W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 1 Popatrzmy a astępujące trzy zadaia: Zadaie 1. Ile jest liczb dwudziestocyfrowych o sumie cyfr rówej 5? Zadaie. Oblicz, ile jest liczb dwudziestocyfrowych spełiających jedocześie astępujące trzy waruki: w rozważaych liczbach występują wyłączie cyfry 1, i 3, każda cyfra 1, i 3 występuje co ajmiej jede raz, cyfry występują w rozważaej liczbie w kolejości iemalejącej, tz. wszystkie cyfry 1 występują przed wszystkimi cyframi i 3 oraz wszystkie cyfry występują przed wszystkimi cyframi 3. Przykładowe takie liczby: 1111113333333333, 13, 1111111111111111113. Zadaie 3. Oblicz, ile jest liczb dwudziestocyfrowych spełiających jedocześie astępujące dwa waruki: w rozważaych liczbach występują wyłączie cyfry 1, i 3, cyfry występują w rozważaej liczbie w kolejości iemalejącej, tz. wszystkie cyfry 1 występują przed wszystkimi cyframi i 3 oraz wszystkie cyfry występują przed wszystkimi cyframi 3. Przykładowe takie liczby (oprócz trzech przykładowych liczb pokazaych w zadaiu : 11111111111111111111, 11111111113333333333, 3. Oczywiście zadaia i 3 są podobe. Co jedak ma z imi wspólego zadaie 1? Okaże się, że istieje wspóla metoda rozwiązaia tych trzech zadań. Na razie jedak zajmijmy się ajbardziej aturalymi rozwiązaiami tych zadań. W rozwiązaiach tych trzech zadań będziemy korzystać z dwóch reguł kombiatoryczych (reguły dodawaia i reguły możeia oraz z pojęcia współczyika dwumiaowego (tzw. symbolu Newtoa. Reguły dodawaia i możeia zostały dokładie opisae w omówieiu zadaia 41 z Iformatora (część podstawowa. Tutaj omówię własości współczyików dwumiaowych. Współczyiki dwumiaowe możemy defiiować a wiele sposobów. Jede sposób polega a zdefiiowaiu ich wzorem: ( k! k! ( k! dla i k takich, że 0 k. Iy polega a zdefiiowaiu współczyika ( k jako liczby k-elemetowych podzbiorów zbioru -elemetowego (często przy tym używamy termiologii kombiatoryczej, mówiąc o k-elemetowych kombiacjach ze zbioru -elemetowego. W pierwszym sposobie defiiowaia współczyików dwumiaowych ie podkreśla się w ależyty sposób, że jest to pojęcie ie tyle algebraicze, ale kombiatorycze. Drugi sposób defiiowaia wymaga od uczia zapozaia się z pojęciem zbioru i podzbioru. Oczywiście te pojęcia będziemy musieli wprowadzić w czasie auki
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy kombiatoryki, ale chyba dydaktyczie lepiej jest ie opierać jedej z ajważiejszych defiicji a pojęciach, które dla ucziów są owe i iedostateczie przyswojoe. Opiszę tutaj mój ulubioy sposób wprowadzaia współczyików dwumiaowych. Po raz pierwszy ucziowie stykają się ze współczyikami dwumiaowymi przy okazji wzorów skrócoego możeia. Najpierw wyprowadzam wzory a kwadrat i sześcia sumy: (a + b a + ab + b, (a + b 3 a 3 + 3a b + 3ab + b 3. Następie proszę ucziów, by w domu w podoby sposób wyprowadzili kilka astępych wzorów: (a + b 4 a 4 + 4a 3 b + a b + 4ab 3 + b 4, (a + b 5 a 5 + 5a 4 b + 10a 3 b + 10a b 3 + 5ab 4 + b 5, (a + b a + a 5 b + 15a 4 b + 0a 3 b 3 + 15a b 4 + ab 5 + b, (a + b 7 a 7 + 7a b + 1a 5 b + 35a 4 b 3 + 35a 3 b 4 + 1a b 5 + 7ab + b 7, (a + b 8 a 8 + 8a 7 b + 8a b + 5a 5 b 3 + 70a 4 b 4 + 5a 3 b 5 + 8a b + 8ab 7 + b 8. Ucziowie dostrzegają regułę. Po prawej stroie wzoru a (a + b mamy zawsze sumę podobie wyglądających składików: pierwszym jest a (czyli a b 0, w każdym astępym potęgi a maleją, a potęgi b rosą i tak aż do ostatiego składika, którym jest b (czyli a 0 b. Zagadką atomiast pozostają współczyiki. Wyjaśiam ucziom, że oe biorą się z tzw. trójkąta Pascala, który wypisujemy a tablicy: 1 1 1 1 1 3 3 1 1 4 4 1 1 5 10 10 5 1 1 15 0 15 1 1 7 1 35 35 1 7 1 1 8 8 5 70 5 8 8 1 1 9 3 84 1 1 84 3 9 1 1 10 45 10 10 5 10 10 45 10 1 Podaję wtedy ucziom zasadę tworzeia kolejych wierszy: zaczyamy i kończymy każdy wiersz jedyką; każda z pozostałych liczb jest sumą dwóch liczb sąsiadujących z ią jede wiersz wyżej. Nie podaję wtedy wzoru a współczyiki dwumiaowe; zostawiam to a późiej, gdy zaczyam uczyć kombiatoryki. Naukę kombiatoryki rozpoczyam od wprowadzeia reguł możeia i dodawaia (jak wspomiałem wyżej, opisałem je dokładiej w omówieiu zadaia 41 z Iformatora.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 3 Lekcję dotyczącą współczyików dwumiaowych rozpoczyam od wprowadzeia pojęcia ciągu zerojedykowego: jest to ciąg liczb, którego każdy wyraz jest zerem lub jedyką. Dopuszczale jest też, by któraś z tych liczb w ciągu ie wystąpiła. Takie ciągi zapisujemy bez przecików oddzielających koleje wyrazy. Po kilku przykładach proszę ucziów, by w domu wypisali wszystkie ciągi zerojedykowe długości, 3, 4 i 5 (czasem awet też długości oraz pogrupowali je według liczby jedyek w ciągu oraz odpowiedzieli a pytaie, ile jest ciągów zerojedykowych długości (gdzie 1 5, w których jest k jedyek (gdzie 0 k. Łatwo grupujemy ciągi długości 1 i : oraz 0 1 00 01 11 10 Ciągi długości 3 grupujemy w czterech kolumach: 000 001 011 111 010 101 100 110 Dla przykładu pokażę jeszcze pogrupowae ciągi długości 5: 00000 00001 00011 00111 01111 11111 00010 00101 01011 10111 00100 00110 01101 11011 01000 01001 01110 11101 10000 01010 10011 11110 01100 10101 10001 10110 10010 11001 10100 11010 11000 11100 Ucziowie, którzy prawidłowo wykoają zadaie domowe (a więc a przykład ie zgubią iektórych ciągów, co często się zdarza, zauważają, że zalezioe liczby tworzą zay im trójkąt Pascala. Teraz wprowadzam ozaczeie: symbol ( k ozacza liczbę stojącą w wierszu o umerze a miejscu o umerze k; zwracam uwagę a to, że umeracja wierszy zaczya się od jedyki, a umeracja liczb w wierszach zaczya się od zera. Mamy zatem: ( 5 0 ( 1 ( 1 ( 0 1 ( ( ( 0 1 3 ( 3 ( 3 ( 3 ( 0 1 3 4 ( 4 ( 4 ( 3 ( 4 0 ( 1 3 4 5 ( 5 ( 3 ( 5 ( 5 1 3 4 5
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 4 Mamy także kombiatoryczą defiicję współczyika dwumiaowego: liczba ( k jest rówa liczbie ciągów zerojedykowych długości, w których jest k jedyek. Przypomiam zasadę tworzeia trójkąta Pascala: każdy wiersz zaczya się i kończy jedyką oraz każda z pozostałych liczb w daym wierszu jest sumą dwóch liczb sąsiadujących z ią jede wiersz wyżej. Tę zasadę możemy sformułować w postaci twierdzeia. Twierdzeie 1. Dla dowolego 1 mamy: ( ( 1. 0 Poadto dla dowolego i dowolego k takiego, że 0 < k < mamy ( ( ( 1 1 +. k k 1 k Dowód. Rówość ( 0 1 wyika stąd, że istieje dokładie jede ciąg zerojedykowy długości ( mający 0 jedyek, miaowicie ciąg składający się z samych zer. Podobie 1, bo tylko jede ciąg zerojedykowy długości ma jedyek; jest to ciąg składający się z samych jedyek. Przypuśćmy teraz, że mamy liczby i k takie, że oraz 0 < k <. Wyobrażamy sobie, że wszystkie ciągi zerojedykowe długości i mające k jedyek wypisujemy w dwóch kolumach. W pierwszej kolumie zajdą się te ciągi, w których ostati wyraz jest rówy 1. W drugiej kolumie zajdą się te ciągi, w których ostati wyraz jest rówy 0. Popatrzmy a przykład. Niech i k 4. Oto wszystkie ciągi zerojedykowe długości, w których występują 4 jedyki: 00111 1 01111 0 01011 1 10111 0 01101 1 11011 0 01110 1 11101 0 10011 1 11110 0 10101 1 10110 1 11001 1 11010 1 11100 1 Ostatie wyrazy tych ciągów zostały oddzieloe kreską. W pierwszej kolumie mamy ciągi kończące się jedyką, w drugiej mamy ciągi kończące się zerem. Zauważmy, że przed kreską mamy w pierwszej kolumie wszystkie możliwe ciągi zerojedykowe długości 5 z trzema jedykami, a w drugiej wszystkie możliwe ciągi zerojedykowe długości 5 z czterema jedykami. A więc w aszym przykładzie mamy rówość ( ( ( 5 5 +. 4 3 4 Popatrzmy teraz a te ciągi w całej ogólości. Najpierw we wszystkich ciągach z pierwszej kolumy skreślmy ostatią jedykę otrzymamy wszystkie możliwe ciągi zerojedykowe długości 1 mające k 1 jedyek (pamiętajmy, że jedą z k jedyek
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 5 skreśliliśmy. Następie we wszystkich ciągach w drugiej kolumie skreślmy ostatie zero otrzymamy wszystkie ciągi zerojedykowe długości mające k jedyek. Zatem z defiicji współczyika dwumiaowego wyika, że w pierwszej kolumie zajduje się ( 1 k 1 ( ciągów zerojedykowych, a w drugiej zajduje się 1 ciągów. Podsumujmy: w obu kolumach razem mamy wszystkie ciągi zerojedykowe długości, w których jest k jedyek, zatem w obu kolumach razem zajduje się ( k ciągów, w pierwszej kolumie zajduje się ( 1 k 1 ciągów, w drugiej kolumie zajduje się ( 1 k ciągów, żade ciąg ie występuje w obu kolumach. Z reguły dodawaia wyika zatem, że ( ( 1 + k k To kończy dowód twierdzeia. ( 1. k 1 Ciągi zerojedykowe mają wiele dobrych iterpretacji. Ciąg zerojedykowy długości, w którym jest k jedyek wskazuje pewie sposób wybieraia k obiektów spośród obiektów. Numerujemy miaowicie wszystkie obiekty liczbami od 1 do i wybieramy obiekty o tych umerach, a których miejscach w aszym ciągu zerojedykowym stoi jedyka. Zatem współczyik dwumiaowy ( k jest rówy liczbie sposobów wybraia k obiektów spośród obiektów. Iaczej mówiąc, jest to liczba k-elemetowych podzbiorów zbioru -elemetowego. Naturalym pytaiem jest to, w jaki sposób możemy obliczać współczyiki dwumiaowe. Dla małych możemy po prostu wypisać kilka początkowych wierszy trójkąta Pascala. Chcielibyśmy jedak mieć wzór pozwalający obliczać dowole współczyiki dwumiaowe. Taki wzór wyprowadzam z astępującego twierdzeia. Twierdzeie. Dae są liczby aturale k i takie, że 1 k. Wówczas ( ( 1 k. k k 1 Dowód. Rozważamy wszystkie ciągi zdefiiowae w astępujący sposób: ciąg ma długość oraz wśród jego wyrazów jest k 1 jedyek, jeda dwójka i wszystkie pozostałe wyrazy są zerami. Pomysł rozumowaia polega a tym, by tak zdefiiowae ciągi zliczyć dwoma sposobami. Poieważ liczba tych ciągów ie zależy oczywiście od sposobu zliczaia, więc otrzymae dwie liczby będą rówe. Oba sposoby zliczaia polegają tak aprawdę a tym, by policzyć, a ile sposobów możemy taki ciąg skostruować. Sposób 1. Najpierw tworzymy ciąg zerojedykowy długości, w którym jest k jedyek (z defiicji współczyika dwumiaowego możemy to zrobić a ( k sposobów, a astępie jedą jedykę zamieiamy a dwójkę (poieważ jest k jedyek, więc iezależie od tego, a których miejscach oe stoją w aszym ciągu, możemy to zrobić a k sposobów. Z reguły możeia wyika, że istieje k ( k ciągów rozważaej postaci. k
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy Sposób. Najpierw wybieramy miejsce, a którym wpiszemy dwójkę. Możemy to miejsce wybrać a sposobów. Pozostaje 1 miejsc; możemy je potraktować jako miejsca, w które wpiszemy wyrazy ciągu zerojedykowego długości 1, w którym jest k 1 jedyek. Z defiicji współczyika dwumiaowego wiemy, że istieje ( 1 k 1 takich ciągów. Zów korzystamy z reguły możeia i stwierdzamy, że istieje ( 1 k 1 ciągów rozważaej postaci. Jak wspomiałem, iezależie od sposobu zliczaia elemetów, musimy otrzymać te sam wyik. Mamy zatem rówość ( ( 1 k, k k 1 co kończy dowód twierdzeia. Powyższy dowód prowokuje do astępującego kometarza. Użycie ciągów zerojedykowych pozwala a pokazaie w trakcie dowodu łatwego przykładu dobrze ilustrującego główy pomysł. Oczywiście moża zrobić to samo z podzbiorami zbioru sześcioelemetowego, ale moim zdaiem użycie ciągów jest bardziej czytele dla uczia. Wiosek. Dae są liczby aturale k i takie, że 1 k. Wówczas ( ( 1 k k. k 1 Z tego wiosku wyprowadzam kilka wzorów, z których korzystamy ajczęściej (zakładam tutaj, że 3: ( ( 1 1 1 1, 0 ( ( 1 ( 1 ( 1, 1 ( ( 1 3 3 ( 1( ( 1(. 3 Te sposób obliczaia współczyików dwumiaowych ilustruję jedym zadaiem. Zadaie. Na ile sposobów moża wybrać różych liczb spośród liczb od 1 do 49? Rozwiązaie. Z defiicji wiemy, że liczba takich podzbiorów jest rówa ( 49. Korzystając kilkakrotie z powyższego wzoru oraz ze zaego am już wzoru ( 0 1, otrzymujemy: ( 49 49 ( 48 49 5 48 ( 47 5 49 4 48 5 47 ( 4 4 3 49 48 5 47 4 4 ( 45 3 49 48 5 47 4 4 3 45 ( 44 1 49 48 5 47 4 4 3 45 44 ( 43 1 49 0 48 5 47 4 4 3 45 44 1 1 49 48 47 4 45 44. 5 4 3 1
