Chủ đề này có 11 trả lời

[Nobodyv3]

1/ Có bao nhiêu bộ nghiệm nguyên không âm của phương trình :
$z_2+z_3+z_4+z_5=26$
biết rằng $i\nmid z_i$.
2/ Bằng cách a) không dùng hàm sinh và b) dùng hàm sinh để tính số xâu tam phân kích thước 10 biết rằng chữ số 1 xuất hiện ít nhất 1 lần và chữ số 2 xuất hiện số chẵn lần.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 29-07-2023 - 09:07

[Konstante]

1) Do $i \nmid z_i$ nên chuỗi sinh tương ứng của chuỗi các giá trị có thể của $z_{i}$ là $F_{z_i}(X) = \frac{1}{1-X} - \frac{1}{1-X^i}$. Xét chuỗi sinh hình thức:

 

$\begin{align*} F(X) = F_{z_2}(X) \times F_{z_3}(X) \times F_{z_4}(X) \times F_{z_5}(X) &= \frac{X}{1-X^2} \times \frac{X + X^2}{1-X^3} \times \frac{X+X^2+X^3}{1-X^4} \times \frac{X+X^2+X^3+X^4}{1-X^5} \\ & = \frac{1}{(1-X)^3} \times \frac{X^4}{1-X^5} = \frac{1}{2} {(\frac{1}{1-X})}''\times -\frac{1}{5}{\ln(1-X^5)}' \\ &= \frac{1}{2} (\sum\limits_{i=0}^{\infty} (i+1)(i+2)X^i) \times (\sum\limits_{k=1}^{\infty}X^{5k-1}) \end{align*}$

 

Số nghiệm nguyên không âm của phương trình $z_2 + z_3 + z_4 + z_5 = 26$ bằng hệ số của $X^{26}$ trong chuỗi hình thức $F(X)$, và bằng

 

$\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{5}((26 - 5 k + 1) + 1)(((26 - 5 k + 1) + 2)) = \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{5} (28 - 5 k) (29 - 5k) = 580$.

 

2) Do số thứ nhất xuất hiện ít nhất một lần nên chuỗi sinh lũy thừa tương ứng của chuỗi giá trị có thể cho số cách chọn các bộ vị trí của số thứ nhất là $F_{1}(X) = e^X - 1$, số thứ hai xuất hiện số chẵn lần nên $F_{2}(X) = \frac{e^X + e^{-X}}{2}$, số thứ ba không có ràng buộc gì nên $F_{3}(X) = e^X$. Xét chuỗi sinh lũy thừa hình thức:

 

$F(X) = F_{1}(X) \times F_{2}(X) \times F_{3}(X) = (e^X - 1) \times \frac{e^X + e^{-X}}{2} \times e^X = \frac{1}{2}(e^{3X}-e^{2X}+e^X-1)$

 

Số xâu độ dài 10 thỏa mãn các điều kiện đã cho là hệ số của $X^{10}$ trong chuỗi sinh lũy thừa $F(X)$, và bằng

$F^{(10)}(X=0) = \frac{1}{2}(3^{10} - 2^{10} + 1) = 29013$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Konstante: 30-07-2023 - 15:01

[chanhquocnghiem]

1/ Có bao nhiêu bộ nghiệm nguyên không âm của phương trình :
$z_2+z_3+z_4+z_5=26$
biết rằng $i\nmid z_i$.

Ta có hàm sinh :

$f(x)=(x+x^3+x^5+...+x^{23})\left [ (x+x^2+x^3+...+x^{23})-(x^3+x^6+...+x^{21}) \right ]\times$

$\times\left [ (x+x^2+x^3+...+x^{23})-(x^4+x^8+...+x^{20}) \right ]\left [ (x+x^2+x^3+...+x^{23})-(x^5+x^{10}+...+x^{20}) \right ]$

$=\frac{x-x^{25}}{1-x^2}\left (\frac{x-x^{24}}{1-x}-\frac{x^3-x^{24}}{1-x^3} \right )\left (\frac{x-x^{24}}{1-x}-\frac{x^4-x^{24}}{1-x^4} \right )\left (\frac{x-x^{24}}{1-x}-\frac{x^5-x^{25}}{1-x^5} \right )$

Số bộ nghiệm nguyên dương cần tìm là $\left [ x^{26} \right ]f(x)=525$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 30-07-2023 - 09:49

[chanhquocnghiem]

2/ Bằng cách a) không dùng hàm sinh và b) dùng hàm sinh để tính số xâu tam phân kích thước 10 biết rằng chữ số 1 xuất hiện ít nhất 1 lần và chữ số 2 xuất hiện số chẵn lần.

