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Nell'ultima equazione, un addendo deve valere 0 e l'altro 1. Poiché $n+1>=2$, il secondo addendo non può valere 1 e quindi è 0, ottenibile con $y=0$; ne segue che il primo addendo è 1, ottenibile con $n=x=1$. C'è quindi una sola soluzione, ma $n$ è fisso e la formula da dimostrare si riduce ad $a_n=n=1$.

Considero il sistema fra la prima equazione e la k-esima $ { ( x+2y=n ),( kx+(k+1)y=n-k+1 ):} $ con $1<=k<=n$
Moltiplico la prima equazione per $-k$ e la sommo alla seconda, ottenendo $y=n+1 rArr x=-(n+2)$
Questo non è accettabile per ipotesi, pertanto l'unica soluzione per ogni $n$ è che $y=0$ (se fosse $x=0$ varrebbe solo per gli $n$ pari).
Quindi abbiamo una sola soluzione per equazione, ergo $sum_(i=1)^n a_i=n$

Sia \( g_k(n) \) il numero di modi di rappresentare \(n \) come somma di \(k \) e di \(k+1 \) dove l'ordine conta. Allora abbiamo che
\[ g_k(n) = g_k(n-k) + g_k(n-k-1) \]
con condizioni iniziali
\[ g_k(0)=1, g_k(1) = \ldots = g_k(k-1)=0 , g_k(k)=1 \]

Per noi invece l'ordine non conta, sia quindi \(f_k(n) \) il numero di modi di rappresentare \(n\) come somma di \(k\) e di \(k+1\) dove l'ordine non conta, quindi noi abbiamo che \(a_k=f_k(n-k+1)\). Sia allora \( \ell_k = \operatorname{lcm}(k,k+1)=k(k+1) \).
Abbiamo che
\[ f_k(n)= \left \lfloor \frac{n}{\ell_k} \right \rfloor + f_k(n \mod \ell_k) \]
con condizioni iniziali
\[ f_k(0)=1, f_k(1)= \ldots = f_k(k-1)=0, f_k(k)= f_k(k+1)=1 \]
inoltre se \( k+1 < n < k(k+1)=\ell_k \) allora abbiamo che
\[ f_k(n) \in \{0,1\} \]
dove \( f_k(n) = 1 \) se \( k \mid n \) o \( (k+1) \mid n \) e \(f_k(n)=0 \) altrimenti.

Inoltre sicuramente \( f_1(n) = \left \lfloor \frac{n}{2}+1 \right \rfloor \) e \(f_k(n-k+1) = 0 \) se \( k > \frac{n+1}{2} \)
Edit:
In definitiva dobbiamo dimostrare che
\[ \sum_{k=1}^{n} f_k(n-k+1) = \sum_{k=1}^{ \left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor} f_k(n-k+1) = n \]
o equivalentemente
\[ n = \sum_{k=1}^{ \left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor} \left \lfloor \frac{n-k+1}{k(k+1)} \right \rfloor + \sum_{k=1}^{ \left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor} f_k(n-k+1 \mod k(k+1) ) \]

Prima di tutto hai una $g_k(n)$ per ogni $k$? Ma soprattutto i modi di rappresentare $n$ come somma di $k$ e $k+1$ sono solo uno se $n$ è dispari ($n=2k+1$) o nessuno se $n$ è pari; intendevi questo o mi sono perso qualcosa?

Colui che ha trovato la soluzione, ha notato una particolarità nell'esempio che ho riportato e ha pensato che non fosse una coincidenza ...

No! Non intendevo quello, ad esempio \( g_1(n) = F_{n+1} \) dove \(F_{n} \) è l'\(n\)-esimo numero di fibonacci.

Infatti \(g_1(n) = g_1(n-1) + g_1(n-2) \), infatti i modi di scrivere \( n \) usando soltanto degli \(1\) e dei \(2\) si può ottenere solo se si può scrivere \(n-1\) usando soltanto degli \(1\) e dei \(2\) oppure \(n-2\) usando soltanto degli \(1\) e dei \(2\) e poi sommi \(1\) e \(2\) rispettivamente.

Ad esempio \( g_1(4)= 5 \), perché \( 4 = 1+1+1+1 \), che corrisponde alla soluzione \( (4,0)\) all'equazione \(x+2y=4 \). Le tre soluzioni (distinte), \( 2+1+1=1+2+1= 1+1+2\) corrispondono alla soluzione unica \((2,1) \) e la soluzione \( 2+2 \) corrisponde alla soluzione \( (0,2)\). Il problema è che \(g_k(n) \) considera distinte soluzioni che sono la medesima per l'equazione.
Fondamentalmente per \( g_k(n) \) l'ordine conta, per \(a_k\) l'ordine non conta! Per ordine intendo che le soluzioni negli interi non negativi di \( k x + (k+1) y = n \) rappresentano sommare \(x \)-volte \(k \) e poi sommare \(y\)-volte \(k+1\) per ottenere \(n\). Il problema è che \(a_k\) non conta tutte le permutazioni di in quale ordine sommo le \(x\)-volte \(k\) e le \(y\)-volte \(k+1\) mentre \(g_k(n)\) invece sì.

Inoltre scrivo \(g_k(n) \) perché in realtà gli \(a_j \) dipendono da \(n\) e sarebbe più corretto scrivere \( a_j(n)\) per ogni \( 1 \leq j \leq n \).

Allora, se ho capito bene, intendevi dire che $g_k(n)$ conta i modi di rappresentare $n$ usando soltanto $k$ e/o $k+1$; se è così potevo usarlo l'avverbio

Magari poi proseguo per capire il resto ...