构造不定方程解排列问题

1985年全国高中联赛有一道求不定方程整数解的竞赛题,原题如下: 方程2x_1+x_2+x_3+…+x_(10)=3共有多少组不同的非负整数解? 此题难度不大,但其一般化以后的结论却是很有意思的,下面先证明两个关于不定方程整数解的命题。命题1 不定方程 x_1+x_2+…+x_m=n (n≥m)共有C_(n-1)~(m-1)=1组不同的正整数解。 (证明请参看苏淳编写的“同中学生谈排列组合”一书。) 命题2 不定方程 x_1+x_2+…+x_m=n(n≥0)共有C_(n+m-1)~(m-1)组不同的非负整数解。     

一次不定方程非负整数解的组数问题

高中课外讲座.作者汤正谊、周士藩.关于一次不定方程a_1x_1+a_2x_2+…+a_mx==n(a_i,n皆为正整数)的整数解问题,目前已有的一般的理论和解法往往超出中学数学的范围.本文以一些特殊不定方程为例,介绍一些用初等方法讨论其正整数解或非负整数解组数问题的方法.这些方法涉及穷举法,图象法,空位选取法,数学归纳法.     

一个不定方程解的应用(高二、高三)

定理m元一次不定方程x1 x2 … xm=n(m,n∈N,m,n≥2)的正整数解有C_(n-1)~(m-1)组,自然数解有C_(n m-1)~(m-1)组.证明①若xi为正整数,则这个不定方程正整数解的组数等价于x个小球之间有n-1个空隙,从中放入m-1个隔板,故其正整数解的组数为C_(n-1)~(m-1).     

用不定方程模型解无序问题(高二、高三)

模型1 不定方程x1 x2 … xm=n(其中m,n∈N* 且m≤n)有C(n-1)(m-1)组正整数解. 分析 此题可以理解为将正整数n分解成m个正整数的和,而 相当于在这n-1个" "号中选m-1个" ",故有C(n-1)(m-1)种选法,所以 方程共有C(n-1)(m-1)组正整数解. 模型2 不定方程 x1 x2 … xm=n (其中m,n∈N*且m≤n)有C(n m-1)(m-1)组非负整数解. 证明 令xi=yi-1(i=1,2,…,m),则 yi=xi 1,yi∈N*,所以原方程的非负整数解问题就转化为方程 y1 y2 … ym=n m     

构建不定方程模型解决计数问题

<正>许多组合问题看似与方程无关,若能去伪存真,转换思维角度,转化为不定方程整数解的模型,则往往能化繁为简、柳暗花明.1不定方程整数解的有关结论定理1不定方程x_1+x_2+…+x_k=n(k,n∈N+)的非负整数解的个数为C_(n+k-1)ⁿ.证法1将不定方程x_1+x_2+…+x_k=n的任意一组非负整数解(x_1,x_2,…,x_k)对应于一个由n个圆     

试论韦达定理及其应用

1559年,法国数学家韦达提出一个关于一元n次方程根与系数关系的定理:设方程a_0x~n+a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)…+a_(n-1)x+a_n=0的n个根为x_1,x_2,…,x_n,那么x_1+x_2+…+x_n=-(a_1)/(a_0)x_1x_2+x_1x_3+…+x_1x_0+…+x_(n-1)x_n=(a_2)/(a_0)     

一个代数定理的应用

本文拟将一代数定理的应用介绍如下,供同学们参考 [定理] 已知a_0+a_1+a_2+……+a_(n-1)+a_n=0,求证:一元n次方程a_0x~n+a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)+……+a_(n-1)x+a_n=0(a_0≠0)有一个根为1。证明:(略)下面谈一下这个定理的应用: [例1] 已知方程(m+1)(x~2-x)=(m-1)·(x-1)的两根绝对值相等而符号相反,求m的值。解:原方程变形为(m+1)x~2-2mx+(m-1)=0,由题设知m+1≠0,但m+1-2m+m-1=0,∴此方程有一个根为1。而原方程两根绝对值相等、符     

