thukilop

Trong không gian $Oxy$, cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $(\Delta)$: $x-3y-1=0$. giả sử $D(4;\frac{7}{2})$ $E(\frac{14}{5};\frac{19}{10})$ $N(3;3)$ theo thứ tự là chân đường cao từ $A, B$ và trung điểm $AB$. tìm tọa độ các đỉnh tam giác $ABC$, biết trung điểm $M$ của $BC$ nằm trên $(\Delta)$ và xM nhỏ hơn hoặc bằng 4

* t dễ thấy DGEF nội tiếp (I), cm góc GEF = góc BDF. ta đã có tọa độ D,E,F nên ta viết được pt đtròn (I), ta sẽ có $I(4,\frac{9}{4})$ và $R=\frac{5}{4}$

Khi đó IM = R, ta tìm được điểm M 

Kết hợp NB,MB ta tìm dc B, suy ra C,A

Bài tổ China 2013 : http://www.artofprob...247271#p3247271

 

 

Bài 1 ( 6 điểm ): Cho $n$ là số tự nhiên, dãy $a_n$ được xác đi như như sau:

$$\left\{\begin{matrix}a_o=0,a_1=1\\ a_{n+2}=2014a_{n+1}-a_n\end{matrix}\right.$$

Chứng minh rằng với mọi $n\geq 2$ thì $a_n$ là hợp số.

 

Dễ thấy $a_n\geq 2014$. Ta chứng minh 2 nhận xét sau

*NX1: mọi số hạng $a_{2k} $ đều chẵn

*NX2: Mọi số hạng $a_{2k+1}$ đều chia hết cho 3

+ Chứng minh NX1: từ CTTH thì $a_{n+2}$ và $a_n$ cùng tính chẵn lẻ. Do $a_2=2014$ nên mọi số hạng có chỉ số chẵn của dãy đều chẵn

+ Chứng minh NX2: Xét dãy $(b_n)$ xác định như sau: $b_0=0,b_1=1, b_{n+2}=b_{n+1}+2b_{n}$ => CTTQ của dãy ($b_n$) là: 

$b_n=\frac{2^n+(-1)^{n+1}}{3}$

Dễ thấy $a_n\equiv b_n \equiv \frac{2^n+(-1)^{n+1}}{3}.$ (mod 3) Suy ra:   $a_{2k+1} \equiv \frac{2^{2k+1}+1}{3} \equiv 0.$ (mod 3) (nx2 đc chứng minh)

Kết hợp cả 2 nx => dpcm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA 2014-2015

Ngày thi:10/10/2014

$\boxed{\text{Bài 1 (5đ)}}$

1) Giải phương trình:  $\sqrt[3]{7-16x}+2.\sqrt{2x+8}=5$

2) Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}y^3(4x^2+1)+2(y^2+1)\sqrt{y}=6 & \\ y^2x(2+2\sqrt{4x^2+1})=y+\sqrt{y^2+1} & \end{matrix}\right.$

$\boxed{\text{Bài 2 (4đ)}}$

2) Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là các số nguyên, hai trong các số đó là số nguyên tố và hiệu của chúng bằng 8. Tính giá trị nhỏ nhất của cạnh thứ ba nhận được

$\boxed{\text{Bài 3 (5đ)}}$

$\boxed{\text{Bài 4 (4đ)}}$

2) Tìm $f(x)$ có đạo hàm trên khoảng $(\frac{-1}{3},\frac{1}{3})$  thỏa mãn: 

$f(x)+f(y)=f\left ( \frac{x+y}{1+9xy} \right )$ và $f'(0)=6$

$\boxed{\text{Bài 5 (2đ)}}$

Cho ba số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng: 

$\sqrt{5a^2+4bc}+\sqrt{5b^2+4ca}+\sqrt{5c^2+4ab}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

======Hết======

Tìm tất cả các hàm f: N -> N thoả

$f(f(m)^2 + f(n)^2)=m^2 +n^2$ (1) với m,n $\in$N 

Đầu tiên dễ thấy f đơn ánh. Không mất tính tổng quát, giả sử: $m>n$ thì

$2n^2<f(f(m)^2+f(n)^2)<2m^2 \Leftrightarrow f(2f(n)^2)<f(f(m)^2+f(n)^2)<f(2f(m)^2)$ (2)

Cho $x=y=0$ vào (1) ta được $f(2f(0)^2)=0$

Cho $x=y=2f(0)^2$ vào (1) ta được: $f(2f(2f(0))^2)=8f(0)^4=f(0)=> f(0)=0$

Khi ấy trong (2) cho $n=0$ ta được: $0<f(f(m)^2)<f(2f(m)^2)$

+ Nếu f nghịch biến thì ta có $f(m)^2 > 2f(m)^2  \Leftrightarrow f(m)^2 <0$ vô lí

Vậy f đồng biến trên N (cách lí luận đồng biến này không thể cho $m=0$ được vì $n<m$ theo giả sử)

Cho $y=0$ trong (1) ta được: $f(f(m)^2)=m^2$

+ $f(m)>m \Rightarrow m^2=f(f(m)^2)>f(m^2)>m^2$ : vô lí

+ $f(m)<m \Rightarrow m^2=f(f(m)^2)<f(m^2)<m^2$: vô lí

Vậy $f(m)=m$ là hàm cần tìm

Bài 3: 

*) Do $\angle CAO = \angle OCD$ nên A,I,O thẳng hàng suy ra AD cũng là tiếp tuyến của (O)

Ta có: $\angle ACD = \angle CBD$, $\angle CAD=\angle DCB$ nên $\Delta DAC \sim \Delta DCB$ vì vậy $\angle ADC= \angle CDB$ 

Suy ra: $ \angle AGE= \angle CEB= \angle AEG$ nên $\Delta AEG $ cân tại A

Hơn nữa: $ \angle ADB= \angle ADC= \angle ACD= \angle CBD$ => $\Delta CDB$ cân tại C và $\Delta CDB$ đồng dạng $ \Delta AGE$

Suy ra: $ \angle  DCB = \angle GAE= \angle GCF$ <=> $ \angle GCF= \angle DCB= \angle CGD$ => GCFD là hình thang cân

*) Từ đó ta có: $ \angle GED= \angle ECD + \angle EDC = \angle ACD = \angle ADC= \angle ADE +  \angle EDC =  \angle ADE +  \angle ADG = \angle EDG$ 

Suy ra $\Delta GED$ cân tại G cho nên $GD=GE$ mà $OE=OD$ suy ra OG là trung trực ED (1)

*) Tương tự có: $\Delta CEF $ cân suy ra $CE=CF=GD=GE$ suy ra E là trung điểm GC. Hơn nữa H là giao điểm GD với CF,CGDF là hình thang cân => EH là trung trực DF (2)

*) (1) và (2) suy ra đpcm

Đề đúng độc thật 

Câu 5: 

a) 

Gọi giao điểm AN với BC là M. Ta có:

$\frac{MC}{MB}=\frac{sin(NAE)}{sin(NAF)}.\frac{sinB}{sinC}=\frac{NE}{NF}.\frac{sinB}{sinC}$ (1)

Xét trong tam giác DEF có: $\frac{NE}{NF}=\frac{sin(NDE)}{sin(NDF)}.\frac{sin(EFD)}{sin(DEF)}$ (2)

DO ID vuông góc BC nên: $\frac{sin(NDE)}{sin(NDF)}.\frac{sin(EFD)}{sin(DEF)}=\frac{cos(EDC)}{cos(BDF)}.\frac{sin(EDC)}{sin(BDF)}=\frac{sinC}{sinB}$ (3)

Từ (1) (2) (3) suy ra M la trung điểm BC => dpcm

từ $PT(1)$ ta có $\sqrt{1+\frac{3x}{y^2}}+3\sqrt{\frac{y^2}{x}+3}=8\Rightarrow x=y^2$

do đó ta có $PT(2)$ $x^3+x=3x^2+3x+1+\sqrt[3]{3x^3+3x+1}$

tới đây xét hàm là được

 

NTP

 Đến đây: $x^3+x=3x^2+3x+1+\sqrt[3]{3x^2+3x+1}$ u=suy ra $x^3=3x^2+3x+1$ rồi xử lí tiếp thế nào bạn (ngoài xài cardano ra còn cách nào không bạn????)

Bài này VMF đăng không dưới 2 lần

Bài giải:  Gọi vế trái của BĐT là $P$ ta có: $P^{2}\geq 3\sum\frac{1}{ab(1+b)(1+c)}((\sum x)^{2}\geq 3\sum xy)$

$=\frac{3\sum a(1+b)}{abc(1+a)(1+b)(1+c)}=\frac{3}{abc}-\frac{3}{(1+a)(1+b)(1+c)}-\frac{3}{abc(1+a)(1+b)(1+c)}$

Đặt $k=\sqrt[3]{abc}=>\prod (1+a)=1\sum a+\sum ab+abc\geq 1+3k+3k^{2}+k^{3}=(1+k)^{3} =>P^{2}\geq \frac{3}{k^{3}}-\frac{3}{(1+k)^{3}}-\frac{3}{k^{3}(1+k)^{3}}=\frac{3(1+k)^{3}-3k^{3}-3}{k^{3}(1+k)^{3}}=\frac{9}{k^{2}(1+k)^{2}}=> P\geq \frac{3}{k(1+k)}=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}(Q.E.D)$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

A-Q:)

Cách của bạn hay quá   

Còn lời giải: http://diendantoanho...sqrt3abc-right/

thì mình nghĩ không đúng, bởi vì BĐT đã cho là không thuần nhất, nếu theo cách đặt đó, bạn đã ngầm cố định $abc=m^3$ cố định (a,b,c thay đổi nhưng tích của chúng cố định, điều này ko thể  vì BĐT của ta đâu có thuần nhất đâu)...

#datmc07061999: em có thể tham khảo thêm bài giảng BĐT thuần nhất của thầy VQBC trong edugreen ý   rất kĩ lun 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA 2014-2015

VÒNG 1 (11/9/2014)

$\boxed{\text{Bài 1 (5đ)}}$

 Tìm công thức tính số hạng tổng quát của dãy số $(x_n)$ biết:

$x_1=\frac{2013}{2014}$,$x_{n+1}=\frac{1}{4+2011x_n}$ (với mọi $n>0$)

Chứng minh dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó

$\boxed{\text{Bài 2 (5đ)}}$

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{R}$ sao cho $f(0)\neq 0$,$f(1)=6$ và

$$f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y)$ với mọi $x,y\in \mathbb{Z}$$

$\boxed{\text{Bài 3 (5đ)}}$

Cho hai đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt C,D sao cho tâm O của $(C_2)$ nằm trên $(C_1)$. Gọi A là điểm trên $(C_1)$ và B là điểm nằm trên $(C_2)$ sao cho đường thẳng AC tiếp xúc với $(C_2)$ tại C và đường thẳng BC tiếp xúc với $(C_1)$ tại C. Đường thẳng AB cắt lại $(C_2)$ tại E và cắt $(C_1)$ tại F. Gọi G là giao điểm thứ hai của đường thẳng CE và $(C_1)$. Hai đường thẳng CF và GD cắt nhau tại H. Chứng minh rằng giao điểm của GO và EH là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF

$\boxed{\text{Bài 4 (5đ)}}$

Tại một hội nghị quốc tế, các thành viên tham dự đều biết ít nhất một trong ba thứ tiếng: Anh, Pháp, Đức. Biết rằng số thành viên biết Tiếng Anh, số thành viên biết Tiếng Pháp và số thành viên biết Tiếng Đức cùng bằng 50. Chứng minh rằng có thể chia tất cả các thành viên tham dự hội nghị thành 5 nhóm sao cho trong mỗi nhóm có đúng 10 thành viên biết tiếng Anh, đúng 10 thành viên biết tiếng Pháp và đúng 10 thành viên biết tiếng Đức.

VÒNG 2 (12/9/2014)

$\boxed{\text{Bài 5 (7đ)}}$

Cho tam giác ABC nhọn không cân có O là tâm ngoại tiếp. Gọi P là một điểm nằm trong tam giác sao cho AP vuông góc với BC. Đường trung trực của đoạn AP cắt AC tại M. Đường trung trực của đoạn thẳng MC cắt BC tại N, các đường thẳng AO và MN cắt nhau tại K. Gọi D là điểm đối xứng của O qua BC

a) Chứng minh rằng đường thẳng AD đi qua trung điểm Q của đoạn thẳng PK.

b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên CA và AB. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng EF đi qua Q.

c) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường trung trực của đoạn thẳng EF cắt đường thẳng AI tại T. Chứng minh KT vuông góc BC

$\boxed{\text{Bài 6 (7đ)}}$

Với mỗi số nguyên dương n, gọi $f(n)$ là số cách thay các dấu $"\pm "$ trong biểu thức $\pm 1\pm 2\pm 3...\pm n$ bởi các dấu $"+"$ hoặc $"-"$ sao cho tổng đại số nhận được bằng 0. Chứng minh rằng:

a) $f(n)=0$ khi $n\equiv 1 (mod 4)$ hoặc $n\equiv 2 (mod 4)$

b)$2^{\frac{n}{2}-1}\leq f(n)<2^n-2^{\left [ \frac{n}{2} \right ]+1}$ khi $n\equiv 0 (mod 4)$ hoặc $n\equiv 3 (mod 4)$

$\boxed{\text{Bài 7 (6đ)}}$

Các ô vuông của một bảng vuông kích thước $10\times 10$ được tô bởi các màu trắng hoặc đen sao cho trên mỗi hàng cũng như trên mỗi cột đều có đúng 3 ô được tô màu đen. Chẳng hạn như hình vẽ :

Chứng minh rằng trong mọi cách tô như vậy ta luôn có thể tìm ra 10 ô được tô màu đen sao cho không có hai ô nào nằm trên cùng một hàng hay trên cùng một hàng cột.

=======Hết=======

Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh: 

$\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG- HỘI AN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH 

Ngày thứ nhất (28/8/2014)

$\boxed{\text{Câu 1}}$ Giải phương trình:

$3^x.2x^3=3^x+2x^3+1$

$\boxed{\text{Câu 2}}$  Cho $a,b,c >0$ và $abc=1$. Chứng minh

$\frac{a^3}{2b^2+bc}+\frac{b^3}{2c^2+ac}+\frac{c^3}{2a^2+ab} \geq 1$

$\boxed{\text{Câu 3}}$

a) AD là phân giác trong của tam giác ABD. Chứng minh $AD^2=AB.AC-DB.DC$

b) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh $BC=a, CA=b,AB=c$. Kí hiệu $l_a$,$l_b$ là độ dài các đường phân giác trong của tam giác ABC ứng với các cạnh có độ dài a,b. Tam giác ABC phải thỏa mãn điều kiện gì đề $\frac{l_a}{h_a}=\frac{l_b}{h_b}$???

$\boxed{\text{Câu 4}}$ Cho dãy ($u_n$) biết $u_0=0$,$u_1=2$ và $\frac{6u_{n-1}-u_{n+1}}{u_{n+1}-5u_n+6u_{n-1}}=n$ với mọi n >0. Tìm n đề $u_n=2n$

$\boxed{\text{Câu 5}}$  giả sử hàm $f: R --> R$ thỏa

$(x+y).f(x-y)=f(f(x))-y.f(y)$ với mọi x,y thuộc R. Tìm f?

Ngày thứ hai (10/9/2014)

$\boxed{\text{Câu 6}}$  Giải phương trình:

$2\sqrt{(2-lnx)(5-lnx)}=lnx+\sqrt{(2-x)(10-lnx)}$

$\boxed{\text{Câu 7}}$  Cho $a,b,c >0$ thỏa: $\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}} \leq \frac{\sqrt{6}}{2}$. Chứng minh $a+b+c \leq 1$

$\boxed{\text{Câu 8}}$  

a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC nhọn. Biết HA=1,HB=$\sqrt{2}$,HC=$\sqrt{5}$. Tính S(ABC)

b) Cho đoạn AH cố định, AH=1. Gọi d là đường thẳng qua H va vuông góc AH tại H. Trên d lấy 2 điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi E,F là hình chiếu của H lên AB,AC. Chứng minh (EBCF) luôn đi qua 2 điểm cố định

$\boxed{\text{Câu 9}}$ 

a) Cho dãy ($x_n$) biết $x_n=n+a\sqrt{n^2+1}$ với n thuộc N, a thuộc R. Tìm ĐK của a để ($x_n$) là dãy tăng

b) Cho dãy ($u_n$) biết $u_0=1,u_1=2$ và $n.u_{n+1}-(n+1)u_n+u_{n-1}=0$ với $ n \geq 1$. Tính $[u_n]$

$\boxed{\text{Câu 10}}$  Cho $f: R--->R$ thỏa $f(1)=1$, $f(x)+f(y)=f(x+y)-xy-1$. Tìm n thuộc N sao cho $f(n)=n$ 

$\boxed{\text{Câu 11}}$  Tìm số phần tử của tập A gồm hữu hạn các số thực thỏa mãn tính chất : "Nếu x thuộc A thì $f(x)=x^3-3|x|+4$ cũng thuộc A"

p/s: hóng đề Chọn QG Đà Nẵng sáng mai   

 

 

Bài 3 :Cho tam giác $ABC$ không cân với các tiếp điểm trên $BC,CA,AB$ với đường tròn $(I)$ nội tiếp lần lượt là $D,E,F$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc $EF$ cắt $AB$ tại $X$. Giao của $(AEF)$ với $(ABC)$ là điểm $T$ khác $A$.

a) Gọi $M$ là trung điểm của cung $BC$ không chứa $A$ của đường tròn $(ABC)$. Chứng minh $T,D,M$ thẳng hàng.

b) Chứng minh $TX$ vuông góc $TF$.

 

(lời giải tham khảo)

a) Ta dễ thấy: $\Delta TFB $và $\Delta TEC$ đồng dạng thuận suy ra:

$\frac{TB}{TC}=\frac{BF}{CE}=\frac{BD}{CD}$

suy ra TD là phân giác $\angle BTC$ cho nên $T,D,M$ thẳng hàng

b) Gọi G là giao điểm AD và EF. Dễ thấy $\Delta TFE \sim \Delta TBC$.(1)

Mặt khác, do$DG \perp EF$ nên theo một tính chất quen thuộc về hàng điều hòa ta có $DG$ là phân giác trong và EF là phân giác ngoài của $\angle BGC$ 

Suy ra:

$\frac{FG}{GE}=\frac{BG}{GC}=\frac{BD}{DC}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra TG là phân giác $\angle FTE$ nên T,G,I thẳng hàng

Hơn nữa dễ thấy $\Delta TFB \sim \Delta TGD$ cho nên $\angle TFX = \angle TGX$ suy ra (T,X,G,F) đồng viên => $ TX$ vuông góc $TF$ (Q.E.D)

 

 

Câu 2. (4 điểm) Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp có giao điểm $P$ của $2$ đường phân giác các góc $\widehat{BAD},\widehat{BCD}$ nằm trên  đường chéo $BD$. Gọi $Q$ là trung điểm của $BD$. Đường thẳng qua $C$ song song với $AD$ cắt $AQ$ tại $K$ nằm ngoài tứ giác $ABCD$. Chứng minh tam giác $CDK$ cân.

Trước hết có bổ đề quen thuộc sau:

$\boxed{\text{Bổ đề}}$ Cho tứ giác ABCD điều hòa có 2 đường chéo cắt nhau tại N. M trung điểm AC. Khi đó ta có $\angle ADM = \angle BDC$

(chứng minh: dùng tính chất đường đối trung)

Trở lại bài toán:

Gọi E là giao điểm 2 phân giác $\angle BAD$ và $\angle BCD$ ta có:  

$\frac{AB}{AD}=\frac{BE}{DE}=\frac{BC}{CD}$ suy ra ABCD là tứ giác điều hòa

Khi đó: $AD // CK$ suy ra:

$\angle QKC = \angle AKC =\angle DAQ =\angle BAC (\text{theo bổ đề}) = \angle BDC =\angle QDC$ => $(C,Q,D,F)$ đồng viên. 

Do đó:

$\angle CKD=\angle BQC = \angle QDC + \angle QCD =\angle BDC + \angle ACB =\angle BDC + \angle ADB =\angle ADC$ (1)

Gọi F là giao điểm CK với (O), dễ thấy ACFD hình thang cho nên: $\angle ADC =\angle DAF =\angle DCF=\angle DCK$ (2)

(1) và (2) Suy ra $\angle DKC = \angle DCK$ => tam giác DCK cân tại D

 

 

Bài 1 : Cho $x,y,z>0$ và $\left ( x+y+z \right )\left ( \dfrac{1}{x} +\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right )=\dfrac{27}{2}$. Chứng minh :

$$x^2+y^2+z^2\leq 2(xy+yz+zx)$$

 

 

Cách "mổ trâu"   Mình dùng 2 tư tưởng là dồn biến và đổi biến thôi  

Ta có:

$x^2+y^2+z^2\leq 2(xy+yz+zx)\Leftrightarrow \frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}\leq 2(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=2.\frac{27}{2}\frac{1}{x+y+z}=\frac{27}{x+y+z}$

$\Leftrightarrow (x+y+z)(\sum \frac{x}{yz})\leq 27 \Leftrightarrow \sum \frac{x^2}{yz}+\sum \left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{z} \right )\leq 27 (1)$

Từ ĐK biến đổi tương đương ta có:

$\sum \left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{z} \right )=\frac{21}{2} (2)$

Thay (2) vào (1), ta cần phải chứng minh BĐT sau:

$\frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{zx}+\frac{z^2}{xy}\leq \frac{33}{2} (3)$

Đặt: $a=\frac{x}{z},b=\frac{x}{y} \Rightarrow \frac{a}{b}=\frac{y}{z} $ khi đó (3) được viết lại:

$ab+\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}\leq \frac{33}{2} (4)$

và ĐK (2) viết lại: 

$a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{21}{2} (5)$

Đặt tiếp: $p=a+b,q=ab$ , quy đồng biến đổi (4) và (5) theo p,q ta thu được KQ sau: 

$\left\{\begin{matrix}(4)=> q^3+p^3-3pq \leq \frac{33}{2}q^2 (6) & \\ (5)\Rightarrow  2pq+2p+2p^2=25q (7) & \end{matrix}\right.$

Do $p \leq 8$ nên từ $(7)\Rightarrow q=\frac{2p^2+2q}{25-2p}$ đem thay vào (6) ta được:

$\left ( \frac{2p^2+2p}{25-2p} \right )^3+p^3-3p.\left ( \frac{2p^2+2p}{25-2p} \right ) \leq \frac{33}{2}.\left ( \frac{2p^2+2p}{25-2p} \right )^2$

$\Leftrightarrow 432(p-8)(p-\frac{5}{4})^2\leq 0 (Đ)$

Vậy BĐT đã cho được chứng minh

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=4y=4z >0$ và các hoán vị của chúng