Chủ đề này có 21 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 12/10/2012, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:

1) Trận 8 có 20 toán thủ tham gia nên sau trận này, không toán thủ nào bị loại

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm

4) Từ trận 8, Điều lệ có sự thay đổi, cụ thể như sau:

- Sau mỗi trận, sẽ có một số toán thủ bị loại theo thứ tự ưu tiên sau:
+ Điểm xét bị loại thấp hơn
+ Tham gia lâu hơn mà chưa ra đề
+ Số báo danh nhỏ hơn

- Gọi $D_{rd}$ là điểm của toán thủ ra đề:
$$D_{rd}= 4*\left (t_{lb1} - t_{bd} \right ) + 3*n_{klb} + 2*n_{mr} + 30$$

* Gọi $S$ là điểm của toán thủ làm bài.
$$S = \left [\frac{52 - \left (t_{lb} - t_{rd} \right )}{2} \right ]+3*d+d_{mr}+d_{t}$$
Trong đó:
Kí hiệu $[x]$ chỉ phần nguyên của số thập phân $x$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 11-10-2012 - 19:29

[Dramons Celliet]

Đề MSS trận 8: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=x_1!x_2!...x_m!$ trong đó $x_i \in \mathbb{N}^*$ và $x_1+x_2+...+x_m=n$ (với $n$ cho trước).

-Toán thủ ra đề: MSS26 Conan TM (toán thủ ConanTM không phải làm bài)-

[daovuquang]

Bài làm của daovuquang:
Em xin viết lại đề bài: Tìm GTNN của $P=x_1!x_2!...x_m!$ trong đó $x_i \in \mathbb{N}^*$ và $x_1+x_2+...+x_m=n$ với $n$ cho trước.

Nhận thấy $m\ge n$ vì nếu $m<n$ thì ko tìm được $x_1;x_2;...;x_m$.
Ko mất tính tổng quát, giả sử $x_1\le x_2\le...\le x_m$. Kí hiệu $\left \lfloor a \right \rfloor$ là số nguyên nhỏ nhất ko vượt quá $a$.
Ta sẽ chứng minh để $P$ đạt GTNN thì trong các số $x_1;x_2;...;x_m$ không có 2 số nào mà khoảng cách giữa chúng >1.
Thật vậy giả sử có 2 số $x_i,x_j\; (i,j \in \mathbb{N}^*;\; 1\le i;j \le m)$ sao cho $x_i-x_j\ge 2\Rightarrow x_i>x_j$. Ta sẽ chứng minh biểu thức $P_1$ khi đó không là nhỏ nhất.
Xét một dãy khác thỏa mãn điều kiện bài: $x_1+x_2+...+(x_j-1)+...+(x_i+1)+...+x_m=n$. Khi đó $P_2=x_1!x_2!...(x_j-1)!...(x_i+1)!...x_m!=x_1!x_2!...x_j!...x_i!...x_m!.\frac{x_j}{x_i}<P_1$
$\Rightarrow P_1$ không nhỏ nhất.
Suy ra khoảng cách giữa các số $x_1;x_2;...;x_m$ chỉ có thể là $1$ hoặc $0$
$\Rightarrow$ dấu bằng xảy ra khi $x_1=x_2=...=x_k; x_{k+1}=x_{k+2}=...=x_m\; (k\in \mathbb{N}^*; k\le m)$ thỏa mãn $k.x_1+(m-k)(x_1+1)=n\; (1)$.
Ta có $(1) \Leftrightarrow mx_1+(m-k)=n$.
Nhận thấy $0<m-k<m \Rightarrow m-k$ là số dư của $n$ khi chia cho $m\Rightarrow k=m-p$ (với $p$ là số dư của $n$ khi chia cho $m$) và $x_1=\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor$
Vậy $P$ đạt GTNN$=(\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor)^k.[(\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor+1)!]^{m-k}$ khi và chỉ khi $x_1=x_2=...=x_k=\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor; x_{k+1}=x_{k+2}=...=x_m=\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor+1$ với $k=m-p$ ($p$ là số dư của $n$ khi chia cho $m$).
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=\left [ \dfrac{52-(6-4)}{2} \right ]+3.10+10+0=65$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 17-10-2012 - 18:33

[thanhluong]

Bài làm của Thanhluong:


Không làm mất tính tổng quát ta giả sử $x_1 \leq x_2 \leq … \leq x_m$. Ta chứng minh khi $P$ đạt giá trị nhỏ nhất thì $x_m-x_1 < 2$: Giả sử ngược lại, nếu $x_m-x_1 \geq 2$ thì thay $x_m$ bởi $x_m-1$ và $x_1$ bởi $x_1+1$ thì

$(x_n-1)!(x_1+1)! = \frac{(x_m! . x_1!)(x_1+1)}{x_m} < \frac{x_n! . x_1!}{1} $ (Vì $x_1+1<x_m$ do $x_m-x_1\geq 2$).

Vậy ta nhận được tích mới nhỏ hơn tích ban đầu, trái với giả thiết đó là tích nhỏ nhất. Như vậy $x_m<x_1+2$, các số $x_1, x_2,…x_m$ chỉ có thể bằng nhau hoặc nhận hai giá trị nguyên dương liên tiếp $u$, $u+1$. Giả sử có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$ ($0 \leq p <m$). Khi đó:
$$P=(u!)^{m-p} . \left [(u+1)! \right]^{p}$$.
Vì tổng của các số $x_1, x_2, …,x_m$ bằng $n$ nên:
$(m-p)u+p(u+1)=n \Leftrightarrow um + p = n$.
Do $0 \leq p <m$ nên $p$ chính là số dư của phép chia $n$ cho $m$.

Vậy: Giá trị nhỏ nhất của $P$ là $P=(u!)^{m-p} \cdot \left [(u+1)! \right ]^{p}$, đạt được khi trong các số $x_1, x_2,…x_m$ có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$, với $u= \left [ \frac{n}{m} \right ]$ và $p=n-um$. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=\left [ \dfrac{52-(6-4)}{2} \right ]+3.10+10+0=64$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-10-2012 - 22:27

[Tru09]

Bài làm:
@~
Trước hết : với $m >n$ mà $x_1 ,x_2 ,... x_m \in N*$
$\Rightarrow x_1 +x_2 +.. +x_m \geq m >n$
$\Rightarrow$ lúc này phương trình vô nghiêm .
@~ Với m=n thì :
$x_1 +x_2 +.. +x_m \geq m =n$
$\Rightarrow x_1 =x_2 =... =x_m =1$
Và lúc này $P =1$
@~Với $m <n$
Không làm mất tính tổng quát ta giả sử $x_1 \leq x_2 \leq … \leq x_m$. Ta chứng minh khi $P$ đạt giá trị nhỏ nhất thì $x_m-x_1 < 2$: Giả sử ngược lại, nếu $x_m-x_1 \geq 2$ thì thay $x_m$ bởi $x_m-1$ và $x_1$ bởi $x_1+1$ thì
$(x_m-1)!(x_1+1)! = \frac{(x_m! . x_1!)(x_1+1)}{x_m} < x_m! . x_1! $ :$\text{Vì $x_1+1<x_m$ do $x_m-x_1 \geq 2$}.$
Mà các giá trị còn lại giữ nguyên
Vì vậy $P_{Min} \Leftrightarrow x_m<x_1+2$
@~:
$\Rightarrow x_1, x_2,…x_m$ chỉ có thể bằng nhau hoặc nhận hai giá trị nguyên dương liên tiếp $a$, $a+1$.
Giả sử có $p$ số bằng $a+1$ và $m-p$ số bằng $a$ ($0 \leq p <m$). Khi đó:
$P=(a!)^{m-p} \cdot \left [(a+1)! \right ]^{p}$.
Mà ta có : $x_1+ x_2+ …+x_m = n$ nên:
$(m-p)a+p(a+1)=n \Leftrightarrow am + p = n$.
Do $0 \leq p <m$ $\Rightarrow n$ : $m$ =$a$ dư $p$.
Vậy $P_{Min}=(a!)^{m-p} \cdot \left [(a+1)! \right ]^{p}, \Leftrightarrow$ trong các số $x_1, x_2,…x_m$ có $p$ số bằng $a+1$ và $m-p$ số bằng $a$, với $a= \left [ \frac{n}{m} \right ]$ và $p=n-am$.
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
====
Bài làm bạn làm chi tiết và tỉ mỉ tuy nhiên cần xem lại cách trình bày, khi chấm bài bạn:
- Với các trường hợp bạn nên ghi rõ ra chứ ghi "@~:" quả thật rất khó nhìn và dễ nhầm.
- Với các mở rộng bạn có thể thay $"$ bằng các dấu khác chứ sử dụng dấu ấy làm mình nhầm mấy lần.
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=\left [ \dfrac{52-(7-4)}{2} \right ]+3.10+10+0=64$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 17-10-2012 - 18:45

[BlackSelena]

Lời giải của MSS01 - BlackSelena:

Viết lại đề bài cho phù hợp với THCS như sau .
Cho $a_1 + a_2 + a_3 + ... + a_m = n$ với $n$ cho trước, $a_1,a_2,a_3,..,a_m \in N^*$.
Tìm min của $P =a_1!*a_2!*...*a_m!$
_____
Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1 \le a_2 \le a_3 ... \le a_m$
TH1: $m > n$, nhưng do $a_1,a_2,a_3,..,a_m \in N^*$ nên điều này là vô lí.
TH2: $m = n$, do $a_1,a_2,a_3,..,a_m \in N^*$ nên $a_1 = a_2 = a_3 = .. = a_n=1$
TH3: $m < n$. Ta có: $P =a_1!*a_2!*...*a_m! \geq a_1.a_2.... a_m!$
Vậy ta sẽ đi tìm min của $a_1.a_2.... a_m!$
Vì $a_m$ là max nên $a_m > 1$ bởi giả sử ngược lại không tồn tại số nào lớn hơn 1 thì chỉ có thể tất cả bằng 1 hay $m=n$ và đây chính là trường hợp 2.
Ta sẽ chứng minh trong khoảng $a_1$ tới $a_{m-1}$ không có số nào lớn hơn 1.
Chứng minh bằng phản chứng, giả sử tồn tại một số $a_i > 1$ với $i$ từ $1$ tới $m-1$
Giả sử $P_{min} = a_1.a_2...a_i ... a_m!$
Xét biểu thức $P_1 = a_1.a_2..(a_i - 1)...(a_m!+1)$ ( do $a_i > 1$ nên $a_i - 1 > 0$)
Ta sẽ chứng minh $P_{min} > P_1$
Thật vậy, điều này tương đương
$a_i.a_m! > (a_i - 1)(a_m! + 1)$
$\Leftrightarrow a_m! - a_i + 1 > 0$
Đều này luôn đúng do $a_m! \geq a_i > 1$.
Nhưng $P_{min} > P_1$ lại là điều vô lý nên không tồn tại $a_i > 1$
$\Rightarrow a_1 = a_2 = a_3 = .. = a_{m-1} = 1$
$\Rightarrow a_m = n - m + 1$
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P =a_1!*a_2!*...*a_m! \geq a_1.a_2.... a_m! = (n - m + 1)!$
Đẳng thức xảy ra khi $a_1 = a_2 = a_3 = ... = a_{m-1} = 1$ và $a_m = n - m + 1$

[BlackSelena]

Cho phép em gửi lại lời giải ạ ^^
_____________
Lời giải của MSS01 - BlackSelena:

Viết lại đề bài cho phù hợp với THCS như sau .
Cho $a_1 + a_2 + a_3 + ... + a_m = n$ với $n$ cho trước, $a_1,a_2,a_3,..,a_m \in N^*$.
Tìm min của $P =a_1!*a_2!*...*a_m!$
_____
Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1 \le a_2 \le a_3 ... \le a_m$
TH1: $m > n$, nhưng do $a_1,a_2,a_3,..,a_m \in N^*$ nên điều này là vô lí.
TH2: $m = n$, do $a_1,a_2,a_3,..,a_m \in N^*$ nên $a_1 = a_2 = a_3 = .. = a_n=1$
TH3: $m < n$.
Trước hết ta chứng minh $a_m - a_i < 2$ với $i$ từ 1 tới $m-1$
Thật vậy chứng minh bằng phản chứng, giả sử nếu $x_m-x_i \geq 2$ thì thay $x_m$ bởi $x_m-1$ và $x_i$ bởi $x_i+1$ thì ta có:
$(x_n-1)!(x_1+1)! < \frac{x_n! . x_1!}{1} $
Vậy ta luôn tìm được giá trị nhỏ hơn của $P$, vậy ta có điều phản chứng.
Quay trở lại bài toán, do $a_m - a_i < 2$ mà $a_m, a_i \in N^*$ nê ta có $a_m = a_i$ hoặc chúng là 2 số tự nhiên liên tiếp.
Vậy giả sử có $k$ bằng $x$ và $m-k$ số bằng $x+1$ do $a_1 + a_2 + a_3 + ... + a_m = n$ nên ta có:
$kx + (m-k)(x+1) = n$
$\Leftrightarrow mx + m - k = n$
Vì $n > m$ nên ta viết được $n = pm + q$, và phương trình trên tương đương
$$a_1 + a_2 + a_3 + ... + a_m = n$$
Nhưng do mà $0<m-k<m$ nên $\left\{\begin{matrix} p - x = 0 \Leftrightarrow p = x \Leftrightarrow x = [\dfrac{n}{m}] \\ m-k=q \Leftrightarrow k = m - q \end{matrix}\right.$
Vậy min của $P = (x!)^k . [(x+1)!]^{m-k}$. Đẳng thức xảy ra khi trong $a_1 , a_2 , a_3 , ... a_m$ có $k$ số bằng $x$ và $m-k$ số bằng $x+1$ với $k = m - (n - m.[\frac{n}{m}])$ và $x= [\frac{n}{m}]$
====
Bạn gửi 4 mở rộng nhưng mình nghĩ mở rộng 4 nên gộp vào mở rộng 1, do đó mình chấp nhận 3 mở rộng.
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=\left [ \dfrac{52-(23-4)}{2} \right ]+3.10+3.10+0=76$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 17-10-2012 - 18:42

[daovuquang]

Mở rộng 1: Tìm GTLN của $P=x_1!x_2!...x_m!$ trong đó $x_i \in \mathbb{N}^*$ và $x_1+x_2+...+x_m=n$ với $n$ cho trước.

Nhận thấy $m\ge n$ vì nếu $m<n$ thì ko tìm được $x_1;x_2;...;x_m$.
Ko mất tính tổng quát, giả sử $x_1\le x_2\le...\le x_m$.
Ta sẽ chứng minh để $P$ đạt GTLN thì trong các số $x_1;x_2;...;x_m$ không có 2 số nào $>1$.
Thật vậy giả sử có 2 số $x_i>x_j>1\; (i,j \in \mathbb{N}^*;\; 1\le i;j \le m)$. Ta sẽ chứng minh biểu thức $P_1$ khi đó không là lớn nhất.
Xét một dãy khác thỏa mãn điều kiện bài: $x_1+x_2+...+(x_j-1)+...+(x_i+1)+...+x_m=n$. Khi đó $P_2=x_1!x_2!...(x_j-1)!...(x_i+1)!...x_m!=x_1!x_2!...x_j!...x_i!...x_m!.\frac{x_i}{x_j}>P_1$
$\Rightarrow P_1$ không lớn nhất.
Suy ra P lớn nhất khi $x_1=x_2=...=x_{m-1}=1;\; x_m=n-m+1$. Khi đó $P=(n-m+1)!$.
Vậy GTLN của $P=(n-m+1)! \Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{m-1}=1;\; x_m=n-m+1$.

[E. Galois]

BTC đã sửa lại hình thức của đề cho dễ hiểu

[thanhluong]

MỞ RỘNG 1 CỦA THANHLUONG:

Với hai bộ số nguyên dương $(a_1, a_2,…a_m)$, $(b_1, b_2,…b_m)$ đều có tổng là những hằng số. Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=a_1b_1!a_2!b_2!a_3!b_3!...a_m!b_m!$.
Giải:
Đặt $a_1+a_2+a_3+…+a_m = k_1$, $b_1+b_2+b_3+…+b_m = k_2$. $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $a_1!a_2!a_3!...a_m!$ và $b_1!b_2!b_3!...b_m!$ đều đạt giá trị nhỏ nhất. Gọi $a_1!a_2!a_3!...a_m!=A$ và $b_1!b_2!b_3!...b_m!=B$.
Không làm mất tính tổng quát ta giả sử $a_1 \leq a_2 \leq … \leq a_m$. Ta chứng minh khi $A$ đạt giá trị nhỏ nhất thì $a_m-a_1 < 2$: Giả sử ngược lại, nếu $a_m-a_1 \geq 2$ thì thay $a_m$ bởi $a_m-1$ và $a_1$ bởi $a_1+1$ thì
$(a_n-1)!(a_1+1)! = \frac{(a_m! . a_1!)(a_1+1)}{a_m} < \frac{a_n! . a_1!}{1} $ (Vì $a_1+1<a_m$ do $a_m-a_1\geq 2$).
Vậy ta nhận được tích mới nhỏ hơn tích ban đầu, trái với giả thiết đó là tích nhỏ nhất. Như vậy $a_m<a_1+2$, các số $a_1, a_2,…a_m$ chỉ có thể bằng nhau hoặc nhận hai giá trị nguyên dương liên tiếp $u$, $u+1$. Giả sử có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$ ($0 \leq p <m$). Khi đó:
$$A=(u!)^{m-p} . \left [(u+1)! \right]^{p}$$.
Vì tổng của các số $a_1, a_2, …,a_m$ bằng $k_1$ nên:
$(m-p)u+p(u+1)=k_1 \Leftrightarrow um + p = n$.
Do $0 \leq p <m$ nên $p$ chính là số dư của phép chia $k_1$ cho $m$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $A=(u!)^{m-p} \cdot \left [(u+1)! \right ]^{p}$, đạt được khi trong các số $a_1, a_2,…a_m$ có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$, với $u= \left [ \frac{k_1}{m} \right ]$ và $p=k_1-um$.
Tương tự đối với bộ $(b_1, b_2, b_3…b_m)$ , Giá trị nhỏ nhất của $B$ là $B=(v!)^{m-q}+\left[(v+1)! \right]^{q}$ đạt được khi có $q$ số bằng $v+1$ và $m-q$ số bằng $v$, với $v=\left[\frac{k_2}{m} \right]$ và $q=k_2-vm$.

Vậy $\min{P}={u!}^{m-p} \cdot \left[(u+1)! \right]^{p} =(v!)^{m-q}+\left[(v+1)! \right]^{q}$

[BlackSelena]

Mở rộng 1 : Điều kiện như bài toán : Tìm min $P=a_1a_2.....a_m$
2 trường hợp $m>n$ và $m=n$ hoàn toàn tương tự
TH : $m < n$
Giả sử $P$ đạt min tại bộ $a_1, a_2, ... , a_m$ Trong đó $a_m$ lớn nhất
Khi đó $a_m > 1$ vì nếu $a_m =1$ thì $a_1=a_2=...=a_m=1$
$\Rightarrow m=n$ vô lí. Ta sẽ CM nếu $P$ đạt min thì không còn số nào khác ngoài $a_m$ mà $>1$
Giả sử khi P đạt min tồn tại $a_i > 1$ với $i \in [1;m-1]$. Khi đó $P_{min} = a_1a_2...a_i..a_m$
Ta xét : $P_1=a_1a_2.....(a_i -1).....(a_m+1)$. Rõ ràng các số hạng của $P_1$ cũng là một bộ nghiệm
Ta sẽ CM : $P_{min} > P_1$
$\Leftrightarrow a_ia_m > (a_i-1)(a_m+1)$
$\Leftrightarrow a_m-a_i+1>0$ Hiển nhiên đúng vì $a_m$ lớn nhất
Vậy nếu khi $P$ đạt min tồn tại $a_i > 1$ với $i \in [1;m-1]$
thì $P_{min} > P_1$ Vô lí
Vậy để $P$ đạt min thì $a_1=a_2=.........=a_{m-1}=1$. Khi đó $a_m=n-m+1$
Vậy $P_{min}=n-m+1$

[BlackSelena]