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 7 Po skróceiu ułamka (bo: 48 4 oraz 15 5 3, otrzymujemy ( 49 49 47 4 3 44 1398381. Nietrudo uogólić to rozumowaie, by otrzymać wzór ogóly a współczyik dwumiaowy ( k. Ścisłe rozumowaie wymaga idukcji matematyczej. Ale możemy przekoać ucziów o słuszości wzoru a podstawie kilku przykładów pokazujących w istocie to samo rozumowaie lub za pomocą obliczeia: ( ( 1 k k k 1 k 1 ( k 1 k k 1 k 1 ( 3 k k 3... k 1 k 1 k... k + 1 1 k 1 k 1 k... k + 1 1 ( k k k 1 ( 1 (... ( k + 1. k! Zajomość wzoru ogólego jest oczywiście bardzo przydata w obu postaciach: ( ( 1 (... ( k + 1 k k! oraz ( k ( 1 (... ( k + 1 k! ( 1 (... ( k + 1 ( k ( k 1... 1 k! ( k ( k 1... 1 ( 1 (... ( k + 1 ( k ( k 1... 1 k! ( k!! k! ( k!. Proszę jedak ucziów, by zapamiętali kilka szczególych przypadków tego wzoru i by w tych przypadkach ie odwoływali się do wzoru ogólego. Przypomiam te wyprowadzoe wyżej ajważiejsze przypadki: ( ( ( ( 1 ( 1(,,. 1 3
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 8 Te wstęp chcę zakończyć kilkoma ogólymi uwagami dotyczącymi auczaia kombiatoryki. Po pierwsze, kombiatoryka to ie tylko permutacje, kombiacje i wariacje (z powtórzeiami lub bez i wzory a liczbę tych obiektów. Tych pojęć a lekcji wręcz ie omawiam. Kombiatoryka (przyajmiej w zakresie obowiązującym w szkole to przede wszystkim sztuka zliczaia elemetów zbiorów skończoych. Chciałbym, by ucziowie auczyli się tej sztuki korzystając z ajprostszych zasad te sposób myśleia przyda im się w dalszej auce kombiatoryki, bardziej iż wyłączie umiejętość rozpozawaia wybraych obiektów kombiatoryczych (wspomiae permutacje, kombiacje i wariacje. Każde zadaie, w którym korzysta się z gotowych wzorów a przykład a liczbę wariacji, moża bardzo łatwo rozwiązać bezpośredio z reguły możeia ale ie a odwrót. Istieje także wiele zadań, które moża łatwo rozwiązać za pomocą rozumowaia kombiatoryczego i trudo rozwiązać iym sposobem. Przykładem jest astępująca tożsamość: ( + 0 ( + 1 ( ( +... + + 1 ( (. Dowód polega a zliczaiu dwoma sposobami ciągów zerojedykowych długości mających jedyek. Z jedej stroy jest ich oczywiście (. To jest prawa stroa wzoru. Z drugiej stroy patrzymy a liczbę jedyek wśród pierwszych wyrazów ciągu jest to liczba od 0 do. Dla każdej liczby k takiej, że 0 k policzymy ciągi mające k jedyek. Jeśli wśród pierwszych wyrazów ciągu jest k jedyek, to wśród ostatich wyrazów jest k jedyek. Istieje ( ( k ciągów mających k jedyek. Istieje astępie k ciągów mających k jedyek. Nietrudo zauważyć, że prawdziwa jest rówość ( k (. k Istieje zatem ( k ciągów mających k jedyek. Bierzemy teraz dwa ciągi: jede mający k jedyek i jede mający k jedyek, a astępie łączymy w jede ciąg zerojedykowy długości mający jedyek. Reguła możeia mówi, że możemy to zrobić a ( ( k sposobów. Pokazaliśmy zatem, że istieje k ciągów zerojedykowych długości, w których jest jedyek umieszczoych tak, że w pierwszej połowie ciągu zajduje się k jedyek. Teraz reguła dodawaia mówi, że tak otrzymae liczby mamy dodać; to daje lewą stroę wzoru. W te sposób dowód wzoru został zakończoy. Oczywiście istieje także dowód czysto rachukowy; jest o jedak bardziej skomplikoway. Po tym wstępie przejdźmy do rozwiązaia aszych trzech zadań. Najpierw zajmijmy się zadaiem 1. Jedak zaim je rozwiążemy, popatrzmy a rozwiązaia kilku zadań prostszych. Zadaie 4. Ile jest liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej? Rozwiązaie. Rozważamy dwa przypadki, gdyż sumę cyfr możemy uzyskać a dwa sposoby.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 9 Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe są rówe 0. Istieje tylko jeda taka liczba: 00000. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 1, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 110000, 101000, 100100, 100010 oraz 100001. Łączie mamy więc liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr. Powyższe rozwiązaie możemy zapisać ieco iaczej. Sumę cyfr możemy uzyskać a dwa sposoby: + 0, 1 + 1. W powyższym zapisie pierwszy składik ozacza pierwszą cyfrę rozważaej liczby; drugi zaś ozacza, że wśród pozostałych pięciu cyfr zajdują się albo same zera (w przypadku pierwszym, albo jeda jedyka (w przypadku drugim. Oczywiście jest tylko jeda możliwość, w której po pierwszej cyfrze rówej występują same zera. Natomiast istieje 5 liczb, w których po pierwszej jedyce występuje jeda jedyka i cztery zera: jedyka może być bowiem a jedym z pięciu miejsc. Zadaie 5. Ile jest liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej 3? Rozwiązaie. Sumę cyfr rówą 3 możemy uzyskać a cztery sposoby: 3 3 + 0, 3 + 1, 3 1 +, 3 1 + 1 + 1. Mamy zatem 4 przypadki. Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe są rówe 0. Istieje tylko jeda taka liczba: 300000. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 1, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 10000, 01000, 00100, 00010 oraz 00001. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy 5 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 3. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 10000, 10000, 10000, 10000 oraz 10000. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy 5 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę (a pozostałych stawiamy cyfrę 0.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 10 Przypadek 4. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 111000, 110100, 110010, 110001, 101100, 101010, 101001, 100110, 100101 oraz 100011. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Łączie mamy zatem 1 + 5 + 5 + 10 1 liczb. Zadaie. Ile jest liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej 4? Rozwiązaie. Sumę cyfr rówą 4 możemy uzyskać a osiem sposobów: 4 4 + 0, 4 3 + 1, 4 +, 4 + 1 + 1, 4 1 + 3, 4 1 + + 1, 4 1 + 1 +, 4 1 + 1 + 1 + 1. Mamy zatem 8 przypadków. Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 4, wszystkie astępe są rówe 0. Istieje tylko jeda taka liczba: 400000. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 1, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 310000, 301000, 300100, 300010 oraz 300001. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 3, a astępie mamy 5 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 3. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 0000, 0000, 0000, 0000 oraz 0000. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy 5 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 4. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 11000, 10100, 10010, 10001, 01100, 01010, 01001, 00110, 00101 oraz 00011.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 11 Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 5. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 3, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 130000, 103000, 100300, 100030 oraz 100003. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy 5 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 3 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 11000, 10100, 10010, 10001, 10100, 10010, 10001, 10010, 10001 oraz 10001. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 7. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1 i (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 11000, 10100, 11000, 11000, 10100, 10100, 10100, 10010, 10010 oraz 10001. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 i (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1 i stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 8. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 111100, 111010, 111001, 110110, 110101, 110011, 101110, 101101, 101011 oraz 100111. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 3 10 możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Łączie mamy zatem 1 + 5 + 5 + 10 + 5 + 10 + 10 + 10 5 liczb. Zadaie 7. Ile jest liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej 5? Rozwiązaie. Sumę cyfr rówą 5 możemy uzyskać a 1 sposobów: 5 5 + 0,
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 1 5 4 + 1, 5 3 +, 5 3 + 1 + 1, 5 + 3, 5 + + 1, 5 + 1 +, 5 + 1 + 1 + 1, 5 1 + 4, 5 1 + 3 + 1, 5 1 + 1 + 3, 5 1 + +, 5 1 + + 1 + 1, 5 1 + 1 + + 1, 5 1 + 1 + 1 +, 5 1 + 1 + 1 + 1 + 1. Mamy zatem 1 przypadków. Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 5, wszystkie astępe są rówe 0. Istieje tylko jeda taka liczba: 500000. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 4, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 1, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 410000, 401000, 400100, 400010 oraz 400001. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 4, a astępie mamy 5 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 3. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 30000, 30000, 30000, 30000 oraz 30000. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 3, a astępie mamy 5 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 4. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 311000, 310100, 310010, 310001, 301100, 301010, 301001, 300110, 300101 oraz 300011. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 3, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 5. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 3, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 30000, 03000, 00300, 00030 oraz 00003.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 13 Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy 5 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 3 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 1000, 0100, 0010, 0001, 0100, 0010, 0001, 0010, 0001 oraz 0001. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 7. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1 i (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 1000, 10100, 1000, 1000, 0100, 0100, 0100, 0010, 0010 oraz 0001. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 i (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1 i stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 8. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 11100, 11010, 11001, 10110, 10101, 10011, 01110, 01101, 01011 oraz 00111. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 5 3 10 możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 9. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 4, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 140000, 104000, 100400, 100040 oraz 100004. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy 5 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 4 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 10. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 3 i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 131000, 130100, 130010, 130001, 103100, 103010, 103001, 100310, 100301 oraz 100031.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 14 Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 3 i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 3 i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 11. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1 i 3 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 113000, 110300, 110030, 110003, 101300, 101030, 101003, 100130, 100103 oraz 100013. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 i 3 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1 i 3 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 1000, 1000, 1000, 1000, 1000, 1000, 1000, 1000, 1000 oraz 1000. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 10 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy dwie cyfry (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 13. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych, 1 i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 11100, 11010, 11001, 10110, 10101, 10011, 10110, 10101, 10011 oraz 10011. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 3 10 możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry, 1 i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry, 1 i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych trzech Przypadek 14. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 11100, 11010, 11001, 11010, 11001, 11001, 10110, 10101, 10101 oraz 10011. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 3 10 możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1, i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1, i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych trzech