Ta có hàm sinh :

$f(x)=\left ( 1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^9}{9!} \right )\left ( x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^9}{9!}+\frac{x^{10}}{10!} \right )\left ( 1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}...+\frac{x^8}{8!} \right )$

Số xâu thỏa mãn yêu cầu là $10!.\left [ x^{10} \right ]f(x)=29013.$
 

[Nobodyv3]

1/ @Konstante và @chanhquocnghiem: Các anh tham gia thì topic sôi động hẳn lên! Cám ơn các anh rất nhiều.
- Em mới vừa làm xong, sao không khớp với kết quả của các anh! Hic...chưa check lại nhưng để rộng đường dư luận, em cũng xin trình bày lên đây :
Theo như anh @Konstante thì $f_{z_i}(x)=\frac{1}{1-x}-\frac{1}{1-x^i}$ nên ta có hàm sinh:
$$\begin {align*}
F(x)&=\frac{x(x+x^2)(x+x^2+x^3)(x+x^2+x^3+x^4)}{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)(1-x^5)}\\
&=
\frac{x^3}{5(1+x+x^2+x^3+x^4)}+\frac{2x^2}{5(1+x+x^2+x^3+x^4) }\\
&+\frac{x}{5(1+x+x^2+x^3+x^4)}+\frac{1}{5(1-x)}\\
&-\frac{2}{5(1-x)^3}+ \frac{1}{5(1-x)^4}\\
&=
\frac{x^3(1-x)}{5(1-x^5)}
+\frac{2x^2(1-x)}{5(1-x^5)}+ \frac{x(1-x)}{5(1-x^5)}\\
& +\frac{1}{5(1-x)}
-\frac{2}{5(1-x)^3}+ \frac{1}{5(1-x)^4}\\
[x^{26}]F(x)&=....+\frac{\left[x^{25}\right]}{5}\sum_{k\geq0}x^{5k}+\frac{1}{5}
-\frac{28\cdot27}{5}+ \frac{29\cdot28\cdot27}{5\cdot 6}\\
&=\frac{1+1-756+3654}{5}=\color{blue} 580
\end{align*}$$
======
Em đã kiểm tra và Sage cho kết quả là $580$. Giờ chỉ xem lại hàm sinh được thiết lập có đúng đắn không...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 30-07-2023 - 12:12

[Konstante]

1/ @Konstante và @chanhquocnghiem: Các anh tham gia thì topic sôi động hẳn lên! Cám ơn các anh rất nhiều.
- Em mới vừa làm xong, sao không khớp với kết quả của các anh! Hic...chưa check lại nhưng để rộng đường dư luận, em cũng xin trình bày lên đây :
Theo như anh @Konstante thì $f_{z_i}(x)=\frac{1}{1-x}-\frac{1}{1-x^i}$ nên ta có hàm sinh:
$$\begin {align*}
F(x)&=\frac{x(x+x^2)(x+x^2+x^3)(x+x^2+x^3+x^4)}{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)(1-x^5)}\\
&=
\frac{x^3}{5(1+x+x^2+x^3+x^4)}+\frac{2x^2}{5(1+x+x^2+x^3+x^4) }\\
&+\frac{x}{5(1+x+x^2+x^3+x^4)}+\frac{1}{5(1-x)}\\
&-\frac{2}{5(1-x)^3}+ \frac{1}{5(1-x)^4}\\
&=
\frac{x^3(1-x)}{5(1-x^5)}
+\frac{2x^2(1-x)}{5(1-x^5)}+ \frac{x(1-x)}{5(1-x^5)}\\
& +\frac{1}{5(1-x)}
-\frac{2}{5(1-x)^3}+ \frac{1}{5(1-x)^4}\\
[x^{26}]F(x)&=....+\frac{\left[x^{25}\right]}{5}\sum_{k\geq0}x^{5k}+\frac{1}{5}
-\frac{28\cdot27}{5}+ \frac{29\cdot28\cdot27}{5\cdot 6}\\
&=\frac{1+1-756+3654}{5}=\color{blue} 580
\end{align*}$$
======
Em đã kiểm tra và Sage cho kết quả là $580$. Giờ chỉ xem lại hàm sinh được thiết lập có đúng đắn không...

