ϵ− (x+3)]

+ [

(α12)x−5

4(α11)2+4(α11)3 ]

α1為奇數。

(12)

2. k 為奇數時，

t i=2

( 3i−3

j=2i−1

[2t+1−j 2

]+)

=

α1−1 i=2

g(i) +

β1

i=α

1

(k−2i+1 2

)2

α1−1 i=2

g(i) =



























α12

## ∑

2

ϵ=1

[

(10)ϵ2+ (4x+9)ϵ− (x+2)

] ， 當α1 為偶數；

α13

## ∑

2

ϵ=1

[

(10)ϵ2+ (4x+9)ϵ− (x+2) ]

+ [

(α12)x−5

4(α11)2+7

2(α11)2 ]

α1 為奇數。

x =3t−2，經計算可得 f(12t, 4)

= (r−1

i=0

9i2+15i+7 )

+

α12

## ∑

2

ϵ=1

[(10)ϵ2+ (4x+11)ϵ− (x+3)]

+ (α12)x−5

4(α11)2+4(α11)3+

β1

i=α

## ∑

1

(k−2i+2 2

) (k−2i 2

)

= 9(t−1)t(2t−1)

6 +15t(t−1)

2 +7t+(10)(t−1)t(2t−1)

6 + (12t+3)(t−1)t 2

− (3t+1)(t−1) + (2t−1)(3t−2)−5t2+8t−3+3t(3t+1)(6t+1) 6

2t(2t+1)(4t+1)

6 − (6t+1)(5t+1)t

2 +3t(3t+1)t

= 6t3+3 2t2+1

2t 。 同理可得

r 0 2 4

f (12t + r, 4) 6t3+3 2t2+1

2t 6t3+9

2t2+3

2t 6t3+15

2t2+7 2t + 1

f (m, 4) 1

288m3+ 1 96m2+ 1

24m 1

288m3+ 1 96m2+ 1

24m11 72

1 288m3+ 1

96m2+ 1 24m +4

9

r 6 8 10

f (12t + r, 4) 6t3+21 2t2+13

2t + 1 6t3+27 2t2+21

2t + 3 6t3+33 2t2+31

2t + 5 f (m, 4) 1

288m3+ 1 96m2+ 1

24m3 8

1 288m3+ 1

96m2+ 1 24m +2

9 1 288m3+ 1

96m2+ 1 24m + 5

72

(13)

r 1 3 5

f (12t + r, 4) 6t3+9 2t2+1

2t 6t3+15

2t2+5

2t 6t3+21 2t2+11

2t + 1 f (m, 4) 1

288m3+ 1 48m2 1

96m 1 72

1 288m3+ 1

48m2 1 96m1

4 1 288m3+ 1

48m2 1 96m + 7

72

r 7 9 11

f (12t + r, 4) 6t3+27 2t2+19

2t + 2 6t3+33 2t2+29

2t + 4 6t3+39 2t2+41

2t + 7 f (m, 4) 1

288m3+ 1 48m2 1

96m 5 36

1 288m3+ 1

48m2 1 96m1

8 1 288m3+ 1

48m2 1 96m 1

36

f(m, 4) = [ 1

288 (

m3+9 2m2+9

2m+128+ (1)m+1 (3

2m215 2 m

))]

### 3.2推導 f ( m, 4 ) 的第二種方法

(3.1) 當 a+b+c=d+1= m+1

2 時，易知 m 為奇數時，a、b、c、d 方有正整數 解，且共有 p

(m+1 2 , 3

)

= p

([m+2 2

] , 3

) 組解。

(3.2) 當 a+b+c=d+2 = m+2

2 時，易知 m 為偶數時 a、b、c、d 方有正整數 解，且共有 p

(m+2 2 , 3

)

= p

([m+3 2

] , 3

) 組解。

(3.3) 當 a+b+c≥d+3 時，若 a=1 則有 b+c≥d+2≥c+2，知 b≥2，故 可改寫為 (b−1) + (c−1)≥ (d−1) +1，共有 f(m−4, 3) 組解；若 a≥2，

f(m, 4) = f(m−4, 4) + f(m−4, 3) +p

([m+2 2

] , 3

)

(14)

[m−1 2

]

[m−1 2

]

。更進一步來說，

p(m, 3) = p(m−3, 3) +

[m−1 2

]

= p(m−6, 3) +

[m−1 2

] +

[m−4 2

]

= p(m−6, 3) + m1+m−41 2

= p(m−6, 3) + (m−3)。 令 m=6t+r，其中 0≤r5，則

p(m, 3) = p(m−6, 3) + (m−3)

= p(m−12, 3) + (m−3) + (m−9)

= · · ·

= p(r, 3) + (m−3) + (m−9) +· · · + (m−6t+3)

= p(r, 3) +m−r 6

(m−3) + (m−6t+3) 2

= m

2−r2+12p(r, 3)

12 ，

r 0 1 2 3 4 5

p(r, 3) 0 0 0 1 1 2

p(m, 3) =−r2+12p(r, 3) 0 1 4 3 4 1 所以可以得到 p(m, 3) = 1

12 (

m2+p(m, 3) )

= [ 1

12(m2+3) ]

。其實 m2+3 中 的 3 可以用 37 中任一數取代。

(15)

f(m, 4) = f(m−4, 4) + f(m−4, 3) +p

([m+2 2

] , 3

)

= f(m−8, 4) + f(m−8, 3) +p

([m−2 2

] , 3

)

+f(m−4, 3) +p

([m+2 2

] , 3

)

= f(m−12, 4) +f(m−12, 3) +p

([m−6 2

] , 3

)

+f(m−8, 3) +p

([m−2 2

] , 3

)

+f(m−4, 3) +p

([m+2 2

] , 3

)

= f(m−12, 4) +f(m, 4)， 其中 f(m, 4) =A+B 而且

A= 1 48

(

(m−12)2+3(m−12) + (1)m−12−13(m−12) +4

[m−6 2

]2)

+ 1 48

(

(m−8)2+3(m−8) + (1)m−8−13(m−8) +4 [m−2

2 ]2)

+ 1 48

(

(m−4)2+3(m−4) + (1)m−4−13(m−4) +4 [m+2

2 ]2)

=



1

48(6m2−60m+268)， 當 m 是偶數時，

1

48(6m2−48m+139)， 當 m 是奇數時，

B= 1 48

(

f(m−12, 3) +4p

([m−6 2

] , 3

)

+ f(m−8, 3) +4p

([m−2 2

] , 3

)

+f(m−4, 3) +4p

([m+2 2

] , 3

))

48(28)，當 m 是奇數時 B = 1

48(1)。遂有

f(m, 4) =



1

48(6m2−60m+240)， 當 m 是偶數，

1

48(6m2−48m+138)， 當 m 是奇數。

(16)

m−12 mod 12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 f(m12, 3) 0 7 4 21 16 7 12 5 16 9 4 5

m−8 mod 12 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3

f(m8, 3) 16 7 12 5 16 9 4 5 0 7 4 21

(m4)mod 12 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7

f(m4, 3) 16 9 4 5 0 7 4 21 16 7 12 5 [m−6

2

]

mod 6 3 3 4 4 5 5 0 0 1 1 2 2

4p ([m−6

2

] , 3

)

12 12 16 16 4 4 0 0 4 4 16 16 [m−2

2

]

mod 6 5 5 0 0 1 1 2 2 3 3 4 4

4p([

m−22

] , 3)

4 4 0 0 4 4 16 16 12 12 16 16 [m+2

2

]

mod 6 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 0 0

4p ([m+2

2

] , 3

) 4 4 16 16 12 12 16 16 4 4 0 0 48B 28 1 28 1 28 1 28 1 28 1 28 1

= f(m−12, 4) +f(m, 4)

= f(m−24, 4) +f(m−12, 4) + f(m, 4)

= · · ·

= f(r, 4) +

t−1

i=0

f(m−12i, 4)

= f(r, 4) +









t−1

## ∑

i=0

1 48

(

6(m−12i)260(m−12i) +240

) ， 當 m 是偶數時，

t−1

## ∑

i=0

1 48

(

6(m−12i)248(m−12i) +138)

=



 1 288

(

m3+3m2+12m−r3−3r2−12r+288 f(r, 4)

) ， 當 m 是偶數時，

1 288

(

m3+6m2−3m−r3−6r2+3r+288 f(r, 4)

) ， 當 m 是奇數時。

(17)

m mod 12 0 1 2 3 4 5

−r3−3r2−12r 0 44 160

−r3−6r2+3r 4 72 260

f(r, 4) 0 0 0 0 1 1

288 f(m, 4) 0 4 68 72 128 28

m mod 12 6 7 8 9 10 11

−r3−3r2−12r 396 800 1420

−r3−6r2+3r 616 1188 2024

f(r, 4) 1 2 3 4 5 7

288 f(m, 4) 108 40 64 36 20 8

f(m, 4) = 1 288

( m3+9

2m2+9

2m+ f(m, 4) + (1)m+1 (3

2m215 2 m

))

[ 1 288

( m3+9

2m2+9

2m+128+ (1)m+1 (3

2m215 2 m

))]

## 4 推導五數以上的方法

### 4.1推導 p ( m, n ) 的方法

1a1a2≤ · · · ≤an

(18)

p(m, n) = p(m−n, n) +p(m−1, n−1)

= p(m−2n, n) +p(m−n−1, n−1) +p(m−1, n−1)

= p (

m−[m n

] n, n

) +

[m/n]

i=1

p(m−in+n−1, n−1)

=

[m/n]

i=1

## ∑

p(m−in+n−1, n−1)。

[m n

] m

n 相當於 0≤m−[m n ]

n < n。

2

]即可求得其值。

### 4.2p ( m, n ) 的生成函數

1≤a1≤a2≤ · · · ≤an

· · · ) 的 xm−n 係數，相當於 xn(1+x+x2+· · · )(1+x2+x4+· · · ) · · · (1+xn+ x2n+· · · )的 xm 係數。又經由泰勒展開式可得

xn(1+x+x2+· · · )(1+x2+x4+· · · ) · · · (1+xn+x2n+· · · ) =

n

i=1

x 1−xi

## ∏

n

i=1

x

1−xi 中的 xm 係數即為非負整數數列(b1, b2, . . . , bn) 的個數，也就是正 整數數列(a1, a2, . . . , an)的個數。

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