16 replies to this topic

[wallunint]

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

BTC yêu cầu MSS24 ra đề vào topic này.
Nhớ đọc kĩ chủ đề trước khi ra đề

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.

b. Luật Loại trực tiếp: Luật chỉ áp dụng khi có $n >20$ toán thủ tham gia thi đấu.
- Sau mỗi trận, $k$ toán thủ có số điểm ít nhất sẽ bị loại. Trong trường hợp có nhiều toán thủ cùng điểm số, toán thủ nào có thời gian bỏ thi đấu dài nhất sẽ ưu tiên bị loại.
$$k=\frac{\left \{(n-10) - [(n-10) \mod 10] \right \}}{10}$$
- Toán thủ bị loại sẽ không đuợc đăng kí lại
- Khi Chỉ còn 20 toán thủ, Luật này ko còn hiệu lực

BTC lưu ý:
1) trận 16 có 33 toán thủ tham gia nên sau trận này, 02 toán thủ ít điểm nhất sẽ 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.

Edited by perfectstrong, 19-06-2012 - 00:55.

[wallunint]

Đề của trọng tài:

Bài 1: Cho $49c\ge a\ge b\ge c>0$. Chứng minh:
$$a+4b+7c\le 4\left( \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right)$$

Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$


Chú ý: Chỉ cần giải 1 trong 2 bài.
Không sử dụng các phương pháp vượt quá chương trình THCS.
Thời gian làm bài được tính từ 12 giờ ngày 4 tháng 6 năm 2012.

Edited by wallunint, 04-06-2012 - 14:53.

[hamdvk]

Ta có $a\geq b\geq c> 0$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a-b\geq 0\\ b-c\geq 0 \end{matrix}\right.$
Xét các phương trình
1) $x^{2}-3\sqrt{a}.x+\frac{9}{8}(a+b)=0$ (ẩn x) (1)
có$\Delta _{1}=9a-\frac{9}{2}(a+b)=\frac{9}{2}(a-b)\geq 0$
hay phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi$a\geq b$
2) $x^{2}-3\sqrt{b}.x+\frac{9}{8}(b+c)$ (ẩn x) (2)
chứng minh tương tự phương trình (2) luôn có nghiệm với mọi $b\geq c$
3) $x^{2}-3\sqrt{c}.x+\frac{9}{4}c$ (ẩn x) (3)
có$\Delta _{3}=9c-9c=0$
$\Rightarrow$phương trình (3) luôn có nghiệm
---------------
vì phương trình (1), (2),(3) luôn có nghiệm với mọi $a\geq b\geq c> 0$
Cộng vế với vế của ba phương trình lại ta có
phương trình : $3x^{2}-3(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+\frac{9}{8}(a+b)+\frac{9}{8}(b+c)+\frac{9}{4}c=0$
$\Leftrightarrow x^{2}-(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+\frac{3}{8}(a+2b+3c)=0$ (*)
Phương trình (*) luôn có nghiệm
$\Rightarrow$ $$\Delta _{*} =(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}-4.\frac{3}{8}(a+2b+3c)\geq 0$$
$\Leftrightarrow 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}-3(a+2b+3c)\geq 0$
$\Leftrightarrow 2(a+b+c+2\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})-3(a+2b+3c)\geq 0$
$\Leftrightarrow 4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})-(a+4b+7c)\geq 0$
$\Leftrightarrow 4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\geq (a+4b+7c)$
(điều phải chứng minh )
-----------------------------------

Mỗi pt (1),(2),(3) đều có nghiệm, nhưng chưa chắc pt (*) có nghiệm. Nếu (1),(2),(3) có nghiệm chung thì cách làm của em mới đúng.
S=0

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 22:44.

[hamdvk]

Mở rộng
Cho n số thực dương thảo mãn$a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_n$
với b_i là số hạng thứ i trong dãy Fibonacci .Ta sẽ có
$2(\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{2}}+...+\sqrt{a_n})^{2}\geq n(a_{1}+2a_{2}+...+b_{n}.a_n)$

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 22:44.

[tson1997]

Lần này anh chị ra bài thoáng thế (có sự lựa chọn hẳn hoi ) :
Em xin giải bài 1:
Từ giả thiết ta suy ra : $7\sqrt{c} \geq \sqrt{a} \geq \sqrt{b} \geq \sqrt{c} > 0$
Nên:

$(\sqrt{a}-7\sqrt{c})(\sqrt{a}-\sqrt{b}) \leq 0 \Leftrightarrow a \leq 7\sqrt{ac}+\sqrt{ab}-7\sqrt{bc}$(1)
Tg tự,ta có:

$(\sqrt{b}-\sqrt{a})(\sqrt{b}-\sqrt{c}) \leq 0 \Leftrightarrow 4b \leq 4\sqrt{ab}+4\sqrt{bc}-4\sqrt{ca}$(2)
và:
$(\sqrt{c}-\sqrt{b})(7\sqrt{c}-\sqrt{a}) \leq 0 \Leftrightarrow 7c \leq \sqrt{ac}+7\sqrt{bc}-\sqrt{ab}$(3)
Từ (1);(2);(3),cộng theo vế 3 bđt cùng chiều ta được

$a+4b+7c \leq 4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$
Dấu "=" có xảy ra,khi chẳng hạn $a=49c;b=c$

D-B=3.8h
E=10
F=0
S=74.2

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 22:46.

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

Ko quen dạng 1 thôi thì em mần dạng 2 vậy !
Giải :
Đầu tiên , x và y ko thể đồng thời bằng 0 (*)

BĐT tương đương với :

$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

$\Leftrightarrow \frac{8(x^4 + y^4) - (x + y)^4}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2}{2(x + y)} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{7x^3 + 7y^4 - 4x^3y - 6x^2y^2 - 4xy^3}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.(4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Dễ thấy $(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$ với mọi x , y

Chỉ cần cm $\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4}$

Hay $\Leftrightarrow (\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$ (vì $8(x + y)^4 \geq 0$)

$\Leftrightarrow (x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$

Ta có
$(x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 > (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 = (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2 - 4x^2 - 8xy - 4y^2) = (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2)$

Thấy rằng
$x + y > 0$ (đk (*)
$3x^2 - 4xy + 3y^2 = x^2 + y^2 + 2(x - y)^2 > 0$ (chú ý đk (*)

$\Rightarrow (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2) > 0$

$\Rightarrow \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} > 0$

$\Rightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

Hay $$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$ (Q.E.D)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x = y > 0$

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

XIN ĐƯỢC NẠP LAỊ BÀI ! BÀI TRƯỚC BỊ LỖI THIẾU TEXT !
Ko quen dạng 1 thôi thì em mần dạng 2 vậy !
Giải :
Đầu tiên , x và y ko thể đồng thời bằng 0
Thật vậy vì x + y # 0 , x và y ko âm nên x , y không thể cùng bằng 0 (*)


BĐT tương đương với :

$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

$\Leftrightarrow \frac{8(x^4 + y^4) - (x + y)^4}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2}{2(x + y)} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{7x^3 + 7y^4 - 4x^3y - 6x^2y^2 - 4xy^3}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.(4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(x - y)^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Dễ thấy $(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$ với mọi x , y

Chỉ cần cm $\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Hay $\Leftrightarrow (\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$ (vì $8(x + y)^4 > 0$)

$\Leftrightarrow (x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$

Ta có
$(x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 > (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 = (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2 - 4x^2 - 8xy - 4y^2) = (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2)$

Thấy rằng
$x + y > 0$ (đk (*)
$3x^2 - 4xy + 3y^2 = x^2 + y^2 + 2(x - y)^2 > 0$ (chú ý đk (*)

$\Rightarrow (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2) > 0$

$\Rightarrow \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} > 0$

$\Rightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

Hay $$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$ (Q.E.D)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt{x} = \sqrt{y} \Leftrightarrow x = y $ ( x , y khác 0)

