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. 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.Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
1. Từ giả thiết ta có \(\left( {{x^3} - x} \right) + \left( {{y^3} - y} \right) + \left( {{z^3} - z} \right) = 17(x + y + z)\)
Tích của ba số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6 nên \({x^3} - x = (x - 1)x(x + 1) \vdots 6\)
Tương tự \({y^3} - y \vdots 6,\,\,{z^3} - z \vdots 6 \Rightarrow \,\,\,17(x + y + z)\, \vdots 6\)
Mà 17 và 6 nguyên tố cùng nhau nên \(x + y + z\, \vdots 6\)
2. Ta có \(x + y + z\, = \,6m,\,\,\,{x^3} + {y^3} + {z^3} = 108m,\) với \(m \in {N^*}\).
Vì \(\frac{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}}{3} \ge {\left( {\frac{{x + y + z}}{3}} \right)^3}\) nên \(\frac{{108m}}{3} \ge {\left( {\frac{{6m}}{3}} \right)^3} \Leftrightarrow {m^2} \le \frac{9}{2},\,\,suy\,\,ra\,m \le 2\)
Lúc này \(F = xyz \le {\left( {\frac{{x + y + z}}{3}} \right)^3} \le {\left( {\frac{{12}}{3}} \right)^3} = 64\,\,\,\,(1)\)
Từ \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right)\,\,\,suy\,\,ra\)
\(108m - 3F = 6m\left( {36{m^2} - 3\left( {xy + yz + zx} \right)} \right) \Leftrightarrow F = 36m - 6m\left( {12{m^2} - \left( {xy + yz + zx} \right)} \right).\)
Do đó \(F\, \vdots \,6\,\,\,\,(2)\). Từ (1) và (2) suy ra \(F \le 60\,\,(3)\).
Đẳng thức ở (3) xảy ra, chẳng hạn khi
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 12\\60 = 72 - 12\left( {48 - \left( {xy + yz + zx} \right)} \right)\\xyz = 60\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 12\\xy + yz + zx = 47\\xyz = 60\end{array} \right. \Leftrightarrow \left( {x;y;z} \right)\) là hoán vị của \(\left( {3;4;5} \right)\)
Vậy giá trị lớn nhất của F là 60, đạt được chẳng hạn khi \(\left( {x;y;z} \right)\) là hoán vị của \(\left( {3;4;5} \right)\)
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Các sản phẩm khác của Vietjack:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
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.
Lời giải
|
1. Học sinh vẽ đúng hình để làm được ý a |
|
|
a. Ta có \(OS \bot BC\)tại trung điểm M của BC. Nên \(\widehat {BEA} = \widehat {SMB} = {90^0}\). Mà . Suy ra \(\Delta EAB\) đồng dạng \(\Delta MBS\). |
|
|
Hai tam giác EAB, MBS đồng dạng nên \(\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BS}}{{BM}}\). Tam giác BEC vuông tại E, EM là trung tuyến nên BM = ME. Suy ra \(\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BS}}{{ME}}\,\,\,\left( 1 \right)\)
|
|
 |
Tam giác MEC cân tại M, nên \(\widehat {MEC} = \widehat {MCE}\). Mặt khác \(\begin{array}{l}\widehat {ABS} + \widehat {ACB} = {180^0} = \widehat {AEM} + \widehat {MEC}\\ = \widehat {AEM} + \widehat {ACB}\\ \Rightarrow \widehat {ABS} = \widehat {AEM}\,\,(2).\end{array}\) Từ (1), (2) suy ra hai tam giác AEM, ABS đồng dạng. |
|
b. Hai tam giác AEM, ABS đồng dạng nên \(\widehat {BAP} = \widehat {EAN}\); \(\widehat {AME} = \widehat {ASB}\,\,\,(3)\). Mà tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC nên \(\widehat {ABP} = \widehat {AEN}\). Suy ra hai tam giác AEN, ABP đồng dạng, dẫn tới \(\frac{{AN}}{{AP}} = \frac{{NE}}{{BP}}\,\,(4)\) |
|
|
Ta có: \(\widehat {NEM} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = \widehat {NEM} + \widehat {AEN} + \widehat {MEC} = {180^0}.\) Suy ra: \(\widehat {NEM} = \widehat {BAC} = \widehat {SBP}\,\,\,(5)\) Từ (3) và (5) suy ra hai tam giác EMN, BSP đồng dạng. Do đó \(\frac{{NE}}{{BP}} = \frac{{MN}}{{PS}}\,\,\,\,(6)\) |
|
|
Từ (4) và (6) suy ra \(\frac{{AN}}{{AP}} = \frac{{NM}}{{PS}} \Rightarrow \frac{{AN}}{{MN}} = \frac{{AP}}{{PS}} \Rightarrow NP//MS\). Mà \(SM \bot BC \Rightarrow NP \bot BC\). |
|
|
2. Gọi \(EF = a;\,\,FG = b;\,\,GH = c;\,\,HI = d;\,\,IJ = e;\,\,JK = f;\,\,KM = g;\,\,ME = h\)(theo đơn vị cm, với \(a,b,c,d,e,f,g,,h\)là các số hữu tỉ dương). Do các góc của hình bát giác EFGHIJKM bằng nhau nên mỗi góc trong của hình bát giác đó có số đo là \(\frac{{(8 - 2){{.180}^0}}}{8} = {135^0}\). |
|
 |
Suy ra mỗi góc ngoài của hình bát giác này là \({180^0} - {135^0} = {45^0}.\) Do đó các tam giác MAE; FBG; CIH; DKJ là các tam giác vuông cân.
|
|
Ta có: \(MA = ME = \frac{h}{{\sqrt 2 }};\,\,BF = BG = \frac{b}{{\sqrt 2 }};\,\,CH = CI = \frac{d}{{\sqrt 2 }};\,\,DK = DJ = \frac{f}{{\sqrt 2 }}.\) Vì AB = CD nên \(\frac{h}{{\sqrt 2 }} + a + \frac{b}{{\sqrt 2 }} = \frac{f}{{\sqrt 2 }} + e + \frac{d}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow (e - a)\sqrt 2 = h + b - f - d.\) |
|
|
Nếu \(e - a \ne 0\)thì \(\sqrt 2 = \frac{{h + b - f - d}}{{e - a}},\) điều này vô lí, do \(\sqrt 2 \) là số vô tỉ, còn \(\frac{{h + b - f - d}}{{e - a}},\) là số hữu tỉ. Vậy \(e - a = 0 \Leftrightarrow e = a\) hay EF = IJ (đpcm) |
|
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập