самообразование - Почти одинаковые слагаемые

Случай, когда слагаемое всего одно, также будем включать. Если все слагаемые одинаковые, то случаев всего два в силу простоты числа 2017: это либо само 2017, либо все единицы в таком количестве.

Теперь рассмотрим случай, когда у нас есть слагаемые двух типов: $%a$% и $%a+1$%. Здесь надо найти число решений уравнения $%ka+m(a+1)=2017$% в натуральных числах. Уменьшая значения переменных на единицу, приходим к уравнению $%ka+m(a+1)=2016-2a$%, где $%a$% натуральное, и $%k,m\ge0$%. Тем самым, $%1\le a\le1008$%.

Для фиксированного $%a$% в указанных пределах обозначим через $%r$% остаток от деления $%2016$% на $%a$%. Тогда $%m=qa+r$% при $%q\ge0$%, и получается $%k+q(a+1)+r=\frac{2016-r}a-2$%. В частности, левая часть должна быть не меньше $%r$%, чтобы решения были, и если $%N=\frac{2016-r}a-2-r\ge0$%, то число решений уравнения в целых неотрицательных числах будет равно $%1+\frac{N}{a+1}$%.

Далее применим уже компьютерный подсчёт для каждого $%a$% с последующим суммированием. У меня получился ответ $%2015$%, и вместе с двумя случаями в начале оказывается $%2017$% вариантов. Это наводит на мысль, что есть какое-то более простое решение.

Это действительно так, и для любого $%n$% можно показать, что число вариантов равно $%n$%. Количество слагаемых принимает значения от $%1$% до $%n$%, и при фиксированном количестве получается ровно один вариант представления $%n$% в виде суммы $%a+\cdots+(a+1)$%, где слагаемые второго типа могут отсутствовать. Если общее число слагаемых равно $%k$%, а число слагаемых вида $%a+1$% равно $%d$%, то $%n=(k-d)a+d(a+1)=ka+d$%, то есть $%d$% сравнимо с $%n$% по модулю $%k$%. Тогда значение $%d\in\{0,1,...,k-1\}$% определяется однозначно, а с ним и значение $%a$%.