Tính số nghiệm nguyên không âm của $$z_2+z_3+z_4+z_5=n$$
#1
Đã gửi 23-01-2024 - 22:25
$$z_2+z_3+z_4+z_5=n$$
sao cho $i\nmid z_i$.
- perfectstrong và hxthanh thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#2
Đã gửi 24-01-2024 - 23:35
$G(x)=\left(\dfrac{1}{1-x}-(x^2+x^4+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(x^3+x^6+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(x^4+x^8+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(x^5+x^{10}+…\right)$
$= \left(\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{x^2}{1-x^2}\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{x^3}{1-x^3}\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{x^4}{1-x^4}\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{x^5}{1-x^5}\right) $
phải không @Nobodyv3 ?
Như vậy cũng hơi khó giải quyết
Còn với WFA thì https://www.wolframa...1-x^k),{k,2,5}]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 24-01-2024 - 23:58
- Nobodyv3 yêu thích
#3
Đã gửi 25-01-2024 - 08:12
Vâng, em cũng nghĩ như thầy, duy nhất có 1 điểm với suy nghĩ "$z_i=0 $ cũng chia hết cho $i$ "nên em có hàm sinh :Nếu dùng pp hàm sinh thì…
$G(x)=\left(\dfrac{1}{1-x}-(x^2+x^4+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(x^3+x^6+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(x^4+x^8+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(x^5+x^{10}+…\right)$
$= \left(\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{x^2}{1-x^2}\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{x^3}{1-x^3}\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{x^4}{1-x^4}\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{x^5}{1-x^5}\right) $
phải không @Nobodyv3 ?
Như vậy cũng hơi khó giải quyết
Còn với WFA thì ]https://www.wolframalpha.com/input?i=series+of+prod[1%2F(1-x)-x^k%2F(1-x^k)%2C{k%2C2%2C5}]
$$\begin {align*}
G(x)&=\left(\dfrac{1}{1-x}-(1+x^2+x^4+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(1+x^3+x^6+…)\right)\\
&\quad \left(\dfrac{1}{1-x}-(1+x^4+x^8+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(1+x^5+x^{10}+…\right)\\
&= \frac {x^4}{(1-x)^4(1+x+x^2+x^3+x^4)}
\end{align*}$$
PS: Em đang loay hoay với trường hợp tổng quát!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 25-01-2024 - 08:20
- hxthanh yêu thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#4
Đã gửi 25-01-2024 - 11:38
Tiến hành tách phân thức và rút gọn ta có:
$$\begin {align*}
G(x)&=\frac { x^4}{(x-1)^4(1+x+x^2+x^3+x^4)}\\
&=\frac{x+x^2-x^3-x^4}{5(1-x^5)}+\frac{1}{5(1-x)}\\
&\quad -\frac{2}{5(1-x)^3}+\frac{1}{5(1-x)^4}\\
\Longrightarrow \left [ x^n \right ]G(x)&=\left ( \left [x^{n-1} \right ]+\left [x^{n-2} \right ]-\left [x^{n-3} \right ]-\left [x^{n-4} \right ] \right )\frac {1}{5}\sum_{k\geq 0}x^{5k}\\
&\quad +\frac {1}{5}-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3}
\end {align*} $$Do đó số nghiệm thỏa yêu cầu là :
$$\left [ x^n \right ]G(x)= \left \{ \begin{matrix} &
\frac {1}{5}-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3} &&\text{nếu $n \equiv 0\!\! \pmod{5}$ }\\ & \frac {2}{5}-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3}&&\text{nếu $n \equiv 1,2\!\! \pmod{5}$ } \\
&-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3} &&\text{nếu $n \equiv 3,4\!\! \pmod{5}$ }
\end{matrix}\right.$$
- perfectstrong, hxthanh và Baoriven thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#5
Đã gửi 25-01-2024 - 13:14
Dựa trên kết quả này ta có kết quả sau:(Cont.)
Tiến hành tách phân thức và rút gọn ta có:
…
Do đó số nghiệm thỏa yêu cầu là :
$$\left [ x^n \right ]G(x)= \left \{ \begin{matrix} &
\frac {1}{5}-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3} &&\text{nếu $n \equiv 0\!\! \pmod{5}$ }\\ & \frac {2}{5}-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3}&&\text{nếu $n \equiv 1,2\!\! \pmod{5}$ } \\
&-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3} &&\text{nếu $n \equiv 3,4\!\! \pmod{5}$ }
\end{matrix}\right.$$
$$\left\lfloor\dfrac{(n-1)(n-2)(n+3)}{30}\right\rfloor$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 25-01-2024 - 13:15
- perfectstrong, Baoriven và Nobodyv3 thích
#6
Đã gửi 25-01-2024 - 15:01
Wow, một kết quả đẹp như bài thơ Đường! Rất gọn và chính xác.Dựa trên kết quả này ta có kết quả sau:
$$\left\lfloor\dfrac{(n-1)(n-2)(n+3)}{30}\right\rfloor$$
Em rất muốn học tập cách rút gọn của Thầy. Xin Thầy vui lòng hướng dẫn các bước rút gọn để được kết quả trên ạ.
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#7
Đã gửi 25-01-2024 - 17:11
Cũng tuỳ từng kết quả, tuy nhiên với bài này có thể thấy ngay do 3 biểu thức đều là các số nguyên, biểu thức thứ 2 là “lớn nhất” mà phần “lớn hơn” rõ ràng không quá 1. Do đó lấy phần nguyên biểu thức thứ 2 làm kết quả thôi!Wow, một kết quả đẹp như bài thơ Đường! Rất gọn và chính xác.
Em rất muốn học tập cách rút gọn của Thầy. Xin Thầy vui lòng hướng dẫn các bước rút gọn để được kết quả trên ạ.
- Nobodyv3 yêu thích
#8
Đã gửi 28-01-2024 - 16:31
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
n&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15& \cdots \\
\hline u_n&0&0&0&0&1&3&6&10&15&22&31&42&55&70&88&109& \cdots\\
\hline
\Delta(u_n)&0&0&0&1&2&3&4&5&7&9&11&13&15&18&21&24& \cdots\\
\hline
\Delta^2(u_n)&0&0&1&1&1&1&1&2&2&2&2&2&3&3&3&3& \cdots\\
\hline
\end{array}$$
Cứ cảm thấy có gì đó quen quen
Từ bảng trên ta suy ra (chưa chứng minh ở đây)
$\Delta^2(u_n)=\left\lfloor \dfrac{n+3}{5} \right\rfloor$
$\Delta(u_n)=\sum_{k=0}^{n-1}\Delta^2(u_k)=\sum_{k=0}^n \left\lfloor \dfrac{k+2}{5} \right\rfloor $
$u_n=\sum_{k_1=0}^{n-1}\Delta(u_{k_1})=\sum_{k_1=0}^{n-1}\sum_{k_2=0}^{k_1} \left\lfloor \dfrac{k_2+2}{5} \right\rfloor $
Và… thế là ta có bài toán:
CM đẳng thức sau:
$$\sum_{k_1=0}^{n}\sum_{k_2=0}^{k_1} \left\lfloor \dfrac{k_2+2}{5} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{n(n-1)(n+4)}{30}\right\rfloor$$
- perfectstrong, Nobodyv3 và nhancccp thích
#9
Đã gửi 28-01-2024 - 17:33
$\sum_{k=0}^n\left\lfloor \dfrac{k+2}{5} \right\rfloor= \left\lfloor \dfrac{n(n+1)}{10} \right\rfloor$
Hơn nữa, cho nó kịch tính
$\small \sum_{k=2}^n \left\lfloor \dfrac{{k\choose 2}}{5} \right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{(n-1)(n-2)(n+3)}{30}\right\rfloor= \sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-4}{5}\right\rfloor} {n-2-5k \choose 2}\quad$ (Theo @Konstante )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 31-01-2024 - 09:09
#10
Đã gửi 30-01-2024 - 23:40
Em thử tăng lên một biến $(z_6)$ xem. Kết quả sau khi xét theo modulo 6 có thể rút gọn về một đẳng thức rất đẹp đó!Wow, một kết quả đẹp như bài thơ Đường! Rất gọn và chính xác.
Em rất muốn học tập cách rút gọn của Thầy. Xin Thầy vui lòng hướng dẫn các bước rút gọn để được kết quả trên ạ.
- Nobodyv3 yêu thích
#11
Đã gửi 31-01-2024 - 22:01
Thưa Thầy, vâng ạ.Em thử tăng lên một biến $(z_6)$ xem. Kết quả sau khi xét theo modulo 6 có thể rút gọn về một đẳng thức rất đẹp đó!
