Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\Rightarrow \tan A+\tan C=2\tan B\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sin\left ( A+C \right )}{\cos A\cos C}=2\cdot\frac{\sin\left ( A+C \right )}{\cos B}\\\)
\(\Rightarrow \cos B=2\cos A\cos C\)
\(\Leftrightarrow 2\cos B=\cos(A-C)\)
\(\left (\cos A+\cos C \right )^2=\cos^2 A+\cos^2 C+2\cos A\cos C\\=\frac{\cos2A+\cos2C}{2}+1+\cos B\\=-\cos(B)\cos(A-C)+1+\cos B \\=-2\cos^2B+\cos B+1 \le \frac{9}{8}\\\Rightarrow \cos A+\cos C\le \frac{3\sqrt2}{4}\)
Chứng minh hoàn tất.
mình làm cách này là cách khj nào mà ko cách nào khác ms làm vậy thôi, áp dụng định lí sin và cosin trong tam giác
a) \(x=-45^0+k90^0,k\in\mathbb{Z}\)
b) \(x=-\dfrac{\pi}{6}+k\pi,k\in\mathbb{Z}\)
c) \(x=\dfrac{3\pi}{4}+k2\pi,k\in\mathbb{Z}\)
d) \(x=300^0+k540^0,k\in\mathbb{Z}\)
Bài tập này áp dụng công thức phụ - chéo:
cot(a)=tan(\(\dfrac{\Pi}{2}\)-a) (cái này chắc bạn không quên chứ hihi)
Điều kiện: cos(2x+\(\dfrac{\Pi}{4}\))\(\ne\)0<=>x\(\ne\)\(\dfrac{\Pi}{8}\)+\(\dfrac{k\Pi}{2}\)
cos(\(\Pi\)-\(\dfrac{x}{2}\))\(\ne\)0<=>x\(\ne\)\(\Pi\)-2\(\Pi\)
PT<=>tan(2x+\(\dfrac{\Pi}{4}\))=\(\dfrac{1}{tan\left(\Pi-\dfrac{x}{2}\right)}\)
<=>tan(2x+\(\dfrac{\Pi}{4}\))=cot(\(\Pi\)-\(\dfrac{x}{2}\))
<=>tan(2x+\(\dfrac{\Pi}{4}\))=tan(\(\dfrac{\Pi}{2}\)-\(\Pi\)+\(\dfrac{x}{2}\))
<=>2x+\(\dfrac{\Pi}{4}\)=\(\dfrac{\Pi}{2}\)-\(\Pi\)+\(\dfrac{x}{2}\)
<=>x=-\(\dfrac{\Pi}{2}\)+k\(\dfrac{2\Pi}{3}\)(k\(\in\)Z)
Chúc bạn học tốt. Thân!
\(\dfrac{\Pi}{4}\)\(\Pi\)\(\Pi\)
ĐKXĐ: \(cosx\ne0\Rightarrow x\ne\dfrac{\pi}{2}+k\pi\)
\(\dfrac{tan^2x+tanx}{tan^2x+1}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}sin\left(\dfrac{\pi}{4}+x\right)\)
\(\Leftrightarrow cos^2x\left(tan^2x+tanx\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(sin\dfrac{\pi}{4}.cosx+cos\dfrac{\pi}{4}.sinx\right)\)
\(\Leftrightarrow sin^2x+sinxcosx=\dfrac{1}{2}\left(sinx+cosx\right)\)
\(\Leftrightarrow sinx\left(sinx+cosx\right)-\dfrac{1}{2}\left(sinx+cosx\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(sinx-\dfrac{1}{2}\right)\left(sinx+cosx\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}sinx=\dfrac{1}{2}\\sinx+cosx=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}sinx=\dfrac{1}{2}\\\sqrt{2}.sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\\x=\dfrac{5\pi}{6}+k2\pi\\x=\dfrac{-\pi}{4}+k\pi\end{matrix}\right.\)
có thể giải thích rõ ở dấu tương đương 1 và 2 cho em hiểu làm sao để rút gọn nó thành như vậy được không ạ
Ta có:
\(\dfrac{tanA}{tan^3B}=\dfrac{tanA}{tanB}.\dfrac{1}{tan^2B}=\dfrac{\dfrac{sinA}{cosA}}{\dfrac{sinB}{cosB}}.\dfrac{cos^2B}{sin^2B}\)
\(=\dfrac{sinA}{sinB}.\dfrac{cosB}{cosA}.\dfrac{cos^2B}{sin^2B}\)
\(=\dfrac{a}{b}.\dfrac{\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}.\dfrac{\left(\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\right)^2}{1-\left(\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\right)^2}\)
\(=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{b^2+c^2-a^2}.\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^2}{\left(2ac\right)^2-\left(a^2+c^2-b^2\right)^2}\)
\(=\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^3}{b^2+c^2-a^2}.\dfrac{1}{\left[\left(a+c\right)^2-b^2\right]\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right]}\)
\(=\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^3}{b^2+c^2-a^2}.\dfrac{1}{\left(a+b+c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)}\)
Biến đổi tương tự, ta có BĐT tương đương với BĐT đã cho:
\(\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^3}{b^2+c^2-a^2}+\dfrac{\left(a^2+b^2-c^2\right)^3}{a^2+c^2-b^2}+\dfrac{\left(b^2+c^2-a^2\right)^3}{a^2+b^2-c^2}\ge\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\)
Ta có BĐT phụ sau:
\(\dfrac{x^3}{y}+\dfrac{y^3}{z}+\dfrac{z^3}{x}\ge xy+yz+xz\left(\text{*}\right)\) với \(x,y,z>0\)
Chứng minh:
Áp dụng BĐT cộng mẫu:
\(\dfrac{x^3}{y}+\dfrac{y^3}{z}+\dfrac{z^3}{x}=\dfrac{x^4}{xy}+\dfrac{y^4}{yz}+\dfrac{z^4}{xz}\)
\(\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{xy+yz+xz}\ge\dfrac{\left(xy+yz+xz\right)^2}{xy+yz+xz}=xy+yz+xz\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\)
Áp dụng BĐT \(\left(\text{*}\right)\), với đk \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn, ta có:
\(\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^3}{b^2+c^2-a^2}+\dfrac{\left(a^2+b^2-c^2\right)^3}{a^2+c^2-b^2}+\dfrac{\left(b^2+c^2-a^2\right)^3}{a^2+b^2-c^2}\ge\left(a^2+c^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)+\left(a^2+b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2-a^2\right)+\left(b^2+c^2-a^2\right)\left(a^2+c^2-b^2\right)\)
Ta chứng minh được:
\(\left(a^2+c^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)+\left(a^2+b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2-a^2\right)+\left(b^2+c^2-a^2\right)\left(a^2+c^2-b^2\right)=\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\)
\(=-a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2a^2c^2\)
Vậy ta có BĐT cần chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^0\)