Avem un pachet de

de carti:

rosii,

galbene,

verzi si doi jokeri diferiti. Cartile colorate sunt numerotate fiecare de la

la

, iar jokerii sunt numerotati cu

. Se aleg la intamplare cateva carti si fiecarei carti i se atribuie o valoare astfel: daca cartea este numerotata cu

atunci i se atribuie valoarea

(

este

pentru jokeri si cuprins intre

si

pentru cartile colorate). Daca suma valorilor cartilor alese este

, spunem ca alegerea este perfecta. Sa se gaseasca numarul alegerilor perfecte.

Sursa CGMO.

[Citat] Avem un pachet de de carti: rosii, galbene, verzi si doi jokeri diferiti. Cartile colorate sunt numerotate fiecare de la la , iar jokerii sunt numerotati cu . Se aleg la intamplare cateva carti si fiecarei carti i se atribuie o valoare astfel: daca cartea este numerotata cu atunci i se atribuie valoarea ( este pentru jokeri si cuprins intre si pentru cartile colorate). Daca suma valorilor cartilor alese este , spunem ca alegerea este perfecta. Sa se gaseasca numarul alegerilor perfecte. Sursa CGMO.

cod maxima:

[Cod] (%i135) P: (1+X)^2*(product(1+X^(2^k),k,1,10))^3; (%o135) (X+1)^2*(X^2+1)^3*(X^4+1)^3*(X^8+1)^3*(X^16+1)^3*(X^32+1)^3* (X^64+1)^3*(X^128+1)^3*(X^256+1)^3*(X^512+1)^3*(X^1024+1)^3 (%i136) P,expand$ (%i137) coeff(%,X^2004); (%o137) 1006009

Seria generatoare (un polinom) este mai sus,

(Modul in care apar potriviri de carti intr-un joc de care nu ar avea chef niciodata nici pokeristii, nici sahistii si nici autistii - trei directii care nu sunt recunoscute ca boala - incat la modul de ponderare a pachetelor de carti de trei culori sa obtin 2004 - pachete pe care nu le pot cumpara in nici o pravalie ,
corespunde exact modului in care putem obtine puterea 2004 prin alegere sau nealegere a lui X la puterea respectiva din cei 2 + 3x10 factori .)

Trebuie sa calculam in P coeficientul termenului in X la puterea 2004.

Pentru cei ce stiu ce sunt seriile (formale) de puteri, lucrul acesta poate fi vazut si cu mana dupa inmultire si impartire cu (1+X)(1-X)^3, obiectul care apare fiind o serie formala... In inelul seriilor formale putem calcula modulo (X^2005) (cei ce nu stiu ce e o serie formala sunt totusi rugati sa indure stoic calculele ce vin si sa citeasca pana la sfarit)
si obtinem:

iar coeficientul lui X la puterea 2k in seria de mai sus (formala, dar de asemenea vazubila ca o serie absolut convergenta) este
1+3+...+(2k+1)
= (1+1+...+1)+(0+2+4+...2k)
= (k+1) + k(k+1)
= (k+1)^2 .

Acesti coeficienti coincid cu cei ai polinomului P panala puterea de ordin 2048 = 2^11. Raspunsul la problema este deci (2004/2+1)^2 = 1003^2 = 1006009.

Tema: Care sunt coeficientii lui P de grad impar si putere sub 2048?

Pentru a face din aceasta solutie una viabila pentru liceu, ar trebui poate lucrat numai cu polinoame de grad sa zicem mai mic decat 2047, polinoame divizibile cu numitorul (1-X)^3(1+X) .
E clar cam cum se poate "aranja" solutia de mai sus pentru a obtine una "acceptabila" la nivel de clasa a XI-a ?

E clar cam cum arata
P - (1+2X+3X^2+...+2011X^2010)(1+X^2+X^4+...+X^2010)
macar dupa inmultirea cu "numitorul de mai sus"
(1-X)^3(1+X) ?

Problema poate fi rezolvata si prin inductie. Faptul ca sunt numai 2 jokeri zgarie pe ochi. De asemenea, daca pachetul de carti este "infinit", putem calcula N(n), numarul de moduri in care poate fi scris

Atunci

prin inductie se arata imediat ca

.

Revenind la problema noastra, cum numarul de joker este 0 sau 2, avem de calculat