Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bđt AM - GM, ta có:
\(4\sqrt{3}S=4\sqrt{3}\times\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)
\(=4\sqrt{3}\times\dfrac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}}{4}\)
\(\le\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\times\sqrt{\dfrac{\left(a+b-c+b+c-a+c+a-b\right)^3}{27}}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac}{3}\)
\(=\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^2-2ab+b^2\right)-\left(a^2-2ac+c^2\right)-\left(b^2-2bc+c^2\right)}{3}\)
\(=a^2+b^2+c^2-\dfrac{\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c (\(\Delta ABC\) đều)
Làm linh tinh đấy -.- hổng chắc đâu Ọ v Ọ
Còn một cách rất pá đạo nữa , không hiểu nổi lấy ý tưởng từ đâu luôn:
CM:\(a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt{3}S\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+a^2+b^2-2ab.\cos C-4\sqrt{3}.\dfrac{1}{2}.ab.\sin C\ge0\)( định lý cos + CT diện tích)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2-2ab\right)+4ab-4ab.\dfrac{1}{2}.\cos C-4ab.\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sin C\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2+4ab\left(1-\cos\dfrac{\pi}{3}.\cos C-\sin\dfrac{\pi}{3}.\sin C\right)\ge0\)
( \(\cos\dfrac{\pi}{3}=\cos60=\dfrac{1}{2}\);\(\sin\dfrac{\pi}{3}=\sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\))
\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2+4ab\left[1-\cos\left(\dfrac{\pi}{3}-C\right)\right]\ge0\)( luôn đúng vì \(-1\le\cos\alpha\le1\))
( \(\cos\left(x-y\right)=\cos x\cos y+\sin x\sin y\))
d/ Đặt \(x=a+b\) , \(y=b+c\) , \(z=c+a\)
thì : \(a=\frac{x+z-y}{2}\) ; \(b=\frac{x+y-z}{2}\) ; \(c=\frac{y+z-x}{2}\)
Ta có : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{x+z-y}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y-z}{2}}{z}+\frac{\frac{y+z-x}{2}}{x}\)
\(=\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}+\frac{y+z-x}{2x}=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}-3\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{3}{2}\ge\frac{1}{2}.6-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
b/ \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-2abc+c^2\right)+\left(b^2c^2-2abc+a^2\right)+\left(c^2a^2-2abc+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-c\right)^2+\left(bc-a\right)^2+\left(ca-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt ban đầu dc chứng minh.
câu 4 \(\sqrt{x^2-2x}=\sqrt{2x-x^2}\Leftrightarrow x^2-2x=2x-x^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2-2x\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=2\end{matrix}\right.\)
câu C
Câu 5 \(x\left(x^2-1\right)\sqrt{x-1}=0\)
ĐK \(x\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x+1\right)\sqrt{x-1}=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\x+1=0\\\sqrt{x-1}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(nh\right)\\x=-1\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
vậy pt có 1 nghiệm
câu B
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
a/ Từ BĐT ban đầu ta có:
\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) (đpcm)
b/ Chia 2 vế của BĐT ở câu a cho 9 ta được:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}=\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\) (đpcm)
c/ Cộng 2 vế của BĐT ban đầu với \(2ab+2bc+2ca\) ta được:
\(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
d/ Áp dụng BĐT ban đầu cho các số \(a^2;b^2;c^2\) ta được:
\(\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(c^2\right)^2\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Mặt khác ta cũng có:
\(\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2\ge ab.bc+bc.ca+ab+ca=abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Thay công thức trung tuyến vào ta được:
\(m_a^2+m_b^2+m_c^2=a^2+b^2+c^2-\frac{1}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)