Matematyka.pl

Hej proszę pomóżcie, bo nie rozumiem. Mamy równanie diofantyczne
\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}+x_{7}+x_{8}+x_{9}=17}\)
Diofantyczne znaczy, że indeksowane iksy muszą być całkowite nieujemne. Tyle rozumiem. Znam też wzór na ilość wszystkich możliwych rozwiązań czyli dziewiątek uporządkowanych
\(\displaystyle{ {9+17-1 \choose 17}= \frac{25!}{8!17!}=25 200 300}\) eee dużo
No i pytają ile jest takich rozwiązań dopuszczalnych (czyli takich, które mogą być), że
\(\displaystyle{ x_{1}x_{2}x_{3}=8}\)
Nie mam pojęcia jak to zrobić... Wiadomo, że każde z nich jest nie mniejsze od \(\displaystyle{ 1}\) i nie większe od \(\displaystyle{ 8}\) przy czym \(\displaystyle{ 3}\),\(\displaystyle{ 5}\),\(\displaystyle{ 6}\),\(\displaystyle{ 7}\) są wykluczone. A dalej nie wiem.

To, że \(\displaystyle{ x_1x_2x_3=8}\) oznacza w liczbach naturalnych, że \(\displaystyle{ (x_1,x_2,x_3)}\) to \(\displaystyle{ (1,1,8)}\) lub permutacje, \(\displaystyle{ (1,2,4)}\) lub permutacje lub \(\displaystyle{ (2,2,2)}\) tu permutacji nie ma. Więc można to sprowadzić do podprzypadków:

• \(\displaystyle{ 1+1+8+x_4+\dots+ x_9=17,}\) oraz permutacje,

• \(\displaystyle{ 1+2+4+x_4+\dots+ x_9=17,}\) oraz permutacje,

• \(\displaystyle{ 2+2+2+x_4+\dots+ x_9=17.}\)

I potem mam odjąć w każdym przypadku od obu stron stałe i dostanę 3 przypadki prostszych równań. I potem trzy razy użyć wzoru tego z silnią i zsumować i wyjdzie? Dobrze?

Dodano po 9 minutach 21 sekundach:
I to zadziała na inne przypadki? No bo w drugim podpunkcie było coś w stylu \(\displaystyle{ x_{2}+x_{4}+x_{7}=5}\)

Tworzysz funkcję a dokładnie wielomian charakterystyczny z uwzględnieniem warunków zadania znaczy to:

wziąłem pod uwagę tylko to:

Wiadomo, że każde z nich jest nie mniejsze od 1 i nie większe od 8 przy czym 3,5,6,7 są wykluczone.

\(\displaystyle{ (x+x^2+x^4+x^8)^9=}\)

pominąłem te potęgi, które są pominięte w zadaniu a więc:

większe lub równe od jeden dlatego zaczynam od: \(\displaystyle{ x^1}\), pomijam:

\(\displaystyle{ x^3, x^5, x^6, x^7}\), kończę na \(\displaystyle{ x^8}\) , podnoszę do dziewiątej bo tyle ich jest...

a rozwiązaniem jest współczynnik przy: \(\displaystyle{ x^{17}}\) - bo tyle ma wyjść, a wolfram podpowiada, że jest to:

\(\displaystyle{ 1341}\)

w sumie nie popatrzyłem na pierwszy warunek a mianowicie na iloczyn tylko zasugerowałem się późniejszym opisem, ale co tam niech zostanie...

odrobinę historii nie zaszkodzi:

A skąd to wziąłeś co to za wzory?

Niepokonana pisze: ↑15 lut 2024, o 22:13 I potem mam odjąć w każdym przypadku od obu stron stałe i dostanę 3 przypadki prostszych równań. I potem trzy razy użyć wzoru tego z silnią i zsumować i wyjdzie? Dobrze?

Tak.

Niepokonana pisze: ↑15 lut 2024, o 22:13 No bo w drugim podpunkcie było coś w stylu \(\displaystyle{ x_{2}+x_{4}+x_{7}=5}\)

No to jest prostsze. Zlicz na ile sposobów jest \(\displaystyle{ x_{2}+x_{4}+x_{7}=5}\). A potem na ile sposobów
PS @Arek funkcje tworzące to chyba niezbyt optymalny sposób akurat w tych przypadkach.

Czyli \(\displaystyle{ {5+3-1 \choose 5}= \frac{7!}{5!2!}=21}\)? I potem mam wymnożyć to przez resztę czyli razy \(\displaystyle{ {12+6-1 \choose 12} }\)? Dobrze rozumuję? No bo jeżeli tak to to jest proste. Był jeszcze trzeci podpunkt ale bardzo podobny do tego drugiego z tego co pamiętam. Tylko że tam składników sumy było z pięć. A co by było gdyby zamiast \(\displaystyle{ x_{2}}\) było \(\displaystyle{ 2x_{2}}\)?


Generalnie sytuacja jest taka, że mam rychle z tego kolokwium poprawkowe. No bo mieliśmy wybrać przedmiot obieralny co nie i ja chciałam teorię liczb, ale się nie otworzyło i poszłam przymusowo na teorię grafów i kombinatorykę. No i byłam niezadowolona, bo już wystarczy tego prawdopodobieństwa i teoria grafów jest trudna. Ale no postanowiłam że to zaliczę. Także proszę łatwe sposoby rozwiązań, bo w tym temacie moja ambicja nie leży xd

Niepokonana pisze: ↑16 lut 2024, o 00:06 Czyli \(\displaystyle{ {5+3-1 \choose 5}= \frac{7!}{5!2!}=21}\)? I potem mam wymnożyć to przez resztę czyli razy \(\displaystyle{ {12+6-1 \choose 12} }\)? Dobrze rozumuję?

O ile dobrze podstawiasz pod wzór (a tego nie sprawdzam) to tak.

Niepokonana pisze: ↑16 lut 2024, o 00:06 A co by było gdyby zamiast \(\displaystyle{ x_{2}}\) było \(\displaystyle{ 2x_{2}}\)?

To sytuacja bardziej by się skomplikowała. Przykładowo szukanie liczby rozwiązań równania
gdy \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3\in \NN}\). Można sprowadzić do szukania liczby rozwiązań
gdy \(\displaystyle{ x_1,x_3\in \NN}\) oraz \(\displaystyle{ \hat{x}_2\in 2\NN}\). A to jest tak jakby szukać czynnika stojącego przy \(\displaystyle{ x^{17}}\) w takim szeregu formalnym


No i da się to analitycznie policzyć bo można uciąć te nieskończone sumy na \(\displaystyle{ x^{17}}\) bo dalsze potęgi już nie będą wpływać na czynnik przy \(\displaystyle{ x^{17}}\). Są pewne sposoby na zliczanie takich warunkowych rzeczy. To o czym teraz piszę to funkcje tworzące i chyba najlepiej się nadają do tego.

A skąd to wziąłeś co to za wzory?

Poczytaj o funkcjach tworzących..., kombinacje, permutacje z ograniczeniami na to nie ma konkretnych wzorów ale są za to szeregi, wielomiany, itd...

Ja tylko napisałem jak obliczyć ilość możliwości dla tych warunków, które napisałem z pominięciem:

\(\displaystyle{ x_{1}x_{2}x_{3}=8}\)

bo po prostu tego nie zauważyłem ale dla sformułowania z pominięciem tego jedyne rozwiązanie to właśnie wielomiany tworzące inaczej by było raczej trudno i kulawo...

Janusz Tracz (Alf) na końcu ci właśnie pokazał jak zastosować wielomian charakterystyczny do określonego "zmutowanego" problemu....