用不定方程来解排列组合问题

一些排列组合问题 ,可以用不定方程的正整数解的组数来确定排列组合数 ,这样的求解方法 ,事半功倍 ;但有时需事先处理构造 ,且主要依据以下 2个问题的结论 :问题 1:试求不定方程 x1+ x2 + x3 +… + xm =n ( m≥ 2 ,n≥ 2 ,m≤ )的正整数解的组数 .由于 n1≥ 1,x2 ≥ 1,… ,xm ≥ 1,把 n分成 n个 1,其间有 n- 1个空档 ,插入 m - 1块“挡板”,把 n个 1分成m个部分 .则每一种情况对应不定方程的一组解 ,所以原不定方程共有 Cm- 1n- 1组解 .问题 2 :试求不定方程 x1+ x2 + x3 +… + xm =n ( m≥ 2 ,n∈ N )的非负整数解的组数 .分析 :把方程 x1…     

一类高次方程根的性质的证明

1.在方程x~3+lx~2+mx+n=0中,系数l、m、n都是自然数旦分别能被自然数p、p~2p~3整除,方程的根为α、β、γ,则对于任何自然数k,α~k+β~k+γ~k为整数,且能被p~k整除。 2.在方程x~4+lx~3+mx~2+rx+q=0中,系数l、m、r、q都是自然数且分别能被自然数p、p~2、p~3、p~4整除,方程的根为α、β、γ、δ,则对于任何自然数k,α~k+β~k+γ~k+δ~k为整数且能被p~k整除。一般的有: 3.在方程x~n+α_1x~(n-1)+α_2x~(n-2)+…+a_(n-2)x~2+a_(n-1)x+α_n0中,系数α_1、α_2、…、α_都是自数然且分别能被自然数p、p~2、…、p~n整除。方程的根为x_1、x_2、…、x_n,则对于任何自然数k,x_1~k+x_2~k+…+x_a~k为整数且能被p~k整除。     

强基计划数学备考系列讲座(1) ——组合与概率

1 知识技能 2 要点解析 要点1 特型方程计数:满足方程x1+x2+…+xn=m (m,n∈N?)的一个有序整数组(x1,x2,…, xn),称为该方程的一个整数解. (1)当m≥n时,方程的正整数解(x1,x2,…,xn) (xi∈N?,1≤i≤n)的个数为Cn-1m-1; (2)方程的非负整数解(x1,x2,…,...     

求级数1~m+2~m+3~m+…+(n-1)~m+…部分和的一个初等方法

本文目的在于用初等代数的方法求如下一类级数的前(n-1)项的和: 1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m+…从而使学生对级数求和,二项式展开等知识进一步得到深化,并为建立初等与高等数学的联系提供一个有意义的应用例子。一、公式的推导: 记б_n~(m)=1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m (1) 其中m是正整数。我们注意到如下关系式: (l+1)~(m+1)-l~(m+1)=C_(m+1)~1l~m+C_(m+1)~2l~(m-1)+C_(m+1)~3l~(m-2)+…C_(m+1)~kl~(m-k+1)+… +C_(m+1)~ml+1……(2) 在(2)式两端分别令l=1,2,3,…,(n-2),(n-1),得:     

不定方程x_1+x_2+…+x_n=1的非负整数解

[定理1] n元一次不定方程x_1+x_2+…+x_n=r的非负整数解共有C_((n+1)_(-1))~(n-1)个(r∈N)。证:考虑由r个1与n-1个0作成的一个排列。令x_1等于排列中第一个0左边1的个数,x_2等于第一个0与第二个0之间1的个数,…,x_n等于最后一个0右边1的个数。例如n=4,r=8,则排列11011110011对应解     

一类线性不定方程的非负整数解组数

不定方程是数论的一个分支.所谓不定方程是指解的范围为整数、正整数、有理数或代数整数的方程或方程组,其未知数的个数通常多于方程的个数.在实际的应用中,不定方程的非负整数解组数备受人们的关注.通过讨论2个参数较小的线性不定方程的非负整数解的个数,给出了形如x ky (k 1)z=n的一类不定方程的非负整数解组的个数.     

一次不定方程的换元解法

一次不定方程的一般形式是 a_1x_1+a_2x_2+…+a_nx_n=c, (1)其中a_1,a_2,…,a_n,c是给定的整数,且a_1a_2…a_n≠0(n≥2). 定理1 不定力程(1)有整数解的充分必要条件是 (a_1,a_2,…,a_n)|c, (2)应用定理1.立即可得     

两个组合公式及其应用

我们知道,有这样两个组合公式: C_n~m=C_(n-1)~m+C_(n-1)~(m-1); C_r~r=C_(r+1)~r+C_(r+2)~r+…+C_(r+n+1)~r =C_(r+n)~(r+1)现在,我们来考虑组成这两个公式的各个组合数的倒数是否也能组成相应的公式?下面我们分别来讨这两个问题。定理1 设m,n为自然数,且m≥2,m≤n,则     

从一道高考题谈集合的几类计数问题

2006年全国高考数学(Ⅰ)第12题:设集合 I={1,2,3,4,5},选择 I 的两个非空子集 A 和 B,要使 B 中最小的数大于 A 中最大的数,则不同的选择方法共有A.50种 B.49种 C.48种 D.47种解:当 B={5}时,有2~4-1=15种;当 B 中最小数为4时,有2×(2~3-1)=14种;当 B 中最小数为3时,有2~2×(2~2-1)=12种;当 B 中最小数为2时,有2~3=8种.∴共有49种,选 B.推广:设集合 I={a_1,a_2,a_3,…,a_n},选择I的两个非空子集 A 和 B,使 B 中最小的数大于 A 中最大的数,则不同的选择方法有多少种(a_1相似文献   

递推法解排列组合问题

[例1] 走上10级的阶梯,每步可一级或两级,问有多少种不同的走法? 解法1 按每种走法中一步上两级的步数k(k=0,1,2,3,4,5)分成6类,走上10级阶梯的步数是10-k,这一类的走法数是C_(10-k)~k。由加法原理,不同走法总数为 N=C_10~0+C_9~1+C_8~2+C_7~2+C_6~4+C_5~5=89。下面是递推法。解法2 设走上n级阶梯的走法有a_n种,易知a_1=1,a_2=2,当n>2时,若第一步上一级则有a_(n-1)种走法,第一步上两级则有a_(n-2)种走法,故a_n=a_(n-1)+a_(n-2)(n≥3)。于是当阶梯级数n=1,2,…,10时,走法数依次是 1,2,3,5,8,13,21,34,55,89。即a_(10)=89。注意到解法2中的数列{a_n}就是菲波那奇数列,它的通项公式为     

从2008年广东文科数学试题中数列压轴题的解法看递推关系求通项的常见类型

今年广东文科数学的最后一题是设数列{a_n}满足a_1=1,a_2=2,a_n=1/3·(a_(n-1) 2a_(n-2))(n=3,4,…).数列{b_n}满足b_1=1,b_n(n=2,3,…)是非零整数,且对任意的正整数m和自然数k,都有-1≤b_m b_(m 1) … b_(m k)≤1.     

思考题(九)

题31.已知一个 n 次多项式f(x)=a_0x~n+a_2x~(n-1)+a_2x~(n-2)+…+a_n,其中 a_0,a_1,…,a_n 都是整数,且 a_0≠0.又已知用 x-a、x-b、x-c、x-d(这里a、b、c、d 是各不相等的整数)分别除f(x)的余数都是2,求证对于任何整数 x,f(x)的值不能等于3、5、7、9中的任何一个数。(杨绶)题32.求方程 y~3-y=x~3+3x~2+2x 的全部自然数解。题33.在平面上有五点 A、B、P、Q、R,A、B 为定点,P、Q、R 为动点。其中     

平面三角巧用韦达定理荟萃

我们知道一n次方程的韦达定理是,方程a_0s~n+a_1x~(n-1)+……+a_n=0,(a_0≠0)有n个根x_1、x_2、……x_n的充要条件是