Kết quả 580 là đúng đó, anh viết nhầm (và đã sửa lại).

[Nobodyv3]

1) Do $i \nmid z_i$ nên chuỗi sinh tương ứng của chuỗi các giá trị có thể của $z_{i}$ là $F_{z_i}(X) = \frac{1}{1-X} - \frac{1}{1-X^i}$. Xét chuỗi sinh hình thức:
 
$\begin{align*} F(X) = F_{z_2}(X) \times F_{z_3}(X) \times F_{z_4}(X) \times F_{z_5}(X) &= \frac{X}{1-X^2} \times \frac{X + X^2}{1-X^3} \times \frac{X+X^2+X^3}{1-X^4} \times \frac{X+X^2+X^3+X^4}{1-X^5} \\ & = \frac{1}{(1-X)^3} \times \frac{X^4}{1-X^5} = \frac{1}{2} {(\frac{1}{1-X})}''\times -\frac{1}{5}{\ln(1-X^5)}'\tag{2} \\ &= \frac{1}{2} (\sum\limits_{i=0}^{\infty} (i+1)(i+2)X^i) \times (\sum\limits_{k=1}^{\infty}X^{5k-1}) \end{align*}$

 
Số nghiệm nguyên không âm của phương trình $z_2 + z_3 + z_4 + z_5 = 26$ bằng hệ số của $X^{26}$ trong chuỗi hình thức $F(X)$, và bằng
 
$\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{5}((26 - 5 k + 1) + 1)(((26 - 5 k + 1) + 2)) = \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{5} (28 - 5 k) (29 - 5k) = 580$.
 .

Bài 1: Anh vui lòng giải thích rõ hơn từ $(2) $ trở đi, em chưa rõ đoạn này. Cảm ơn anh.

[Nobodyv3]

2/(by pen and paper)
a) Giải theo cách truyền thống :
Ta có $\binom {10}{2k}$ cách chọn vị trí cho chữ số 2. Có $10-2k$ vị trí cho chữ số 0 và chữ số 1, nhưng không thể toàn là chữ số 0 nên có $2^{10-2k}-1$ cách chọn vị trí cho 2 chữ số này. Do đó số xâu thỏa yêu cầu là $\sum_{k=0}^5{10\choose2k}(2^{10-2k}-1)$ hay là: $$\sum_{k=0}^5{10\choose2k}2^{10-2k}-\sum_{k=0}^5{10\choose2k}$$, mà ta thấy :
$$ \begin{align*} 3^{10}=(2+1)^{10}&=\sum_{m=0}^{10}{10\choose m}2^{10-m}\tag{1}\\
1=1^{10}=(2-1)^{10}
&=\sum_{m=0}^{10}{10\choose m}2^{10-m}(-1)^m\tag{2}\\
\text {Cộng (1)và (2) vế với vế và chia cho 2:}\\
\frac{3^{10}+1}{2}&=\sum_{k=0}^5{10\choose2k}2^{10-2k}
\end{align*}$$
Tương tự:
$2^{10}+0^{10}=(1+1)^{10}+(1-1)^{10}$ cho ta $\sum_{k=0}^5{10\choose2k}=2^9$
Vậy số xâu thỏa yêu cầu là :$${3^{10}-2^{10}+1\over2}=\color {blue}29013$$
b) Dùng hàm sinh :
$$\begin {align*}
f(x)&=e^x\cdot(e^x-1)\cdot \left ( \frac{e^x+e^{-x}}{2} \right )\\
&=\frac{1}{2}\left( e^{3x}-e^{2x}+e^x-1 \right )\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n\geq0} \left (3^n-2^n+1 \right )\frac{x^n}{n!}-\frac{1}{2}
\end{align*}$$
Do đó số xâu thỏa yêu cầu là
$$\frac{1}{2}\left ( 3^{10}-2^{10}+1 \right )=\color {blue}29013$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 30-07-2023 - 15:38

[Konstante]

Bài 1: Anh vui lòng giải thích rõ hơn từ $(2) $ trở đi, em chưa rõ đoạn này. Cảm ơn anh.

