Cho $1 \leq x, y, z \leq 3$. Với mỗi số $n$ nguyên dương, đặt $S_n=x^n+y^n+z^n$. Chứng minh rằng nếu $S_1 \leq 5$ và $S_2 \geq 11$ thì $S_n = 3^n+2$, với mọi $n$.

Cách khác gọn hơn (các bạn dựa vào hình vẽ của bạn blackselena nhé, mình hổng bik vẽ trên này)

B, C lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc E và F của tam giác DFE (dễ dàng đúng ko các bạn)

đặt p nửa là chu vi của tam giác DEF, vậy thì EM=FN=p

Từ đây có EM+FN =2p, hay là MN+EF= DE+FE+DF, suy ra MN=DE+DF, kết thúc bài toán

Bạn có thể nói rõ vì sao $EM=p$ không?

Hình mình bổ sung sau nhé:
Xét $\Delta{BFC}$ vuông tại $F$ có $FD$ là đường trung tuyến nên:

$D$ đâu phải là trung điểm $BC$ đâu anh

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có các đường cao $\mathrm{AD}$ $,$ $\mathrm{BE}$ $,$ $\mathrm{CF}$. Gọi $\mathrm{M}$ $,$ $\mathrm{N}$ lần lượt là hình chiếu của $\mathrm{B}$ và $\mathrm{C}$ lên đường thẳng $\mathrm{EF}$. Chứng minh rằng $\mathrm{DE + DF = MN}$.

Mình xin đóng góp một đề:
ĐỀ 8: ĐỀ THI HSG TP Hồ Chí Minh
Năm học: 1989 - 1990
Vòng 1:
Bài 1: Cho hai số nguyên dương $a$ và $b$ ($a \geq b$) đều không chia hết cho $5$. Chứng minh rằng $a^4-b^4$ $\vdots$ $5$.
Bài 2: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên $x$, $y$ sao cho: $\sqrt{x}+\sqrt{y} = \sqrt{1989}$.
Bài 3: Chứng minh rằng nếu $a$, $b$, $c$ là chiều dài ba cạnh một tam giác thì:
$ab + bc + ac \leq a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ac)$.
Bài 4: Cho hình vuông $ABCD$ có tâm $O$, cạnh bằng $10 cm$. Gọi $I$ là một điểm bất kì nằm trên đường tròn đi qua ba điểm $A$, $O$, $D$ và ngoài hình hình vuông ($I$ không trùng với $A$ và $D$). $OI$ cắt cạnh $BC$ tại $J$. Cạnh $DK$ của hình bình hành $IJKD$ cắt $BC$ tại $E$. $EH$ là đường cao của tam giác $EKJ$.
a) Tính số đo của góc $HEK$.
b) Chứng minh rằng $IJ > 10\sqrt{2} cm$.

Cách làm của bạn giống cách của mình trên thôi. Nhưng ý mình hỏi là vì sao 2 số đó khác nhau, nhưng khi tính toán lại cho kết quả giống nhau ý ??????

Nó không khác nhau đâu anh ạ
http://en.wikipedia.org/wiki/0.999...

Bài làm của thanhluong:
Bổ đề : Nếu hàm số $f(x)$ luôn đồng biến trên $R$ thì:
$f(x)=f(y) \Rightarrow x=y$, $\forall x$, $y \in R$.
Chứng minh:
Giả sử $f(x)=f(y)$ và $x \neq y$.
Trường hợp $x > y$, $f(x)$ đồng biến trên $R$ nên $f(x) > f(y)$.
Tương tự với $x < y$, ta được $f(x) < f(y)$.
Cả hai đều cho kết quả mâu thuẫn với giả thiết là $f(x)=f(y)$. Nên $x=y$. Bổ đề được chứng minh.
Quay trở lại bài toán. Hệ phương trình đã cho tương đương với:
$\begin{cases}x-2\sqrt{y^2+8}=-7 (1) \\ y-2\sqrt{x^2+8}=-7 (2) \end{cases}$
Trừ $(1)$ cho $(2)$ vế theo vế, ta được:
$x – 2\sqrt{y^2+8} – y + 2\sqrt{x^2+8}=0$
$\Leftrightarrow x + 2\sqrt{x^2+8} = y + 2\sqrt{y^2+8}$.
Xét hàm số $f(x) = x+2\sqrt{x^2+8}$, lấy hai giá trị bất kì $x_1$, $x_2 \in R$ và $x_1 < x_2$, ta có:
$f(x_1) – f(x_2) = x _1 +2\sqrt{x_1^2+8} – x_2 – 2\sqrt{x_2^2+8} = (x_1 – x_2) +2(\sqrt{x_1^2+8}-\sqrt{x_2^2+8} <0$

Chứng minh này chưa chặt! $(x_1-x_2)<0$ nhưng có thể $2(\sqrt{x_1^2+8}-\sqrt{x_2^2+8})>0$ (Tham khảo đáp án)

$\Rightarrow f(x)=x+2\sqrt{x^2+8}$ đồng biến trên $R$, áp dụng bổ đề 1, ta có $f(x)=f(y)$ nên $x=y$.
Thay $x=y$ vào $(1)$, ta được:
$x – 2\sqrt{x^2+8} = -7$
$\Leftrightarrow x + 7 = 2\sqrt{x^2+8} \Rightarrow (x+7)^2 = 4(x^2+8)$ (với điều kiện $x \geq -7$).
$\Leftrightarrow x^2+14x+49 = 4x^2+32$
$\Leftrightarrow 3x^2 -14x -17=0$
$\Leftrightarrow (x+1)(3x-17)=0 \Leftrightarrow x=-1$ hoặc $x=\frac{17}{3}$ (đều thoả mãn $x \geq -7$)
Với $x=-1 \Rightarrow y = x = -1$.
Với $x=\frac{17}{3} \Rightarrow y = x =\frac{17}{3}$.
Vậy: Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm $(x, y) = (-1, -1)$ và $(x, y)=\left(\frac{17}{3}, \frac{17}{3} \right)$.
__________________________________
Điểm bài làm: $d=8$
$S=\left\lfloor\dfrac{52-2}{2}\right\rfloor+3\times 8+0+0=49$

Đề: Đổi số 0,4(9) thành phân số.
Mình giải như sau:
0,4(9)=0,4 + 0,0(9) = 0,4 + 9. 0,0(1) =$\frac{2}{5}+9.\frac{1}{90}=\frac{1}{2}$
Như vậy chẳng lẽ 0,5 = 0,4(9) sao????
Ai đó có thể giải thích dùm mình được không

Đặt $a=0,0(9)$, suy ra $100a = 9,(9)$ hay $100a = 9 + 10a \Rightarrow a=0.1$.
Nên $0,4(9) = 0,4 + 0,0(9) = 0,4 + 0,1 = 0,5$

Bài 3:
a, GPT: $\sqrt{2x+3} + \sqrt{x+1} = 3x + 2\sqrt{2x^2+5x+3} - 16$

Bài 3a có thể giải bằng cách bình phương 2 vế của phương trình, tuy nhiên vẫn có thể đặt ẩn phụ để giảm bớt sự nhọc công:
ĐKXĐ: $x \geq -1$.
Đặt $\sqrt{2x+3}=a >0$, $\sqrt{x+1}=b \geq 0$. PT đã cho có thể viết lại thành:
$a+b=a^2+b^2-4+2ab-16$
$\Leftrightarrow a+b+4=(a+b)^2-16$
$\Leftrightarrow a+b+4+(a+b-4)(a+b+4)=0$
$\Leftrightarrow (a+b+4)(a+b-3)=0$
$\Rightarrow a+b=3$
Đến đây chắc dễ rồi.

b, Cho $a,b,c$ là các số thực dương, tìm min biểu thức:
$P = \frac{a+3c}{a+2b+c} + \frac{4b}{a+b+2c} - \frac{8c}{a+b+3c}$

Câu cực trị đã được giải quyết ở đây http://toanphothong....read.php?t=8002

Cho tam giác $ABC$ đều cạnh $a$. $P \in AC$, $Q \in AB$, $M$, $N \in BC$. Xác định vị trí hai điểm $P$ và $Q$ để diện tích tứ giác $MNPQ$ đạt giá trị lớn nhất.

Cho em hỏi : Ai có thể biến $a^2 + b^2$ thành một hằng đẳng thức ?

