Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét \(\sqrt{\dfrac{\left(a+bc\right)\left(b+ac\right)}{c+ab}}=\sqrt{\dfrac{\left(a\left(a+b+c\right)+bc\right)\left(b\left(a+b+c\right)+ac\right)}{c\left(a+b+c\right)+ab}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{\left(a^2+ab+ac+bc\right)\left(ab+b^2+bc+ac\right)}{ac+bc+c^2+ab}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)\(=\sqrt{\left(a+b\right)^2}=a+b\)
Tương tự cho 2 đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế
\(P=a+b+b+c+c+a=2\left(a+b+c\right)=2\)
Vẽ AI, BI, CI cắt các cạnh đối diện thứ tự tại D,E,F.
Ta có công thức đường phân giác như sau:
\( AD^2 = \frac{{bc\left( {a + b + c} \right)\left( {b + c - a} \right)}}{{\left( {b + c} \right)^2 }} \)
Ta có:
\( \begin{array}{l} \frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{BA}}{{BD}} = \frac{{CA}}{{CD}} = \frac{{b + c}}{a} \Leftrightarrow \frac{{IA}}{{AD}} = \frac{{b + c}}{{a + b + c}} \\ \Leftrightarrow IA^2 = AD^2 .\frac{{\left( {b + c} \right)^2 }}{{\left( {a + b + c} \right)^2 }} = \frac{{bc\left( {a + b + c} \right)\left( {b + c - a} \right)}}{{\left( {b + c} \right)^2 }}.\frac{{\left( {b + c} \right)^2 }}{{\left( {a + b + c} \right)^2 }} = \frac{{\left( {b + c - a} \right)bc}}{{a + b + c}} \\ \Leftrightarrow \frac{{IA^2 }}{{bc}} = \frac{{b + c - a}}{{a + b + c}} \\ \end{array} \)
Điều phải chứng minh
b) Từ câu a) ta suy ra được
\(\frac{IA^{^{2}}}{AB.AC}+\frac{IB^{2}}{BA.BC}+\frac{IC^{2}}{CA.CB}=1\)
\(\Leftrightarrow aIA^2+bIB^2+cIC^2=abc\)
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
\(\left(IA+IB+IC\right)^2=\left(\dfrac{\sqrt{a}.IA}{\sqrt{a}}+\dfrac{\sqrt{b}.IB}{\sqrt{b}}+\dfrac{\sqrt{c}.IC}{\sqrt{c}}\right)^2\)
\(\le\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\left(aIA^2+bIB^2+cIC^2\right)\)
\(=\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)abc=ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow IA+IB+IC\le\sqrt{ab+bc+ca}\)
Không ai thảo luận câu này sao. T khởi động trước nhá.
Ta có: \(\cos\left(\dfrac{A-B}{2}\right)=\dfrac{\cos\left(\dfrac{A-B}{2}\right).\cos\left(\dfrac{A+B}{2}\right)}{\sin\dfrac{C}{2}}\)
\(=\dfrac{\cos A+\cos B}{2\sqrt{\dfrac{1-\cos C}{2}}}=\dfrac{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ca}}{2\sqrt{\dfrac{1-\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}}{2}}}\)
\(=\dfrac{\dfrac{\left(a+b\right)\left(c^2-\left(a-b\right)^2\right)}{abc}}{2\sqrt{\dfrac{c^2-\left(a-b\right)^2}{ab}}}=\dfrac{\left(a+b\right)\sqrt{c^2-\left(a-b\right)^2}}{2c\sqrt{ab}}\)
Ta sẽ chứng minh: \(\dfrac{\left(a+b\right)\sqrt{c^2-\left(a-b\right)^2}}{2c\sqrt{ab}}\le\dfrac{a+b}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2abc^2}{c^2-\left(a-b\right)^2}\ge a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow2abc^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-\left(a-b\right)^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+b^2-c^2\right)\ge0\) (đúng vì tam giác ABC nhọn)
\(\Rightarrow\cos\left(\dfrac{A-B}{2}\right)\le\dfrac{a+b}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\le\dfrac{b+c}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}}\left(2\right)\\\cos\left(\dfrac{C-A}{2}\right)\le\dfrac{c+a}{\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được ĐPCM.
Thảo luận mình là người thứ 2
Chẳng thấy đề có kết nối giữa hai đại lượng [(ABC);(a,b,c)]
gì cả --> thiếu mối liên lạc cần thiết -->đề chưa thực sự rõ rằng --->Đề có suy biến --->lời giải (nếu có) phải là lời giải biện luận theo đề--->chưa thể chấp nhận lời giải trên
a) CM:\(\sqrt{\left(n+1\right)^2}+\sqrt{n^2}=\left(n+1\right)^2-n^2\)
\(\Leftrightarrow n+1+n=\left(n+1-n\right)\left(n+1+n\right)\)
\(\Leftrightarrow2n+1=1\left(2n+1\right)\)
\(\Leftrightarrow2n+1=2n+1\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(n+1\right)^2}+\sqrt{n^2}=\left(n+1\right)^2-n^2\)
Câu b) ý 2:
Áp dụng BĐT cô si ta có :
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\\ \dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\\ \dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\\ \Leftrightarrow2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge2\left(\sqrt{\dfrac{a}{c}}+\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}\right)\\ \Rightarrowđpcm\)
Lời giải:
Đặt \((\sqrt{a}; \sqrt{b}; \sqrt{c})=(x,y,z)\)
Khi đó điều kiện của bài toán trở thành:
\(x^2+y^2+z^2=x+y+z=2\Rightarrow xy+yz+xz=\frac{(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)}{2}=\frac{2^2-2}{2}=1\)
Ta có:
\(\frac{\sqrt{a}}{a+1}+\frac{\sqrt{b}}{b+1}+\frac{\sqrt{c}}{c+1}=\frac{x}{x^2+xy+yz+xz}+\frac{y}{y^2+xy+yz+xz}+\frac{z}{z^2+xy+yz+xz}\)
\(=\frac{x}{x(x+y)+z(x+y)}+\frac{y}{y(y+x)+z(y+x)}+\frac{z}{z(z+y)+x(y+z)}\)
\(=\frac{x}{(x+y)(x+z)}+\frac{y}{(y+x)(y+z)}+\frac{z}{(z+x)(z+y)}\)
\(=\frac{x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)}{(x+y)(y+z)(x+z)}=\frac{2(xy+yz+xz)}{(x+y)(y+z)(x+z)}=\frac{2}{(x+y)(y+z)(x+z)}(*)\)
Và:
\(\frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)}}=\frac{2}{\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)}}\)
\(=\frac{2}{\sqrt{(x^2+xy+yz+xz)(y^2+xy+yz+xz)(z^2+xy+yz+xz)}}=\frac{2}{\sqrt{(x+y)(x+z)(y+z)(y+x)(z+x)(z+y)}}\)
\(=\frac{2}{\sqrt{(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2}}=\frac{2}{(x+y)(y+z)(x+z)}(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \) đpcm.
Đề sai rồi: a,b,c > 0 thì làm sao mà có: ab + bc + ca = 0 được.
Câu a: tự chứng minh.
Câu b: áp dụng câu a
câu a dùng định lí hàm sin(Trong SGK nhé bạn)