Chủ đề này có 14 trả lời

[Nobodyv3]

Có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm của
$$z_2+z_3+z_4+z_5=n$$
sao cho $i\nmid z_i$.

[hxthanh]

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.wolframa...1-x^k),{k,2,5}]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 24-01-2024 - 23:58

[Nobodyv3]

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}]

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 :
$$\begin {align*}
G(x)&=\left(\dfrac{1}{1-x}-(1+x^2+x^4+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(1+x^3+x^6+…)\right)\\
&\quad \left(\dfrac{1}{1-x}-(1+x^4+x^8+…)\right) \left(\dfrac{1}{1-x}-(1+x^5+x^{10}+…\right)\\
&=  \frac {x^4}{(1-x)^4(1+x+x^2+x^3+x^4)}
\end{align*}$$
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

[Nobodyv3]

(Cont.)
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 :
$$\left [ x^n \right ]G(x)= \left \{ \begin{matrix} &
\frac {1}{5}-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3}  &&\text{nếu $n \equiv 0\!\! \pmod{5}$ }\\ & \frac {2}{5}-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3}&&\text{nếu $n \equiv 1,2\!\! \pmod{5}$ } \\
&-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3}  &&\text{nếu $n \equiv 3,4\!\! \pmod{5}$ }
\end{matrix}\right.$$

[hxthanh]

(Cont.)
Tiến hành tách phân thức và rút gọn ta có:
…
Do đó số nghiệm thỏa yêu cầu là :
$$\left [ x^n \right ]G(x)= \left \{ \begin{matrix} &
\frac {1}{5}-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3} &&\text{nếu $n \equiv 0\!\! \pmod{5}$ }\\ & \frac {2}{5}-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3}&&\text{nếu $n \equiv 1,2\!\! \pmod{5}$ } \\
&-\frac {2}{5}\binom{n+2}{2}+\frac {1}{5}\binom{n+3}{3} &&\text{nếu $n \equiv 3,4\!\! \pmod{5}$ }
\end{matrix}\right.$$

Dựa trên kết quả này ta có kết quả sau:
$$\left\lfloor\dfrac{(n-1)(n-2)(n+3)}{30}\right\rfloor$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 25-01-2024 - 13:15

[Nobodyv3]

Dựa trên kết quả này ta có kết quả sau:
$$\left\lfloor\dfrac{(n-1)(n-2)(n+3)}{30}\right\rfloor$$

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.

[hxthanh]

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.

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!

[hxthanh]

Bảng dưới đây là dãy $(u_n)$ với sai phân cấp 1 và 2 của nó
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
n&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15& \cdots \\
\hline u_n&0&0&0&0&1&3&6&10&15&22&31&42&55&70&88&109& \cdots\\
\hline
\Delta(u_n)&0&0&0&1&2&3&4&5&7&9&11&13&15&18&21&24& \cdots\\
\hline
\Delta^2(u_n)&0&0&1&1&1&1&1&2&2&2&2&2&3&3&3&3& \cdots\\
\hline
\end{array}$$
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:
$$\sum_{k_1=0}^{n}\sum_{k_2=0}^{k_1} \left\lfloor \dfrac{k_2+2}{5} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{n(n-1)(n+4)}{30}\right\rfloor$$

[hxthanh]

Sáng tạo thêm tí nữa, ta có thêm
$\sum_{k=0}^n\left\lfloor \dfrac{k+2}{5} \right\rfloor= \left\lfloor \dfrac{n(n+1)}{10} \right\rfloor$
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

[hxthanh]

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.

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!

[Nobodyv3]

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!

Thưa Thầy, vâng ạ.
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]

Đúng theo kết quả của @Nobodyv3. Xét theo mod 6 để khử nốt $(-1)^n$ thì ta có được:
$[x^n]F(x)=\dfrac{n^4-20n^2+\omega(n)}{144}$
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 $\left\lfloor\left(\dfrac{n^2-10}{12}\right)^2\right\rfloor$

[hxthanh]

Theo cách làm của @Konstante đến đoạn
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!

[Nobodyv3]

@hxthanh Hic, xem ra em cần rất nhiều thời gian mới tiêu hóa hết...!

[hxthanh]

Bỗng dưng thấy tìm thấy cái này:
$\sum_{n=0}^{\infty}\left\lfloor\dfrac{n}{5}\right\rfloor x^n=\dfrac{x^5}{(1-x)^2(1+x+x^2+x^3+x^4)}$
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