1. Cho các số nguyên dương \(x,\,y,\,z\) thỏa mãn \({x^3} + {y^3} + {z^3} = 18(x + y + z)\).

2. Chứng minh rằng \(x + y + z\,\,\)chia hết cho 6.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức F = xyz.

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.

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.