Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2.tự vẽ hình
a)Gọi O là giao điểm của hai đường chéo=>OD=OB(t/c)
Xét tgv OFD và tgv OEB có:
\(\widehat{FOD}=\widehat{EOB}\left(\text{đ}\text{ối}\text{đ}\text{ỉnh}\right)\)
\(DO=BO\left(cmt\right)\)
=> tgv OFD = tgv OEB (cgv-gn)
=> DF=BE
Mà DF//BE ( cùng vg với AC)
=> tg DEBF là hbn ( có cặp cạnh đối // và bằng nhau)
b) Ta có : \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\)(hai góc so le trong)
\(\Rightarrow\widehat{CDK}=\widehat{CBH}\)
Xét tg CKD và tg CHB có :
\(\widehat{CDK}=\widehat{CBH}\)
\(\widehat{DKC}=\widehat{BHC}\left(=90\text{đ}\text{ộ}\right)\)
=> tg CKD = tg CHB (g.g)
\(\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CH}{CB}\Rightarrow CD\cdot CH=CK\cdot CB\)
c) Xét tg ABE và tg AHC có :
\(\widehat{AEB}=\widehat{AHC}\)
\(\widehat{A}:chung\)
=> tg ABE đồng dạng tg AHC (g.g)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AH}\Rightarrow AB\cdot AH=AC\cdot AE\)(1)
Xét tg ADF và tg ACK có :
\(\widehat{A}:chung\)
\(\widehat{\text{AF}D}=\widehat{AKC}\)
=> tg ADF đồng dạng tg ACK
\(\Rightarrow\frac{AD}{AC}=\frac{\text{AF}}{AK}\Rightarrow AD\cdot AK=AC\cdot\text{AF}\)(2)
Xét tgv AFD và tgv CEB có :
AD=BC(gt)
DF=BE(cmt)
=> tg AFD=tg CEB (ch-cgv)
=> AF=CE (3)
Từ (1); (2); (3) ta có :
\(AB\cdot AH+AD\cdot AK=AC\left(AE+\text{AF}\right)=AC\left(AE\cdot CE\right)=AC^2\)
Đặt \(A=\frac{\left(a+b+c+d\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)}{abcde}\)
\(\Rightarrow16A=\frac{\left(a+b+c+d+e\right)^2\left(a+b+c+d\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)}{abcde}\)
Áp dụng AM-GM ta có:
\(\Rightarrow16A\ge\frac{4e\left(a+b+c+d\right)^2\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)}{abcde}\)
\(\Rightarrow16A\ge\frac{4e.4d\left(a+b+c\right)^2\left(a+b\right)}{abcde}\)
\(\Rightarrow16A\ge\frac{4e.4d.4c\left(a+b\right)^2}{abcde}\)
\(\Rightarrow16A\ge\frac{4e.4d.4c.4ab}{abcde}\)
\(\Rightarrow A\ge16\)
Dấu "=" xảy ra khi đồng thời:
\(\text{a+b+c+d+e=4, a+b+c+d=e, a+b+c=d, a+b=c, a=b}\)
\(\Rightarrow e=2,d=1,c=\frac{1}{2},a=\frac{1}{4},b=\frac{1}{4}\)
Ta có: \(ab=cd\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{d}=\frac{c}{b}\)
Đặt \(\frac{a}{d}=\frac{c}{b}=k\) \(\left(k\inℕ\right)\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=dk\\c=bk\end{cases}}\)
Ta có: \(a^5+b^5+c^5+d^5\)
\(=d^5k^5+b^5+b^5k^5+d^5\)
\(=k^5\left(d^5+b^5\right)+\left(d^5+b^5\right)\)
\(=\left(k^5+1\right)\left(d^5+b^5\right)\) là hợp số
=> đpcm
Gọi \(\left(a,c\right)=k\), ta có \(a=ka',c=kc'\)và \(\left(a',c'\right)=1\)
Thay vào ab = cd được \(ka'b=kc'd\)nên \(a'b=c'd\)(*)
\(\Rightarrow a'b⋮c'\)mà\(\left(a',c'\right)=1\)nên \(b⋮c'\). Đặt \(b=c't\left(t\inℕ^∗\right)\), thay vào (*) được \(a'c't=c'd\Rightarrow a't=d\)
Do đó \(a^5+b^5+c^5+d^5=k^5a'^5+c'^5t^5+k^5c'^5+a'^5t^5\)\(=a'^5\left(k^5+t^5\right)+c'^5\left(k^5+t^5\right)=\left(a'^5+c'^5\right)\left(k^5+t^5\right)\)
Do a', c', k, t là các số nguyên dương nên \(a^5+b^5+c^5+d^5\)là hợp số (đpcm)
Bài 1:Cách thông thường nhất là sos hoặc cauchy-Schwarz nhưng thôi ko làm:v Thử cách này cho nó mới dù rằng ko chắc
Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow c\le1\Rightarrow a+b=3-c\ge2\) và \(a\ge1\)
Ta có \(LHS=a^3.a+b^3.b+c^3.c\)
\(=\left(a^3-b^3\right)a+\left(b^3-c^3\right)\left(a+b\right)+c^3\left(a+b+c\right)\)
\(\ge\left(a^3-b^3\right).1+\left(b^3-c^3\right).2+3c^3\)
\(=a^3+b^3+c^3=RHS\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Đề bài đúng phải là : Cho a,b,c thỏa mãn a+b+c=0 . CMR : \(2\left(a^5+b^5+c^5\right)=5abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
a) Từ \(a+b+c=0\Rightarrow b+c=-a\Rightarrow\left(b+c\right)^5=-a^5\)
\(\Rightarrow b^5+5b^4c+10b^3c^2+10b^2c^3+5bc^4+c^5=-a^5\)
\(\Rightarrow\left(a^5+b^5+c^5\right)+5bc\left(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3\right)=0\)
\(\Rightarrow\left(a^5+b^5+c^5\right)+5bc\left[\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)+2bc\left(b+c\right)\right]=0\)
\(\Rightarrow\left(a^5+b^5+c^5\right)+5bc\left(b+c\right)\left(b^2+bc+c^2\right)=0\)
\(\Rightarrow2\left(a^5+b^5+c^5\right)-5abc\left[\left(b^2+2bc+c^2\right)+b^2+c^2\right]=0\)
\(\Rightarrow2\left(a^5+b^5+c^5\right)=5abc\left[\left(b+c\right)^2+b^2+c^2\right]\)
Vậy : \(2\left(a^5+b^5+c^5\right)=5abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\)