1) Cho các số thực dương \(a,b,c\) thoả mãn \(a + b + c = 3\). Chứng minh rằng \(\dfrac{{15}}{{ab + bc +

Câu hỏi số 680747:

Vận dụng cao

1) Cho các số thực dương \(a,b,c\) thoả mãn \(a + b + c = 3\).

Chứng minh rằng \(\dfrac{{15}}{{ab + bc + ca}} \ge 6 - abc\)

2) Trên mặt phẳng cho 2008 điểm bất kì sao cho khoảng cách giữa 2 điểm tùy ý luôn lớn hơn 1 . Chứng minh rằng mỗi hình tròn có bán kính bằng 1 chỉ chứa không quá 5 điểm trong 2008 điểm đã cho.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:680747

Phương pháp giải

Giải chi tiết

1) Ta sẽ chứng minh \(\left( {3 - 2a} \right)\left( {3 - 2b} \right)\left( {3 - 2c} \right) \le abc\) (1).

Nếu \(\left( {3 - 2a} \right)\left( {3 - 2b} \right)\left( {3 - 2c} \right) \le 0\) thì (1) đúng.
Nếu \(\left( {3 - 2a} \right)\left( {3 - 2b} \right)\left( {3 - 2c} \right) > 0\) thì \(3 - 2a > 0,3 - 2b > 0,3 - 2c > 0(\) do \(a + b + c = 3)\).
Ta có

\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {3 - 2a} \right)\left( {3 - 2b} \right) \le {{\left( {\dfrac{{3 - 2a + 3 - 2b}}{2}} \right)}^2} = {c^2}}\\{\left( {3 - 2a} \right)\left( {3 - 2c} \right) \le {{\left( {\dfrac{{3 - 2a + 3 - 2c}}{2}} \right)}^2} = {b^2}}\\{\left( {3 - 2c} \right)\left( {3 - 2b} \right) \le {{\left( {\dfrac{{3 - 2c + 3 - 2b}}{2}} \right)}^2} = {a^2}}\end{array}} \right\} \Rightarrow \left( {3 - 2a} \right)\left( {3 - 2b} \right)\left( {3 - 2c} \right) \le abc.\)

Dấu "=" ở (1) xảy ra khi \(a = b = c = 1\).

Từ (1) ta có \(27 - 9\left( {2a + 2b + 2c} \right) + 3\left( {4ab + 4bc + 4ca} \right) - 8abc \le abc\)

\(\; \Leftrightarrow 27 - 9.6 + 12\left( {ab + bc + ca} \right) - 8abc \le abc\left( {{\rm{\;do\;}}a + b + c = 3} \right)\)

\(\; \Leftrightarrow abc \ge \dfrac{4}{3}\left( {ab + bc + ca} \right) - 3.\)

Lúc này \(abc + \dfrac{{15}}{{ab + bc + ca}} \ge \dfrac{4}{3}\left( {ab + bc + ca} \right) + \dfrac{{12}}{{ab + bc + ca}} + \dfrac{3}{{ab + bc + ca}} - 3 \ge \)

\(2\sqrt {\dfrac{4}{3}\left( {ab + bc + ca} \right)\dfrac{{12}}{{ab + bc + ca}}} + \dfrac{9}{{{{(a + b + c)}^2}}} - 3 = 8 + 1 - 3 = 6.\)

Suy ra \(\dfrac{{15}}{{ab + bc + ca}} \ge 6 - abc(\) đpcm).

Dấu "=" xảy ra khi \(a = b = c = 1\).

2) Giả sử tồn tại hình tròn tâm \(O\) bán kính bằng 1 có thể chứa được \(n\) điểm trong số 2008 điểm đã cho, \(n \in \mathbb{N},n \ge 6\). Gọi 6 điểm trong số \(n\) điểm đó là \(A,B,M,N,E,F\).
TH1: 1 điểm trong các điểm \(A,B,M,N,E,F\) trùng với \(O\). Khi đó 5 điểm còn lại sẽ cách tâm \(O\) một khoảng bé hơn hoặc bằng 1 , mâu thuẫn với giả thiết.

TH2: các điểm \(A,B,M,N,E,F\) không trùng tâm \(O\). Khi đó vẽ các bán kính đi qua 6 điểm trên.
Vì có 6 bán kính nên tồn tại 2 bán kính tạo thành một góc bé hơn hoặc bằng \({60^ \circ }\). Giả sử 2 bán kính \(OC\) và \(OD\) lần lượt đi qua \(A\) và \(B,\angle {AOB} \le {60^ \circ }\).
Ta có \(\angle {OBA} + \angle {OAB} = {180^ \circ } - \angle {AOB} \ge {120^ \circ }{\rm{.\;}}\)

Suy ra một trong hai góc \(OBA,OAB\) phải lớn hơn hoặc bằng \({60^ \circ }\). Không mất tính tổng quát giả sử \(OBA \ge {60^ \circ }\), suy ra \(AB \le OA \le OC = 1\), mâu thuẫn với giả thiết.

Từ hai trường hợp trên chứng tỏ không tồn tại hình tròn tâm \(O\) bán kính bằng 1 chứa được nhiều hơn 5 điểm trong số 2008 điểm đã cho.

Vậy mỗi hình tròn có bán kính bằng 1 chỉ chứa không quá 5 điểm trong 2008 điểm đã cho.

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link