Задача о счастливых билетах - История изменений

Maintenance script: rollbackEdits.php mass rollback

2022-09-04T16:15:46Z

rollbackEdits.php mass rollback

185.220.102.8 в 05:45, 1 сентября 2022

2022-09-01T05:45:38Z

I am dark black: /* Способ с конечной суммой */

2018-04-17T19:34:53Z

‎Способ с конечной суммой

I am dark black: /* Решение путем интегрирования */

2018-04-17T19:29:03Z

‎Решение путем интегрирования

I am dark black: /* Решение с помощью формулы включения-исключения */

2018-04-17T19:28:12Z

‎Решение с помощью формулы включения-исключения

I am dark black: /* Метод производящей функции */

2018-04-17T19:09:31Z

‎Метод производящей функции

I am dark black: /* Метод производящей функции */

2018-04-17T19:06:21Z

‎Метод производящей функции

I am dark black: /* Решение с помощью формулы включения-исключения */

2018-04-17T18:56:49Z

‎Решение с помощью формулы включения-исключения

I am dark black: /* Метод производящей функции */

2018-04-17T18:30:14Z

‎Метод производящей функции

I am dark black: Отмена правки 64946, сделанной I am dark black (обсуждение)

2018-04-17T18:27:00Z

Отмена правки 64946, сделанной I am dark black (обсуждение)

← Предыдущая		Версия 16:15, 4 сентября 2022
Строка 1:		Строка 1:
−	~~{\| class="wikitable" align="center" style="color: red; background-color: black; font-size: 56px; width: 800px;"~~
−	\|+
−	~~\|-align="center"~~
−	~~\|'''НЕТ ВОЙНЕ'''~~
−	~~\|-style="font-size: 16px;"~~
−	\|
−	24 февраля 2022 года российское руководство во главе с Владимиром Путиным развязало агрессивную войну против Украины. В глазах всего мира это военное преступление совершено от лица всей страны, всех россиян.
−
−	Будучи гражданами Российской Федерации, мы против своей воли оказались ответственными за нарушение международного права, военное вторжение и массовую гибель людей. Чудовищность совершенного преступления не оставляет возможности промолчать или ограничиться пассивным несогласием.
−
−	Мы убеждены в абсолютной ценности человеческой жизни, в незыблемости прав и свобод личности. Режим Путина — угроза этим ценностям. Наша задача — обьединить все силы для сопротивления ей.
−
−	Эту войну начали не россияне, а обезумевший диктатор. И наш гражданский долг — сделать всё, чтобы её остановить.
−
−	~~''Антивоенный комитет России''~~
−	~~\|-style="font-size: 16px;"~~
−	\|Распространяйте правду о текущих событиях, оберегайте от пропаганды своих друзей и близких. Изменение общественного восприятия войны - ключ к её завершению.
−	~~\|-style="font-size: 16px;"~~
−	\|[https://meduza.io/ meduza.io], [https://www.youtube.com/c/popularpolitics/videos Популярная политика], [https://novayagazeta.ru/ Новая газета], [https://zona.media/ zona.media], [https://www.youtube.com/c/MackNack/videos Майкл Наки].
−	\|}
−
	Троллейбусный (трамвайный) билет имеет номер, состоящий из шести цифр. Билет считается счастливым, если сумма первых трёх цифр равна сумме последних трёх, например, <tex>024321</tex>. Известно, что количество счастливых билетов из шести цифр равно <tex>55252</tex>.		Троллейбусный (трамвайный) билет имеет номер, состоящий из шести цифр. Билет считается счастливым, если сумма первых трёх цифр равна сумме последних трёх, например, <tex>024321</tex>. Известно, что количество счастливых билетов из шести цифр равно <tex>55252</tex>.
	{{Задача		{{Задача