Từ sai lầm của em trong bài giải đầu, cộng thêm việc giả sử dãy tăng và chưa biết trước điểm rơi, ta có một bài toán khác.
Mở rộng 2:
Điều kiện như bài toán : Tìm min $P=\prod_{i=1}^{m}a_1a_2..a_i$
Giả sử $a_1\le a_2 \le ... \le a_m$. Khi đó: $P=a_1^m.a_2^{m-1}...a_m$
Ta có : $P=a_1^m.a_2^{m-1}...a_m\geq a_1a_2...a_m$
Trở về MR1: Tìm min $P=a_1a_2.....a_m$

[BlackSelena]

Mở rộng 3: Thay vì tìm min, ta sẽ tìm max của $P$ với cùng điều kiện như vậy.
Giả sử $P$ đạt max tại bộ $a_1, a_2,...a_m$ trong đó $a_m$ là lớn nhất như vậy ta có $a_m > 1$
Khi đó $P_{max} = a_1 ! . a_2 ! ..... a_m !$
Giả sử khi $P$ đạt max tồn tại $a_i > 1$ ngoài $a_m$
$\Rightarrow P_{max} = a_1 ! . a_2 ! . ... a_i ! ... a_m !$
Xét $P_1 = a_1!. a_2!.....(a_i-1)!...(a_m+1)!$, ta sẽ chứng minh $P_{max} < P_1$
Tương đương $P_1 = a_1!. a_2!.....(a_i-1)!...(a_m+1)!$
$\Leftrightarrow a_i ! . a_m ! < (a_i - 1)! . (a_m + 1)!$
$\Leftrightarrow a_i < a_m + 1$, hiển nhiên đúng.
Vậy không có bất kì $a_i$ nào lớn hơn 1 ngoài $a_m$
Vậy $P_{max} =(n-m+1)!$ khi các số bằng 1 và $a_m = n-m+1$

[Tru09]

Mở Rộng (Tru09)
@~Với t bộ số nguyên dương $(a_1, a_2,…a_m)$, $(b_1, b_2,…b_m)$ ,...... $(z_1 ,z_2 ,... z_m)$ đều có tổng là những hằng số. Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=a_1b_1!...z_1!a_2!b_2!...z_2!a_3!b_3!...z_3!...a_m!b_m!z_m!.$
Giải:
Đặt $a_1+a_2+a_3+…+a_m = k_1$,
$b_1+b_2+b_3+…+b_m = k_2$.
.....
$z_1 +z_2 +....+z_m =k_t$
$a_1!a_2!a_3!...a_m! =P_1$
$b_1!b_2!b_3!...b_m! =P_2$
...
$z_1!z_2!z_3!....z_m! =P_t$
$P$ đạt giá trị nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $P_1 và P_2 .... P_t$ đều đạt giá trị nhỏ nhất.
Chứng minh tương tự phần bài làm trong Trận MSS
Ta có :
$(P_{1})_{Min}=(u!)^{m-p} \cdot \left [(u+1)! \right ]^{p}$, $\Leftrightarrow$ $a_1, a_2,…a_m$ có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$, với $u= \left [ \frac{k_1}{m} \right ]$ và $p=k_1-um$.
Tương tự :
$(P_{2})_{Min}=(u'!)^{m-p'}.\left[(u'+1)! \right]^{p'}$ $\Leftrightarrow b_1, b_2,…b_m $có $p'$ số bằng $u'+1$ và $m-p'$ số bằng $u'$, với $u'=\left[\frac{k_2}{m} \right]$ và $p'=k_2-u'm$.
...........
$(P_{t})_{Min}=(u'''...'''!)^{m-p'''''...'''}.\left[(u'''''...''''+1)! \right]^{p'''''....''''}$ $\Leftrightarrow z_1, z_2,…z_m $có $p''''...''''$ số bằng $u''''...'''+1$ và $m-p''''...'''$ số bằng $u''''...'''$, với $u''''...'''=\left[\frac{k_t}{m} \right]$ và $p''''...'''=k_2-u''''...'''m$.( t dấu ' )