$a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=(a-b)^2+2ab$.
Nếu $a$ và $b$ cùng dấu:
$a^2+b^2=a^2+(\sqrt{2ab})^2+b^2-(\sqrt{2ab})^2=(a+b-\sqrt{2ab})(a+b+\sqrt{2ab})$

Cho $x,y>0$
$(x+\sqrt{1+x^{2}})(y+\sqrt{1+y^{2}})=2012$
Tìm $min(x+y)$

Đặt $x+\sqrt{1+x^2}=k \Rightarrow y+\sqrt{1+y^2}=\frac{2012}{k}$
Ta có $\sqrt{1+x^2}=k-x$
$\Leftrightarrow 1+x^2=k^2-2kx+x^2$
$\Leftrightarrow k(k-2x)=1$
$\Leftrightarrow k-2x=\frac{1}{k}$
$\Leftrightarrow x = \frac{k^2-1}{2k}$
Lại có: $\sqrt{y^2+1} = \frac{2012}{k}-y$
$\Leftrightarrow y^2+1=\frac{2012^2}{k^2}-\frac{4024y}{k}+y^2$
$\Leftrightarrow \frac{4024y}{k}=\frac{2012^2}{k^2}-1=\frac{2012^2-k^2}{k^2}$
$\Leftrightarrow y = \frac{2012^2-k^2}{k^2} \cdot \frac{k}{4024} = \frac{2012^2-k^2}{4024k}$
Do đó $x+y=\frac{2012k^2-2012+2012^2-k^2}{4024k}=\frac{2011k^2+2012^2-2012}{4024k}$
$=\frac{2011k}{4024} \cdot k + \frac{2012^2-2012}{4024k} \geq 2\sqrt{\frac{2011k \cdot (2012^2-2012)}{4024k}}=2\sqrt{\frac{2011 \cdot 2012 \cdot 2011}{4024}} = 2 \cdot \frac{2011}{\sqrt{2}}=2011\sqrt{2}$

Đề bài:
Giải phương trình nghiệm nguyên:
$15x^4-37x^2y^2-84x^2+14y^4+53y^2=-45$

Giải:
Bổ đề: Số chính phương lẻ chia $8$ dư $1$
Thật vậy. với $k \in Z$ ta luôn có
$(2k+1)^2=4k^2+4k+1 =4k(k+1)+1\equiv 1$ (mod $8$) (Vì $k(k+1) \equiv 0$ (mod $2$))

Trở lại bài toán, phương trình trên đề bài đương với:
$(x^2-2y^2-5)(15x^2-7y^2-9)=0$
$\Leftrightarrow x^2-2y^2-5=0$ hoặc $15x^2-7y^2-9=0$.
Trường hợp 1: $x^2-2y^2-5=0$
Khi đó $x^2-2y^2=5 \rightarrow x^2=2y^2+5 \rightarrow x^2$ lẻ.
Áp dụng bổ đề trên, ta suy ra $x^2$ chia $8$ dư $1$, đặt $x^2=8m+1$ ($m \in Z$), ta có:
$8m+1+2y^2=5 \Leftrightarrow 8m+2y^2=4 \Leftrightarrow 4m+y^2=2$
Nên $y^2$ chia hết cho $2$ và không chia hết cho $4$, suy ra điều vô lý vì số chính phương chia hết cho $2$ luôn chia hết cho $2^2=4$.
Trường hợp 2: $15x^2-7y^2-9=0$
Khi đó $15x^2-2=7y^2+7=7(y^2+1)$ nên $15x^2-2$ chia hết cho $7$. (*)

Nếu $x \equiv 0$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 0$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Nếu $x \equiv \pm 1$ (mod $7$) $\Rightarrow x^2 \equiv 1$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 15$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Nếu $x \equiv \pm 2$ (mod $7$) $\Rightarrow x^2 \equiv 4$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 60$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Nếu $x \equiv \pm 3$ (mod $7$) $\Rightarrow x^2 \equiv 9$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 135$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Do đó với mọi $x \in Z$, $15x^2-2$ không chia hết cho $7$, mâu thuẫn với (*).

Vậy Phương trình đã cho vô nghiệm nguyên

Đề của BTC:
Cho $a,b,c$ là các số tùy ý thuộc $[0;1]$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$$

$a, b, c \leq 1$ nên $1-a$, $1-b$ và $1-c$ đều không âm.
Không làm tính tổng quát, giả sử $a = max\{a, b, c \}$. Khi đó $\frac{b}{a+c+1} \leq \frac{b}{b+c+1}$ và $\frac{c}{a+b+1} \leq \frac{c}{b+c+1}$.
Nên $VT \leq \frac{a+b+c}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c)=1+(1-a)(1-b)(1-c)-\frac{1-a}{b+c+1}$. (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm $1-b$, $1-c$, $b+c+1$, ta được
$(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq \frac{\left[(1-b)+(1-c)+(b+c+1) \right]^3}{27}=1$
$\Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq 1-a$
$\Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c) \leq \frac{1-a}{b+c+1}$
$\Leftrightarrow 1+(1-a)(1-b)(1-c) - \frac{1-a}{b+c+1} \leq 1$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $VT \leq 1$. Đẳng thức xảy ra khi:
.$a=b=c$ (*)
.$1-a=0$ hoặc $1-b=1-c=b+c+1$ (**)
Từ (*) và (**) suy ra đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=c=0$. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
====
Nếu $a=b=0$ và $c=1$ thì dấu $"="$ vẫn xảy ra mà?
Điểm bài làm: 8
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (6 - 5 \right )}{2} \right ]+3*8+0+0=49$