← Предыдущая		Версия 05:45, 1 сентября 2022
Строка 1:		Строка 1:
		+	{\| class="wikitable" align="center" style="color: red; background-color: black; font-size: 56px; width: 800px;"
		+	\|+
		+	\|-align="center"
		+	\|'''НЕТ ВОЙНЕ'''
		+	\|-style="font-size: 16px;"
		+	\|
		+	24 февраля 2022 года российское руководство во главе с Владимиром Путиным развязало агрессивную войну против Украины. В глазах всего мира это военное преступление совершено от лица всей страны, всех россиян.
		+
		+	Будучи гражданами Российской Федерации, мы против своей воли оказались ответственными за нарушение международного права, военное вторжение и массовую гибель людей. Чудовищность совершенного преступления не оставляет возможности промолчать или ограничиться пассивным несогласием.
		+
		+	Мы убеждены в абсолютной ценности человеческой жизни, в незыблемости прав и свобод личности. Режим Путина — угроза этим ценностям. Наша задача — обьединить все силы для сопротивления ей.
		+
		+	Эту войну начали не россияне, а обезумевший диктатор. И наш гражданский долг — сделать всё, чтобы её остановить.
		+
		+	''Антивоенный комитет России''
		+	\|-style="font-size: 16px;"
		+	\|Распространяйте правду о текущих событиях, оберегайте от пропаганды своих друзей и близких. Изменение общественного восприятия войны - ключ к её завершению.
		+	\|-style="font-size: 16px;"
		+	\|[https://meduza.io/ meduza.io], [https://www.youtube.com/c/popularpolitics/videos Популярная политика], [https://novayagazeta.ru/ Новая газета], [https://zona.media/ zona.media], [https://www.youtube.com/c/MackNack/videos Майкл Наки].
		+	\|}
		+
	Троллейбусный (трамвайный) билет имеет номер, состоящий из шести цифр. Билет считается счастливым, если сумма первых трёх цифр равна сумме последних трёх, например, <tex>024321</tex>. Известно, что количество счастливых билетов из шести цифр равно <tex>55252</tex>.		Троллейбусный (трамвайный) билет имеет номер, состоящий из шести цифр. Билет считается счастливым, если сумма первых трёх цифр равна сумме последних трёх, например, <tex>024321</tex>. Известно, что количество счастливых билетов из шести цифр равно <tex>55252</tex>.
	{{Задача		{{Задача

@@ Строка 46: / Строка 46: @@
 == Способ с конечной суммой ==
-Рассмотрим функцию <tex>g(\phi)=H(e^{i\phi})=\left(\dfrac{\sin{5\phi}}{\sin{\frac{\pi}{2}}}\right)^6</tex>. Как доказано выше, <tex>L_6=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}g(\phi)d\phi</tex>. Для интеграла можно выписать приближенную формулу и получить <tex>L_6 \approx \dfrac{1}{N}\sum\limits_{k=0}^{N-1}g(\dfrac{2\pi k}{N})</tex>. Интересно, что при достаточно большом <tex>N</tex> это равенство становится точным.
+Рассмотрим функцию <tex>g(\phi)=H(e^{i\phi})=\left(\dfrac{\sin{5\phi}}{\sin{\frac{\pi}{2}}}\right)^6</tex>. Как доказано выше, <tex>L_6=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}g(\phi)d\phi</tex>. Для интеграла можно выписать приближенную формулу и получить <tex>L_6 \approx \displaystyle\dfrac{1}{N}\sum\limits_{k=0}^{N-1}g\Big(\dfrac{2\pi k}{N}\Big)</tex>. Интересно, что при достаточно большом <tex>N</tex> это равенство становится точным.
 {{Утверждение
 |statement=При <tex>N \geqslant 28</tex> и любом <tex>\phi_0</tex> <tex>L_6 = \dfrac{1}{N}\sum\limits_{k=0}^{N-1}g(\phi_k)</tex>, где <tex>\phi_k=\phi_0+\dfrac{2\pi k}{N}, k > 0</tex>.

@@ Строка 21: / Строка 21: @@
 == Решение путем интегрирования ==
-Рассмотрим многочлен Лорана (т.е. многочлен, в котором допускаются отрицательные степени) <tex>H(z)=G^3(z)G^3(1/z)</tex>. Заметим, что его свободный член равен <tex>\sum\limits_{i=0}^{27}[z^i]G^3(z)\cdot [z^{-i}]G^3(z^{-1})=\sum\limits_{i=0}^{27}(D_3^i)^2</tex>. Воспользуемся теоремой Коши <ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%98%D0%BD%D1%82%D0%B5%D0%B3%D1%80%D0%B0%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%B0%D1%8F_%D1%84%D0%BE%D1%80%D0%BC%D1%83%D0%BB%D0%B0_%D0%9A%D0%BE%D1%88%D0%B8 Интегральная формула Коши — Википедия]
+Рассмотрим многочлен Лорана (т.е. многочлен, в котором допускаются отрицательные степени) <tex>H(z)=G^3(z)G^3(1/z)</tex>. Заметим, что его свободный член равен <tex>\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{27}[z^i]G^3(z)\cdot [z^{-i}]G^3(z^{-1})=\sum\limits_{i=0}^{27}(D_3^i)^2</tex>. Воспользуемся теоремой Коши <ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%98%D0%BD%D1%82%D0%B5%D0%B3%D1%80%D0%B0%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%B0%D1%8F_%D1%84%D0%BE%D1%80%D0%BC%D1%83%D0%BB%D0%B0_%D0%9A%D0%BE%D1%88%D0%B8 Интегральная формула Коши — Википедия]
 </ref> из комплексного анализа:
 {{Теорема

