trong đó các $x_i$ nguyên và $x_{1}\geq 1,x_{2}\geq 0,x_{3}\geq 1,x_{4}\geq 0$
2/ Có bao nhiêu cách chia 11 táo, 9 cam cho 4 đứa trẻ sao cho mỗi bé được 5 quả.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 12-11-2022 - 23:02
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 12-11-2022 - 23:02
Ký hiệu này có nghĩa là gì em?
\[\binom{n}{x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} }\]
$\binom{n}{x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}}=\frac {n!}{x_1!x_2!x_3!x_4!}$Ký hiệu này có nghĩa là gì em?
\[\binom{n}{x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} }\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 13-11-2022 - 06:38
Có bao nhiêu cách chia 11 táo, 9 cam cho 4 đứa trẻ sao cho mỗi bé được 5 quả.
Chắc là chỉ có thể dùng phương pháp hàm sinh ?
------------------------------------------------
Hàm sinh cho số cách chia cho $4$ đứa trẻ :
$f(x,y)=(x^5+x^4y+x^3y^2+x^2y^3+xy^4+y^5)^4=\left ( \frac{x^6-y^6}{x-y} \right )^4$
Số cách chia thỏa mãn yêu cầu đề bài là $\left [ x^{11}y^9 \right ]f(x,y)=140$.
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
Đúng là hổ mọc thêm cánh, rồng thêm vây!Chắc là chỉ có thể dùng phương pháp hàm sinh ?
------------------------------------------------
Hàm sinh cho số cách chia cho $4$ đứa trẻ :
$f(x,y)=(x^5+x^4y+x^3y^2+x^2y^3+xy^4+y^5)^4=\left ( \frac{x^6-y^6}{x-y} \right )^4$
Số cách chia thỏa mãn yêu cầu đề bài là $\left [ x^{11}y^9 \right ]f(x,y)=140$.
Đúng là hổ mọc thêm cánh, rồng thêm vây!
- Tò mò thêm chút nữa, anh có thể trình bày cách tính tay hệ số này không anh.
Hoặc giải theo cách truyền thống...
Để ý rằng khi khai triển $f(x,y)=(x^5+x^4y+x^3y^2+x^2y^3+xy^4+y^5)^4$ thì phần biến của tất cả các số hạng đều có dạng $x^{20-m}y^m$. Do đó, hệ số của số hạng chứa $x^{11}y^9$ trong $f(x,y)$ cũng là hệ số của số hạng chứa $y^9$ trong $g(y)=(1+y+y^2+y^3+y^4+y^5)^4$ (không cần quan tâm đến biến $x$)
$g(y)=\sum_{k=0}^{4}C_4^k(y^2+y+1)^{4-k}\left [ y^3(y^2+y+1) \right ]^k=(y^2+y+1)^4\sum_{k=0}^{4}C_4^ky^{3k}=\sum_{i=0}^{4}C_4^i(y^2+y)^i\sum_{k=0}^{4}C_4^ky^{3k}=\sum_{i=0}^{4}C_4^i(y+1)^iy^i\sum_{k=0}^{4}C_4^ky^{3k}=\sum_{k=0}^{4}C_4^ky^{3k}\sum_{i=0}^{4}C_4^iy^i\left ( \sum_{j=0}^{i}C_i^jy^j \right )$
$\left [ y^{3k+i+j} \right ]g(y)=C_4^kC_4^iC_i^j$
+ $k=1$, $i=3$, $j=3\rightarrow C_4^1C_4^3C_3^3=16$
+ $k=1$, $i=4$, $j=2\rightarrow C_4^1C_4^4C_4^2=24$
+ $k=2$, $i=2$, $j=1\rightarrow C_4^2C_4^2C_2^1=72$
+ $k=2$, $i=3$, $j=0\rightarrow C_4^2C_4^3C_3^0=24$
+ $k=3$, $i=0$, $j=0\rightarrow C_4^3C_4^0C_0^0=4$
$\Rightarrow \left [ x^{11}y^9 \right ]f(x,y)=\left [ y^9 \right ]g(y)=16+24+72+24+4=140$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 13-11-2022 - 13:57
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
Em chờ...và sau đây là :Để ý rằng khi khai triển $(x^5+x^4y+x^3y^2+x^2y^3+xy^4+y^5)^4$ thì phần biến của các số hạng sẽ có dạng $x^{20-m}y^m$
(Mình có việc đột xuất, để chiều trình bày tiếp)
Em chờ...và sau đây là :
- Đề nghị 1 lời giải không kém phần giản dị:
Trước hết, ta chia 9 cam cho 4 bé : $\binom {12}{3}$ cách, nhưng sẽ có 1 bé có nhiều hơn 5 trái, do đó số cách chia 9 cam cho 4 bé sao cho số cam mỗi bé nhỏ hơn hoặc bằng 5 trái là :
$\binom {12}{3}-4\binom {6}{3}=220-80=140$ cách
Sau đó, ta cứ thêm táo vào mỗi phần sao cho mỗi bé được 5 trái. Vậy số cách chia thỏa yêu cầu là $\boldsymbol {140}$ cách.
Hay, một lời giải rất độc đáo. Mình chỉ xin phép sửa lại một chút xíu cho rõ hơn :
Trước hết, chia $9$ quả cam cho $4$ bé (có thể có bé không có quả nào) : Có $\binom{12}{3}$ cách. Nhưng có thể có $1$ bé có nhiều hơn $5$ quả...
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh