1.Cho các số thực dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng

5/5

$\frac{{15}}{{ab + bc + ca}} \ge 6 - abc$

2.Trên mặt phẳng cho 2008 điểm bất kì sao cho khoảng cách giữa hai 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.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

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

...........................................................

Ta có

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

Dấu “=” ở (1) xảy ra khi a = b = c = 1.

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

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 27 - 9.6 + 12\left( {ab + bc + ac} \right) - 8abc \le abc\,\,(do\,\,a + b + c = 3)\\ \Leftrightarrow abc \ge \frac{4}{3}\left( {ab + bc + ca} \right) - 3\end{array}$

Lúc này

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.

2. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng.

Giả sử tồn tại đường tròn tâm O bán kính bằng 1 có thể chứa được n điểm trong 2008 điểm đã cho, $n \in N,\,\,n \ge 6$. Gọi 6 điểm trong số n điểm đó là A, B, M, N, E, F.

TH1: Một 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.

$1.Cho các số thực dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng (ảnh 1)$

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 600. Giả sử 2 bán kính OC và OD lần lượt đi qua A và B, $\widehat {AOB} \le {60^0}$.

Ta có

$\widehat {OBA} + \widehat {OAB} = {180^0} - \widehat {AOB} \ge {120^0}$.

Suy ra một trong hai góc $\widehat {OBA},\,\widehat {OAB}$ phải lớn hơn hoặc bằng 600. Không mất tính tổng quát giả sử $\widehat {OBA} \ge {60^0},\,\,suy\,ra$

$AB \le OA \le OC = 1$, mâu thuẫn với giải 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.

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bắc Ninh có đáp án

1.Cho các số thực dương \(a,\,b,\,c\) thỏa mãn \(a + b + c = 3\). Chứng minh rằng