Lời giải của toán thủ ConanTM:
Đặt: S(a) = $a^2-a-b^2$. Giả sử S(a) là số chính phương thì S(1-a) cũng là số chính phương mà a và 1 - a khác tính chẵn lẻ => Mâu thuẫn vì theo giả thiết thì a và b phải cùng tính chẵn lẻ. (đpcm)

Theo mình thì không thể xét $S(1-a)$ được vì để $1-a$ là số tự nhiên thì $a \leq 1 \Rightarrow b \leq 0 \Rightarrow b=0$ và $a=0$ hoặc $a=1$.

Đề của BTC:
Giải phương trình:
$$2\sqrt[3]{(1+x)^2}+3\sqrt[3]{1-x^2}+\sqrt[3]{(1-x)^2}=0$$

Phương trình tương đương:
$2\sqrt[3]{x+1}\sqrt[3]{x+1}+2\sqrt[3]{(1+x)(1-x)}+\sqrt[3]{1-x}\sqrt[3]{1-x}=0$

$\Leftrightarrow 2\sqrt[3]{x+1}(\sqrt[3]{x+1}+\sqrt{1-x})+\sqrt[3]{1-x}(\sqrt[3]{1+x}+\sqrt[3]{1-x})=0$.

$\Leftrightarrow (\sqrt[3]{1+x}+\sqrt[3]{1-x})(2\sqrt[3]{1+x}+\sqrt[3]{1-x})=0$.

$\Leftrightarrow \sqrt[3]{1+x}+\sqrt[3]{1-x}=0$ hoặc $2\sqrt[3]{1+x}+\sqrt[3]{1-x}=0$.

$\boxed{\text{Trường hợp 1}}$: $\sqrt[3]{1+x}+\sqrt[3]{1-x}=0$

Khi đó $\sqrt[3]{1+x}=-\sqrt[3]{1-x}$ $\Leftrightarrow 1+x = -1+ x$ (Vô lý).

$\boxed{\text{Trường hợp 2}}$: $2\sqrt[3]{1+x}+\sqrt[3]{1-x}=0$

Khi đó $2\sqrt[3]{1+x}=-\sqrt[3]{1-x}$ $\Leftrightarrow 8(1+x)=-1+x \Leftrightarrow x=-\frac{9}{7}$

Vậy: $\boxed{S=\{ -\frac{9}{7} \}}$
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 21-20 \right )}{2} \right ]+3.10+0+0=45$

Bài làm :
sử dụng Định lýpotoleme cho tứ giác nội tiếp $BHDA$
$\Rightarrow BH .AD +AB. DH =BD .AH$
$\Rightarrow \frac{BH .AD +AB. DH}{BD^2} =\frac{AH}{BD} =\frac{HC}{DC}=\frac{AC}{BC} :\text{Dựa vào tam giác đồng dạng }$

Từ bài toán này ta suy ra đẳng thức:
$\sin{(\alpha+\beta)}=\sin{\alpha}\cos{\beta}+\sin{\beta}\cos{\alpha}$ với $\alpha$, $\beta$ là các góc nhọn.
(Ở đây $\alpha=\widehat{ABD}$ và $\beta=\widehat{DBC}$).

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, lấy điểm $D$ trên cạnh $AC$, vẽ $DH$ vuông góc với cạnh huyền $BC$, chứng minh đẳng thức:
$$\frac{AC}{BC}=\frac{AD \cdot BH+DH \cdot AB}{BD^2}$$

$$\textbf{KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LẦN 2}$$.
$$\text{NĂM HỌC: 2012 - 2013}$$.
$$\boxed{\text{Môn: Toán - Lớp 9}}$$
$$\text{Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)}$$.

$\boxed{\text{Bài 1}}$ (2 điểm)
Cho biểu thức $A=\frac{7-4\sqrt{x}}{x-7\sqrt{x}+12}+\frac{\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}-3}-\frac{2\sqrt{x}+1}{4-\sqrt{x}}$.
a. Rút gọn $A$.
b. Tìm giá trị của biểu thức $A$ khi $x=\frac{2}{3-\sqrt{5}}$.

$\boxed{\text{Bài 2}}$ (2.5 điểm)
a. Giải phương trình:
$$\frac{x^2-6x+15}{x^2-6x+11}=\sqrt{x^2-6x+18}$$.
b. Chứng minh rằng $x_0=\sqrt[3]{38-17\sqrt{5}}+\sqrt[3]{38+17\sqrt{5}}$ là một nghiệm của phương trình $x^3-3x^2-2x-8=0$.


$\boxed{\text{Bài 3}}$ (1 điểm)
Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$. Chứng minh $p^2-1$ chia hết cho $6$.


$\boxed{\text{Bài 4}}$ (2 điểm)
Cho tam giác nhọn $ABC$ và $D$ là điểm thuộc cạnh $BC$. Đường thẳng qua $B$ song song với $AD$ cắt đường thẳng $AC$ tại $E$. Đường thẳng qua $C$ song song với $AD$ cắt đường thẳng $AB$ tại $F$. Hãy xác định vị trí điểm $D$ để $\frac{AD^2}{BE \cdot CF}$ đạt giá trị lớn nhất.


$\boxed{\text{Bài 5}}$ (2.5 điểm)
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB<AC$), đường cao $AH$, $M$ là trung điểm $BC$. Đường vuông góc với $BC$ tại $M$ cắt $AC$ ở $D$.
a. Chứng minh rằng $AC.DC=\frac{BC^2}{2}$.
b. Tìm tập hợp điểm $E$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ có chứa điểm $A$ sao cho $S_{ABC}=\frac{1}{2}S_{BEC}$

Mình đăng bài này mọi người làm cho vui!

Cho x,y,z >2 ; $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$
CMR: $(x-2)(y-2)(z-2)\leq 1$

Theo giả thiết, $\frac{1}{x}=\frac{1}{2}-\frac{1}{y}+\frac{1}{2}-\frac{1}{z}=\frac{y-2}{y}+\frac{z-2}{z}$.
Áp dụng bđt Cô-si:
$\frac{1}{x}=\frac{y-2}{y}+\frac{z-2}{z} \geq 2\sqrt{\frac{(y-2)(z-2)}{yz}}$
Làm tương tự với $\frac{1}{y}$, $\frac{1}{z}$ rồi nhân các bđt trên với nhau, ta thu được điều phải chứng minh.

Đây là cách giải của mình:
Số cần tìm có dạng $\overline{abcabc}+1$. Đặt $\overline{abc}=x$ thì ta có $1001x+1=n^2 (1)$ (Với $n \in N$, $100 \leq x \leq 998$).
$x \geq 100$ nên $1001x +1 \geq 100101$, do đó $n \geq 317$. $x \leq 998$ nên $n \leq 999$.
Từ $(1)$ ta có $x=\frac{n^2-1}{1001}$
Quy trình: (xin lỗi vì mình không biết gõ ô vuông)
$A=A+1:B=\frac{A^2-1}{1001}$, $CALC$ $A=316$. Quy trình được lặp đến khi $B$ nguyên.

p/s:Bạn có được đi thi cấp Quốc Gia không?

5)CHO a,b,c là 3 số dương thỏa abc<1.CM $\dfrac{1}{1+a+ab}+\dfrac{1}{1+b+bc}+\dfrac{1}{1+c+ca}<1$

Hình như là sai đề, phải là $\frac{1}{1+a+ab}+\frac{1}{1+b+bc}+\frac{1}{1+c+ca} >1$.

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

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: $S=\left [ \dfrac{52-(6-4)}{2} \right ]+3.10+10+0=64$

Nhân tiện topic này, ai có thể chỉnh sửa giùm Code mà mình tốn không biết bao nhiêu công sức để làm:

Chương trình mang tên: "Phân tích phương trình bậc 4 thành hai phương trình bậc 2":

var i,p,q,r,s,UCLN,BCNN: integer;
m,a,b,c,d,e,f,g,h,j,k,x,y,z,t,o: real;
begin
write('a='); readln(a);
write('b='); readln(b);
write('c='); readln(c);
write('d='); readln(d);
write('e='); readln(e);
if a=1 then write('x^4') else begin
if a>0 then write(a:0:0,'x^4');
if a=-1 then write('-x^4');
if a<0 then if a<>-1 then write('-',-a:0:0,'x^4'); end;
if b=1 then write('+x^3') else begin
if b>0 then write('+',b:0:0,'x^3');
if b=-1 then write('-x^3');
if b<0 then if b<>-1 then write('-',-b:0:0,'x^3'); end;
if c=1 then write('+x^2') else begin
if c>0 then write('+',c:0:0,'x^2');
if c=-1 then write('-x^2');
if c<0 then if b<>-1 then write('-',-c:0:0,'x^2'); end;
if d=1 then write('+x') else begin
if d>0 then write('+',d:0:0,'x');
if d=-1 then write('-x');
if d<0 then if b<>-1 then write('-',-d:0:0,'x'); end;
if e>0 then write('+',e:0:0);
if e<0 then write('-',-e:0:0);
write('=0');
x:= 8*a*a*a ;
y:=-4*a*a*c;
z:=-8*e*a*a+2*a*d*b;
t:=4*e*c*a-a*d*d-e*b*b;
m:=0;
begin
for i:=1 to 100 do
m:=m-(x*m*m*m+y*m*m+z*m+t)/(3*x*m*m+2*y*m+z);
end;

g:=2*sqrt(-4*c*a+8*a*a*m+b*b)*a;
h:=sqrt(-4*c*a+8*a*a*m+b*b)*b-8*a*a*m-b*b+4*c*a;
j:=2*sqrt(-4*c*a+8*a*a*m+b*b)*m*a+2*a*d-2*b*m*a;
p:=trunc(g);
q:=trunc(h);
r:=trunc(j);
begin
BCNN:=p*q;
s:= q mod p;
While s <> 0 do
	 Begin
	 s:= p MOD q;
	 p:= q;
	 q:= s;
	 End;

BCNN:=p*r;
s:= r mod p;
While s <> 0 do
	 Begin
	 s:= p MOD r;
	 p:= r;
	 r:= s;
	 End;

end;

g:=g/p;
h:=h/p;
j:=j/p;
writeln(' ');
write('(');
if g=1 then write('x^2') else begin
if g>0 then write(g:0:0,'x^2');
if g=-1 then write('-x^2');
if g<0 then
if g<>-1 then
write('-',-g:0:0,'x^2'); end;
if h=1 then write('+x') else begin
if h>0 then write('+',h:0:0,'x');
if h=-1 then write('-x');
if h<0 then
if h<>-1 then
write('-',-h:0:0,'x'); end;
if j>0 then write('+',j:0:0);
if j<0 then write('-',-j:0:0);
write(')');
g:=2*sqrt(-4*c*a+8*a*a*m+b*b)*a;
k:=sqrt(-4*c*a+8*a*a*m+b*b)*b+8*a*a*m+b*b-4*c*a;
o:=2*sqrt(-4*c*a+8*a*a*m+b*b)*m*a-2*a*d+2*b*m*a;
p:=trunc(g);
q:=trunc(k);
r:=trunc(o);
begin
BCNN:=p*q;
s:= q mod p;
While s <> 0 do
	 Begin
	 s:= p MOD q;
	 p:= q;
	 q:= s;
	 End;

BCNN:=p*r;
s:= r mod p;
While s <> 0 do
	 Begin
	 s:= p MOD r;
	 p:= r;
	 r:= s;
	 End;

end;
g:=g/p;
k:=k/p;
o:=o/p;
write('(');
if g=1 then write('x^2') else begin
if g>0 then write(g:0:0,'x^2');
if g=-1 then write('-x^2');
if g<0 then
if g<>-1 then
write('-',-g:0:0,'x^2'); end;
if k=1 then write('+x') else begin
if k>0 then write('+',k:0:0,'x');
if k=-1 then write('-x');
if k<0 then
if k<>-1 then
write('-',-k:0:0,'x'); end;
if o>0 then write('+',o:0:0);
if o<0 then write('-',-o:0:0);

write(')=0');
readln;
end.

Chương trình chạy được hầu hết các phương trình bậc 4 mà có thể phân tích thành hai cái bậc 2, nhưng lại không thể phân tích thành nhân tử phương trình:
$x^4-1=0$
__________
Có ai sửa giùm với !!! hoặc góp ý gì cũng được...

Em nghĩ nên dùng phương pháp hệ số bất định, đưa về dạng $k(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ rồi lập thuật toán giải hệ, để tìm các hằng số $k$, $a$, $b$, $c$, $d$. Còn cái chương trình của anh em không hiểu lắm