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      構(gòu)建不定方程模型解決計數(shù)問題

      2016-05-26 14:20:20石向陽
      中學數(shù)學雜志(高中版) 2016年3期
      關鍵詞:組數(shù)正整數(shù)整數(shù)

      石向陽

      許多組合問題看似與方程無關,若能去偽存真,轉(zhuǎn)換思維角度,轉(zhuǎn)化為不定方程整數(shù)解的模型,則往往能化繁為簡、柳暗花明.1不定方程整數(shù)解的有關結(jié)論

      定理1不定方程x1+x2+…+xk=n(k,n∈N+)的非負整數(shù)解的個數(shù)為Cnn+k-1.

      證法1將不定方程x1+x2+…+xk=n的任意一組非負整數(shù)解(x1,x2,…,xk)對應于一個由n個圓圈“○”和k-1個“+”組成的如圖○…○x1個+○…○x2個+…+○…○xk個所示的排列,每段圓圈“○”的個數(shù)即為原方程的一組非負整數(shù)解,易證對應關系是一對一的.

      所以不定方程x1+x2+…+xk=n的非負整數(shù)解的個數(shù)就是n個圓圈“○”和k-1個“+”組成的直線排列數(shù),即在n+k-1個位置中選k-1放置“+”(或選n個位置放置圓圈“○”),因此共有不同的排法種數(shù)為Ck-1n+k-1=Cnn+k-1.

      證法2對不定方程x1+x2+…+xk=n的任意一組非負整數(shù)解(x1,x2,…,xk),令y1=x1+1,y2=x1+x2+2,…,yk=x1+x2+…+xk+k,則1≤y1

      定理2不定方程x1+x2+…+xk=n(k≥2,n≥2,k≤n)的正整數(shù)解的個數(shù)為Ck-1n-1.

      證法1設想將n個1排成一排,這n個1之間有n-1個空檔,從n-1個空檔中選k-1個放入k-1個“+”,共有Ck-1n-1種放法,這k-1個“+”把n個1分成k段,各段1的個數(shù)即為原方程的一組正整數(shù)解,這樣“+”的每一種放法就對應著原不定方程的一組正整數(shù)解,所以原不定方程共有Ck-1n-1組解.

      證法2令yi=xi-1,其中xi≥1,不定方程x1+x2+…+xk=n的正整數(shù)解與不定方程y1+y2+…+yk=n-k非負整數(shù)解之間建立了一一對應關系,所以不定方程x1+x2+…+xk=n的正整數(shù)解組(x1,x2,…,xk)的組數(shù)與不定方程y1+y2+…+yk=n-k非負整數(shù)解組(y1,y2,…,yk)的組數(shù)相等,由定理1知,方程y1+y2+…+yk=n-k有Cn-k(n-k)+k-1=Cn-kn-1=Ck-1n-1個非負整數(shù)解,所以方程x1+x2+…+xk=n有Ck-1n-1個正整數(shù)解.2利用不定方程整數(shù)解的結(jié)論解有限制條件的不定方程或不定方程組的整數(shù)解的個數(shù)問題

      例1求方程2x1+x2+x3+…+x10=3的非負整數(shù)解的個數(shù).

      解析由題意,x1=0,1,故分情況討論如下:

      若x1=0,則x2+x3+…+x10=3,該方程非負整數(shù)解的個數(shù)為:C39+3-1=165;

      若x1=1,則x2+x3+…+x10=1,該方程非負整數(shù)解的個數(shù)為:C19+1-1=9.

      綜上,非負整數(shù)解的個數(shù)為:165+9=174個.

      例2求方程x+y+z=2010滿足x≤y≤z的正整數(shù)解x,y,z的個數(shù).

      解析首先由定理2知,方程x+y+z=2010的正整數(shù)解的個數(shù)為C22009=2009×1004.

      把x+y+z=2010滿足x≤y≤z的正整數(shù)解分為三類:

      1x,y,z均相等的正整數(shù)解的個數(shù)顯然為1;

      2x,y,z中有且僅有兩個相等的正整數(shù)解的個數(shù),易知為1003個;

      3x,y,z兩兩均不相等的正整數(shù)解個數(shù)為k.

      易知1+3×1003+6k=2009×1004,解得k=335671,從而方程x+y+z=2010滿足x≤y≤z的正整數(shù)解的個數(shù)為1+1003+335671=336675

      例3在世界杯足球賽前,F(xiàn)國教練為了考察A1,A2,…,A7這七名隊員,準備讓他們在三場訓練比賽(每場90分鐘)中都上場.假設在比賽的任何時刻,這些隊員中有且僅有一人在場上,且A1,A2,A3,A4每人上場的總時間(以分鐘為單位)均能被7整除,A5,A6,A7每人上場的總時間(以分鐘為單位)均能被13整除.如果每場換人次數(shù)不限,那么,按每名隊員上場的總時間計算,共有多少種不同的情況.

      解析設第i名隊員上場的時間為xi分鐘(i=1,2,3,…,7),問題即求不定方

      程x1+x2+…+x7=270在條件7xi(1≤i≤4)且13xj(5≤j≤7)下的正整數(shù)解的組數(shù).由條件,設x1+x2+x3+x4=7m,x5+x6+x7=13n(m≥4,n≥3).于是m、n即是不定方程7m+13n=270的一組正整數(shù)解.由m=270-13n7≥4,易得3≤n≤18,(n∈N).進而得到方程的三組正整數(shù)解:

      m=33,

      n=3,m=20,

      n=10,m=7,

      n=17,設xi=7yi(1≤i≤4),xj=13yj(5≤j≤7).

      所以本題轉(zhuǎn)化為求方程組y1+y2+y3+y4=33,

      y5+y6+y7=3,y1+y2+y3+y4=20,

      y5+y6+y7=10,

      y1+y2+y3+y4=7,

      y5+y6+y7=17,的正整數(shù)解的組數(shù).由分步乘法計數(shù)原理和分類加法計數(shù)原理及定理2知共有正整數(shù)解C332C22+C319C29+C36C216=42244組.3利用不定方程整數(shù)解的結(jié)論解排列組合中的計數(shù)問題

      利用不定方程整數(shù)解的結(jié)論解決排列組合中的計數(shù)問題,一般用于相同元素的有序分配問題,如指標數(shù)、個數(shù)、人數(shù)等相同的事物的數(shù)量分配問題.

      3.1投球入盒問題

      例4把2016個不加區(qū)別的小球分別放在10個不同的盒子里,使得第i個盒子里至少有i個球(i=1,2,…,10),問不同放法的總數(shù)是多少?

      解析先在第i個盒子里放入i個球(i=1,2,…,10),即第1個盒子里放入1個球,第2個盒子里放入2個球,…,這時共放了1+2+3+…+10=55個球.還剩余2016-55=1961個球.故問題轉(zhuǎn)化為把1961個球任意放入10個盒子里(允許有的盒子里不放球),即為不定方程x1+x2+…+x10=1961的非負整數(shù)解的個數(shù),由定理1知有C19611961+10-1=C91970種不同放法.

      3.2名額分配問題

      例5將24個志愿者名額分配給3個學校,則每校至少有一個名額且各校名額互不

      相同的分配方法共有多少種?解析設分配給3個學校的名額數(shù)分別為x1,x2,x3,則每校至少有一個名額的分法數(shù)為不定方程x1+x2+x3=24的正整數(shù)解的個數(shù),由定理2得不定方程x1+x2+x3=24的正整數(shù)解的個數(shù)為C223=253.又在“每校至少有一個名額的分法”中“至少有兩個學校的名額數(shù)相同”的分配方法有31種.

      綜上知,滿足條件的分配方法共有253-31=222種.

      3.3染色問題

      例6用紅、橙、黃、綠、青、藍、紫七種顏色的一種,或兩種,或三種,或四種,分別涂在正四面體各個面上,一個面不能用兩色,也無一個面不著色的,問共有幾種著色法?

      解析設紅色涂了x1個面,橙色涂了x2個面,…紫色涂了x7個面,則x1+x2+…+x7=4,正四面體著色方法與方程的非負整數(shù)解建立了一一對應的關系.由定理1知該不定方程有C47+4-1=210組非負整數(shù)解,所以正四面體共有210種著色方法.

      3.4擲骰子問題

      例7三粒骰子同時擲出,有多少種不同的結(jié)果?

      解析設擲出1點的有x1粒,設擲出2點的有x2粒,…,設擲出6點的有x6粒,則有x1+x2+…+x6=3.擲骰子的結(jié)果與方程的非負整數(shù)解建立了一一對應的關系.由定理1知該不定方程有C36+3-1=C38=56組非負整數(shù)解,所以共有56種不同的結(jié)果.

      3.5進站問題

      例8某民航站共有1到4個入口,每個入口處每次只能進一個人,一小組4個人進站的方案數(shù)有多少種.

      解析設第1,2,3,4個入口分別進x1,x2,x3,x4人,則xi≥0且x1+x2+x3+x4=4,由定理1知不定方程x1+x2+x3+x4=4的非負整數(shù)解的個數(shù)C44+4-1=C37即為4個人進站的分組方法數(shù);由于每個入口處每次只能進一個人,按第1,2,3,4個入口順序同時通過入口排成一列,就每一分組方法將四個人全排列有A44種方法,所以共有不同進站方法C37·A44=840種.

      3.6開關燈問題

      例9街道上有10盞路燈,要求晚上關掉其中4盞,且為了方便行人,相鄰的路燈不允許關掉.問共有多少種關燈的方法?

      解析先考慮關著的燈,再考慮開著的燈,如圖:○○○○,有4盞燈關著,它們之間形成了5個空,這5個空共要插進6盞燈作為開著的燈,設從左到右第i個空共有xi(i=1,2,3,4,5)盞燈開著,則有x1+x2+x3+x4+x5=6,等價于(x1+1)+x2+x3+x4+(x5+1)=8(x1+1,x2,x3,x4,x5+1≥1,且xi∈N),由定理2知,共有C47=35種方法,所以共有35種開關燈的方法.

      3.7在線性規(guī)劃中整點個數(shù)問題

      例10在直角坐標系xOy中,已知△ABC三邊所在直線方程分別為x=0,y=0,x+y=4,則在△ABC內(nèi)部(包括邊界)的整點個數(shù)是多少?

      解析此類題常見解法是畫圖描出整點,然后數(shù)一下.實際上滿足題意的整點(x,y)必有x+y≤4,且x≥0,y≥0.若令z=4-(x+y)則z≥0且z為整數(shù).所以x+y+z=4,該方程非負整數(shù)解的組數(shù)即為整點個數(shù).所以整點個數(shù)是C44+3-1=C26=15.

      3.8n項展開式的項數(shù)問題

      例11試問(a+b+c)10的展開式共有多少項?

      解析(a+b+c)10展開式每一項均可表示為ax1·bx2·Cx3,其中xi≥0(i=1,2,3)且x1+x2+x3=10.因此,求展開式中共有多少項,即求不定方程x1+x2+x3=10共有多少組非負整數(shù)解.由定理1知,此不定方程解的個數(shù)為C1010+3-1=C212=66,所以展開式共有66項.

      同理可得(a1+a2+…+an)m展開式共有Cmn+m-1項.

      3.9廣告問題

      例12電視臺在n天內(nèi)共播出r次商業(yè)廣告,問若每天至少播p次廣告(np≤r),就每天播出廣告的次數(shù)而言,共有幾種播出方法?

      解析設第i天播出廣告xi次,由題設知:x1+x2+…+xn=r,xi≥p(i=1,2,…,n),令yi=xi-p,則y1+y2+…+yn=r-np≥0,故問題轉(zhuǎn)化為求上述不定方程的非負整數(shù)解的個數(shù),由定理1知廣告播放的方法數(shù)為Cr-np(r-np)+n-1.

      3.10有條件的環(huán)形排列問題

      例138個女孩和25個男孩圍成一圈,任意兩個女孩之間至少站兩個男孩,那么,共有多少種不同的排列方法.(只要把圈旋轉(zhuǎn)一下就重合的排法認為是相同的).

      解析以8個女孩為組長,將25個男孩分入該8組,每組內(nèi)男孩數(shù)記為x1,x2,…,x8,

      則x1+x2+…+x8=25,(xi≥2,i=1,2,…8),設xi-1=yi(i=1,2,…,8),即得y1+y2+…+y8=17,(yi≥1,i=1,2,…,8),于是由定理2可求出符合條件的方程組的解的個數(shù)為C8-117-1=C716,即25個男孩分入8組,每組至少2人的分組方法有C716種.

      8個組排成每組以女孩為頭的圓排列有(8-1)!=7?。ㄒ粋€8個元素的圓排列包括8個不同的線性排列,設8個元素的圓排列數(shù)為N,則8N=A88,所以N=A77)種排列方法,再將25個男孩站入的方法數(shù)為25!.

      所以總的排列數(shù)為C716·7!·25!=16!·25!9!.

      3.11比賽過程的種數(shù)問題

      例14甲乙兩隊各出7名隊員按事先排好的順序出場參加圍棋擂臺賽.雙方先由1號隊員比賽,負者被淘汰,勝者再與負方2號隊員比賽,……直到有一方隊員全被淘汰為止,另一方獲得勝利,形成一種比賽過程.求所有可能出現(xiàn)的比賽過程的種數(shù).

      解析先考慮甲隊獲勝的比賽過程,設甲隊隊員第i號隊員勝了xi場,(i=1,2,…,7),則x1+x2+…+x7=7,于是甲隊獲勝的比賽過程與方程x1+x2+…+x7=7的非負整數(shù)解組(x1,x2,…,x7)構(gòu)成一一對應,由定理1知方程x1+x2+…+x7=7有C67+6=C613組非負整數(shù)解,所以甲隊獲勝的比賽過程有C613種,同理乙隊獲勝的比賽過程也有C613種,故不同的比賽過程共有2C613=3432種.

      3.12集合、映射個數(shù)問題

      例15已知兩個實數(shù)集合A={a1,a2,…,a100}與B={b1,b2,…,b50}.若從A到B的映射f使得B中每個元素都有原像,且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100),求這樣的映射的個數(shù).

      解析不妨設b1

      例16設集合M={1,2,3,…,14},Ma={a1,a2,a3},Ma為M的子集,且滿足a1+6≤a2+3≤a3,求Ma的個數(shù).

      解析由a1≥1,a2-a1≥3,a3-a2≥3,14-a3≥0,令a1=x1,a2-a1=x2,a3-a2=x3,14-a3=x4,則x1+x2+x3+x4=14,問題即求不定方程在x1≥1,x2≥3,x3≥3,x4≥0下的整數(shù)解的組數(shù),又方程轉(zhuǎn)化為x1+(x2-2)+(x3-2)+(x4+1)=11.令x1=y1,x2-2=y2,x3-2=y3,x4+1=y4,而y1+y2+y3+y4=11的正整數(shù)解的組數(shù)是C310.所以符合條件的Ma的個數(shù)有C310=120個.

      以上問題雖然背景各異,但經(jīng)充分挖掘后發(fā)現(xiàn)本質(zhì)是相同的,其結(jié)果均與不定方程的整數(shù)解有一一對應的關系.解題的關鍵是建立不定方程模型.問題一般有三類,第一類是中間的可以一個也沒有,用定理1求解(如例4、例6、例7、例8、例10、例11、例14);第二類是中間的個數(shù)至少有一個,用定理2求解(如例5、例9、例15);第三類是中間的個數(shù)多于1個,這類有約束條件的相同元素的有序分配問題,相對來講破解較難,需要通過轉(zhuǎn)化問題才能用不定方程來處理.轉(zhuǎn)化的關鍵是使問題變成第一個類型(如例12),當然也可以轉(zhuǎn)化第二個類型(如例13、例16).4不定方程非負整數(shù)解與重復組合數(shù)的關系

      從k個不同的元素中,取n個允許重復的元素而不考慮其次序,被稱為從k個不同元素中取n個允許重復的組合,簡稱為n-重復組合,允許重復的組合數(shù)常常記作Hnk.

      設(a1,a2,…,an)是取自{1,2,…,k}中的任一n-可重復組合,并設a1≤a2≤…≤an,令bi=ai+i-1(1≤i≤n),從而b1=a1,b2=a2+1,b3=a3+2,…,bn=an+n-1,顯然下面兩組數(shù)是一對一的:

      a1≤a2≤…≤an,1≤a1

      設A={(a1,a2,…,an)|ai∈{1,2,…,k},a1≤a2≤…≤an},

      B={(b1,b2,…,bn)|bi∈{1,2,…,k+n-1},b1

      其一、上述證明,與定理1的證法2大同小異,請仔細體味其中小異妙在何處.

      其二、設n-可重復組合a1,a2,…,an中含有x1個1,x2個2,…,xk個k,則x1+x2+…+xk=n(k,n∈N+),顯然(a1,a2,…,an)與不定方程x1+x2+…+xk=n的解(x1,x2,…,xk)一一對應.

      其三、允許重復的組合的典型模型是把n只相同顏色的球放到k個編號不同的盒子中,而且每個盒子放球數(shù)不加限制,xi代表第i(i=1,2,3,…,k)個盒子中所放的球的個數(shù),那么就有x1+x2+…+xk=n(k,n∈N+),不同的放法就對應該方程的不同的解.

      對例6我們用重復的組合數(shù)來理解,易知,正四面體的相關位置,沒有先后順序,即先涂或后涂哪個面,沒有什么不同,所以是組合問題;這四個面可以分別用一種,或兩種,或三種,或四種顏色,故是一個重復組合問題,即可歸結(jié)為4只相同顏色的球放到7個編號不同的盒子中,每個盒子放球數(shù)不加限制,故有著色法H47=C47+4-1=210.

      對例7我們用重復的組合數(shù)來理解,因為擲三粒骰子等價于從六個數(shù)1,2,3,4,5,6中允許重復的選取三個數(shù),故不同結(jié)果的數(shù)目是H36=C36+3-1=C38=56.

      從重復的組合數(shù)來理解不定方程的非負整數(shù)解,對于培養(yǎng)思維的深刻性、邏輯性大有裨益.

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