Tekst świetny. Szkoda tylko, że kontekstowo nie pasuje bezpośrednio do treści tego zadania i nie można zawartych tam wyjaśnień użyć bezpośrednio.
Zdanie: Będziemy liczyć przez dopełnienie zbioru. umieść przed zdaniem: Moc zbioru \(\displaystyle{ R}\) wszystkich całkowitoliczbowych rozwiązań ... , a to:
\(\displaystyle{ \left| R\right|}\)-zbior wszystkich rozwiaz podanego rownania \(\displaystyle{ x _{1}+x _{2}+x _{3}+x _{4} = 40}\)
\(\displaystyle{ \left| R\right|}\) - moc tego zbioru
Wzór ogólny: \(\displaystyle{ \left| R\right| = {wynik\ rownania+ilosc \ niewiadomych -1 \choose ilosc \ niewiadomych-1}}\)
Pierwszy wzór, czyli ten na liczbę wszystkich całkowitoliczbowych rozwiązań naszego równania jest dość intuicyjny. Zapiszmy liczbę \(\displaystyle{ 40}\) jako \(\displaystyle{ 40}\) jedynek. Pomiędzy te jedynki wstawmy \(\displaystyle{ 3}\) kreski. Te kreski podzielą nam liczbę \(\displaystyle{ 40}\) na cztery liczby np.
\(\displaystyle{ -1111111-111-111111111111111111111111111111}\) oznacza sumę liczb \(\displaystyle{ 0+7+3+30}\)
Mamy więc \(\displaystyle{ 40}\) jedynek i \(\displaystyle{ 3}\) kreski, czyli razem \(\displaystyle{ 43}\) znaki. Liczba rozwiązań naszego równania jest jednoznaczna z liczbą wszystkich możliwości ustawienia \(\displaystyle{ 3}\) kresek. Stąd
\(\displaystyle{ R= {43 \choose 3}}\).
Dzisiaj doszłam do tego, dlaczego dalej liczymy tak, jak to zrobił robertos18
Dalej, trzeba odjąć te sumy, w których jeden lub dwa składniki przekraczają \(\displaystyle{ 15}\). Najmniejszy z tych niedozwolonych składników to \(\displaystyle{ 16}\). Znajdujemy liczbę rozwiązań równania
\(\displaystyle{ y _{1}+y _{2}+y _{3}+y _{4}=40-16=24}\).
Jest ich \(\displaystyle{ {24+3 \choose 3}= {27 \choose 3}}\).
Teraz, gdy dodamy liczbę \(\displaystyle{ 16}\) do jednego z czterech igreków, to dostaniemy sumy iksów, które mają jeden lub dwa składniki przekraczające \(\displaystyle{ 15}\). Na przykład z sumy igreków
Te sumy iksów mają jeden lub dwa składniki przekraczające \(\displaystyle{ 15}\) i jest ich oczywiście \(\displaystyle{ 4 {27 \choose 3}}\)
Jednak okazuje się, że dwukrotnie odjęliśmy rozwiązania o dwóch składnikach przekraczających \(\displaystyle{ 15}\), bo np. z sumy igreków
\(\displaystyle{ 16+1+4+3=24}\) po dodaniu \(\displaystyle{ 16}\) do trzeciego składnika dostaniemy \(\displaystyle{ 16+1+20+3=40}\), czyli taką samą sumę jak poprzednio. Trzeba więc dodać liczbę rozwiązań naszego równania, w których dokładnie dwa składniki przekraczają \(\displaystyle{ 15}\). W tym celu znów odejmujemy \(\displaystyle{ 16}\) i rozwiązujemy równanie
\(\displaystyle{ z _{1}+z _{2}+z _{3}+z _{4}= 24-16=8}\)
Tym razem dodamy po \(\displaystyle{ 16}\) do dwóch składników i tylko te składniki będą większe niż \(\displaystyle{ 15}\). Z każdej sumy zetów dostaniemy \(\displaystyle{ {4 \choose 2} =6}\) sum iksów z dwoma za dużymi składnikami.
Jeśli ktoś miał cierpliwość to wszystko przeczytać, w co mocno wątpię, to już chyba zrozumie dlaczego liczba rozwiązań naszego równania
\(\displaystyle{ x _{1}+x _{2}+x _{3}+x _{4}= 40}\) takich, że \(\displaystyle{ x _{1},x _{2},x _{3},x _{4} \in Z \cap \left\langle 0,15\right\rangle}\)
