Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Ta sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương như sau :
Ta có : \(\left(x^{10}+y^{10}\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x^8+y^8\right)\left(x^4+y^4\right)\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow x^{12}+x^{10}y^2+y^{10}x^2+y^{12}\ge x^{12}+x^8y^4+y^8x^4+y^{12}\)
\(\Leftrightarrow x^{10}y^2+y^{10}x^2\ge x^8y^4+y^8x^4\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^8+y^8-x^6y^2-x^2y^6\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left[\left(x^8-x^6y^2\right)+\left(y^8-x^2y^6\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^6-y^6\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^3-y^3\right)\left(x^3+y^3\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\left(x^2-xy+y^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)(2)
Ta thấy : \(x^2-xy+y^2=\frac{\left(x^2-2xy+y^2\right)+x^2+y^2}{2}=\frac{\left(x-y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\)
\(x^2+xy+y^2=\frac{\left(x+y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\) ; \(x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\ge0\)
Do đó (2) luôn đúng.
Vậy (1) được chứng minh.
2) Ta có: Áp dụng bất đẳng thức:
\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{\left(a+b-c+b+c-a\right)^2}{4}=\frac{4b^2}{4}=b^2\)
Tương tự chứng minh được:
\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
Nhân vế 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được:
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác nên
\(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)
Ta có : \(\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)=\left(\frac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)\)
\(=\frac{b+c-a}{2}.\frac{a+c-b}{2}.\frac{a+b-c}{2}=\frac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{8}\)
\(=\frac{\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}.\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}.\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}}{8}\)
\(\le\frac{\frac{a+b-c+b+c-a}{2}.\frac{b+c-a+c+a-b}{2}.\frac{a+b-c+c+a-b}{2}}{8}\)
\(=\frac{\frac{2b}{2}.\frac{2c}{2}.\frac{2a}{2}}{8}=\frac{abc}{8}\)
Dấu "=" <=> tam giác đó đều
2:
ĐKXĐ: x≠-1
Ta có: \(x\left(\frac{5-x}{x+1}\right)\left(x+\frac{5-x}{x+1}\right)=6\)
\(\Leftrightarrow\frac{5x-x^2}{x+1}\cdot x+\frac{5-x}{x+1}\cdot\frac{5x-x^2}{x+1}-6=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{5x^2-x^3}{x+1}+\frac{x^3-10x^2+25x}{\left(x+1\right)^2}-\frac{6\left(x+1\right)^2}{\left(x+1\right)^2}=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(5x^2-x^3\right)\left(x+1\right)}{\left(x+1\right)^2}+\frac{x^3-10x^2+25x}{\left(x+1\right)^2}-\frac{6\left(x^2+2x+1\right)}{\left(x+1\right)^2}=0\)
Suy ra: \(-x^4+4x^3+5x^2+x^3-10x^2+25x-6x^2-12x-6=0\)
\(\Leftrightarrow-x^4+5x^3-11x^2+13x-6=0\)
\(\Leftrightarrow-x^4+x^3+4x^3-4x^2-7x^2+7x+6x-6=0\)
\(\Leftrightarrow-x^3\left(x-1\right)+4x^2\left(x-1\right)-7x\left(x-1\right)+6\left(x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(-x^3+4x^2-7x+6\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(-x^3+2x^2+2x^2-4x-3x+6\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[-x^2\left(x-2\right)+2x\left(x-2\right)-3\left(x-2\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(-x^2+2x-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x^2-2x+3\right)=0\)
mà \(x^2-2x+3=\left(x-1\right)^2+2>0\forall x\)
nên \(\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(tm\right)\\x=2\left(tm\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy: S={1;2}
a/ Đề bài sai, ví dụ tam giác điển hình \(a=3;b=4;c=5\)
\(\Rightarrow\left(3+4+5\right)^2\le9.3.4\Rightarrow144\le108\) (vô lý)
b/ Bạn tham khảo:
Câu hỏi của Vo Thi Minh Dao - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
Lời giải:
Vế đầu tiên:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow 2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2\Leftrightarrow a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}\)
Do đó, \(\sqrt{a^2+b^2}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}\). Tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow S\geq \sqrt{2}(a+b+c)\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Vế sau:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(S^2\leq (1+1+1)(a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2)\)
\(\Leftrightarrow S^2\leq 6(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow S\leq \sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}\) \((1)\)
Ta sẽ cm \(\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}< \sqrt{3}(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)\leq (a+b+c)^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq 2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)\geq 0\) (luôn đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác)
Do đó \(\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}<\sqrt{3}(a+b+c)(2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow S<\sqrt{3}(a+b+c)\)
Vậy ta có đpcm.