@@ Строка 18: / Строка 18: @@
 == Решение с помощью [[Формула включения-исключения | формулы включения-исключения]]==
-Как мы заметили раньше, ответ на задачу равен количеству шестизначных билетов с суммой <tex>27</tex>. Рассмотрим расстановки целых неотрицательных чисел на шести позициях, дающих в сумме <tex>27</tex>; обозначим их множество <tex>A</tex>. Выделим шесть его подмножеств <tex>C_i, i = 1 \ldots 6</tex>, где <tex>i</tex>-е множество состоит из расстановок, у которых в <tex>i</tex>-й позиции стоит число, не меньшее <tex>10</tex>. Число счастливых билетов равно числу расстановок, не принадлежащих ни одному из множеств. Расстановке <tex>(a_1,a_2 \ldots a_n)</tex> из <tex>n</tex> чисел с суммой <tex>k</tex> сопоставим сочетание с повторениями <ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A1%D0%BE%D1%87%D0%B5%D1%82%D0%B0%D0%BD%D0%B8%D0%B5#.D0.A1.D0.BE.D1.87.D0.B5.D1.82.D0.B0.D0.BD.D0.B8.D1.8F_.D1.81_.D0.BF.D0.BE.D0.B2.D1.82.D0.BE.D1.80.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F.D0.BC.D0.B8 Сочетание — Википедия]</ref> из <tex>n</tex> по <tex>k</tex>, в котором <tex>i</tex>-й элемент повторяется <tex>a_i</tex> раз. Так как это сопоставление взаимно-однозначно, количество расстановок равно количеству сочетаний с повторениями, т.е. <tex>\binom{n+k-1}{n-1}</tex>. Число <tex>\left\vert{A}\right\vert</tex> всех расстановок неотрицательных целых чисел с суммой <tex>27</tex> в шесть позиций равно <tex>\binom{32}{5}</tex>. Число расстановок <tex>\left\vert{C_i}\right\vert</tex> одинаково для всех <tex>i</tex> и равно <tex>\binom{22}{5}</tex>. В самом деле, мы можем поставить в <tex>i</tex>-ю позицию число <tex>10</tex>, а оставшуюся сумму <tex>17</tex> произвольно распределить по шести позициям. Аналогично, число расстановок <tex>\left\vert{C_i \cap C_j}\right\vert</tex> одинаково для любой пары <tex>i, j, i \neq j</tex> и равно <tex>\binom{12}{5}</tex>: мы выбираем две позиции и ставим в них <tex>10</tex> и произвольно распределяем оставшуюся сумму <tex>7</tex> по шести позициям. Таким образом, искомое количество расстановок равно <tex>\left\vert{A}\right\vert - \binom{6}{1}\left\vert{C_i}\right\vert+\binom{6}{2}\left\vert{C_i \cap  C_j}\right\vert = \binom{32}{5}-6\binom{22}{5}+15\binom{12}{5} = 55252</tex>.
+Как мы заметили раньше, ответ на задачу равен количеству шестизначных билетов с суммой <tex>27</tex>. Рассмотрим расстановки целых неотрицательных чисел на шести позициях, дающих в сумме <tex>27</tex>; обозначим их множество <tex>A</tex>. Выделим шесть его подмножеств <tex>C_i, i = 1 \ldots 6</tex>, где <tex>i</tex>-е множество состоит из расстановок, у которых в <tex>i</tex>-й позиции стоит число, не меньшее <tex>10</tex>. Число счастливых билетов равно числу расстановок, не принадлежащих ни одному из множеств. Расстановке <tex>(a_1,a_2 \ldots a_n)</tex> из <tex>n</tex> чисел с суммой <tex>k</tex> сопоставим сочетание с повторениями <ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A1%D0%BE%D1%87%D0%B5%D1%82%D0%B0%D0%BD%D0%B8%D0%B5#.D0.A1.D0.BE.D1.87.D0.B5.D1.82.D0.B0.D0.BD.D0.B8.D1.8F_.D1.81_.D0.BF.D0.BE.D0.B2.D1.82.D0.BE.D1.80.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F.D0.BC.D0.B8 Сочетание — Википедия]</ref> из <tex>n</tex> по <tex>k</tex>, в котором <tex>i</tex>-й элемент повторяется <tex>a_i</tex> раз. Так как это сопоставление взаимно-однозначно, количество расстановок равно количеству сочетаний с повторениями, т.е. <tex>\dbinom{n+k-1}{n-1}</tex>. Число <tex>\left\vert{A}\right\vert</tex> всех расстановок неотрицательных целых чисел с суммой <tex>27</tex> в шесть позиций равно <tex>\dbinom{32}{5}</tex>. Число расстановок <tex>\left\vert{C_i}\right\vert</tex> одинаково для всех <tex>i</tex> и равно <tex>\dbinom{22}{5}</tex>. В самом деле, мы можем поставить в <tex>i</tex>-ю позицию число <tex>10</tex>, а оставшуюся сумму <tex>17</tex> произвольно распределить по шести позициям. Аналогично, число расстановок <tex>\left\vert{C_i \cap C_j}\right\vert</tex> одинаково для любой пары <tex>i, j, i \neq j</tex> и равно <tex>\dbinom{12}{5}</tex>: мы выбираем две позиции и ставим в них <tex>10</tex> и произвольно распределяем оставшуюся сумму <tex>7</tex> по шести позициям. Таким образом, искомое количество расстановок равно <tex>\left\vert{A}\right\vert - \dbinom{6}{1}\left\vert{C_i}\right\vert+\dbinom{6}{2}\left\vert{C_i \cap  C_j}\right\vert = \dbinom{32}{5}-6\dbinom{22}{5}+15\dbinom{12}{5} = 55252</tex>.
 == Решение путем интегрирования ==

@@ Строка 15: / Строка 15: @@
 Действительно, однозначное число с суммой цифр <tex>k</tex> (для <tex>k=0,\ldots,9</tex>) можно представить одним способом. Для <tex>k>9</tex> — ноль способов. Заметим, что <tex>G^n(z)</tex> — производящая функция для чисел <tex>D_n^k</tex>, поскольку коэффициент при <tex>z^k</tex> получается перебором всех возможных комбинаций из <tex>n</tex> цифр, равных в сумме <tex>k</tex>. Ответом на задачу будет <tex>[z^{9n}]G^{2n}(z)</tex>. Перепишем производящую функцию в ином виде: <tex>
 G(z) = 1+z+\ldots+z^9 = \dfrac{1-z^{10}}{1-z}
-</tex> и получим, что <tex>G^{2n}(z)=(1-z^{10})^{2n}(1-z)^{-2n}=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}(-z^{10})^k\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{\infty}\binom{-2n}{j}(-z)^j</tex>. Так как <tex>\dbinom{-2n}{k}=(-1)^k\dbinom{2n+k-1}{k}</tex>, понятно, что <tex>[z^{9n}]G^{2n}(z)=\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{\lfloor{\frac{9n}{10}}\rfloor}(-1)^j\binom{2n}{j}\binom{11n-10j-1}{9n-10j}</tex>, что при <tex>n=3</tex> дает <tex>\dbinom{6}{0}\dbinom{32}{27}-\dbinom{6}{1}\dbinom{22}{17}+\dbinom{6}{2}\dbinom{12}{7}=55252</tex>.
+</tex> и получим, что <tex>G^{2n}(z)=(1-z^{10})^{2n}(1-z)^{-2n}=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}(-z^{10})^k</tex><tex>\Big(\sum\limits_{j=0}^{\infty}\binom{-2n}{j}(-z)^j\Big)</tex>. Так как <tex>\dbinom{-2n}{k}=(-1)^k\dbinom{2n+k-1}{k}</tex>, понятно, что <tex>[z^{9n}]G^{2n}(z)=\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{\lfloor{\frac{9n}{10}}\rfloor}(-1)^j\binom{2n}{j}\binom{11n-10j-1}{9n-10j}</tex>, что при <tex>n=3</tex> дает <tex>\dbinom{6}{0}\dbinom{32}{27}-\dbinom{6}{1}\dbinom{22}{17}+\dbinom{6}{2}\dbinom{12}{7}=55252</tex>.
 == Решение с помощью [[Формула включения-исключения | формулы включения-исключения]]==