Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
3. 
Kẻ các đường vuông góc lần lượt từ B và C đến cạnh đối diện trong tam giác ABC. Gọi giao điểm của hai đường ấy là H. Ta sẽ c/m AH \(\perp\) BC.
Thật vậy, qua A, B, C kẻ các đường song song với cạnh đối diện cắt nhau như hình vẽ.
Dễ thấy các tam giác ABC, ABD, BCE, CAF bằng nhau.
Do đó BD = BE, CE = CF, AF = AD.
Mặt khác, BH \(\perp\) DE và CH \(\perp\) EF (Dễ c/m) nên HD = HE, HE = HF.
Suy ra HF = HD. Kết hợp với AF = AD ta có AH là đường trung trực của FD hay AH \(\perp\) FD \(\Rightarrow\) AH \(\perp\) BC.
1: (Câu này dễ nhất :))
Xét \(\Delta\)ABC vuông tại B. Ta sẽ chứng minh: AB2 + BC2 = CA2
Vẽ \(\Delta\)CAE vuông cân tại A (E nằm trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B.
Qua E vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB tại D.
Dễ chứng minh: \(\widehat{CAB}=\widehat{AED}\) (cùng phụ với \(\widehat{EAD}\))
Do đó \(\Delta ABC=\Delta EDA\left(ch-gn\right)\)
Ta có:
\(S_{ABC}+S_{CAE}+S_{EDA}=S_{BCED}\)
\(\Leftrightarrow\frac{AB.BC+AC.AE+AD.DE}{2}=\frac{\left(DE+BC\right).\left(AB+AD\right)}{2}\)
\(\Leftrightarrow2AB.BC+AC^2=\left(AB+BC\right)^2\)
\(\Leftrightarrow AB^2+BC^2=CA^2\)
sr tui ko có câu hỏi tương tự tui chỉ có câu hỏi y hệt thôi Xem câu hỏi
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 5$
Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây
$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
$latex \displaystyle \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{2}}+6a+3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$
Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.
Áp dụng tương tự ta được $latex \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2b}{3};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2c}{3}$
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 7-\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=5$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex a=b=c=1$.
Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của chúng ta.
Bài toán trên các biến trong cả hai vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có thể. Nhưng rõ ràng chỉ từng đó thôi là không đủ. Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra nên ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức sau
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}\Leftrightarrow \frac{\left( a-1 \right)\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$
Tuy nhiên đánh giá trên không hoàn toàn đúng với a thực dương.
Để ý là với cách làm trên ta chưa sử dụng điều kiện .
Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ số để bất đẳng thức sau là đúng
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+ma+n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$
Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.
Thiết lập tương tự với các biến b và c ta được
$latex \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mb+n;\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mc+n$
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}}{3}\ge 5+m\left( a+b+c \right)+3n=5+3\left( m+n \right)$
Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle m+n=0\Leftrightarrow n=-m$. Thế vào (1) dẫn đến
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. Chú ý đẳng thức xẩy ra tại $latex a=b=c=1$ nên ta cần xác định m sao cho
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}-m \right)\ge 0$
Khi cho $latex a=1$ thì ta có $latex \displaystyle \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}=-\frac{2}{3}$ từ đó ta dự đoán rằng $latex \displaystyle m=-\frac{2}{3}$ để tạo thành đại lượng bình phương $latex {{\left( a-1 \right)}^{2}}$ trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ
$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$
Bài 1 : \(VT=a^2+b^2+c^2+3abc=\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+3abc\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc}{a+b+c}\)
\(=\frac{a^3+b^3+c^3+3abc+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)+6abc}{a+b+c}\)
\(\ge\frac{2ab\left(a+b\right)+2bc\left(b+c\right)+2ca\left(c+a\right)+6abc}{a+b+c}\)
\(=\frac{2\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=6\)
Có sai sót gì xin cmt bên dưới ạ
Câu đặc biệt :
\(\left(3x-2\right)\left(x+1\right)^2\left(3x+8\right)=-16\)
\(\Leftrightarrow9x^4+36x^3+29x^2-14x-16=-16\)
\(\Leftrightarrow9x^4+36x^3+29x^2-14x=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(9x^3+36x^2+29x-14\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x\left[\left(9x^3+18x^2-7x\right)+\left(18x^2+36x-14\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow x\left[x\left(9x^2+18x-7\right)+2\left(9x^2+18x-7\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x+2\right)\left(9x^2+18x-7\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x+2\right)\left[\left(9x^2+21x\right)-\left(3x+7\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x+2\right)\left[3x\left(3x+7\right)-\left(3x+7\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x+2\right)\left(3x-1\right)\left(3x+7\right)=0\)
<=> x = 0 hoặc x + 2 = 0 hoặc 3x - 1 = 0 hoặc 3x + 7 = 0
<=> x = 0 hoặc x = - 2 hoặc x = 1/3 hoặc x = 7/3
Vậy phương trình có tập nghiệm là : \(S=\left\{0;\frac{1}{3};\frac{7}{3};-2\right\}\)
Câu 2:
a) Ta có: \(2x^2+3x+1>0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2x^2+3x+1}{3}>\frac{0}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}x^2+x+\frac{1}{3}>0\)
=> đpcm
b) Ta có: \(4x-1< 0\)
\(\Leftrightarrow0-\left(4x-1\right)>0\)
\(\Leftrightarrow1-4x>0\)
=> đpcm
c) Ta có: \(\frac{3x-2}{4}+2\frac{1}{2}>0\)
\(\Leftrightarrow\frac{3x-2}{4}+\frac{10}{4}>0\)
\(\Leftrightarrow\frac{3x+8}{4}>0\)
\(\Rightarrow3x+8>0\)
=> đpcm
Ta có:
\(\frac{bc}{a^2+1}\le\frac{1}{4}.\frac{\left(b+c\right)^2}{a^2+b^2+a^2+c^2}\)
\(\le\frac{1}{4}.\left(\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\right)\)(1)
Tương tự ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{ac}{b^2+1}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{a^2}{b^2+a^2}+\frac{c^2}{b^2+c^2}\right)\\\frac{ab}{c^2+1}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{c^2+b^2}\right)\end{cases}}\)
Cộng mấy cái trên vế theo vế ta được
\(\frac{bc}{a^2+1}+\frac{ac}{b^2+1}+\frac{ab}{c^2+1}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}+\frac{a^2}{b^2+a^2}+\frac{c^2}{b^2+c^2}+\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{c^2+b^2}\right)\)
\(=\frac{3}{4}\)
\(\frac{bc}{a^2+1}=\frac{bc}{a^2+b^2+a^2+c^2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{bc}{a^2+b^2}+\frac{bc}{a^2+c^2}\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{bc}{2ab}+\frac{bc}{2ac}\right)\)
Câu hỏi của Tôi Là Ai - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Câu hỏi của Tôi Là Ai - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Thử câu 2 phát :v
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2c+b^2a+c^2b+2a^2+2b^2+2c^2+2ab+2bc+2ca+4a+4b+4c}{abc+2ab+2bc+2ca+4a+4b+4c+8}\le1\)
\(\Leftrightarrow a^2c+b^2a+c^2b+6\le abc+8\)
\(\Leftrightarrow a^2c+b^2a+c^2b-abc\le2\) (*)
Giả sử b là số ở giữa. Thế thì: a(b - a)(b - c) \(\le\) 0.
\(\Leftrightarrow\) ab2 + a2c - a2b - abc \(\le\) 0
\(\Leftrightarrow\) ab2 + bc2 + ca2 - abc \(\le\) a2b + bc2
Đặt P = a2b + bc2 = b(a2 + c2)
Ta có: 2P2 = 2b2(a2 + c2)2
Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
2P2 = 2b2 . (a2 + c2) . (a2 + c2) \(\le\) \(\left(\frac{2b^2+a^2+c^2+a^2+c^2}{3}\right)^3=8\)
\(\Rightarrow\) P \(\le\) 2
Do đó ab2 + bc2 + ca2 - abc \(\le\) P = 2. (*) được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) \(\in\) {(2; 2; 2); (0; 1; \(\sqrt{2}\))} và các hoán vị.
Câu 1:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}{a^2b^2c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^{ }+a^2+b^2+c^2+1}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge3a^2b^2c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9a^2b^2c^2+3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3b+ab^3+b^3c+bc^3+c^3a+ca^3+3abc\left(a+b+c\right)\ge9a^2b^2c^2+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-2ab+b^2\right)+bc\left(b^2-2bc+c^2\right)+ca\left(c^2-2ca+a^2\right)+3abc\left(a+b+c\right)\ge9a^2b^2c^2\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2+bc\left(b-c\right)^2+ca\left(c-a\right)^2+3abc\left(a+b+c-3\right)\ge0\)
Bất đẳng thức trên luôn đúng vì a + b + c \(\ge\) 3 (dễ c/m).
Không biết có đúng ko.