Chủ đề này có 2 trả lời

[Nobodyv3]

Tính số nghiệm nguyên không âm của phương trình :
$z_1+z_2+z_3+z_4+z_5+z_6=11$ với $z_i\neq 2$
(Tính tay, nếu có thể).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 17-01-2024 - 22:51

[hxthanh]

Theo nguyên lý bù trừ và đếm kẹo thì
\begin{align*} S&={16 \choose 5} - {6 \choose 1} {13 \choose 4} + {6 \choose 2} {10 \choose 3}\\ &\;\; - {6 \choose 3} {7 \choose 2} + {6 \choose 4} {4 \choose 1} - {6 \choose 5} {1 \choose 0}\\ &= \large{1512} \end{align*}

[Nobodyv3]

Cách giải khác, và như thường lệ, sử dụng hàm sinh :
$G(x)=\left ( \frac{1}{1-x}-x^2 \right )^6$
Ta có :$$\begin {align*}
\left [ x^{11}\right ] G(x)&=\left [ x^{11} \right ]\sum_{k=0}^{6}\binom{6}{k}\frac{(-1)^kx^{2k}}{\left ( 1-x \right )^{6-k}}\\
&=\binom {6}{0}\left [ x^{11}\right ]\frac{1}{(1-x)^6}-\binom {6}{1}\left [ x^{9}\right ]\frac{1}{(1-x)^5}\\
&\quad+\binom {6}{2}\left [ x^{7}\right ]\frac{1}{(1-x)^4}-\binom {6}{3}\left [ x^{5}\right ]\frac{1}{(1-x)^3}\\
&\quad+\binom {6}{4}\left [ x^{3}\right ]\frac{1}{(1-x)^2}-\binom {6}{5}\left [ x^{1}\right ]\frac{1}{1-x}\\
&=\binom{6}{0}\binom{-6}{11}(-1)^{11}-\binom{6}{1}\binom{-5}{9}(-1)^{9}\\
&\quad+\binom{6}{2}\binom{-4}{7}(-1)^{7}-\binom{6}{3}\binom{-3}{5}(-1)^{5}\\
&\quad+\binom{6}{4}\binom{-2}{3}(-1)^{3}-\binom{6}{5}\binom{-1}{1}(-1)^{1}\\
&=\binom{6}{0}\binom{16}{5}-\binom{6}{1}\binom{13}{4}+\binom{6}{2}\binom{10}{3}\\
&\quad-\binom{6}{3}\binom{7}{2}+\binom{6}{4}\binom{4}{1}-\binom{6}{5}\binom{1}{0}
\end{align*}$$Tới đây, ta được biểu thức giống y chang biểu thức của thầy Thanh nên mình dừng tại đây.