Xét đa thức $G(x)=(1+x)^{2007}$. Gọi $\omega=e ^{2\pi i/3}$ là 1 nghiệm của phương trình $x^3=1$ thì theo định lý RUF ta có :
$$\begin {align*}
S &=\frac {2^{2007}+(1+\omega )^{2007} +(1+\omega ^2)^{2007} }{3}\\
&=\frac {2^{2007}-2}{3}
\end {align*}$$Ta thấy $1000=2^3\times 5^3$ mà $2^{2007} \equiv 0\!\! \pmod{2^3}$ và $2^{2007} \equiv 2^7\equiv 3\!\! \pmod{5^3}$. Suy ra :
$2^{2007}\equiv 128\!\!\pmod {1000}$ nên :
$2^{2007}-2\equiv 126\!\!\pmod {1000}$
Nhận thấy $gcd(3,1000)=1$ nên $3^{-1}\equiv 667\!\!\pmod {1000}$
Do đó :
$$\begin {align*}
S=\frac {2^{2007}-2}{3}&\equiv 667\times (2^{2007}-2)\\
&\equiv 667\times126\\
&\equiv 042\!\!\pmod {1000}
\end {align*}$$Vậy số dư là $ \boldsymbol {042}$
Nobodyv3 nội dung
Có 979 mục bởi Nobodyv3 (Tìm giới hạn từ 22-05-2020)
#743395 $$S={2007 \choose 0} + {2007 \choose 3...
Đã gửi bởi
on 08-02-2024 - 07:01
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
#743385 $$S={2007 \choose 0} + {2007 \choose 3...
Đã gửi bởi
on 07-02-2024 - 22:50
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
Cho
$$S={2007 \choose 0} + {2007 \choose 3} + \cdots + {2007 \choose 2007}$$
Hãy tính $S\!\!\!\! \!\pmod{\!\!1000}$
========
OP tại :
https://artofproblem...c20073c20072007
$$S={2007 \choose 0} + {2007 \choose 3} + \cdots + {2007 \choose 2007}$$
Hãy tính $S\!\!\!\! \!\pmod{\!\!1000}$
========
OP tại :
https://artofproblem...c20073c20072007
#737266 $\displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_...
Đã gửi bởi
on 15-02-2023 - 23:19
trong
Đa thức
@perfecstrong:Cám ơn anh đã khui lại!
Ta có :
$\begin {align*}
\underset{1\le i\le j\le k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk&=\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i= j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i< j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i= j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\\
&=\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i= j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le k< i= j\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i= j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\\
&=\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad+\underset{1\le i= j, k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk
\quad (*) \\
&=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n-1)(n-2)+\frac {1}{12}n^2(n+1)^2(2n+1)\\
&=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n^2+5n+6)\\&=\boldsymbol {\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n+2)(n+3)}
\end{align*}$
$\boldsymbol {(*)}$ Ghi chú :
$\bullet $ Chứng minh $\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n-1)(n-2)$ xin xem tại đây https://diendantoanh...eq-ijkleq-nijk/
$\bullet \underset{1\le i= j, k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk=\left ( \sum_{j=1}^{n}j^2 \right )\left ( \sum_{k=1}^{n}k \right )=\frac {1}{6}n(n+1)(2n+1)\cdot \frac {1}{2}n(n+1)=\frac {1}{12}n^2(n+1)^2(2n+1)$
Cách khác : Áp dụng bổ đề Burnside, ta có :
TH 1: Các biến chạy $i,j,k$ không có ràng buộc gì.
${{S}_{1}}=\sum\limits_{1\le i,j,k\le n}{ijk}=\left( \sum\limits_{i=1}^{n}{i} \right)\left( \sum\limits_{j=1}^{n}{j} \right)\left( \sum\limits_{k=1}^{n}{k} \right)={{\left[ \frac{1}{2}n\left( n+1 \right) \right]}^{3}}=\frac{1}{8}{{n}^{3}}{{\left( n+1 \right)}^{3}}$
TH 2: Có 2 trong 3 biến $i,j,k$ bằng nhau.
${{S}_{2}}=\sum\limits_{1\le i=j,k\le n}{ijk}=\sum\limits_{1\le j,k\le n}{{{j}^{2}}k=}\left( \sum\limits_{j=1}^{n}{{{j}^{2}}} \right)\left( \sum\limits_{k=1}^{n}{k} \right)$
${{S}_{2}}=\left[ \frac{1}{6}n\left( n+1 \right)\left( 2n+1 \right) \right]\left[ \frac{1}{2}n\left( n+1 \right) \right]=\frac{1}{12}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}}\left( 2n+1 \right)$
TH 3: Cả 3 biến bằng nhau $ i=j=k$
${{S}_{3}}=\sum\limits_{1\le i=j=k\le n}{ijk}=\sum\limits_{i=1}^{n}{{{i}^{3}}}=\frac{1}{4}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}}$
Theo bổ đề Burnside ta có :
$\sum\limits_{1\le i\le j\le k\le n}{ijk}=\frac{1}{3!}\left( {{S}_{1}}+3{{S}_{2}}+2{{S}_{3}} \right)=\frac{1}{6}\left[ \frac{1}{8}{{n}^{3}}{{\left( n+1 \right)}^{3}}+3\cdot \frac{1}{12}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}}\left( 2n+1 \right)+2\cdot \frac{1}{4}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}} \right]$
$\Rightarrow \boldsymbol {\sum\limits_{1\le i\le j\le k\le n}{ijk}=\frac{1}{48}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}}\left( n+2 \right)\left( n+3 \right)}$
Ta có :
$\begin {align*}
\underset{1\le i\le j\le k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk&=\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i= j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i< j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i= j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\\
&=\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i= j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le k< i= j\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad +\underset{1\le i= j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\\
&=\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk\quad+\underset{1\le i= j, k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk
\quad (*) \\
&=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n-1)(n-2)+\frac {1}{12}n^2(n+1)^2(2n+1)\\
&=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n^2+5n+6)\\&=\boldsymbol {\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n+2)(n+3)}
\end{align*}$
$\boldsymbol {(*)}$ Ghi chú :
$\bullet $ Chứng minh $\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n-1)(n-2)$ xin xem tại đây https://diendantoanh...eq-ijkleq-nijk/
$\bullet \underset{1\le i= j, k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk=\left ( \sum_{j=1}^{n}j^2 \right )\left ( \sum_{k=1}^{n}k \right )=\frac {1}{6}n(n+1)(2n+1)\cdot \frac {1}{2}n(n+1)=\frac {1}{12}n^2(n+1)^2(2n+1)$
Cách khác : Áp dụng bổ đề Burnside, ta có :
TH 1: Các biến chạy $i,j,k$ không có ràng buộc gì.
${{S}_{1}}=\sum\limits_{1\le i,j,k\le n}{ijk}=\left( \sum\limits_{i=1}^{n}{i} \right)\left( \sum\limits_{j=1}^{n}{j} \right)\left( \sum\limits_{k=1}^{n}{k} \right)={{\left[ \frac{1}{2}n\left( n+1 \right) \right]}^{3}}=\frac{1}{8}{{n}^{3}}{{\left( n+1 \right)}^{3}}$
TH 2: Có 2 trong 3 biến $i,j,k$ bằng nhau.
${{S}_{2}}=\sum\limits_{1\le i=j,k\le n}{ijk}=\sum\limits_{1\le j,k\le n}{{{j}^{2}}k=}\left( \sum\limits_{j=1}^{n}{{{j}^{2}}} \right)\left( \sum\limits_{k=1}^{n}{k} \right)$
${{S}_{2}}=\left[ \frac{1}{6}n\left( n+1 \right)\left( 2n+1 \right) \right]\left[ \frac{1}{2}n\left( n+1 \right) \right]=\frac{1}{12}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}}\left( 2n+1 \right)$
TH 3: Cả 3 biến bằng nhau $ i=j=k$
${{S}_{3}}=\sum\limits_{1\le i=j=k\le n}{ijk}=\sum\limits_{i=1}^{n}{{{i}^{3}}}=\frac{1}{4}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}}$
Theo bổ đề Burnside ta có :
$\sum\limits_{1\le i\le j\le k\le n}{ijk}=\frac{1}{3!}\left( {{S}_{1}}+3{{S}_{2}}+2{{S}_{3}} \right)=\frac{1}{6}\left[ \frac{1}{8}{{n}^{3}}{{\left( n+1 \right)}^{3}}+3\cdot \frac{1}{12}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}}\left( 2n+1 \right)+2\cdot \frac{1}{4}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}} \right]$
$\Rightarrow \boldsymbol {\sum\limits_{1\le i\le j\le k\le n}{ijk}=\frac{1}{48}{{n}^{2}}{{\left( n+1 \right)}^{2}}\left( n+2 \right)\left( n+3 \right)}$
#736983 $\displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_...
Đã gửi bởi
on 29-01-2023 - 22:02
trong
Đa thức
Tính giá trị của
$$\displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i\leq j\leq k\leq n}ijk$$
$$\displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i\leq j\leq k\leq n}ijk$$
#738062 $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8...
Đã gửi bởi
on 26-03-2023 - 00:17
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
Vào lúc 25 Tháng 3 2023 - 16:23, chuyenndu đã nói:
mình thấy bạn này chỉ toàn hỏi bài nhỉ?
Mình like @chuyendu vì mình thấy nhận xét của bạn ấy là chính xác.
Tất nhiên, lời góp ý của anh @Nesbit phải ở góc độ một người anh rộng lượng, bao dung (trong đó thấp thoáng bóng dáng của một nhà ngoại giao khéo léo!).
-trich dan-
Bạn nói là vào forum để trao đổi. Đồng ý. Nhưng bạn ( và 1 ít người nữa trên forum này ) chỉ thực hiện có 50%: muốn " trao" thì nhiều (mỗi lần bạn post 3,4 bài toán) còn "đổi " thì... nothing!, muốn "nhận " thì nhiều còn "cho" là con số 0 to tướng. Theo mình biết, ở các forum khác, khi post 1 đề toán để được giúp đỡ, bạn phải trình bày đã giải tới đâu, vướng mắc ở chỗ nào...nếu chỉ post đề bài trần trụi thì sẽ bị đóng topic ngay và lúc đó sẽ không có một ai trả lời bạn cả! và nếu tái diễn, forum sẽ khóa không cho post nữa. Đúng là có những bài hoàn toàn bế tắc, nhưng loại này khi post chỉ nên chiếm tỉ lệ nhỏ thôi.
Ngoài ra, khi có ai đó giải xong bài toán của bạn, mình thấy bạn vui thì like, buồn thì thôi (rất tiếc, đa số là bạn buồn!), không trả lời trả vốn gì cả. Tất nhiên người trả lời không cần các like của bạn, nhưng họ muốn biết chất xám, thời gian, công sức... của họ có giúp ích bạn được gì không. Họ giúp mình, thì theo lẽ thường, mình phải tỏ lòng biết ơn và trả ơn họ. Trả ơn bằng cách nào đây? Thiết nghĩ bạn nên trả ơn cho cộng đồng bằng cách giải các bài toán có level thấp hơn toán olympic, toán THPT chẳng hạn ( vì mình thấy bạn toàn post đề toán ở topic toán olympic mà thôi, chứng tỏ rằng toán THPT bạn rất OK, không vướng mắc gì nên việc giải các bài toán thuộc topic này hoàn toàn trong khả năng của bạn), và lúc này bạn mới thực sự đúng là thực hiện 50% còn lại ( tức là "đổi ", là "cho") đấy : Như vậy mới trọn vẹn : là có "trao ", có "đổi "; là có "nhận ", có "cho"...
Lời nhận xét của em có hợp lý không quý dzị? (Xin cô Hằng bỏ qua việc vi phạm bản quyền này nhé!).
#729196 $\frac{n.(n-1).(n-2).....(n-k+1)}{k!}$ tập hợp con với mỗi...
Đã gửi bởi
on 28-07-2021 - 11:51
trong
Đại số
Theo những gì mình đã trải qua, thiết nghĩ một khi mình tự đặt câu hỏi thì mình cố gắng động não tự trả lời, có thể chưa trọn vẹn (bằng cách đưa về trường hợp đơn giản hơn). Ý muốn nói ta phải tập thói quen suy nghĩ và tích cực động não chỉ những tình huống lạ lẫm, vượt ngoài sự hiểu biết hiện thờitại sao tính đến thứ tự của k phần tử lại phải chia k! vậy ạ
của mình thì mới hỏi.
Trở lại câu hỏi, ta đưa về trường hợp đơn giản để xét như sau
: Có bao nhiêu cách xếp 3 ký tự A,B,C:
1/ có kể đến thứ tự : ta có các cách xếp : ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA-->6 cách.
2/không kể thứ tự :thì các cách xếp trên chỉ là $1$ cách.
Thật vậy, số cách xếp không kể đến thứ tự là $\frac {6}{3!}=1$ cách. ( tức là phải chia cho $k!$).
Thư bất tận ngôn, ngôn bất tận ý.
#729188 $\frac{n.(n-1).(n-2).....(n-k+1)}{k!}$ tập hợp con với mỗi...
Đã gửi bởi
on 28-07-2021 - 07:49
trong
Đại số
Số tập con chính là số tổ hợp chập k của n phần tử :
$C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!} =\frac{n(n-1)(n-2)...(n-k+1)\overbrace {(n-k)(n-k-1)...3.2.1}^{(n-k)!}}{k!(n-k)!}=\frac{n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}{k!}\qquad \square$
$C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!} =\frac{n(n-1)(n-2)...(n-k+1)\overbrace {(n-k)(n-k-1)...3.2.1}^{(n-k)!}}{k!(n-k)!}=\frac{n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}{k!}\qquad \square$
#729192 $\frac{n.(n-1).(n-2).....(n-k+1)}{k!}$ tập hợp con với mỗi...
Đã gửi bởi
on 28-07-2021 - 10:48
trong
Đại số
Mình làm như vầy chắc là dễ thấy hơn :kí hiệu $$C_{n}^{k}$ là gì vậy ạ
Số cách chọn ptử thứ nhất là $n$.
Số cách chọn ptử thứ hai là $n-1$.
Số cách chọn ptử thứ ba là $n-2$.
.
.
.
Số cách chọn ptử thứ k là $n-(k-1)=n-k
+1$.
Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn k ptử từ n ptử là :$n(n-1)(n-2)...(n-k+2)(n-k+1)$. Nhưng đếm như thế là tính đến thứ tự của k ptử do đó kết quả là :
$$\frac {n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}{k!}$$
#736982 $\mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i<j<k...
Đã gửi bởi
on 29-01-2023 - 21:56
trong
Đa thức
Để đỡ phải đánh máy, ta ký hiệu : Tính
$$ \displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i<j<k\leq n}ijk=\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk$$
Giải :
Ta thấy :
$\begin {align*}
&\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{3}ijk=6;\:\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{4}ijk=50=6+44=\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{3}ijk+4\sum_{i,j=1\atop (i<j)}^{3}ij\\
&\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{5}ijk=225=50+175=\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{4}ijk+5\sum_{i,j=1\atop (i<j)}^{4}ij\\
&......\\
&\text{Bằng quy nạp, ta chứng minh được với $n>3$:}\\
&\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk= \sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n-1}ijk+n\sum_{i,j=1\atop (i<j)}^{n-1}ij\\
&\text{Suy ra:}\\
&\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk- \sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n-1}ijk=n\sum_{i,j=1\atop (i<j)}^{n-1}ij=n\cdot \frac {(n-2)(n-1)n(3n-1)}{24}=\frac {3n^5-10n^4+9n^3-2n^2}{24}
\end {align*}$
Thay $ n=4,5,6,...,n$ và cộng lại :
$\begin {align*}
\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk- \sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{3}ijk&=\frac {1}{24} \sum_{i=4}^{n}\left (3i^5-10i^4+9i^3-2i^2 \right ) \\
&=\frac {1}{24} \sum_{i=1}^{n}\left (3i^5-10i^4+9i^3-2i^2 \right )\\
&-\frac {1}{24}\left [ 3\left ( 1^5+2^5+3^5 \right )-10\left ( 1^4+2^4+3^4 \right )
+9 \left ( 1^3+2^3+3^3 \right )-2\left ( 1^2+2^2+3^2 \right ) \right ]\\
\text {Do đó với $n\geq 3$ ta có :}\\
\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk&=\frac {1}{24} \sum_{i=1}^{n}\left (3i^5-10i^4+9i^3-2i^2 \right )\\
&=\frac {1}{24}\left [3\left ( \frac {n^6}{6}+\frac {n^5}{2}+\frac {5n^4}{12}-\frac{n^2}{12} \right )-10\left ( \frac {n^5}{5}+\frac {n^4}{2}+\frac {n^3}{3}-\frac{n}{30} \right )+9\left ( \frac {n^4}{4}+\frac {n^3}{2}+\frac{n^2}{4} \right )-2 \left ( \frac {n^3}{3}+\frac {n^2}{2}+\frac {n}{6}\right ) \right ]\\
&=\frac {1}{48}\left (n^6-n^5-3n^4+n^3+2n^2 \right )\\
&=\boldsymbol {\frac {(n-2)(n-1)n^2(n+1)^2}{48}}
\end {align*}$
$$ \displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i<j<k\leq n}ijk=\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk$$
Giải :
Ta thấy :
$\begin {align*}
&\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{3}ijk=6;\:\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{4}ijk=50=6+44=\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{3}ijk+4\sum_{i,j=1\atop (i<j)}^{3}ij\\
&\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{5}ijk=225=50+175=\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{4}ijk+5\sum_{i,j=1\atop (i<j)}^{4}ij\\
&......\\
&\text{Bằng quy nạp, ta chứng minh được với $n>3$:}\\
&\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk= \sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n-1}ijk+n\sum_{i,j=1\atop (i<j)}^{n-1}ij\\
&\text{Suy ra:}\\
&\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk- \sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n-1}ijk=n\sum_{i,j=1\atop (i<j)}^{n-1}ij=n\cdot \frac {(n-2)(n-1)n(3n-1)}{24}=\frac {3n^5-10n^4+9n^3-2n^2}{24}
\end {align*}$
Thay $ n=4,5,6,...,n$ và cộng lại :
$\begin {align*}
\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk- \sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{3}ijk&=\frac {1}{24} \sum_{i=4}^{n}\left (3i^5-10i^4+9i^3-2i^2 \right ) \\
&=\frac {1}{24} \sum_{i=1}^{n}\left (3i^5-10i^4+9i^3-2i^2 \right )\\
&-\frac {1}{24}\left [ 3\left ( 1^5+2^5+3^5 \right )-10\left ( 1^4+2^4+3^4 \right )
+9 \left ( 1^3+2^3+3^3 \right )-2\left ( 1^2+2^2+3^2 \right ) \right ]\\
\text {Do đó với $n\geq 3$ ta có :}\\
\sum_{i,j,k=1\atop (i<j<k)}^{n}ijk&=\frac {1}{24} \sum_{i=1}^{n}\left (3i^5-10i^4+9i^3-2i^2 \right )\\
&=\frac {1}{24}\left [3\left ( \frac {n^6}{6}+\frac {n^5}{2}+\frac {5n^4}{12}-\frac{n^2}{12} \right )-10\left ( \frac {n^5}{5}+\frac {n^4}{2}+\frac {n^3}{3}-\frac{n}{30} \right )+9\left ( \frac {n^4}{4}+\frac {n^3}{2}+\frac{n^2}{4} \right )-2 \left ( \frac {n^3}{3}+\frac {n^2}{2}+\frac {n}{6}\right ) \right ]\\
&=\frac {1}{48}\left (n^6-n^5-3n^4+n^3+2n^2 \right )\\
&=\boldsymbol {\frac {(n-2)(n-1)n^2(n+1)^2}{48}}
\end {align*}$
#736978 $\mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i<j<k...
Đã gửi bởi
on 29-01-2023 - 18:37
trong
Đa thức
Kết quả của mình là
$$ \displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i<j<k\leq n}ijk=\frac {(n-2)(n-1)n^2(n+1)^2}{48}$$
$$ \displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i<j<k\leq n}ijk=\frac {(n-2)(n-1)n^2(n+1)^2}{48}$$
#734603 $\overline{a_1a_2a_3a_4a_5a_6a_7}$ sao cho $...
Đã gửi bởi
on 24-08-2022 - 10:39
trong
Toán rời rạc
TH1: bạn chưa xử lý $a_7$Ta xét các TH sau:
TH1: Số đó có $a_1a_2a_3 = a_4a_5a_6$ và $100 \le a_1a_2a_3 \le 999 \Rightarrow$ Có tất cả 900 số.
TH2: Số đó có $a_1a_2a_3 = a_5a_6a_7$. Đến đây bạn chứng minh tương tự là được.
TH3: Số đó có $a_1a_2a_3 = a_4a_5a_6=a_5a_6a_7$. Từ đó, ta chứng minh được $a_1 = a_4 = a_5, a_2 = a_5 = a_6, a_3 = a_6 = a_7 \Rightarrow a_1 = a_2 = a_3 = a_4 = a_5 = a_6 = a_7 \Rightarrow$ Cả 7 chữ số bằng nhau $\Rightarrow$ Có 9 số
Vậy có tất cả 900 + 900 + 9 = 1809 số.
Máy mình bị lỗi Latex.Mong bạn thông cảm nhá.
TH2: tương tự, bạn chưa xử lý $a_4$
Gọi A,B lần lượt là tập các số thuộc TH1, TH2 thì số các số cần tìm là :
$\left | A\cup B \right |=\left | A \right |+\left | B \right |-\left | A\cap B \right |$
#738892 $\overline{x_{1}x_{2}x_{3}...x_{n}}\;\vdots\; n...
Đã gửi bởi
on 28-04-2023 - 09:11
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
Trường hợp riêng $n=3,9$ (tdụ với số 3 chữ số ):
$x=\overline{abc}=100a+10b+c=9(11a+b)+a+b+c$
$\Rightarrow$ tất cả các số chia hết cho 3, cho 9 thì thỏa đề bài.
$x=\overline{abc}=100a+10b+c=9(11a+b)+a+b+c$
$\Rightarrow$ tất cả các số chia hết cho 3, cho 9 thì thỏa đề bài.
#743065 (Tìm hàm sinh)Số cách chia $r$ viên kẹo giống nhau cho 5 đứa trẻ...
Đã gửi bởi
on 17-01-2024 - 00:38
trong
Tổ hợp và rời rạc
Bạn không phải lăn tăn đứa lớn nhất, đứa bé nhất là số mấy, mà chỉ cần lập hàm sinh đúng cách cho số cách chia kẹo cho 2 cu này như sau :Với $r\geq 0$, ta đặt $a_{r}$ là số cách chia $r$ viên kẹo giống nhau cho 5 đứa trẻ sao cho mỗi đứa đều có ít nhất 2 viên, đứa lớn nhất có không quá 10 viên và đứa nhỏ nhất có không quá 12 viên. Hãy viết hàm sinh $G(x)$ cho dãy $\left \{ a_{r} \right \}_{r\geq 0}$ và tính giá trị $a_{28}$
(Ở đây mình không hiểu chỗ đứa lớn nhất và đứa nhỏ nhất cho lắm, hay đứa lớn nhất là đứa số 5 còn nhỏ nhất là số 1)
Ta có hàm sinh số cách chia kẹo cho đứa bé nhất :
$$x^2+x^3+...+x^{12}=x^2\frac{\left (1-x^{11} \right )}{1-x}$$
Hàm sinh số cách chia kẹo cho đứa lớn nhất :
$$x^2+x^3+...+x^{10}=x^2\frac{\left (1-x^{9} \right )}{1-x}$$
Và hàm sinh số cách chia kẹo cho mỗi 3 bé còn lại:
$$x^2+x^3+...= \frac{x^2}{1-x}$$
Vậy hàm sinh cần tìm là :
$$\boldsymbol {G(x)=\frac{x^{10}\left (1-x^{11} \right )\left (1-x^{9}\right)}{ \left ( 1-x \right )^5}}$$
Tính $a_{28} $:
$$\begin {align*}
a_{28}&=\left [ x^{28} \right ]G(x)=\left [ x^{18} \right ]\frac{\left (1-x^{11} \right )\left (1-x^{9}\right)}{ \left ( 1-x \right )^5}\\
&=\left [ x^{18} \right ] \left (1-x^9-x^{11} \right )\sum_{k=0}^{\infty }\binom{-5}{k}(-x)^k\\
&=\left (\left [ x^{18} \right ]- \left [ x^{9} \right ]- \left [ x^{7} \right ] \right )\sum_{k=0}^{\infty }\binom{k+4}{4}x^k\\
&=\binom{22}{4}-\binom{13}{4}-\binom{11}{4}\\
&=\boldsymbol {6270}
