Hình thức đơn giản

mufc · 13-11-2007, 12:13 PM

Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình:
$x_1 + x_2 + ... + x_{1000} = 1000 $
Tổng quát luôn đi

n.t.tuan · 13-11-2007, 01:33 PM

Kết quả tổng quát:Cho $m,n $ là các số nguyên dương. Khi đó số các $m- $ bộ có thứ tự $(x_1,x_2,\cdots,x_m)\in\mathbb{N}^m $ thỏa mãn $x_1+x_2+\cdots+x_m=n $ là $C_{n+m-1}^{m-1} $.

mufc · 13-11-2007, 06:48 PM

tại sao lại thế hả anh?

**psquang_pbc** · 13-11-2007, 06:56 PM

Em tưởng tượng như thế này nhé, em có n cái kẹo rải thành hàng ngang và m-1 cái que. Mỗi bước em dùng m cái que đó chia n cái kẹo đó ra thành m phần , mỗi phần có ít nhất 1 cái kẹo hoặc kô có cái nào . Số cách đặt que chính là số nghiệm của pt mà anh Tuân xét ở trên. Số cách đặt que lại bằng $C^{m-1}_{n+m-1} $, lí luận tương tự cho số nghiệm nguyên dương của pt đó , kết quả là $C^{m-1}_{n-1} $

Chúc vui .

dong1919 · 13-11-2007, 07:02 PM

Cách này của thầy mà mọi hôm chú Quang bảo ko hay đây mà

Ngoài ra còn có 1 cách nữa là SD dãy nhị phân để c/m
Một bài cùng dạng là Có n người xếp hàng dọc, hỏi có bao nhiều cách chọn ra k người sao cho không có 2 người liên tiếp được chọn:secretsmile:

**psquang_pbc** · 13-11-2007, 07:03 PM

Hic hic nhưng nó nói là thuộc loại ngắn mà Đông

pi3.14 · 13-11-2007, 10:27 PM

Có cách nữa , đó là đặt $y_1=x_1 $
$y_2=x_1+x_2+1 $
$y_3=x_1+x_2+x_3+2 $
...
$y_{m-1}=x_1+x_2+...+x_{m-1}+(m-2) $
Ta có $y_1<y_2<y_3...<y_{m-1}<m+n-1 $ (1)
Mỗi bộ $(x_1;...x_m) $ tương ứng với mỗi bộ $(y_1;...y_{m-1}) $
Do (1) nên số bộ là $C^{m-1}_{m+n-1} $

Mather · 13-11-2007, 11:25 PM

Trích:

Nguyên văn bởi psquang_pbc

Em tưởng tượng như thế này nhé, em có n cái kẹo rải thành hàng ngang và m-1 cái que. Mỗi bước em dùng m cái que đó chia n cái kẹo đó ra thành m phần , mỗi phần có ít nhất 1 cái kẹo hoặc kô có cái nào . Số cách đặt que chính là số nghiệm của pt mà anh Tuân xét ở trên. Số cách đặt que lại bằng $C^{m-1}_{n+m-1} $, lí luận tương tự cho số nghiệm nguyên dương của pt đó , kết quả là $C^{m-1}_{n-1} $

Chúc vui .

Nghe nói nó đây là bài toán chia kẹo của Niuton
có cách lý giải khác là dùng xâu nhị phân cũng tương tự như của anh Quang :secretsmile:

**ghjk** · 14-11-2007, 07:57 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Mather

Nghe nói nó đây là bài toán chia kẹo của Niuton
có cách lý giải khác là dùng xâu nhị phân cũng tương tự như của anh Quang :secretsmile:

Bài toán này là của EULER mà bạn!

Còn 1 cách nữa là sử dụng phép ánh xạ(đề cập trong bài viết của thầy N.Dũng)!Ai rảnh thì giúp mình pót cái file đó qua đây nhé! Vài bữa nữa mình sẽ post 1 bài tổ họp cũng khá hay! Mong các bạn thảo luận sôi nổi nhé! Giờ thì "bế quan" vậy! Bye mọi người!

**vănđhkh** · 21-11-2007, 10:51 AM

Trích:

Nguyên văn bởi ghjk

Bài toán này là của EULER mà bạn!

Còn 1 cách nữa là sử dụng phép ánh xạ(đề cập trong bài viết của thầy N.Dũng)!Ai rảnh thì giúp mình pót cái file đó qua đây nhé! Vài bữa nữa mình sẽ post 1 bài tổ họp cũng khá hay! Mong các bạn thảo luận sôi nổi nhé! Giờ thì "bế quan" vậy! Bye mọi người!

Đúng vậy,đây là bài toán chia kẹo của Euler đã được thầy namdung đề cập,trong đó thầy có sử dụng pp song ánh(cũng tương tự như cách của Quang) và có thể sử dụng các cách khác.

13-11-2007, 12:13 PM	#1
mufc +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 44 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts	Hình thức đơn giản Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình: $x_1 + x_2 + ... + x_{1000} = 1000 $ Tổng quát luôn đi

13-11-2007, 01:33 PM	#2
n.t.tuan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts	Kết quả tổng quát:Cho $m,n $ là các số nguyên dương. Khi đó số các $m- $ bộ có thứ tự $(x_1,x_2,\cdots,x_m)\in\mathbb{N}^m $ thỏa mãn $x_1+x_2+\cdots+x_m=n $ là $C_{n+m-1}^{m-1} $. __________________ T.

13-11-2007, 06:56 PM	#4
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 747 Thanks: 9 Thanked 111 Times in 72 Posts	Em tưởng tượng như thế này nhé, em có n cái kẹo rải thành hàng ngang và m-1 cái que. Mỗi bước em dùng m cái que đó chia n cái kẹo đó ra thành m phần , mỗi phần có ít nhất 1 cái kẹo hoặc kô có cái nào . Số cách đặt que chính là số nghiệm của pt mà anh Tuân xét ở trên. Số cách đặt que lại bằng $C^{m-1}_{n+m-1} $, lí luận tương tự cho số nghiệm nguyên dương của pt đó , kết quả là $C^{m-1}_{n-1} $ Chúc vui . __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!

13-11-2007, 07:03 PM	#6
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 747 Thanks: 9 Thanked 111 Times in 72 Posts	Hic hic nhưng nó nói là thuộc loại ngắn mà Đông __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!

13-11-2007, 06:48 PM	#3
mufc +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 44 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts	tại sao lại thế hả anh?

13-11-2007, 07:02 PM	#5
dong1919 Sư tổ Kim Dung-CÁI BANG Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: A1K35PBC-Nghệ An Bài gởi: 291 Thanks: 0 Thanked 33 Times in 23 Posts	Cách này của thầy mà mọi hôm chú Quang bảo ko hay đây mà Ngoài ra còn có 1 cách nữa là SD dãy nhị phân để c/m Một bài cùng dạng là Có n người xếp hàng dọc, hỏi có bao nhiều cách chọn ra k người sao cho không có 2 người liên tiếp được chọn:secretsmile:

13-11-2007, 10:27 PM	#7
pi3.14 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 22 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts	Có cách nữa , đó là đặt $y_1=x_1 $ $y_2=x_1+x_2+1 $ $y_3=x_1+x_2+x_3+2 $ ... $y_{m-1}=x_1+x_2+...+x_{m-1}+(m-2) $ Ta có $y_1<y_2<y_3...<y_{m-1}<m+n-1 $ (1) Mỗi bộ $(x_1;...x_m) $ tương ứng với mỗi bộ $(y_1;...y_{m-1}) $ Do (1) nên số bộ là $C^{m-1}_{m+n-1} $