có bao nhiêu cách trả tiền khi mua một món hàng giá 127 đồng?
#1
Đã gửi 10-06-2022 - 14:47
- hxthanh, Baoriven và DOTOANNANG thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#2
Đã gửi 12-06-2022 - 21:53
Trước hết ta có nhận xét: số cách trả tiền món hàng giá 127 đồng cũng là số cách trả tiền món hàng giá 125 đồng.
Ta có hàm sinh cho các cách trả tiền là :
$G\left ( x \right )=\frac{1}{\left ( 1-x \right )\left ( 1-x^{5} \right )\left ( 1-x^{10} \right )\left ( 1-x^{20} \right )\left ( 1-x^{50} \right )\left ( 1-x^{100} \right )}=\left ( 1+x+x^2+x^3+x^4 \right )\frac{1}{\left ( 1-x^{5} \right )^2\left ( 1-x^{10} \right )\left ( 1-x^{20} \right )\left ( 1-x^{50} \right )\left ( 1-x^{100} \right )}$
Ký hiệu $[x^n]$ là hệ số của số hạng $x^n$ trong chuỗi số thì ta được :
$\left [ x^{125} \right ]G\left ( x \right )=\left [ x^{125} \right ]\left ( 1+x+x^2+x^3+x^4 \right ) \frac{1}{\left ( 1-x^{5} \right )^2\left ( 1-x^{10} \right )\left ( 1-x^{20} \right )\left ( 1-x^{50} \right )\left ( 1-x^{100} \right )}$
Ta loại các số hạng không có bậc là bội của 5 và đơn giản bậc các số hạng cho 5 ta có:
$\left [ x^{125} \right ]G\left ( x \right )=\left [ x^{25} \right ]\frac{1}{\left ( 1-x \right )^2\left ( 1-x^{2} \right )\left ( 1-x^{4} \right )\left ( 1-x^{10} \right )\left ( 1-x^{20} \right )} =\left[ x^{25} \right ]\frac{A\left ( x \right )}{\left ( 1-x^{20} \right )^{6}}$
Trong đó $A\left ( x \right )=A_{0}+A_{1}x+A_{2}x^{2}+...+A_{82}x^{82}$
$A\left ( x \right )$ là đa thức có bậc là 82, ta chỉ quan tâm đến 2 số hạng đó là :
$...+A_{25}x^{25}+...+A_{5}x^{5}+... =...+588x^{25}+ ...+14x^{5}+... $
Mặt khác,
$\frac{1}{\left ( 1-x^{20} \right )^{6}}=\sum_{k=0}^{\infty }\binom{k+5}{5}x^{20k}$
Như vậy, hệ số cần tìm cũng là số cách trả tiền khi mua món hàng giá 127 đồng là :
$588\cdot\binom{0+5}{5}+14\cdot\binom{1+5}{5}=588+84=\boxed {672}$
Hic, không biết đúng hôn nữa! Xin các bạn cho ý kiến. Cám ơn ạ.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 12-06-2022 - 22:14
- hxthanh và chanhquocnghiem thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#3
Đã gửi 13-06-2022 - 03:11
Ta loại các số hạng không có bậc là bội của 5 và đơn giản bậc các số hạng cho 5 ta có:
$\left [ x^{125} \right ]G\left ( x \right )=\left [ x^{25} \right ]\frac{1}{\left ( 1-x \right )^2\left ( 1-x^{2} \right )\left ( 1-x^{4} \right )\left ( 1-x^{10} \right )\left ( 1-x^{20} \right )} =\left[ x^{25} \right ]\frac{A\left ( x \right )}{\left ( 1-x^{20} \right )^{6}}$
Trong đó $A\left ( x \right )=A_{0}+A_{1}x+A_{2}x^{2}+...+A_{82}x^{82}$
Chỗ này em lý giải vì sao có thể loại các số hạng không có bậc là bội của 5 được không? Một phản ví dụ dễ thấy:
\[\left[ {{x^5}} \right]\left( {\left( {{x^2} + {x^3}} \right)\left( {x + {x^4}} \right)} \right) \ne \left( {\left[ {{x^5}} \right]\left( {{x^2} + {x^3}} \right)} \right)\left( {\left[ {{x^5}} \right]\left( {x + {x^4}} \right)} \right)\]
- Nobodyv3 yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#4
Đã gửi 13-06-2022 - 13:47
Thưa anh, em nghĩ như thế này :Chỗ này em lý giải vì sao có thể loại các số hạng không có bậc là bội của 5 được không? Một phản ví dụ dễ thấy:
\[\left[ {{x^5}} \right]\left( {\left( {{x^2} + {x^3}} \right)\left( {x + {x^4}} \right)} \right) \ne \left( {\left[ {{x^5}} \right]\left( {{x^2} + {x^3}} \right)} \right)\left( {\left[ {{x^5}} \right]\left( {x + {x^4}} \right)} \right)\]
Khai triển $\frac{1}{\left ( 1-x^{20} \right )^{6}}$ là một đa thức mà các số hạng có dạng $x^{20k}$ trong khi khai triển của $ A(x) $ là các số hạng dạng $x^j$. Vì ta cần tính $[x^{25}]$ nên ta loại gần hết các số hạng và chỉ giữ lại các số hạng $x^j$ thỏa $j+20k=25$.
Với $k=0,1$ suy ra $j=25, 5$ nên em chỉ tính $A_{25}x^{25}=588x^{25}$ và $A_{5}x^{5}=14x^{5}$ đó anh!
- chanhquocnghiem yêu thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#5
Đã gửi 13-06-2022 - 14:51
$\left [ x^{125} \right ]G\left ( x \right )=\left [ x^{125} \right ]\overbrace{\left ( 1+x+x^2+x^3+x^4 \right )}^{C}\overbrace{ \frac{1}{\left ( 1-x^{5} \right )^2\left ( 1-x^{10} \right )\left ( 1-x^{20} \right )\left ( 1-x^{50} \right )\left ( 1-x^{100} \right )}}^{D}$
Các số hạng trong khai triển của $D$ đều có dạng $x^{5k}$. Vì ta cần tính $\left [ x^{125} \right ]$ nên trong $C$ chỉ có các số hạng dạng $x^{5j}$ mới tham gia trong việc tính toán này, cụ thể là số hạng tự do của $C$ đó là $1x^{0}$ ( ta không xét các số hạng $x, x^2, x^3, x^4$). Cho nên ta có :
$\left [ x^{125} \right ]G\left ( x \right )=\left [ x^{125} \right ] \frac{1}{\left ( 1-x^{5} \right )^2\left ( 1-x^{10} \right )\left ( 1-x^{20} \right )\left ( 1-x^{50} \right )\left ( 1-x^{100} \right )}$ . Sau đó ta thực hiện đơn giản các bậc với 5 như đã trình bày trong lời giải trên.
- perfectstrong và hxthanh thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#6
Đã gửi 15-06-2022 - 10:49
Có không hạn chế những tờ tiền mệnh giá 1, 5, 10, 20, 50 và 100 đồng. Hỏi có bao nhiêu cách trả tiền khi mua một món hàng giá 127 đồng?
Bổ sung một chút cho nó đầy đủ : "...có bao nhiêu cách trả đủ số tiền mà không phải nhận lại tiền thối khi mua món hàng giá $127$ đồng ?"
- perfectstrong và Nobodyv3 thích
...
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 ...
#7
Đã gửi 15-06-2022 - 13:12
Vâng, như thế thì đề sẽ đầy đủ, rõ ràng hơn, không gây thắc mắc cho người đọc. Em xin ghi nhận. Cám ơn anh.Bổ sung một chút cho nó đầy đủ : "...có bao nhiêu cách trả đủ số tiền mà không phải nhận lại tiền thối khi mua món hàng giá $127$ đồng ?"
Behind the scene : Đôi lời tâm sự về nguyên nhân ra đời bài toán này (Gớm, làm như hoàn cảnh ra đời một tác phẩm văn học vậy!).
Thưa anh, số là trong khi lang thang trên mạng em thỉnh thoảng gặp những bài toán dạng đổi tiền như thế này nhưng trong đó, số tiền cần đổi luôn luôn là số tròn chục hoặc tròn trăm, tròn ngàn...Em nghĩ nếu số tiền cần đổi là bất kỳ (127 đồng chẳng hạn) thì sao, có giải được không và sẽ gặp khó khăn gì. Nên em suy nghĩ và mạnh dạn post bài lên forum để mọi người góp ý, mà nhờ đó em mới học hỏi được điều hay, lẽ phải đó anh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 15-06-2022 - 13:18
- hxthanh yêu thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#8
Đã gửi 15-06-2022 - 19:46
Còn phụ thuộc vào giá trị của những đồng tiền "cơ bản" mà em có. 1, 5, 10 đồng đổi 100 đồng thì cũng y như 1000, 5000, 10 000 đổi 100 000. Phương pháp không có gì khác cả
Nói mới nhớ ngày xưa, thầy mình có ra một bài toán rất đơn giản để mở đầu:
Chứng minh rằng luôn luôn có thể đổi $n$ ngàn đồng $(n \ge 4)$ bằng những tờ 5 ngàn và 2 ngàn đồng.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#9
Đã gửi 15-06-2022 - 22:15
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#10
Đã gửi 20-02-2024 - 09:33
Xét phương trình nghiệm nguyên không âm:
$a+5b+10c+20d+50e+100f=127$
Đặt $a=5g+2$, ta có pt tương đương
$g+b+2c+4d+10e+20f=25$
Ứng với mỗi bộ $(f,e,d,c)$ thì
$(b,g)$ có $(26-20f-10e-4d-2c)$ nghiệm
Do đó số nghiệm cần tính là
\begin{align*} &=\sum_{f=0}^1\sum_{e=0}^{\left\lfloor\frac{5-4f}2 \right\rfloor}\sum_{d=0}^{\left\lfloor\frac{25-20f-10e}4 \right\rfloor}\sum_{c=0}^{12-10f-5e-2d} (26-20f-10e-4d-2c) \\
&=\sum_{f=0}^1\sum_{e=0}^{\left\lfloor\frac{5-4f}2 \right\rfloor}\sum_{d=0}^{\left\lfloor\frac{25-20f-10e}4 \right\rfloor} 2{14-10f-5e-2d\choose 2}
\end{align*}
$\bullet\;$ TH $f=0;\;e=0$ $\Rightarrow \sum_{d=0}^6 (14-2d)(13-2d)=504$
$\bullet\;$ TH $f=0;\;e=1$ $\Rightarrow \sum_{d=0}^3 (9-2d)(8-2d)=140$
$\bullet\;$ TH $f=0;\;e=2$ $\Rightarrow \sum_{d=0}^1 (4-2d)(3-2d)=14$
$\bullet\;$ TH $f=1\Rightarrow e=0$ $\Rightarrow \sum_{d=0}^1 (4-2d)(3-2d)=14$
—
Tổng cộng pt có: $504+140+14+14=\boxed{\large 672}$ nghiệm.
- perfectstrong và Nobodyv3 thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh