|
|
1) Cách 1 .
Đặt $a - 1 = x,b - 1 = y,c - 1 = z,$ bài toán dẫn tới :
Với $x,y,z \in {\rm{[ - 1,1]}}$ và $x + y + z = 0$ hãy chứng minh
${x^2} + {y^2} + {z^2} \le 2?$
Chú ý rằng $ T^2 \le |T| \forall T\in [-1,1]$.
Do đó $x^2 + y^2 + z^2 \le \left| x \right| + \left| y \right| + \left| z \right|$, (a)
Mặt khác từ điều kiện $x + y + z = 0$ chỉ xảy ra khi trong ba số $x,y,z$ có tối đa hai số không dương ($\le0$)
Xét trường hợp $x,y \le 0,z \ge 0:$
Vế phải của (a) = $ - x - y + z = - (x + y + z) + 2{\rm{z = 2z}} \le {\rm{2}}$. Vậy ${x^2} + {y^2} + {z^2} \le 2$.
Xét trường hợp $x \le 0, y,z \ge 0:$
Vế phải của (a) = $ - x +y + z = (x + y + z) -2x =-2x \le 2$. Vậy ${x^2} + {y^2} + {z^2} \le 2$.
Các trường hợp còn lại làm tương tự.
Cách 2 :
Do $a,b,c \in {\rm{[0,2] }}$ và $a + b + c = 3$ nên
$0 \ge (a - 2)(b - 2)(c - 2) = abc - 2(ab + bc + ca) + 4(a + b + c) - 8$
$ = abc - \left[ {{{\left( {a + b + c} \right)}^2} - \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \right] + 4.3 - 8$
$ = abc - \left[ {9 - {{\left( {a + b + c} \right)}^2}} \right] + 4 = abc + (a+b+c)^2 - 5 \ge $$ {a^2} + {b^2} + {c^2} - 5$
$ \Rightarrow a + b + c \le 5$ (ĐPCM)
2) Do $a,b,c \in {\rm{[ - 1,2] }}$ nên :
$\begin{array}{l}
(a - 2)(a + 1) = {a^2} - a - 2 \le 0\\
(b - 2)(b + 1) = {b^2} - b - 2 \le 0\\
(c - 2)(c + 1) = {c^2} - c - 2 \le 0
\end{array}$
Cộng từng vế và do $a + b + c = 0$ dẫn tới ${a^2} + {b^2} + {c^2} \le 6$. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn với $a = 2,b = - 1,c = - 1$. Vậy $\max A = 6$.
|
|
|
Đăng bài 17-05-12 02:43 PM
|
|