\end {align*}$$
#736311 ...có tổng các phần tử là bội số của 3
Đã gửi bởi
on 17-12-2022 - 15:22
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
1/....hoặc là ta tính tiếp :
Hàm sinh cho số các số 8 chữ số có chữ số 0 đứng đầu :
$g(x)=\left (x+ \frac {x^2}{2!}+\frac {x^3}{3!}+ \frac {x^4}{4!}+ \frac {x^5}{5!}+ \frac {x^6}{6!}+\frac {x^7}{7!} \right ) \left (1+ \frac {x^2}{2!}+\frac {x^3}{3!}+ \frac {x^4}{4!}+ \frac {x^5}{5!}+ \frac {x^6}{6!} \right )^{9}\\
\Longrightarrow 7!\left[x^7 \right ]g(x)=89272$ Số các số thỏa yêu cầu là :
$892720-89272=\boldsymbol {803448}$
Hàm sinh cho số các số 8 chữ số có chữ số 0 đứng đầu :
$g(x)=\left (x+ \frac {x^2}{2!}+\frac {x^3}{3!}+ \frac {x^4}{4!}+ \frac {x^5}{5!}+ \frac {x^6}{6!}+\frac {x^7}{7!} \right ) \left (1+ \frac {x^2}{2!}+\frac {x^3}{3!}+ \frac {x^4}{4!}+ \frac {x^5}{5!}+ \frac {x^6}{6!} \right )^{9}\\
\Longrightarrow 7!\left[x^7 \right ]g(x)=89272$ Số các số thỏa yêu cầu là :
$892720-89272=\boldsymbol {803448}$
#736309 ...có tổng các phần tử là bội số của 3
Đã gửi bởi
on 17-12-2022 - 14:52
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
1/ Hàm sinh cho số các số 8 chữ số kể cả chữ số 0 đứng đầu :
$f(x)=\left (1+ \frac {x^2}{2!}+\frac {x^3}{3!}+ \frac {x^4}{4!}+ \frac {x^5}{5!}+ \frac {x^6}{6!}+ \frac {x^7}{7!}+ \frac {x^8}{8!} \right )^{10}\\
\Longrightarrow 8!\left[x^8 \right ]f(x)=892720$ Vì các chữ số có vai trò như nhau nên số các số 8 chữ số thỏa yêu cầu là $\frac {9}{10}\cdot 892720=\boldsymbol {803448}$
$f(x)=\left (1+ \frac {x^2}{2!}+\frac {x^3}{3!}+ \frac {x^4}{4!}+ \frac {x^5}{5!}+ \frac {x^6}{6!}+ \frac {x^7}{7!}+ \frac {x^8}{8!} \right )^{10}\\
\Longrightarrow 8!\left[x^8 \right ]f(x)=892720$ Vì các chữ số có vai trò như nhau nên số các số 8 chữ số thỏa yêu cầu là $\frac {9}{10}\cdot 892720=\boldsymbol {803448}$
#736305 ...có tổng các phần tử là bội số của 3
Đã gửi bởi
on 17-12-2022 - 12:57
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
2/Hàm sinh cho tổng các phần tử của 1 tập con là :
$f(x)=(x+1)(x^2+1)(x^3+1)...(x^{300}+1)$ trong đó hệ số của $x^k$ là số tập con có tổng các phần tử là $k$.
Gọi $\omega $ là một căn bậc 3 nguyên thủy của đơn vị thì ta có $\omega ^3=1$ và $(\omega +1)(\omega ^2+1)=1$. Nhận thấy :
$f(1)=2^{300}\\
f(\omega) =(\omega +1)(\omega ^2+1)(\omega ^3+1)...(\omega ^{300}+1)=2^{100}\\
f(\omega^2) =2^{100}$
Do đó đáp án là :
$\frac {f(1)+f(\omega) +f(\omega ^2)}{3}=\boldsymbol {\frac {2^{300}+2^{101}}{3}}$
$f(x)=(x+1)(x^2+1)(x^3+1)...(x^{300}+1)$ trong đó hệ số của $x^k$ là số tập con có tổng các phần tử là $k$.
Gọi $\omega $ là một căn bậc 3 nguyên thủy của đơn vị thì ta có $\omega ^3=1$ và $(\omega +1)(\omega ^2+1)=1$. Nhận thấy :
$f(1)=2^{300}\\
f(\omega) =(\omega +1)(\omega ^2+1)(\omega ^3+1)...(\omega ^{300}+1)=2^{100}\\
f(\omega^2) =2^{100}$
Do đó đáp án là :
$\frac {f(1)+f(\omega) +f(\omega ^2)}{3}=\boldsymbol {\frac {2^{300}+2^{101}}{3}}$
#736285 ...có tổng các phần tử là bội số của 3
Đã gửi bởi
on 16-12-2022 - 18:47
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
1/ Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số mà các chữ số này xuất hiện ít nhất 2 lần.
