Chủ đề này có 5 trả lời

[ntuan5]

Cho $2n +1 (n > 2)$ số nguyên $ a_{1}<a_{2}<...<a_{2n+1}$ sao cho tổng $n+1$ số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của $n$ số còn lại. Giả sử $a_{2n+1} = (2n+1)^{2}$, tìm số các bộ $(a_{1};a_{2};...;a_{2n+1})$.

[LNH]

Cho $2n +1 (n > 2)$ số nguyên $ a_{1}<a_{2}<...<a_{2n+1}$ sao cho tổng $n+1$ số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của $n$ số còn lại. Giả sử $a_{2n+1} = (2n+1)^{2}$, tìm số các bộ $(a_{1};a_{2};...;a_{2n+1})$.

Ta có:

$\left ( a_{n+2}+a_{n+3}+...+a_{2n+1} \right )-\left ( a_{2}+a_{3}+...+a_{n+1} \right )<a_{1}<a_{2}<...<a_{2n+1}=\left ( 2n+1 \right )^{2}$

Đặt $x_1=a_1-\left ( a_{n+2}+a_{n+3}+...+a_{2n+1} \right )+\left ( a_{2}+a_{3}+...+a_{n+1} \right )-1$

$x_2=a_2-a_1-1$

$x_3=a_3-a_2-1$

...

$x_{2n+1}=a_{2n+1}-a_{2n}-1$

$x_{1}+x_2+...+x_{2n+1}+\left ( a_{n+2}-a_{2} \right )+\left ( a_{n+3}-a_{3} \right )+...+\left ( a_{2n+1}-a_{n+1} \right )=\left ( 2n+1 \right )^{2}-2n-1$

Tương đương với $x_{1}+x_2+2x_3+3x_4+...+\left ( n+1 \right )x_{n+2}+nx_{n+3}+\left ( n-1 \right )x_{n+4}+...+2x_{2n+1}=\left ( 2n+1 \right )^{2}+2n^2-2n-1$

$x_{1}+x_2+2x_3+3x_4+...+\left ( n+1 \right )x_{n+2}+nx_{n+3}+\left ( n-1 \right )x_{n+4}+...+2x_{2n+1}=6n^{2}+2n$

Đến đây ta có thể sử dụng bài toán chia kẹo Euler để tìm ra kết quả

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenhathoang1998: 26-08-2013 - 16:02

[quocbaolqd11]

dùng chia kẹo ổn không nhỉ ? Lỡ như trong một tập nghiệm $(x_1,x_2,2x_3...,2x_{2n+1})$ tồn tại 1 số $(i-1)x_i=k$ mà $k$ không chia hết cho $i-1$ thì tiêu. Vạy nên tìm ra số các bộ số $x_i$ bằng chia kẹo rồi còn phải trừ đi các trường hợp nêu trên nữa. Bài toán sẽ trở nên phức tạp

 

Chỉ cần tổng $n+1$ số đầu tiên lớn hơn $n$ còn lại là thỏa mãn.Ta chặn 2 đầu của $a_1$ còn lại sẽ chọn các bộ khá dễ dàng.

Do $a_1+a_2+..+a_{n+1} > a_{n+2}+a_{n+3}+...+a_{2n+1}$.Suy ra: $a_1 > (a_{n+2}-a_2)+((a_{n+3}-a_3)+...+(a_{2n+1}-a_{n+1})$.Do các số là số nguyên nên suy ra: $a_1 \geq n^2+1$.Mặt khác có $a_1 \leq a_{2n+1}-2n-1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quocbaolqd11: 26-08-2013 - 16:32

[LNH]

 

dùng chia kẹo ổn không nhỉ ? Lỡ như trong một tập nghiệm $(x_1,x_2,2x_3...,2x_{2n+1})$ tồn tại 1 số $(i-1)x_i=k$ mà $k$ không chia hết cho $i-1$ thì tiêu. Vạy nên tìm ra số các bộ số $x_i$ bằng chia kẹo rồi còn phải trừ đi các trường hợp nêu trên nữa. Bài toán sẽ trở nên phức tạp

 

 

Nếu ta xây dựng tiếp dãy sau thì ổn

$y_1=x_1+x_2+...+x_{2n+1}$

$y_2=x_3+x_4+...+x_{2n+1}$

$y_3=x_4+...+x_{2n}$

Ta xây dựng dãy trên dựa theo tư tưởng cắt lát để suy ra kq

===============================================

Anh làm tiếp cách anh đi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenhathoang1998: 26-08-2013 - 17:04

[quocbaolqd11]

Nếu ta xây dựng tiếp dãy sau thì ổn

$y_1=x_1+x_2+...+x_{2n+1}$

$y_2=x_3+x_4+...+x_{2n+1}$

$y_3=x_4+...+x_{2n}$

Ta xây dựng dãy trên dựa theo tư tưởng cắt lát để suy ra kq

===============================================

Anh làm tiếp cách anh đi

Vậy thì em phải làm rõ phần chia kẹo để tìm kết quả ra chứ, đặt thế này thì vẫn sẽ tồn tại 1 số bộ nghiệm mà  $x_{i_{m}} \in y_1$ khác với $x_{i_{m}} \in y_2$ hay $y_3$ và như thế hơi dài, việc trình bày đầy đủ là cần thiết. Còn cách giải trên thì QUOTE từ 1 người bên mathscope, chắc phải nhờ mọi người giúp vì nó mới đi có nửa đường .

[LNH]

 

dùng chia kẹo ổn không nhỉ ? Lỡ như trong một tập nghiệm $(x_1,x_2,2x_3...,2x_{2n+1})$ tồn tại 1 số $(i-1)x_i=k$ mà $k$ không chia hết cho $i-1$ thì tiêu. Vạy nên tìm ra số các bộ số $x_i$ bằng chia kẹo rồi còn phải trừ đi các trường hợp nêu trên nữa. Bài toán sẽ trở nên phức tạp

 

 

 

 

Nếu ta xây dựng tiếp dãy sau thì ổn

$y_1=x_1+x_2+...+x_{2n+1}$

$y_2=x_3+x_4+...+x_{2n+1}$

$y_3=x_4+...+x_{2n}$

Ta xây dựng dãy trên dựa theo tư tưởng cắt lát để suy ra kq

===============================================

Anh làm tiếp cách anh đi

 

 

Vậy thì em phải làm rõ phần chia kẹo để tìm kết quả ra chứ, đặt thế này thì vẫn sẽ tồn tại 1 số bộ nghiệm mà  $x_{i_{m}} \in y_1$ khác với $x_{i_{m}} \in y_2$ hay $y_3$ và như thế hơi dài, việc trình bày đầy đủ là cần thiết. Còn cách giải trên thì QUOTE từ 1 người bên mathscope, chắc phải nhờ mọi người giúp vì nó mới đi có nửa đường .

Có thể xử lí cái này theo tư tưởng của hàm sinh

Số nghiệm của pt là hệ số $x^{6n^2+2n}$ trong khai triển hàm sinh

$\left ( 1+x+x^{2}+... \right )^{2}\left ( 1+x^{2}+x^4... \right )^{2}...\left ( 1+x^{n}+x^{2n}+... \right )^{2}\left ( 1+x^{n+1}+x^{2n+2}+... \right )$