Równanie diofantyczne
- Niepokonana
- Użytkownik
- Posty: 1548
- Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 337 razy
- Pomógł: 20 razy
Równanie diofantyczne
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.
\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}+x_{7}+x_{8}+x_{9}=17}\)
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.
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4076
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1395 razy
Re: Równanie diofantyczne
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,
- \(\displaystyle{ 2+2+2+x_4+\dots+ x_9=17.}\)
- Niepokonana
- Użytkownik
- Posty: 1548
- Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 337 razy
- Pomógł: 20 razy
Re: Równanie diofantyczne
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 \(\displaystyle{ x_{2}+x_{4}+x_{7}=5}\)
Dodano po 9 minutach 21 sekundach:
I to zadziała na inne przypadki? No bo w drugim podpunkcie było coś w stylu \(\displaystyle{ x_{2}+x_{4}+x_{7}=5}\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Równanie diofantyczne
Tworzysz funkcję a dokładnie wielomian charakterystyczny z uwzględnieniem warunków zadania znaczy to:
wziąłem pod uwagę tylko to:
\(\displaystyle{ (x+x^2+x^4+x^8)^9=}\)
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:
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:
Ukryta treść:
- Niepokonana
- Użytkownik
- Posty: 1548
- Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 337 razy
- Pomógł: 20 razy
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4076
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1395 razy
Re: Równanie diofantyczne
Tak.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?
No to jest prostsze. Zlicz na ile sposobów jest \(\displaystyle{ x_{2}+x_{4}+x_{7}=5}\). A potem na ile sposobówNiepokonana pisze: ↑15 lut 2024, o 22:13 No bo w drugim podpunkcie było coś w stylu \(\displaystyle{ x_{2}+x_{4}+x_{7}=5}\)
\(\displaystyle{ x_{1}+\not x_{2}+x_{3}+\not x_{4}+x_{5}+x_{6}+\not x_{7}+x_{8}+x_{9}=17-5}\)
PS @Arek funkcje tworzące to chyba niezbyt optymalny sposób akurat w tych przypadkach.- Niepokonana
- Użytkownik
- Posty: 1548
- Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 337 razy
- Pomógł: 20 razy
Re: Równanie diofantyczne
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
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
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4076
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1395 razy
Re: Równanie diofantyczne
O ile dobrze podstawiasz pod wzór (a tego nie sprawdzam) to tak.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?
To sytuacja bardziej by się skomplikowała. Przykładowo szukanie liczby rozwiązań równaniaNiepokonana pisze: ↑16 lut 2024, o 00:06 A co by było gdyby zamiast \(\displaystyle{ x_{2}}\) było \(\displaystyle{ 2x_{2}}\)?
\(\displaystyle{ x_1+2x_2+x_3=17,}\)
gdy \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3\in \NN}\). Można sprowadzić do szukania liczby rozwiązań \(\displaystyle{ x_1+\hat{x}_2+x_3=17,}\)
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 \(\displaystyle{ G(x)= (1+x+x^2+x^3+\dots)^2(1+x^2+x^4+x^6+\dots).}\)
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.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Równanie diofantyczne
Poczytaj o funkcjach tworzących..., kombinacje, permutacje z ograniczeniami na to nie ma konkretnych wzorów ale są za to szeregi, wielomiany, itd...A skąd to wziąłeś co to za wzory?
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....