Tính toán sai từ chỗ

$\Leftrightarrow \frac{7x^3 + 7y^4 - 4x^3y - 6x^2y^2 - 4xy^3}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.(4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{(x - y)^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Đúng ra phải là

\[
\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{{7x^4 + 7y^4 - 4x^3 y - 6x^2 y^2 - 4xy^3 }}{{8(x + y)^4 }} - \frac{{(\sqrt x - \sqrt y )^2 .4(x + y)^3 }}{{8(x + y)^4 }} \ge 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{\left( {x - y} \right)^2 \left( {7x^2 + 10xy + 7y^2 } \right) - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2 4\left( {x + y} \right)^3 }}{{8\left( {x + y} \right)^4 }} \ge 0 \\
\end{array}
\]

S=0

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 22:57.

[Cao Xuân Huy]

Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

Ta có:
\[\frac{{{x^4} + {y^4}}}{{{{\left( {x + y} \right)}^4}}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}} \ge \frac{5}{8} \Leftrightarrow \frac{{\frac{{{x^4}}}{{{y^4}}} + 1}}{{{{\left( {\frac{x}{y} + 1} \right)}^4}}} + \frac{{\sqrt {\frac{x}{y}} }}{{\frac{x}{y} + 1}} \ge \frac{5}{8}\]
Đặt $t = \sqrt {\frac{x}{y}} $ thì $t>0$ và bất đẳng thức trở thành:
\[\frac{{{t^8} + 1}}{{{{({t^2} + 1)}^4}}} + \frac{t}{{{t^2} + 1}} \ge \frac{5}{8}\]
Qui đồng 2 vế ta có bất đẳng thức tương đương:
\[8\left[ {{t^8} + 1 + t{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^3}} \right] \ge 5{\left( {{t^2} + 1} \right)^4}\]
\[ \Leftrightarrow 8\left[ {{t^8} + 1 + t\left( {{t^6} + 3{t^4} + 3{t^2} + 1} \right)} \right] \ge 5\left( {{t^8} + 4{t^6} + 6{t^4} + 4{t^2} + 1} \right)\]
\[ \Leftrightarrow 8\left( {{t^8} + {t^7} + 3{t^5} + 3{t^3} + t + 1} \right) - 5\left( {{t^8} + 4{t^6} + 6{t^4} + 4{t^2} + 1} \right) \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow 3{t^8} + 8{t^7} - 20{t^6} + 24{t^5} - 30{t^4} + 24{t^3} - 20{t^2} + 8t + 3 \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow \left( {3{t^8} - 3{t^7}} \right) + \left( {11{t^7} - 11{t^6}} \right) - \left( {9{t^6} - 9{t^5}} \right) + \left( {15{t^5} - 15{t^4}} \right) - \left( {15{t^4} - 15{t^3}} \right) + \left( {9{t^3} - 9{t^2}} \right) - \left( {11{t^2} - 11t} \right) - \left( {3t - 3} \right) \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow (t - 1)\left( {3{t^7} + 11{t^6} - 9{t^5} + 15{t^4} - 15{t^3} + 9{t^2} - 11t - 3} \right) \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow (t - 1)\left[ {\left( {3{t^7} - 3{t^6}} \right) + \left( {14{t^6} - 14{t^5}} \right) + \left( {5{t^5} - 5{t^4}} \right) + \left( {20{t^4} - 20{t^3}} \right) + \left( {5{t^3} - 5{t^2}} \right) + \left( {14{t^2} - 14t} \right) + \left( {3t - 3} \right)} \right] \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow {(t - 1)^2}\left( {3{t^6} + 14{t^5} + 5{t^4} + 20{t^3} + 5{t^2} + 14t + 3} \right) \ge 0 \text{ (1)}\]
Ta có: $(t-1)^2\ge 0$ và ${3{t^6} + 14{t^5} + 5{t^4} + 20{t^3} + 5{t^2} + 14t + 3} \ge 0$ (vì $t>0$) nên bất đẳng $(1)$ luôn đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh.
Dấu $"="$ xảy ra $ \Leftrightarrow t = 1 \Leftrightarrow \sqrt {\frac{x}{y}} = 1 \Leftrightarrow x = y$
_________________________________________
P/s: Hi vọng trọng tài chấm không trừ điểm chỗ phân tích nhân tử. Viết dài quá nên em tắt 1 tí

Thời gian nộp bài tính từ lúc nộp bài sửa chữa.
D-B=8.7h
E=10
F=0
S=69.3

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 23:03.

[NLT]

Solution for Problem 2 (by Nguyen Lam Thinh):
_________________________________________________
ĐK: $x+y$ khác 0.
Dễ thấy với $x=0$ hoặc $y=0$ thì bất đẳng thức đúng.
Với $x,y>0$ thì ta có:
$\frac{{{x^4} + {y^4}}}{{{{\left( {x + y} \right)}^4}}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}} \ge \frac{5}{8} \Leftrightarrow \frac{{\frac{{{x^4}}}{{{y^4}}} + 1}}{{{{\left( {\frac{x}{y} + 1} \right)}^4}}} + \frac{{\sqrt {\frac{x}{y}} }}{{\frac{x}{y} + 1}} \ge \frac{5}{8}$
Đặt $t = \sqrt {\frac{x}{y}} $ thì $t>0$ thì:
$\frac{{{t^8} + 1}}{{{{({t^2} + 1)}^4}}} + \frac{t}{{{t^2} + 1}} \ge \frac{5}{8}$
Qui đồng 2 vế ta được:
$8\left[ {{t^8} + 1 + t{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^3}} \right] \ge 5{\left( {{t^2} + 1} \right)^4}$
$\Leftrightarrow 8\left[ {{t^8} + 1 + t\left( {{t^6} + 3{t^4} + 3{t^2} + 1} \right)} \right] \ge 5\left( {{t^8} + 4{t^6} + 6{t^4} + 4{t^2} + 1} \right)$
$\Leftrightarrow 8\left( {{t^8} + {t^7} + 3{t^5} + 3{t^3} + t + 1} \right) - 5\left( {{t^8} + 4{t^6} + 6{t^4} + 4{t^2} + 1} \right) \ge 0$
$ \Leftrightarrow 3{t^8} + 8{t^7} - 20{t^6} + 24{t^5} - 30{t^4} + 24{t^3} - 20{t^2} + 8t + 3 \ge 0$
$\Leftrightarrow \left( {3{t^8} - 3{t^7}} \right) + \left( {11{t^7} - 11{t^6}} \right) - \left( {9{t^6} - 9{t^5}} \right) + \left( {15{t^5} - 15{t^4}} \right) - \left( {15{t^4} - 15{t^3}} \right) + \left( {9{t^3} - 9{t^2}} \right) - \left( {11{t^2} - 11t} \right) - \left( {3t - 3} \right) \ge 0$
$\Leftrightarrow (t - 1)\left( {3{t^7} + 11{t^6} - 9{t^5} + 15{t^4} - 15{t^3} + 9{t^2} - 11t - 3} \right) \ge 0$
$\Leftrightarrow (t - 1)\left[ {\left( {3{t^7} - 3{t^6}} \right) + \left( {14{t^6} - 14{t^5}} \right) + \left( {5{t^5} - 5{t^4}} \right) + \left( {20{t^4} - 20{t^3}} \right) + \left( {5{t^3} - 5{t^2}} \right) + \left( {14{t^2} - 14t} \right) + \left( {3t - 3} \right)} \right] \ge 0$
$ \Leftrightarrow {(t - 1)^2}\left( {3{t^6} + 14{t^5} + 5{t^4} + 20{t^3} + 5{t^2} + 14t + 3} \right) \ge 0 \text{ (*)}$
Ta có: $(t-1)^2\ge 0$ và ${3{t^6} + 14{t^5} + 5{t^4} + 20{t^3} + 5{t^2} + 14t + 3} \ge 0$ (vì $t>0$) nên bất đẳng $(*)$ luôn đúng => $Q.E.D$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ t = 1 \Leftrightarrow x = y$
The problem is completely solved...
___

D-B=8.7h
E=10
F=0
S=69.3

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 23:02.

[Cao Xuân Huy]

Cho em bổ sung.
Nếu $x=y=0$ thì không thỏa điều kiện xác định.
Nếu $x=0$ hoặc $y=0$ thì $VT=1>\frac{5}{8}$
Nếu $x,y$ khác $0$ thì giải như trên

[daovuquang]

Bài 2:
Đặt $\sqrt{x}=a; \sqrt{y}=b\Rightarrow a,b>0.$
Viết lại đề bài: $\frac{a^8+b^8}{(a^2+b^2)^4}+\frac{ab}{a^2+b^2}\geq\frac{5}{8}$
$\Leftrightarrow \frac{a^8+b^8+ab(a^2+b^2)^3}{(a^2+b^2)^4}\geq\frac{5}{8}$
$\Leftrightarrow 8[a^8+b^8+ab(a^2+b^2)^3]\geq5(a^2+b^2)^4$
$\Leftrightarrow 8a^8+8b^8+8a^7b+24a^5b^3+24a^3b^5+8ab^7-5a^8-20a^6b^2-30a^4b^4-20a^2b^6-5b^8\geq0$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(3a^2+2ab+3b^2)(a^4+4a^3b-2a^2b^2+4ab^3+b^4)\geq0$
BĐT cuối đúng vì:$\left\{\begin{matrix}
(a-b)^2\geq0\\
3a^2+2ab+3b^2>0\\
a^4+4a^3b-2a^2b^2+4ab^3+b^4=(a^2-b^2)+4ab(a^2+b^2)>0
\end{matrix}\right.$
Vậy ta có đpcm.

Sorry bài kia em viết thiếu:
Dấu $"="$ xảy ra$\Leftrightarrow a=b\Leftrightarrow x=y.$
Mong BTC ghép 2 bài vào nhau.

Từ đầu thì $a,b \ge 0$ và $a+b \neq 0$. Xét thiếu TH $a=0$ hoặc $b=0$.
D-B=9.5h
E=8.3
F=0
S=63.4

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 23:05.

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

Xin lỗi trọng tài nhưng em xin ưửa bài 1 chút nữa ! Tối qua mưa nên ko có sửa kịp !

BĐT $$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} + \frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0$$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{.[(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Đoạn tiếp theo cm cũng như bài trước , ta có

$(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$

Mà $(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 > (x + y)(7x^2 + 10xy + 7y^2 - 4x^2 - 8xy - 4y^2) = (x + y)(3x^2 + 2xy + 3y^2)$

Thấy x + y > 0 (do x , y ko đồng thời bằng 0)
$3x^2 + 2xy + 3y^2 = (x + y)^2 + 2(x^2 + y^2) > 0$

Nên $(x + y)(3x^2 + 2xy + 3y^2) > 0$

$\Rightarrow \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} > 0$

$\Rightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{.(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Hay $$ \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} + \frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0$$


$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$


BĐT đc cm ! Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 = 0 \Leftrightarrow x = y $ ( x , y > 0)

D-B=25.8h
E=10
F=2 * 10=20
S=72.2

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 23:08.

[nguyenta98]

Chú ý: Em Xin Post Bài Này Với Mục Đích Tham Khảo, Em Không Đăng Kí Thi MSS

Bài 1:
$49c\geq a\geq b\geq c>0 \rightarrow 49\geq \dfrac{a}{c}\geq \dfrac{b}{c}\geq 1<1>$
Nhận thấy
$a+4b+7c\le 4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$
$\leftrightarrow \dfrac{a}{c}+4\dfrac{b}{c}+7\le 4(\sqrt{\dfrac{a}{c}.\dfrac{b}{c}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c}})<*>$
Đặt $\sqrt{\dfrac{a}{c}}=x;\sqrt{\dfrac{b}{c}}=y<2>$
Từ $<1><2> \rightarrow 49\geq x^2\geq y^2\geq 1 \leftrightarrow 7\geq x\geq y\geq 1$
Giờ ta cần chứng minh $<*> \leftrightarrow x^2+4y^2+7\le 4xy+4x+4y$ với $1\le y\le x\le 7$
Tương đương
$x^2-4x(y+1)+4y^2-4y+7\le 0$
$\leftrightarrow x^2-4x(y+1)+4(y+1)^2+4y^2-4y+7\le 4(y+1)^2$
$\leftrightarrow [x-2(y+1)]^2\le 4(y+1)^2-(4y^2-4y+7)=12y-3$
$\leftrightarrow -\sqrt{12y-3}\le [x-2(y+1)]\le \sqrt{12y-3}$
$\leftrightarrow 2(y+1)-\sqrt{12y-3}\le x\le 2(y+1)+\sqrt{12y-3}$

• Trước tiên ta chứng minh chiều $2(y+1)-\sqrt{12y-3}\le x$

Do $x\geq y \rightarrow x=y+t$
$\leftrightarrow y+2-\sqrt{12y-3}\le t\le y+2+\sqrt{12y-3}$
Đặt $\sqrt{12y-3}=k$ do $1\le y\le 7 \rightarrow 3\le k \le 9$
Do đó $y+2=\dfrac{12y-3+27}{12}=\dfrac{k^2+27}{12}$
Do đó $y+2-\sqrt{12y-3}\le t \leftrightarrow \dfrac{k^2+27}{12}-k\le t \leftrightarrow \dfrac{(k-6)^2-9}{12}\le t$
Vì $x=y+t, 1\le y\le x\le 7 \rightarrow 0\le t\le 6$
Mặt khác $3\le k\le 9$ suy ra $(k-6)^2\le 9$ (chứng minh cái này khá đơn giản, xét $3\le k\le 6$ và $6\le k \le 9$)
Do đó suy ra $\dfrac{(k-6)^2-9}{12}\le 0\le k$ hay có chiều $\geq $ được chứng minh

• Giờ ta chứng minh nốt $x\le 2(y+1)+\sqrt{12-3}$

Đặt $\sqrt{4y-1}=p \rightarrow \sqrt{3}\le p\le \sqrt{27} \rightarrow 2(y+1)=\dfrac{p^2+5}{2} \rightarrow 2(y+1)+\sqrt{12y-3}=\dfrac{p^2+5}{2}+\sqrt{3}p =\dfrac{(p+\sqrt{3})^2+2}{2} \geq \dfrac{(\sqrt{3}+\sqrt{3})^2+2}{2}=7\geq a$
Do đó chiều $\le $ cũng được chứng minh nên bài toán được giải hoàn toàn

Bài 2 chắc quen thuộc rồi nên em ko post

[Tru09]

Đề của trọng tài:

Bài 1: Cho $49c\ge a\ge b\ge c>0$. Chứng minh:
$$a+4b+7c\le 4\left( \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right)$$

Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$


Chú ý: Chỉ cần giải 1 trong 2 bài.
Không sử dụng các phương pháp vượt quá chương trình THCS.
Thời gian làm bài được tính từ 12 giờ ngày 4 tháng 6 năm 2012.