Vậy
$P_{Min}=(u!)^{m-p} \cdot \left [(u+1)! \right ]^{p} (u'!)^{m-p'}.\left[(u'+1)! \right]^{p'}.....(u'''...'''!)^{m-p'''''...'''}.\left[(u'''''...''''+1)! \right]^{p'''''....''''}$
Dấu "$=$" sảy ra $\Leftrightarrow$
$a_1, a_2,…a_m$ có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$, với $u= \left [ \frac{k_1}{m} \right ]$ và $p=k_1-um$.
và
$b_1, b_2,…b_m $có $p'$ số bằng $u'+1$ và $m-p'$ số bằng $u'$, với $u'=\left[\frac{k_2}{m} \right]$ và $p'=k_2-u'm$.
...
và
$z_1, z_2,…z_m $có $p''''...''''$ số bằng $u''''...'''+1$ và $m-p''''...'''$ số bằng $u''''...'''$, với $u''''...'''=\left[\frac{k_t}{m} \right]$ và $p''''...'''=k_2-u''''...'''m$.( t dấu ' )

[BlackSelena]

Mở rộng 4: Ta sẽ tìm max của MR1 ^^
Giả sử đạt max tại bộ $a_1, a_2 ,... a_m$
ta sẽ chứng minh $a_i - a_j < 2$
Chứng minh bằng phản chứng, giả sử $a_i - a_j \geq 2$
$ P_{max}= a_1...a_i...a_j...a_m$
Xét $ P_1=a_1...(a_i - 1)...(a_j + 1)....a_m$
Cũng sẽ chứng minh $P_1 > P_{max}$
Và tương đương $a_i.a_j < (a_i - 1)(a_j + 1)$ hay $a_i - a_j \ge 2$
Vậy các số bằng nhau hoặc là tự nhiên liên tiếp.
Tới đây lại trở lại bài toán gốc, $max P = x^k.(x+1)^{m-k}$. Điểm rơi xảy ra giống hệt bài toán gốc.

[E. Galois]

tTrận đấu đã kết thúc. Mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau

[BlackSelena]

Mở rộng của em lần này có vẻ hơi dở.....

[Dramons Celliet]

Trận đấu đã kết thúc và đây là đáp án trận 8:
====
Đề bài: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=x_1!x_2!...x_m!$ trong đó $x_i \in \mathbb{N}^*$ và $x_1+x_2+...+x_m=n$ (với $n$ cho trước).

Đáp án:
Bổ đề: Nếu tồn tại ${x_p} - {x_q} \ge 2$ thì $P = \prod\limits_{i = 1}^m {({x_i}!)} $ không có giá trị nhỏ nhất.
Chứng minh: Đặt: ${y_i} = {x_i}(i \ne p,i \ne q)$ và ${y_p} = {x_p} - 1,{y_q} = {x_q} + 1$
Khi đó: ${y_i} \in {N^*}(i = \overline {1,m} );\sum\limits_{i = 1}^m {{y_i} = n}$ và $ \prod\limits_{i = 1}^m {({x_i}!)} > \prod\limits_{i = 1}^m {({y_i}!)} $
Suy ra ${x_p} > {x_q}+1$ (hiển nhiên đúng).
Vậy bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán:
Áp dụng bổ đề ta có $P$ chỉ đạt giá trị nhỏ nhất khi ${x_p} - {x_q}$ chỉ một trong hai giá trị là $0$ và $1$ với $p$, $q$ bất kì.
Do vậy, ta có:
- Nếu $n=km$ thì $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi ${x_i} = k (i = \overline {1,m})$ và $P_{min}=(k!)^m$.
- Nếu $n=km+a$ (với $1 \le a \le m - 1$) thì $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi ${x_i} = k+1 (i = \overline {1,a};{x_j} = k (j = \overline {a+1,m})$ và $P_{min}=(k+1)!^a.(k!)^{m-a}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 17-10-2012 - 18:28

[Dramons Celliet]

Mình đã chấm xong trận 8, các bạn có thể xem lại bài đã chấm và thắc mắc tại đây. Mình cũng nhắc nhở toán thủ loyee là không làm bài thì không được comment như vậy nhé.
Các bạn chuẩn bị đề cho trận sau và nộp đầy đủ nhé ^^.
====
Điểm ra đề của toán thủ ConanTM: $D_{rd}=4*(7-4)+3*15+2*6+30=99$.

[BlackSelena]

Cho em hỏi sao toán thủ ra đề được nhiều điểm vậy ạ @@!?