(1)

\begin{align*} p\left(k,-k\right) & =\begin{cases} 0 & k\ne0\\ 1 & k=0 \end{cases}\\ & =\delta_{0,k} \end{align*}

(1)-2

\(k=0\)のとき\(p\left(0,0\right)\)は定義より1となり、\(k\ne0\)のとき、どちらかの引数がマイナスになるので定義より0となる。
これより、\(\delta_{0,k}\)となる。

(2)

漸化式より、
\begin{align*} p\left(0,k\right) & =p\left(0,k-1\right)+p\left(-k,k\right)\\ & =p\left(0,k-1\right)+\delta_{0,k}\\ & =p\left(0,0\right)+\sum_{j=0}^{k-1}\left\{ p\left(0,j+1\right)-p\left(0,j\right)\right\} \\ & =p\left(0,0\right)+\sum_{j=0}^{k-1}\delta_{0,j+1}\\ & =p\left(0,0\right)+\begin{cases} \sum_{j=0}^{k-1}\delta_{0,j+1} & 0\leq k\\ -\sum_{j=k}^{-1}\delta_{0,j+1} & k<0 \end{cases}\\ & =1+\begin{cases} 0 & 0\leq k\\ -1 & k<0 \end{cases}\\ & =\begin{cases} 1 & 0\leq k\\ 0 & k<0 \end{cases}\\ & =H\left(\frac{1}{2}+k\right) \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(2)-2

0個の玉を\(k\)個の箱に入れる場合の数は\(0<k\)のとき何もしない1通りしかなく、\(k=0\)のとき定義より1通り、\(k<0\)のとき定義より、0通りとなるので、まとめると\(H\left(\frac{1}{2}+k\right)\)通りとなる。

(3)

漸化式より、
\begin{align*} p\left(1,k\right) & =p\left(1,k-1\right)+p\left(1-k,k\right)\\ & =p\left(1,0\right)+\sum_{j=0}^{k-1}\left\{ p\left(1,j+1\right)-p\left(1,j\right)\right\} \\ & =\sum_{j=0}^{k-1}p\left(-j,j+1\right)\\ & =\sum_{j=0}^{k-1}\delta_{0,j}\\ & =\begin{cases} \sum_{j=0}^{k-1}\delta_{0,j} & 1\leq k\\ -\sum_{j=k}^{-1}\delta_{0,j} & k<1 \end{cases}\\ & =\begin{cases} 1 & 1\leq k\\ 0 & k<1 \end{cases}\\ & =H\left(-\frac{1}{2}+k\right) \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(3)-2

1個の玉を\(k\)個の箱に入れる場合の数は\(0<k\)なら1通りしかなく\(k=0\)なら分けるのは不可能なので0通りになるので、\(k<0\)のときは定義より、0となるので、まとめると\(H\left(-\frac{1}{2}+k\right)\)通りになる。

(4)

\begin{align*} p\left(n,0\right) & =\begin{cases} 1 & n=0\\ 0 & n\ne0 \end{cases}\\ & =\delta_{n,0} \end{align*}

(4)-2

\(n\)個の玉を0個の箱に入れる場合の数は、\(0<n\)なら分けるのは不可能なので0通りしかなく、\(n=0\)なら定義\(p\left(0,0\right)=1\)より1通りになるり、\(n<0\)なら定義より0通りになるので、まとめると\(\delta_{0,k}\)通りになる。

(5)

\(0\leq n\)のとき漸化式より、
\begin{align*} p\left(n,1\right) & =p\left(n,0\right)+p\left(n-1,1\right)\\ & =\delta_{n,0}+p\left(n-1,1\right)\\ & =p\left(0,1\right)+\sum_{j=0}^{n-1}\left\{ p\left(j+1,1\right)-p\left(j,1\right)\right\} \\ & =1+\sum_{j=0}^{n-1}\delta_{j+1,0}\\ & =1+\begin{cases} \sum_{j=0}^{n-1}\delta_{j+1,0} & 0\leq n\\ -\sum_{j=n}^{-1}\delta_{j+1,0} & n<0 \end{cases}\\ & =1+\begin{cases} 0 & 0\leq n\\ -1 & n<0 \end{cases}\\ & =\begin{cases} 1 & 0\leq n\\ 0 & n<0 \end{cases}\\ & =H\left(\frac{1}{2}+n\right) \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(5)-2

\(0\leq n\)のとき\(n\)個の玉を1個の箱に入れる場合の数は、\(0<n\)なら1通りしかなく、\(n=0\)なら何もしないので1通りになり、\(n<0\)のときは定義より0通りとなる。
これより、\(H\left(\frac{1}{2}+n\right)\)となる。

(6)

(5)より、
\begin{align*} p\left(n,2\right) & =p\left(n,2-1\right)+p\left(n-2,2\right)\\ & =p\left(n,1\right)+p\left(n-2,2\right)\\ & =H\left(\frac{1}{2}+n\right)+p\left(n-2,2\right)\\ & =p\left(\mod\left(n,2\right),2\right)+\sum_{k=1}^{\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor }\left\{ p\left(2k+\mod\left(n,2\right),2\right)-p\left(2\left(k-1\right)+\mod\left(n,2\right),2\right)\right\} \\ & =p\left(\mod\left(n,2\right),2\right)+\sum_{k=1}^{\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor }H\left(\frac{1}{2}+k\right)\\ & =p\left(\mod\left(n,2\right),2\right)+\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor \\ & =\begin{cases} p\left(0,2\right)+\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor & n\in2\mathbb{N}_{0}\\ p\left(1,2\right)+\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor & n\in2\mathbb{N}_{0}+1 \end{cases}\\ & =\begin{cases} 1+\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor & n\in2\mathbb{N}_{0}\\ 1+\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor & n\in2\mathbb{N}_{0}+1 \end{cases}\\ & =1+\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(7)

漸化式より、\(0\leq k\)なので、
\begin{align*} p\left(n,n+k\right) & =p\left(n,n+k-1\right)+p\left(-k,n+k\right)\\ & =p\left(n,n\right)+\sum_{j=0}^{k-1}\left\{ p\left(n,n+j+1\right)-p\left(n,n+j\right)\right\} \\ & =p\left(n,n\right)+\sum_{j=0}^{k-1}p\left(-j-1,n+j+1\right)\\ & =p\left(n,n\right) \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(7)-2

箱は区別ができないので玉より多い箱があっても場合の数は変わらない。

(8)

\begin{align*} q\left(0,-k\right) & =p\left(k,-k\right)\\ & =\delta_{0,k} \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(8)-2

\(k=0\)のとき定義より1通り、\(0<k\)のとき、定義より0通り、\(k<0\)のとき全ての箱に1つずつ入れることは不可能なので0通りとなる。
これより、\(\delta_{0,k}\)となる。

(9)

空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} q\left(k,k\right) & =p\left(0,k\right)\\ & =H\left(\frac{1}{2}+k\right) \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(9)-2

\(0<k\)のときは玉の個数と箱の個数が同じなので、空箱なしで分けるには全ての箱に1つずつ入れる1通りしかなく、\(k=0\)のときは定義より1通り、\(k<0\)のときは定義より0通りとなるので、まとめると\(H\left(\frac{1}{2}+k\right)\)通りとなる。

(10)

空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} q\left(1+k,k\right) & =p\left(1,k\right)\\ & =H\left(-\frac{1}{2}+k\right) \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(10)-2

\(1+k\)個の玉を\(k\)個の箱に入れる場合の数は、\(k=0\)のとき何も出来ないので0通り、\(0<k\)のとき、1つの箱には2つ入れて残りには1つずつ入れるしかないので1通りとなり、\(k<0\)のときは定義より0通りとなる。
これらをまとめると、\(H\left(-\frac{1}{2}+k\right)\)通りになる。

(11)

空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} q\left(n,0\right) & =p\left(n,0\right)\\ & =\delta_{n,0} \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(11)-2

\(n\)個の玉を0個の箱に入れる場合の数は、\(n=0\)のときは定義より1通り、\(0<n\)のときは何も出来ないので0通りとなるので、まとめると、\(\delta_{n,0}\)通りとなる。

(12)

空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} q\left(n+1,1\right) & =p\left(n,1\right)\\ & =H\left(\frac{1}{2}+n\right) \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(12)-2

\(n\)個の玉を1個の箱に入れる場合の数は、\(0\leq n\)なら1個の箱に全ての玉を入れる1通り、\(n=0\)なら箱に1つ以上入れることは不可能なので0通り、\(n<0\)なら定義より0通りとなり、まとめると、\(H\left(\frac{1}{2}+n\right)\)となる。

(13)

空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} q\left(n+2,2\right) & =p\left(n,2\right)\\ & =1+\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor \end{align*} となるので与式は成り立つ。

(14)

\(0\leq k\)のとき、
\begin{align*} q\left(2n+k,n+k\right) & =p\left(n,n+k\right)\\ & =p\left(n,n\right),0\leq k \end{align*} となるので与式は成り立つ。