Ta xét y = 0 $\rightarrow$ Bất đẳng thức cần chứng minh $\leftrightarrow$ 1+0=1 $\geq \frac{5}{8}$( luôn đúng)
Ta xét x = 0 $\rightarrow$ Bất đẳng thức cần chứng minh $\leftrightarrow$ 1+0=1 $\geq \frac{5}{8}$( luôn đúng)
Khi y $\neq$ 0 , ta đặt $\sqrt{\frac{x}{y}}$ =a (a > 0)

Bất đẳng thức cần chứng minh:
$\leftrightarrow \frac{\frac{x^4 + y^4}{y^4}}{\frac{(x+y)^4}{y^4}} +\frac{\sqrt{xy}}{\frac{x}{y} +1} \ge \frac{5}{8}$
$\leftrightarrow \frac{a^8 +1}{(a^2+1)^4} +\frac{a}{a^2 +1} \ge \frac{5}{8}$
$\leftrightarrow \frac{a^8 +1}{(a^2+1)^4} +\frac{a(a^2 +1)^3}{(a^2 +1)^4} \ge \frac{5}{8}$
$\leftrightarrow \frac{a^8 +1 +a(a^2 +1)^3}{a^2 +1)^4}\ge \frac{5}{8}$
Quy đồng lên ta có :
$\leftrightarrow 8(a^8 +1 +a(a^2 +1)^3) \geq 5(a^2 +1)^4 $
$\leftrightarrow 8(a^8 +1+a^7 +3a^5 +3a^3 +a ) \geq 5(a^8 +4a^6 +6a^4 +4a^2 +1)$
$\leftrightarrow 8(a^8 +1+a^7 +3a^5 +3a^3 +a ) - 5(a^8 +4a^6 +6a^4 +4a^2 +1) \geq 0$
$\leftrightarrow 3a^8 + 8a^7 -20a^6 +24a^5 -30a^4 +24a^3 -20a^2 +8a +3 \geq 0$
$\leftrightarrow (3a^8 -3a^7) +(11a^7 -11a^6) -(9a^6 -9a^5)+(15a^5 -15a^4)-(15a^4 -15a^3)+(9a^3 -9a^2)-(11a^2 -11a^1)-3(a-1)\geq 0$
$\leftrightarrow (a-1)(3a^7 +11a^6 -9a^5 +15a^4 -15a^3 +9a^2 -11a -3) \geq 0$
$\leftrightarrow (a-1)[(3a^7 -3a^6) +(14a^6 -14a^5)+(5a^5 -5a^4)+(20a^4 -20a^3)+ (5a^3 -5a^2)+(14a^2 - 14a^1)+3(a-1)] \geq 0$
$\leftrightarrow (a-1)^2 (3a^6 +14a^5 +5a^4 +20a^3 +5a^2 +14a +3) \geq 0$
Ta có $(a-1)^2 \geq 0 $
$a>0 \Rightarrow 3a^6 +14a^5 +5a^4 +20a^3 +5a^2 +14a +3 \geq 0$
Do đó $\rightarrow$ ĐPCM ,dấu "=" sảy ra $\leftrightarrow a=1 \leftrightarrow \sqrt\frac{x}{y} =1 \leftrightarrow x=y$ $\leftrightarrow Q.E.D$

D-B=27.5h
E=10
F=0
S=50.5

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 23:10.

[milinh7a]

2/ Đặt $a=\frac{x}{x+y}$, $b=\frac{y}{x+y}$, bài toán đã cho trở thành:
Cho a + b = 1, CMR: P= $a^{4}+b^{4}+\sqrt{ab}\geq \frac{5}{8}$
Ta có: P = $P=\left [ (a+b)^{2}-2ab \right ]^{2}-2a^{2}b^{2}+\sqrt{ab}=2a^{2}b^{2}-4ab+\sqrt{ab}+1$
Đặt $t=\sqrt{ab}(t\leq \frac{1}{2})\Rightarrow P=2t^{4}-4t^{2}+t+1= 4t^{4}+\frac{t}{2}+\frac{t}{2}-2t^{4}-4t^{2}+1$
Áp dụng bđt cosi cho 3 số dương$4t^{4}$, $\frac{t}{2}$, $\frac{t}{2}$ ta có:
$P\geq 3\sqrt[3]{t^{6}}-2t^{4}-4t^{2}+1=-t^{2}-2t^{4}+1$
Vì$t\leq \frac{1}{2}$ nên $P\geq \frac{-1}{4}-\frac{1}{8}+1= \frac{5}{8}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y$

Lời giải hay, nhưng chưa chứng minh BĐT Cauchy 3 số dương và $t \le \dfrac{1}{2}$
D-B=46.7h
E=5.5
F=0
S=17.8

Edited by perfectstrong, 16-06-2012 - 23:15.

[Nguyễn Hữu Huy]

Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

Mở rộng :
Đây là 1 mở rộng nhìn có vẻ nhỏ hơn !

$\frac{x^2 + y^2}{(x + y)^2} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} \geq 1$

Biến đổi ta có BĐT
$\Leftrightarrow \frac{x^2 + y^2}{(x + y)^2} - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} - \frac{1}{2} \geq 0 $

$\Leftrightarrow \frac{(x - y)^2}{2(x + y)^2} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2}{2(x + y)} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2 - (x + y)}{2(x + y)^2} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{2\sqrt{xy}}{2(x + y)^2} \geq 0$

BĐT luôn đúng vì
$(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$
$\frac{2\sqrt{xy}}{2(x + y)^2} \geq 0$

BĐT đc cm
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y > 0

Mở rộng 2 : (cách giải tổng quát hơn)

Ta thấy từ bài toán gốc và mở rộng 1 có quan hệ bà con ! Nên chắc chúng sẽ có "anh em họ hàng" khác ! 1 cách tự nhiên

$\frac{2^{n -2}.(x^n + y^n)}{(x + y)^n} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} \geq 1$

Ta có BĐT sau $2(x^n + y^n) \geq (x^{n -1} + y^{n -1})(x + y)$

$\Leftrightarrow x^n + y^n \geq x^{n -1} + y^{n - 1}$

$\Leftrightarrow (x - y)^2(x^{n -2} + x^{n -3}y + ... + y^{n -2}) \geq 0$ (luôn đúng)

"Liên hoàn " Áp dụng Ta có
$\frac{x^n + y^n}{(x + y)^n} \geq \frac{x^{n -1} + y^{n -1}}{2(x + y)^{n -1}} \geq \frac{x^{n -2} + y^{n -2}}{2^2(x + y)^{n -2}} \geq .............. \geq \frac{x^2 + y^2}{2^{n -2}.(x + y)^2}$

$\Rightarrow \frac{2^{n -2}.(x^n + y^n)}{(x + y)^n} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} \geq \frac{x^2 + y^2}{(x + y)^2} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} \geq 1$

[perfectstrong]

Điểm cho MSS24 ToanHocLaNiemVui $D_{rd}=-10$
======================================
TỔNG KẾT TRẬN 16
MSS02: Cao Xuân Huy[69.3]
MSS03: yeutoan11
MSS04: nguyenta98ka
MSS05: Secrets In Inequalities VP
MSS06: maikhaiok
MSS09: minhtuyb
MSS10: duongld[62.9]
MSS14: daovuquang[63.4]
MSS16: Nguyễn Hữu Huy[72.2]
MSS17: Nguyen Lam Thinh[69.3]
MSS19: Kir
MSS21: nthoangcute
MSS22: nth1235
MSS24: ToanHocLaNiemVui[-10]
MSS26: sherlock holmes 1997
MSS27: Cuong Ngyen
MSS28: tranhydong
MSS30: phantomladyvskaitokid
MSS32: tson1997[74.2]
MSS33: WhjteShadow
MSS36: vtduy97
MSS37: hell angel 97
MSS39: danganhaaaa
MSS40: mituot03
MSS43: agito0002
MSS44: hamdvk[0]
MSS45: Tru09[50.5]
MSS46: ninhxa
MSS47: thoconlk
MSS48: milinh7a[17.8]
MSS49: thanhluong
MSS50: Đào Thị Lan Anh
MSS51: kenvinkernpham