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 15 Przypadek 15. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, 1 i (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 10 takich liczb: 11100, 11100, 11100, 11010, 11010, 11001, 10110, 10110, 10101 oraz 10011. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 5 3 10 możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1, 1 i (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1, 1 i stawiamy w tej kolejości a wybraych trzech Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem czterech rówych 1, są rówe 0. Istieje 5 takich liczb: 111110, 111101, 111011, 110111 oraz 101111. Iaczej mówiąc: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1 i wtedy mamy ( 5 4 5 możliwości wyboru czterech miejsc, a których postawimy cztery cyfry 1 (a pozostałym miejscu stawiamy cyfrę 0. Łączie mamy zatem 1+5+5+10+5+10+10+10+5+10+10+10+10+10+10+5 1 liczb. Zadaie 8. Ile jest liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej? Rozwiązaie tego zadaia pozostawię jako żmude ćwiczeie. Liczbę moża przedstawić w postaci sumy liczb a 3 sposoby. Przeaalizowaie wszystkich powio dać ostateczy wyik rówy 5. W dalszym ciągu zobaczymy metody ogóle, za pomocą których moża szybciej otrzymać tę odpowiedź. Teraz możemy powrócić do zadaia 1 i przedstawić jego rozwiązaie. Rozwiązaie zadaia 1. Tak jak w zadaiu 5 mamy 1 sposobów przedstawieia sumy cyfr 5: 5 5 + 0, 5 4 + 1, 5 3 +, 5 3 + 1 + 1, 5 + 3, 5 + + 1, 5 + 1 +, 5 + 1 + 1 + 1, 5 1 + 4, 5 1 + 3 + 1, 5 1 + 1 + 3, 5 1 + +, 5 1 + + 1 + 1, 5 1 + 1 + + 1, 5 1 + 1 + 1 +,
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 1 5 1 + 1 + 1 + 1 + 1. Mamy zatem 1 przypadków. W tych przypadkach skorzystamy z astępujących obliczeń: ( 19 19 18 19 9 171, ( 19 19 18 17 19 3 17 99, 3 ( 19 19 18 17 1 19 17 387. 4 4 Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 5, każda z astępych 19 cyfr jest rówa 0. Istieje tylko jeda taka liczba. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 4, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 1, są rówe 0. Istieje 19 takich liczb. Miaowicie a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 4, a astępie mamy 19 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 3. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej, są rówe 0. Istieje 19 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 3, a astępie mamy 19 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 4. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1, są rówe 0. Istieje 171 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 3, a astępie mamy ( 19 171 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 5. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 3, są rówe 0. Istieje 19 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy 19 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 3 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 171 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 19 171 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 7. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1 i (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 171 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 19 171 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 i (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1 i stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 8. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, są rówe 0. Istieje 99 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 19 3 99 możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 9. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 4, są rówe 0. Istieje 19 takich liczb: a pierwszym miejscu
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 17 stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy 19 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 4 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 10. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 3 i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 171 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 19 171 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 3 i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 3 i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 11. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1 i 3 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 171 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 19 171 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 i 3 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1 i 3 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych, są rówe 0. Istieje 171 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 19 171 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy dwie cyfry (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 13. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych, 1 i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 99 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 19 3 99 możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry, 1 i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry, 1 i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych trzech Przypadek 14. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 99 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 19 3 99 możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1, i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1, i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych trzech Przypadek 15. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, 1 i (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje 99 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 19 3 99 możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1, 1 i (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1, 1 i stawiamy w tej kolejości a wybraych trzech Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem czterech rówych 1, są rówe 0. Istieje 387 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1 i wtedy mamy ( 19 4 387 możliwości wyboru czterech miejsc, a których postawimy cztery cyfry 1 (a pozostałych miejscach stawiamy cyfrę 0. Łączie mamy zatem 1+4 19+ 171+4 99+387 1+7+10+387+387 8855 liczb. W dalszym ciągu spróbujemy uogólić rozwiązae zadaia. Przyjrzyjmy się jedak ajpierw otrzymaym wyikom. Popatrzmy zatem jeszcze raz a kilka początkowych wierszy trójkąta Pascala, w którym zostały wytłuszczoe wyiki otrzymae w zadaiach od
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 18 4 do 8: 1 1 1 1 1 3 3 1 1 4 4 1 1 5 10 10 5 1 1 15 0 15 1 1 7 1 35 35 1 7 1 1 8 8 5 70 5 8 8 1 1 9 3 84 1 1 84 3 9 1 1 10 45 10 10 5 10 10 45 10 1 Zauważamy, że: istieje ( 1 liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej, istieje ( 7 1 liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej 3, istieje ( 8 3 5 liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej 4, istieje ( 9 4 1 liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej 5, istieje ( 10 5 5 liczb sześciocyfrowych o sumie cyfr rówej. Będziemy obliczać, ile jest liczb mających + 1 cyfr (tz. takich, że po pierwszej cyfrze mamy jeszcze cyfr i takich, że suma cyfr jest rówa, 3, 4 lub 5. Sprawdzimy, czy otrzymae wyiki rzeczywiście są współczyikami dwumiaowymi. We wszystkich astępych zadaiach zakładamy, że 5. Zadaie 9. Ile jest liczb mających + 1 cyfr o sumie cyfr rówej? Rozwiązaie. Sumę cyfr rówą możemy uzyskać a dwa sposoby: + 0, 1 + 1, Rozważamy zatem dwa przypadki: Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe są rówe 0. Istieje tylko jeda taka liczba. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 1, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb. Łączie mamy więc + 1 ( +1 1 liczb mających + 1 cyfr o sumie cyfr rówej. Zadaie 10. Ile jest liczb mających + 1 cyfr o sumie cyfr rówej 3? Rozwiązaie. Sumę cyfr rówą 3 możemy uzyskać a cztery sposoby: 3 3 + 0, 3 + 1, 3 1 +,
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 19 3 1 + 1 + 1. Mamy zatem 4 przypadki. Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe są rówe 0. Istieje tylko jeda taka liczba. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 1, są rówe 0. Istieje takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 1 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 3. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej, są rówe 0. Istieje takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 1 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 4. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Łączie mamy zatem 1 + + + liczb. ( 1 + 4 + ( 1 + 3 + ( + ( + 1 Zadaie 11. Ile jest liczb mających + 1 cyfr o sumie cyfr rówej 4? Rozwiązaie. Sumę cyfr rówą 4 możemy uzyskać a osiem sposobów: 4 4 + 0, 4 3 + 1, 4 +, 4 + 1 + 1, 4 1 + 3, 4 1 + + 1, 4 1 + 1 +, 4 1 + 1 + 1 + 1. ( + Mamy zatem 8 przypadków. Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 4, wszystkie astępe są rówe 0. Istieje tylko jeda taka liczba. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 1, są rówe 0. Istieje takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 3, a astępie mamy ( 1 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 3. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej, są rówe 0. Istieje takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 1 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę (a pozostałych stawiamy cyfrę 0.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 0 Przypadek 4. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 5. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 3, są rówe 0. Istieje takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 1 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 3 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 7. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1 i (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 i (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1 i stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 8. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, są rówe 0. Istieje ( 1( takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 3 ( 1( możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Zatem liczba rozważaych liczb o sumie cyfr rówej 4 jest rówa: 1 + 3 + 3 ( 1 ( 1( + + 18 + 9 9 + 3 3 + ( + 3( + ( + 1 ( + 3. 3 + 18 + 9( 1 + ( 1( 3 + + 11 + Zadaie 1. Ile jest liczb mających + 1 cyfr o sumie cyfr rówej 5? Rozwiązaie. Sumę cyfr rówą 5 możemy uzyskać a 1 sposobów: 5 5 + 0, 5 4 + 1, 5 3 +, 5 3 + 1 + 1, 5 + 3, 5 + + 1, 5 + 1 +, 5 + 1 + 1 + 1,
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 1 5 1 + 4, 5 1 + 3 + 1, 5 1 + 1 + 3, 5 1 + +, 5 1 + + 1 + 1, 5 1 + 1 + + 1, 5 1 + 1 + 1 +, 5 1 + 1 + 1 + 1 + 1. Mamy zatem 1 przypadków. Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 5, wszystkie astępe są rówe 0. Istieje tylko jeda taka liczba. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 4, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 1, są rówe 0. Istieje takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 4, a astępie mamy ( 1 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 3. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej, są rówe 0. Istieje takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 3, a astępie mamy ( 1 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 4. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 3, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 3, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 5. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 3, są rówe 0. Istieje takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 1 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 3 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 7. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1 i (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 i (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1 i stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 8. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, są rówe 0. Istieje ( 1( takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę, a astępie mamy ( 3 ( 1( możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy Przypadek 9. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem jedej rówej 4, są rówe 0. Istieje takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( 1 możliwości wyboru miejsca, a którym postawimy cyfrę 4 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 10. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 3 i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 3 i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 3 i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 11. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych 1 i 3 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy cyfry 1 i 3 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1 i 3 stawiamy w tej kolejości a wybraych dwóch Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem dwóch rówych, są rówe 0. Istieje ( 1 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1, a astępie mamy ( ( 1 możliwości wyboru dwóch miejsc, a których postawimy dwie cyfry (a pozostałych stawiamy cyfrę 0. Przypadek 13. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych, 1 i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje ( 1( takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1 oraz mamy ( 3 ( 1( możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry, 1 i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry, 1 i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych trzech Przypadek 14. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, i 1 (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje ( 1( takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1 oraz mamy ( 3 ( 1( możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1, i 1 (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1, i 1 stawiamy w tej kolejości a wybraych trzech Przypadek 15. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem trzech rówych 1, 1 i (w tej kolejości, są rówe 0. Istieje ( 1( takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1 oraz mamy ( 3 ( 1( możliwości wyboru trzech miejsc, a których postawimy cyfry 1, 1 i (a pozostałych stawiamy cyfrę 0; cyfry 1, 1 i stawiamy w tej kolejości a wybraych trzech Przypadek 1. Pierwszą cyfrą rozważaej liczby jest 1, wszystkie astępe, z wyjątkiem czterech rówych 1, są rówe 0. Istieje ( 1( ( 3 4 takich liczb: a pierwszym miejscu stawiamy cyfrę 1 i wtedy mamy ( 4 ( 1( ( 3 4 możliwości wyboru czterech miejsc, a których postawimy cztery cyfry 1 (a pozostałych
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 3 miejscach stawiamy cyfrę 0. Zatem liczba rozważaych liczb jest rówa: 1 + 4 + ( + 4 ( + 3 ( 4 ( 1 ( 1( ( 1( ( 3 1 + 4 + + 4 + 4 4 + 9 + 7( 1 + 1( 1( + ( 1( ( 3 4 4 + 9 + ( 1( 7 + 1( + ( ( 3 4 4 + 9 + ( 1(7 + 1 3 + 5 + 4 4 + 9 + ( 1( + 11 + 4 4 4 + 9 + (3 + 11 + 4 11 4 4 4 + 9 + (3 + 10 + 35 4 4 4 + 9 + 4 + 10 3 + 35 4 4 4 + 10 3 + 35 + 50 + 4. 4 Z drugiej stroy zauważmy, że ( + 4( + 3( + ( + 1 ( + 7 + 1( + 3 + 4 + 3 3 + + 7 3 + 1 + 14 + 1 + 3 + 4 4 + 10 3 + 35 + 50 + 4. A więc liczba rozważaych liczb jest rówa ( + 4( + 3( + ( + 1 4 ( + 4. 4 Zadaie 13. Ile jest liczb mających + 1 cyfr o sumie cyfr rówej? Rozwiązaie tego zadaia pozostawię jako żmude ćwiczeie. Liczbę moża przedstawić w postaci sumy liczb a 3 sposoby. Przeaalizowaie wszystkich powio dać ostateczy wyik rówy ( +5 5. Mamy zatem rozsądie wyglądającą astępującą hipotezę. Załóżmy, że liczby aturale m i spełiają ierówości 1 m 9 oraz m +1. Wówczas istieje ( +m 1 m 1 liczb mających +1 cyfr, w których suma cyfr jest rówa m.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 4 W dalszym ciągu zobaczymy metody ogóle, za pomocą których moża udowodić powyższą hipotezę. Najpierw jedak zajmiemy się rozwiązaiem zadań i 3. Przypomijmy treść zadaia. Zadaie. Oblicz, ile jest liczb dwudziestocyfrowych spełiających jedocześie astępujące trzy waruki: w rozważaych liczbach występują wyłączie cyfry 1, i 3, każda cyfra 1, i 3 występuje co ajmiej jede raz, cyfry występują w rozważaej liczbie w kolejości iemalejącej, tz. wszystkie cyfry 1 występują przed wszystkimi cyframi i 3 oraz wszystkie cyfry występują przed wszystkimi cyframi 3. Przykładowe takie liczby: 1111113333333333, 13, 1111111111111111113. Rozwiązaie. Sposób I. Najbardziej aturaly sposób rozwiązaia tego zadaia polega a rozpatrzeiu 18 przypadków w zależości od liczby jedyek występujących w rozważaej liczbie. Przypuśćmy zatem, że liczba k spełia ierówości 1 k 18. Policzmy, ile jest rozważaych liczb dwudziestocyfrowych, w których występuje dokładie k jedyek. Mamy wówczas 0 k pozostałych cyfr. Co ajmiej jeda z ich jest dwójką i co ajmiej jeda jest trójką. Mamy zatem 0 k 1 19 k możliwych liczb, zawierających od jedej do 19 k dwójek. Teraz z reguły dodawaia wyika, że 18 otrzymaych liczb (dla k od 1 do 18 ależy dodać. Mamy zatem (19 1 + (19 +... + (19 17 + (19 18 18 + 17 +... + + 1 liczb. 18 19 171 Zauważmy, że otrzymay wyik moża zapisać za pomocą współczyika dwumiaowego: ( 18 19 19. Zobaczymy, że ie jest to przypadek. Rozwiązaie. Sposób II. Każdą liczbę spełiającą waruki zadaia zakodujemy za pomocą 0 kropek i pioowych kresek. Każda kropka zajdująca się przed pierwszą kreską ozacza cyfrę 1, każda kropka zajdująca się między kreskami ozacza cyfrę, wreszcie każda kropka zajdująca się za drugą kreską ozacza cyfrę 3. Trzy przykładowe liczby zostaą zatem zakodowae w astępujący sposób: 1111113333333333 13 1111111111111111113 Poieważ w rozważaych liczbach muszą wystąpić wszystkie trzy cyfry (1, i 3, więc kreski oddzielające kropki muszą zajdować się w 19 przerwach między kropkami. Pierwsza kreska ie może bowiem zaleźć się przed pierwszą kropką, obie kreski ie mogą
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy 5 wystąpić obok siebie i wreszcie druga kreska ie może wystąpić za ostatią kropką. Mamy zatem 19 przerw między kropkami możemy w ie wstawić dwie kreski a ( 19 sposobów. Zadaie moża uogólić w astępujący sposób. Zadaie a. Dae są liczby aturale m i takie, że m. Udowodij, że istieje dokładie ( 1 m 1 ciągów długości o astępujących własościach: wyrazami ciągów są liczby aturale z przedziału od 1 do m, w każdym ciągu wyrazy występują w kolejości iemalejącej, każda liczba aturala z przedziału od 1 do m występuje w ciągu co ajmiej jede raz. Rozwiązaie. Ciągi kodujemy za pomocą kropek i m 1 kresek. Kreski mogą zajdować się wyłączie w przerwach między kropkami i ie mogą dwie kreski zaleźć się w tej samej przerwie. Mamy zatem 1 przerw, w których musimy umieścić m 1 kresek. Te przerwy, w których zajdują się kreski możemy wybrać właśie a ( 1 m 1 sposobów. Zadaie 3. Oblicz, ile jest liczb dwudziestocyfrowych spełiających jedocześie astępujące dwa waruki: w rozważaych liczbach występują wyłączie cyfry 1, i 3, cyfry występują w rozważaej liczbie w kolejości iemalejącej, tz. wszystkie cyfry 1 występują przed wszystkimi cyframi i 3 oraz wszystkie cyfry występują przed wszystkimi cyframi 3. Przykładowe takie liczby (oprócz trzech przykładowych liczb pokazaych w zadaiu : 11111111111111111111, 11111111113333333333, 3. Rozwiązaie. Tym razem kodujemy liczby za pomocą 0 kropek i dwóch kresek bez żadych ograiczeń. Jeśli kreski zajdą się obok siebie, to zaczy, że w kodowaej liczbie ie występuje cyfra. Jeśli pierwsza kreska zajdzie się a początku kodu, to zaczy, że w kodowaej liczbie ie występuje cyfra 1. Wreszcie, jeśli druga kreska zajdzie się a końcu kodu, to zaczy, że w kodowaej liczbie ie występuje cyfra 3. Trzy przykładowe liczby z treści zadaia zostaą zakodowae w astępujący sposób: 11111111111111111111 11111111113333333333 3 Mamy zatem łączie zaki: 0 kropek i kreski. Miejsca (licząc od lewej stroy, a których mogą wystąpić dwie kreski, wybieramy spośród możliwości a ( sposobów. Zatem liczba rozważaych liczb jest rówa ( Zadaie 3 także możemy uogólić. 1 11 1 31.
W. Guzicki Zadaie o sumach cyfr poziom rozszerzoy Zadaie 3a. Dae są dwie liczby aturale m i. Udowodij, że istieje dokładie ciągów długości o astępujących własościach: ( +m 1 m 1 wyrazami ciągów są liczby aturale z przedziału od 1 do m, w każdym ciągu wyrazy występują w kolejości iemalejącej. Rozwiązaie. Ciągi kodujemy za pomocą kropek i m 1 kresek. Kropki i kreski mogą występować w dowolej kolejości. Kropki występujące przed pierwszą kreską kodują wyrazy ciągu rówe 1; jeśli takich kropek ie ma w kodzie, to zaczy, że w ciągu ie ma wyrazów rówych 1. Kropki zajdujące się między pierwszą i drugą kreską kodują wyrazy rówe ; jeśli pierwsze dwie kreski występują obok siebie, to zaczy, że w ciągu ie ma wyrazów rówych i tak dalej. Wreszcie kropki zajdujące się za ostatią kreską kodują wyrazy ciągu rówe m; jeśli takich kropek ie ma, to zaczy, że w ciągu ie ma wyrazów rówych m. Kod składa się zatem z + m 1 zaków: kropek i m 1 kresek. Miejsca w tym ciągu zaków, a których może się zajdować m 1 kresek, moża wybrać spośród + m 1 miejsc a ( +m 1 m 1 sposobów. To kończy rozwiązaie zadaia. Powróćmy teraz do zadaia 1. Przypomijmy jego treść. Zadaie 1. Ile jest liczb dwudziestocyfrowych o sumie cyfr rówej 5? Rozwiązaie. Każdą z rozważaych liczb kodujemy za pomocą 5 kropek i 19 kresek. Liczba kropek przed pierwszą kreską jest rówa pierwszej cyfrze kodowaej liczby. Liczba kropek między pierwszą i drugą kreską jest rówa drugiej cyfrze kodowaej liczby. I tak dalej aż do ostatiej kreski. Liczba kropek za ostatią kreską jest rówa ostatiej cyfrze kodowaej liczby. Widzimy, że istieje tylko jedo ograiczeie a rozmieszczeie kropek i kresek: kod ie może się zacząć od kreski, bo pierwsza cyfra ie może być zerem. Kod zaczya się zatem od kropki, potem mamy 3 zaki: 4 kropki i 19 kresek, występujących w dowolej kolejości. Tak jak w zadaiu 3 mamy ( 3 4 3 1 0 4 3 11 7 5 8855 kodów, a więc tyle jest liczb spełiających waruki zadaia 1. Zadaie 1 moża uogólić. Zadaie 1a. Dae są dwie liczby aturale m i takie, że 1 m + 1. Udowodij, że istieje dokładie ( m+ 1 m 1 ciągów długości +1, spełiających astępujące waruki: wszystkie wyrazy ciągu są liczbami całkowitymi ieujemymi, suma wszystkich wyrazów ciągu jest rówa m. Rozwiązaie. Każdy taki ciąg kodujemy za pomocą m kropek i kresek. Jest tylko jedo ograiczeie: kod ie może rozpoczyać się kreską. Mamy zatem kropkę a pierwszym miejscu, po której astępuje m + 1 zaków: kresek i m 1 kropek. Taki kod możemy utworzyć a ( +m 1 m 1 sposobów. To kończy rozwiązaie zadaia. Dla m 9 mamy oczywiście dowód sformułowaej wyżej hipotezy. Załóżmy, że liczby aturale m i spełiają ierówości 1 m 9 oraz m +1. Wówczas stieje ( +m 1 m 1 liczb mających +1 cyfr, w których suma cyfr jest rówa m.