$2$ chỉ là một thủ thuật để tính dạng tường minh cho $F(X)$ (mà không cần Sage). Ta biểu diễn $\frac{1}{(1-X)^3}$ dưới dạng đạo hàm bậc 2 của chuỗi hình thức $\frac{1}{1-X}$, vì tính đạo hàm ${(1+X+X^2+\cdots )}''$ thì đơn giản hơn so với tính lũy thừa $(1+X+X^2+\cdots )^3$; tương tự với biểu diễn $\frac{X^4}{1-X^5} = -\frac{1}{5}{\ln(1-X^5)}'$.

 

Ở câu sau anh xin lưu ý về mặt từ ngữ (vì dễ gây hiểu lầm), là ở đây không sử dụng hàm sinh mà là hàm sinh lũy thừa. Đối với một chuỗi $(a_0,a_1,\dots )$ thì hàm sinh tương ứng là $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_iX^i$, còn hàm sinh lũy thừa là $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}\frac{X^{i}}{i!}$. Cẩn thận hơn nữa thì có lẽ nên gọi là chuỗi hình thức (série formelle!!?), vì các biểu thức đó không phải hàm số (theo biến $X$).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Konstante: 30-07-2023 - 15:48

[Nobodyv3]

$2$ chỉ là một thủ thuật để tính dạng tường minh cho $F(X)$ (mà không cần Sage). Ta biểu diễn $\frac{1}{(1-X)^3}$ dưới dạng đạo hàm bậc 2 của chuỗi hình thức $\frac{1}{1-X}$, vì tính đạo hàm ${(1+X+X^2+\cdots )}''$ thì đơn giản hơn so với tính lũy thừa $(1+X+X^2+\cdots )^3$; tương tự với biểu diễn $\frac{X^4}{1-X^5} = -\frac{1}{5}{\ln(1-X^5)}'$.

Hay nhỉ :-) Thanks a lot.

[Nobodyv3]

$2$ chỉ là một thủ thuật để tính dạng tường minh cho $F(X)$ (mà không cần Sage). Ta biểu diễn $\frac{1}{(1-X)^3}$ dưới dạng đạo hàm bậc 2 của chuỗi hình thức $\frac{1}{1-X}$, vì tính đạo hàm ${(1+X+X^2+\cdots )}''$ thì đơn giản hơn so với tính lũy thừa $(1+X+X^2+\cdots )^3$; tương tự với biểu diễn $\frac{X^4}{1-X^5} = -\frac{1}{5}{\ln(1-X^5)}'$.

Ở câu sau anh xin lưu ý về mặt từ ngữ (vì dễ gây hiểu lầm), là ở đây không sử dụng hàm sinh mà là hàm sinh lũy thừa. Đối với một chuỗi $(a_0,a_1,\dots )$ thì hàm sinh tương ứng là $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_iX^i$, còn hàm sinh lũy thừa là $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}\frac{X^{i}}{i!}$. Cẩn thận hơn nữa thì có lẽ nên gọi là chuỗi hình thức (série formelle!!?), vì các biểu thức đó không phải hàm số (theo biến $X$).

Em thấy các tài liệu tiếng anh họ gọi :
$\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_iX^i$ là Ordinary Generating Functions (OGF) , dịch là hàm sinh thường,
Cái kia là Exponential Generating Functions(EGF) dịch là hàm sinh mũ.
Những cái này là formal power series dịch là chuỗi lũy thừa hình thức.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 30-07-2023 - 16:13

[hxthanh]

Nhìn cái tổng $\dfrac 12\sum_{k=1}^5 (28-5k)(29-5k)=\sum_{k=1}^5{29-5k\choose 2}$
mình chợt liên tưởng đến một điều gì đó…