Galima susidaryti lygtį: 2x + 5y + 10z = 2010 (1)
ir spręsti sveikaisiais neneigiamais skaičiais.
Čia x,y,z - atitinkamai 2 Lt, 5 Lt, 10 Lt valiutų kiekiai. Sprendinių (x; y; z) skaičius ir būtų atsakymas.

Pastebėkim, kad sumoje privalo būti lyginis 5 Lt valiutos kiekis, o 2 Lt valiutos kiekis turi būti 5 kartotinis, jeigu Jonas nori susimokėti visom trim valiutom ir ne tik. Tada (1) supaprastėja:
x + y + z = 201 (2) .

Tarkim Jonas sumąstė, sumokėti dvejomis valiutomis:
201 = x + y + x = 0 + 1 + 200 = 0 + 2 + 199 = ... = 0 + 99 + 102 = 0 + 100 +101. [100 lygybių] (3)
yra 6 skirtingos 3 elementų išsidėstymo kombinacijos, todėl Jonas sumokėti už sąskaitą bet kuriomis dviem valiutomis turi 600 būdų.

Jeigu sumanytų susimokėti visom valiutom, kai dviejų valiutų kiekiai vienodi tada:
201 = 0 + 201 = 2 + 199 = 4 + 197 = ... = 198 + 3 = 200 + 1 [101 lygybė]
čia 0 = 0 + 0;   2 = 1 + 1; ...;  198 = 99 + 99;   200 = 100 + 100.
Tokiu atveju yra 303 galimybės susimokėti už sąskaitą.

Taigi kol kas turim būdų 303 + 600 = 903
Visi kiti likę - trijų skirtingų natūraliųjų skaičių kombinacijos, o kiekvienos tos kombinacijos išsidėstymų skaičius - vėl 6. (nes 3! = 6)

Iš (3) išraiškos reikėtų pastebėti, kad tereiktų panagrinėti 66 pirmąsias lygybes, nes toliau jau kartojasi.
Panagrinėkim lygybes 1 + 200 = 3 + 198 = 5 + 196 = ... = 65 + 136. [33 lygybės] (4)

Imkim pirmąjį: 1 + 200:
200 = 2 + 198 = ... = 98 + 102 = 99 + 101. [98 lygybės]

Imkim trečiąjį: 3 + 198:
198 = 4 + 194 = ... = 97 + 101 = 98 + 100. [95 lygybės]

Imkim penktąjį: 5 + 196:
196 = 6 + 190 = ... = 96 + 100 = 97 + 99. [92 lygybės]

Ir iš tikrųjų, didėjant n, lygybių skaičius pradedant 98 mažėja kas 3 (aritmetinė progresija) iki 2
taigi iš viso kombinacijų pagal (4) bus

Nagrinėkim likusią (3) dalį:
2 + 199 = 4 + 197 = 6 + 195 = ... = 64 + 137 = 66 + 135. [33 lygybės] (5)
Analogiškai:
199 = 3 + 196 = 4 + 195 = ... = 99 + 100. [97 lygybės]
197: [94 lygybės] ;     195: [91 lygybė] ....  135: [1 lygybė] mažėja kas 3 pradedant 97 ir baigiant 1.
Analogiškai pagal (5) iš viso kombinacijų:

Iš viso Jonas galimybių susimokėti turi 903 + 9702 + 9900 = 20505, jei klaidų neprivėliau ar kažko nepražioplinau.

Paskutinį kartą keitė Milkhater (2010-07-23 18:26:24)

Tegul w = √(2+√3), o f(a, b) = √a + √b. Mums reikia rasti tokius (x, y) iš R² (tai reiškia, kad ir x, ir y yra realūs skaičiai), kad f(a, b) = w. Iš karto matome, kad a ≥ 0 ir b ≥ 0. Taip pat, jei f(a, b) = w, tai √a = w - √b, t.y. w - √b ≥ 0 ir a = (w - √b)². Bet w - √b ≥ 0 tada, kai b ≤ 2 + √3.

Taigi visi sprendiniai yra formos ( (w-√x)², x ), kur 0 ≤ x ≤ 2 + √3. Galime įsistatą patikrinti, kad visi tokios formos skaičiai yra sprendiniai, bet tai nėra būtina, nes atlikdami veiksmus mes nepraradome jokių sąlygų.

Ats.: sprendinių aibė yra { ( (w-√x)², x ) : 0 ≤ x ≤ 2 + √3 }.

aš galvočiau taip, jei ta plokštumą paiimti kaip (xy) plokštumą, tada:

1. pirmajame stulpelyje lygiagrečiame x ašiai parinkus du vienodos spalvos taškus judėt y ašies kryptimi ir žiūrėt, kokia tikimybė, kad kiekvienas sekantis, ir visi buvę prieš jį (iki to stulpelio kuriame du taškai buvo parinkti), taškai bus priešingos spalvos nei pirmi du. Kiekvienam sekančiam taškui, kuris nutolęs nuo pirmo stulpelio per (a), ta tikimybė bus:

kai (a) artėja į begalybę, P artėja į nulį, ir tikimybė sutikti tos pačios spalvos taškus išilgai abiejų linijų artėja į vienetą.

2. Vėl vienodos spalvos taškus du parenku stulpelyje. Tikimybė kad sekančiame stulpelyje, paėjus per vieną elementą išilgai (y), bus priešingos spalvos taškai bus:
P = [(n-1)/n]*[(n-1)/n]
o kiekvienam sekančiam (a), kartu turint omeny kad ir prieš tai buvę yra kitos spalvos nei pirmieji,

o šitai irgi artėja į nulį, kai (a) artėja į begalybę. Nu nebent n = ∞.

Gerai čia ar nevisai? Aš tik nelabai supratau kam ta sąlyga, kad taškų koordinatės yra sveiki skaičiai.

ha ;] jau buvau beapsidžiaugęs, kad gerai išsprendžiau ;D