Lúc này phương trình sẽ là:
$$z_2+z_3+z_4+z_5+z_6=n$$
Tương tự, ta có hàm sinh:$$F(x)=\frac { x^5}{(1-x)^5(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)}$$
Tiến hành tách phân thức và rút gọn ta có:$$\begin {align*}
F(x)&=\frac{1}{6\left ( 1-x \right )^5}-\frac{5}{12\left ( 1-x \right )^4}-\frac{5}{72\left ( 1-x \right )^3}+\frac{5}{16\left ( 1-x \right )^2}\\
&\quad -\frac{1}{96\left ( 1+x \right )}+\frac{151}{864\left ( 1-x \right )}+\frac{1}{27\left ( 1+x+x^2 \right )}\\
&\quad -\frac{1}{3\left ( 1-x +x^2\right )}+\frac{x}{54\left ( 1+x+x^2 \right )}+\frac{x}{6\left ( 1-x+x^2 \right )}
\end{align*}$$Do đó số nghiệm là :$$\left [ x^n \right ]F(x)= \left \{ \begin{matrix} &
\frac {1}{6}\binom{n+4}{4}-\frac {5}{12}\binom{n+3}{3}+\frac {5}{72}\binom{n+2}{2}+ \frac {5}{16}(n+1)+\frac {151}{864}-\frac {(-1)^n}{96}+\frac {1}{27}-\frac{(-1)^n}{3} &&\text{nếu $n \equiv 0\!\! \pmod{3}$ }\\
& \frac {1}{6}\binom{n+4}{4}-\frac {5}{12}\binom{n+3}{3}+\frac {5}{72}\binom{n+2}{2}+ \frac {5}{16}(n+1)+\frac {151}{864}-\frac {(-1)^n}{96}-\frac{1}{27}-\frac{(-1)^{(n-1)/3}}{3}+\frac{1}{54}+\frac {(-1)^{(n-1)/3}}{6} &&\text{nếu $n \equiv 1\!\! \pmod{3}$ } \\
&\frac {1}{6}\binom{n+4}{4}-\frac {5}{12}\binom{n+3}{3}+\frac {5}{72}\binom{n+2}{2}+ \frac {5}{16}(n+1)+\frac {151}{864}-\frac {(-1)^n}{96}-\frac{1}{54}+\frac {(-1)^{(n-2)/3}}{6} &&\text{nếu $n \equiv 2\!\! \pmod{3}$ }
\end{matrix}\right.$$
Hic, em không rút gọn hơn được nữa!
- hxthanh yêu thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#12
Đã gửi 31-01-2024 - 23:11
$[x^n]F(x)=\dfrac{n^4-20n^2+\omega(n)}{144}$
Trong đó $\omega(n)=\{0,19,64,99,64,19\}\pmod 6$
Đến đây có thể thấy giá trị lớn nhất là $\dfrac{99}{144}$ và chênh lệch so với giá trị bé nhất cũng không quá $1$
Tuy nhiên ta thấy số $100$ “đẹp hơn” vì khi đó ta sẽ có kết quả là $\left\lfloor\left(\dfrac{n^2-10}{12}\right)^2\right\rfloor$
- Nobodyv3 yêu thích
#13
Đã gửi 01-02-2024 - 02:06
Hàm sinh:
\begin{align*}G(x)&=\dfrac{x^5}{(1-x)^4(1-x^6)}\\ &=\dfrac 16 \left(\dfrac{1}{1-x}\right)’’’ \left(-\dfrac 16\right)(\ln(1-x^6))’ \\&=\sum_{j\ge 0} {j+3\choose 3} x^j \sum_{k\ge 1} x^{6k-1}\end{align*}
Như vậy ta có:
$[x^n]G(x)=\sum_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n+1}{6}\right\rfloor} {n+4-6k\choose 3}$
Xét từng trường hợp:
$\bullet\quad n=6m\Rightarrow \sum_{k=1}^{\frac n6}{n+4-6k\choose 3}=\dfrac{n^4-20n^2}{144}$
$\bullet\quad n=6m+1\Rightarrow \sum_{k=1}^{\frac{n-1}6}{n+4-6k\choose 3}=\dfrac{n^4-20n^2+19}{144}$
$\bullet\quad n=6m+2\Rightarrow \sum_{k=1}^{\frac{n-2}6}{n+4-6k\choose 3}=\dfrac{n^4-20n^2+64}{144}$
$\bullet\quad n=6m+3\Rightarrow \sum_{k=1}^{\frac{n-3}6}{n+4-6k\choose 3}=\dfrac{n^4-20n^2+99}{144}$
$\bullet\quad n=6m+4\Rightarrow \sum_{k=1}^{\frac{n-4}6}{n+4-6k\choose 3}=\dfrac{n^4-20n^2+64}{144}$
$\bullet\quad n=6m+5\Rightarrow \sum_{k=1}^{\frac{n+1}6}{n+4-6k\choose 3}=\dfrac{n^4-20n^2+19}{144}$
(Lưu ý: Các tổng này do lười nên được lấy từ WFA
Ví dụ)
Đến đây thì rõ rồi!
#15
Đã gửi 13-02-2024 - 07:49
$\sum_{n=0}^{\infty}\left\lfloor\dfrac{n}{5}\right\rfloor x^n=\dfrac{x^5}{(1-x)^2(1+x+x^2+x^3+x^4)}$
Mà $xG(x)=\dfrac{x^5}{(1-x)^4(1+x+x^2+x^3+x^4)}$
Thế nên:
\begin{align*}
S_n&=[x^{n+1}]\dfrac{1}{(1-x)^2}\sum_{j=0}^{\infty}\left\lfloor\dfrac{j}{5}\right\rfloor x^j\\ &=[x^{n+1}]\sum_{i=0}^{\infty}(i+1)x^i \sum_{j=0}^{\infty}\left\lfloor\dfrac{j}{5}\right\rfloor x^j\\ &=\sum_{k=0}^{n+1}\left\lfloor\dfrac{k}{5}\right\rfloor(n+2-k)
\end{align*}
___
Cần phải tìm hiểu sâu thêm mới được
- Nobodyv3 yêu thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh