Cho\(0< x< \frac{1}{2}\).Tìm GTNN của \(A=\frac{2-x}{1-2x}+\frac{1+2x}{3x}\)
MONG CÁC BẠN ZẢI NHANH ZÚP
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\sin^6a+cos^6a=\left(sin^2a\right)^3+\left(cos^2a\right)^3\)=\(\left(sin^2a+cos^2a\right)\left(sin^4a-sin^2a\cdot cos^2a+cos^4a\right)\)
ma \(sin^2a+cos^2a=1\) nên ta có
=\(1\left(sin^4+cos^4-cos^2a\cdot sin^2a\right)\)
ma \(\left(sin^2a+cos^2a\right)^2=sin^4a+cos^4a+2sin^2a\cdot cos^2a\)
\(\Rightarrow sin^4a+cos^4a=\left(\left(sin^2a+cos^2a\right)^2-2sin^2a.cos^2a\right)\)=\(\left(1^2-2sin^2a.cos^2a\right)\)
thay vao tren ta co
\(sin^6a+cos^6a=1\left(1-2sin^2a.cos^2a-sin^2a.cos^2a=1-3sin^2cos^2a\right)\)
VT= \(\left(sin^2\alpha+cos^2\alpha\right)\left(sin^4\alpha+cos^4\alpha-sin^2\alpha.cos^2\alpha\right)\)
\(=1.\left[\left(sin^2\alpha+cos^2\alpha\right)^2-3sin^2\alpha.cos^2\alpha\right]\)
\(=1-3sin^2\alpha.cos^2\alpha\)=VP
=>dpcm
ke CH vuong goc voi AB
BE vuong goc voi AD
ap dung ti so luong giac vao tam giac AHC vuong co \(HC=8\cdot\sin A=8\cdot\sin34\approx4,47\)
ap dung dl pitago vao tam giac AHB co \(AH^2=AC^2-HC^2\Rightarrow AH\approx6,63\)
\(\Rightarrow BH=AB-AH=1.37\)
ap dung dl pitago vao tam giac vuong BHC co \(BC^2=BH^2+HC^2\Rightarrow BC\approx4,7\)
ta có góc C = góc B =73 độ
trong tam giac ADC co\(D=180-A-C=65\)
C, de dang tinh dc EAB= 42-34=8
trong tam giac ABE co \(BE=AB\cdot\sin A=8\cdot\sin8\approx1,11\)
XONG RÙI
theo hink ban ve ta co
ke CH vuong goc vs AB , CK vuong goc vs AD
ap dung ti so luong giac vao tam giac vuong AHC c o\(HC=AC\cdot\sin A=8\cdot\sin34\approx4.47\)
de dang tinh dc goc ABC=ACB=73 do
\(\Rightarrow HCB=ACB-ACH=73-56=17\)
trong tam giác vuông HBC có \(BC=\frac{HC}{\cos C}\approx4,67\)
B, tuong tu trong tam giac vuong AKD co \(KC=\sin A\cdot AC\approx5,35\)
trong tam giac KCD co \(\sin D=\frac{KC}{CD}\Rightarrow D=63do\)
C. tu B ke BE vuong goc vs AD
trong tam giac vuong ABE co \(BE=\sin A\cdot AB=\sin76\cdot8\approx7,76\)
a)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\)
\(\le2\cdot\left(1+1+1\right)\left(a+b+c\right)\le6\)
\(\Rightarrow VT^2\le6\Rightarrow VT\le\sqrt{6}=VP\)
Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
b)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT^2=\left(\sqrt{a+\sqrt{b+\sqrt{2c}}}+\sqrt{b+\sqrt{c+\sqrt{2a}}}+\sqrt{c+\sqrt{a+\sqrt{2b}}}\right)^2\)
\(\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+Σ\sqrt{b+\sqrt{2c}}\right)\)
\(=3\left(6+\sqrt{b+\sqrt{2c}+\sqrt{c+\sqrt{2a}}}+\sqrt{a+\sqrt{2b}}\right)\)
Đặt \(A^2=\left(\sqrt{b+\sqrt{2c}+\sqrt{c+\sqrt{2a}}}+\sqrt{a+\sqrt{2b}}\right)^2\)
\(\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+\sqrt{2a}+\sqrt{2b}+\sqrt{2c}\right)\)
\(=3\left(6+\sqrt{2a}+\sqrt{2b}+\sqrt{2c}\right)\)
Đặt tiếp: \(B^2=\left(\sqrt{2a}+\sqrt{2b}+\sqrt{2c}\right)^2\)
\(\le2\cdot\left(1+1+1\right)\left(a+b+c\right)\le36\Rightarrow B\le6\)
\(\Rightarrow A^2\le3\left(6+\sqrt{2a}+\sqrt{2b}+\sqrt{2c}\right)\le3\cdot12=36\Rightarrow A\le6\)
\(\Rightarrow VT^2\le3\left(6+\sqrt{b+\sqrt{2c}+\sqrt{c+\sqrt{2a}}}+\sqrt{a+\sqrt{2b}}\right)\)
\(\le3\left(6+6\right)=3\cdot12=36\Rightarrow VT\le6=VP\)
Xảy ra khi \(a=b=c=2\)
Đây là định lí cosin trong tam giác có học ở lớp 10, và nó đúng cho mọi tam giác. bạn ghi thêm điều kiện ABC là tam giác nhọn, tôi nghỉ là bạn học dưới lớp 10. dù sao tôi vẫn giải theo 2 cách như sau:
*cách1:ta kí hiệu vecto AB là: vAB. ta có:
(vBC)^2=(vAC-vAB)^2 =>
BC^2=AC^2+AB^2-2*vAC*vAB
a^2=b^2+c^2-2*bc*cosA (đpcm)
trong phần trên ta dùng công thức tích vô hướng của 2 vecto:
vAC*vAB=AC*AB*cosA.
và nhớ thêm bình phương của vecto bằng bình phương độ dài.
*cách2: dựng đường cao BH, vì ABC là tam giác nhọn nên H nằm trên đoạn AC, tức là HC+AH=AC.
áp dụng định lí pitago ta có:
BC^2=BH^2+HC^2
=AB^2-AH^2+HC^2
=AB^2+(HC+AH)(HC-AH)
=AB^2+AC(HC-AH).(1)
ta có:
HC-AH=HC+AH-2AH
=AC-2AH
=AC-2*AB*cosA
thay vào (1), và thay các độ dài ta có:
a^2=c^2+b(b-2c*cosA)
=c^2+b^2-2bc*cosA.