2/ Có bao nhiêu tập con của $\left\{ 1,2,3,...,300 \right \}$ có tổng các phần tử là bội số của 3.
3/ Có bao nhiêu tập con 6 phần tử của $\left\{ 0,1,2,3,...,9\right \}$ có tổng các phần tử là bội số của 3.
Em thích những bài như thế này, nhưng không biết đã post chưa!
2/ Có bao nhiêu tập con của $\left\{ 1,2,3,...,300 \right \}$ có tổng các phần tử là bội số của 3.
3/ Có bao nhiêu tập con 6 phần tử của $\left\{ 0,1,2,3,...,9\right \}$ có tổng các phần tử là bội số của 3.
Em thích những bài như thế này, nhưng không biết đã post chưa!
#736308 ...có tổng các phần tử là bội số của 3
Đã gửi bởi
on 17-12-2022 - 14:08
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
3/ Ta có hàm sinh 2 biến như sau:
$$f(x,y)=(1+y)(1+xy)(1+x^2y)...(1+x^9y)$$
trong đó số mũ của $x$ là tổng các phần tử và số mũ của $y$ là số phần tử trong tập con.
Gọi $\omega $ là một căn bậc 3 nguyên thủy của đơn vị thì ta có hàm sinh $g(y)=\frac {f(1,y)+f(\omega, y)+f(\omega ^2,y)}{3}$.
Ta thấy :
$f(1,y)=(1+y)^{10}\\
f(\omega, y)=(1+y)(1+\omega y)(1+\omega ^2y)...(1+\omega ^9y)=(1+y)^4(1+\omega y)^3(1+\omega ^2y)^3\\
f(\omega^2, y)=(1+y)(1+\omega^2 y)(1+\omega ^4y)...(1+\omega ^{18}y)=(1+y)^4(1+\omega y)^3(1+\omega ^2y)^3$
Do đó :
$g(y)=\frac {(1+y)^{10}+2(1+y)^4(1+\omega y)^3(1+\omega ^2y)^3}{3}=\frac {(1+y)^{10}+2(1+y)(1+y^3)^3}{3}$ trong đó hệ số của $y^k$ là số tập con $k$ phần tử có tổng các phần tử là bội số của 3. Như vậy đáp án là hệ số của $y^6$ và bằng
$\frac {\binom {10}{6}+2.\binom {3}{2}}{3}=\frac {210+6}{3}=\boldsymbol {72}$
$$f(x,y)=(1+y)(1+xy)(1+x^2y)...(1+x^9y)$$
trong đó số mũ của $x$ là tổng các phần tử và số mũ của $y$ là số phần tử trong tập con.
Gọi $\omega $ là một căn bậc 3 nguyên thủy của đơn vị thì ta có hàm sinh $g(y)=\frac {f(1,y)+f(\omega, y)+f(\omega ^2,y)}{3}$.
Ta thấy :
$f(1,y)=(1+y)^{10}\\
f(\omega, y)=(1+y)(1+\omega y)(1+\omega ^2y)...(1+\omega ^9y)=(1+y)^4(1+\omega y)^3(1+\omega ^2y)^3\\
f(\omega^2, y)=(1+y)(1+\omega^2 y)(1+\omega ^4y)...(1+\omega ^{18}y)=(1+y)^4(1+\omega y)^3(1+\omega ^2y)^3$
Do đó :
$g(y)=\frac {(1+y)^{10}+2(1+y)^4(1+\omega y)^3(1+\omega ^2y)^3}{3}=\frac {(1+y)^{10}+2(1+y)(1+y^3)^3}{3}$ trong đó hệ số của $y^k$ là số tập con $k$ phần tử có tổng các phần tử là bội số của 3. Như vậy đáp án là hệ số của $y^6$ và bằng
$\frac {\binom {10}{6}+2.\binom {3}{2}}{3}=\frac {210+6}{3}=\boldsymbol {72}$
#736141 ...không nhiều hơn tổng số bi ở 3 hộp kia.
Đã gửi bởi
on 09-12-2022 - 08:09
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
1/ Nếu giải bằng hàm sinh thì sao anh nhỉ...
#736128 ...không nhiều hơn tổng số bi ở 3 hộp kia.
Đã gửi bởi
on 08-12-2022 - 17:21
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
1/ Có bao nhiêu cách bỏ 14 viên bi giống nhau vào 4 hộp khác nhau sao cho số bi ở hộp cuối cùng không nhiều hơn tổng số bi ở 3 hộp kia.
2/ Tung n con xúc xắc. Hỏi xác suất để tổng các mặt là bội số của k.
2/ Tung n con xúc xắc. Hỏi xác suất để tổng các mặt là bội số của k.
#736147 ...không nhiều hơn tổng số bi ở 3 hộp kia.
Đã gửi bởi
on 09-12-2022 - 12:49
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
1/Em tính phần bù. Gọi $z_i$ là số bi trong hộp $i$ và đặt $z^{'}=z_4-z_1-z_2-z_3\geq 1$ thì :
$\begin {cases}
z_1+z_2+z_3+z_4&=14\\
z_1+z_2+z_3 \geq z_4;z_i\geq 0
\end{cases} \Longrightarrow \begin {cases}
2z_1+2z_2+2z_3+z^{'}&=14\\
z_1,z_2,z_3 \geq 0; \\
z^{'}= z_4-z_1-z_2-z_3 \geq 1
\end{cases}$
Ta có hàm sinh :
$f(z)=\frac{1}{(1-z^2)^3}\frac{z}{1-z}$ suy ra hàm sinh cho số cách bỏ thỏa yêu cầu là :
$g(z)=\frac{1}{(1-z)^4}-\frac{1}{(1-z^2)^3}\frac{z}{1-z}$
Vậy số cách bỏ thỏa yêu cầu là :
$\Longrightarrow \left[z^{14}\right]g(z)=596$
$\begin {cases}
z_1+z_2+z_3+z_4&=14\\
z_1+z_2+z_3 \geq z_4;z_i\geq 0
\end{cases} \Longrightarrow \begin {cases}
2z_1+2z_2+2z_3+z^{'}&=14\\
z_1,z_2,z_3 \geq 0; \\
z^{'}= z_4-z_1-z_2-z_3 \geq 1
\end{cases}$
Ta có hàm sinh :
$f(z)=\frac{1}{(1-z^2)^3}\frac{z}{1-z}$ suy ra hàm sinh cho số cách bỏ thỏa yêu cầu là :
$g(z)=\frac{1}{(1-z)^4}-\frac{1}{(1-z^2)^3}\frac{z}{1-z}$
Vậy số cách bỏ thỏa yêu cầu là :
$\Longrightarrow \left[z^{14}\right]g(z)=596$
#736152 ...không nhiều hơn tổng số bi ở 3 hộp kia.
Đã gửi bởi
on 09-12-2022 - 15:41
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
Em tính phần bù. Tức là em xét khi $z_4>z_1+z_2+z_3\rightarrow z_4=z^{'}+z_1+z_2+z_3$ với $z^{'}\geq 1$.Nếu $z'=z_4-z_1-z_2-z_3$ thì $z'\leqslant 0$ chứ ?
#739949 [Biến tấu] Có bao nhiêu cách bỏ 5 bi đỏ, 5 bi xanh, 5 bi vàng vào 3 hộp khác...
Đã gửi bởi
on 10-06-2023 - 20:07
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
[Biến tấu 1] Có bao nhiêu cách bỏ 5 bi đỏ, 5 bi xanh, 5 bi vàng vào 3 hộp khác nhau sao cho hộp nào cũng có đủ 3 loại bi, biết rằng các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc.
[Biến tấu 2] Có bao nhiêu cách bỏ 5 bi đỏ, 5 bi xanh, 5 bi vàng vào 3 hộp khác nhau sao cho mỗi hộp có ít nhất 1 viên bi, biết rằng các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc.
[Biến tấu 2] Có bao nhiêu cách bỏ 5 bi đỏ, 5 bi xanh, 5 bi vàng vào 3 hộp khác nhau sao cho mỗi hộp có ít nhất 1 viên bi, biết rằng các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc.
#739975 [Biến tấu] Có bao nhiêu cách bỏ 5 bi đỏ, 5 bi xanh, 5 bi vàng vào 3 hộp khác...
Đã gửi bởi
on 11-06-2023 - 18:08
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
Nếu sử dụng hàm sinh (cho trọn bộ) thì ...Số cách chính là số bộ nghiệm nguyên dương của hệ $3$ phương trình, $9$ ẩn dưới đây
$\left\{\begin{matrix}d_1+d_2+d_3=5\\x_1+x_2+x_3=5\\v_1+v_2+v_3=5 \end{matrix}\right.$
và bằng $\left ( C_4^2 \right )^3=216$ cách.
#740191 [TOPIC] Tổ hợp - Xác suất trong các kì thi HSG 11
Đã gửi bởi
on 25-06-2023 - 20:15
trong
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
Sao cô đơn thế!Chọn ngẫu nhiên ba số đôi một khác nhau từ tập hợp A= {1;2;...;20}. Tính xác suất để trong ba số được chọn không có hai số tự nhiên liên tiếp.
Bài thuộc dạng " 2 khả năng " nên ta liên tưởng đến xâu nhị phân có 17 bit 0, XS đặt 3 bit 1 vào 18 khoảng trống giữa ( và 2 đầu ) 17 bit 0 này chính là XS cần tìm :
$$\frac{\frac{18!}{3!15!}}{\frac{20!}{3!17!}}=\frac{17.16}{20.19}=\frac{68}{95}$$
