LL
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
13 tháng 8 2017
4) Ta có : A=(a+b+c+d)(a-b-c+d)=(a-b+c-d)(a+b-c-d)
=> (a+d)2 - (b+c)2= (a-d)2 - (c-b)2
=> a2+ d2+ 2ad - b2- c2- 2bc=a2 + d2 - 2ad - c2-b2+2bc
Rút gọn ta được: 4ad = 4bc => ad = bc =>\(\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}\)
13 tháng 8 2017
1) a2+b2+c2+3=2(a+b+c) =>(a-1)2+(b-1)2+(c-1)2=0
=> a-1=b-1=c-1=0 => a=b=c=1 =>đpcm
TK
6 tháng 10 2017
2) ta có: \(VT=\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\) và \(VP=\left(ax+by\right)^2\)
tính hiệu của cả VT và VP
suy ra: \(\left(ay+bx\right)^2=0\Rightarrow ay=bx\)
vì \(x,y\ne0\Rightarrow\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\left(đpcm\right)\)
3)(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)=(ax+by+cz)2 (1)
biến đổi đẳng thức (1) thành (ay+bx)2 + (bz-cy)2 +(az-cx)2 =0
\(\Rightarrow\) Đpcm
TN
29 tháng 12 2017
Câu hỏi của Nguyễn Thiều Công Thành - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
9 tháng 10 2017
Câu 1:
\(a^2+b^2+c^2+3=2\left(a+b+c\right)\\ \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3-2\left(a+b+c\right)=0\\ \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2a-2b-2c+3=0\\ \Leftrightarrow\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)+\left(c^2-2c+1\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2=0\\ Do\text{ }\left(a-1\right)^2\ge0\forall x\\\left(b-1\right)^2\ge0\forall x\\ \left(c-1\right)^2\ge0\forall x\\ \Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\forall x\)
\(\text{Dấu }"="\text{ xảy ra khi : }\left\{{}\begin{matrix}\left(a-1\right)^2=0\\\left(b-1\right)^2=0\\\left(c-1\right)^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-1=0\\b-1=0\\c-1=0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=1\\c=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy \(a=b=c=1\text{ }khi\text{ }\left(a+b+c\right)^2=2\left(a+b+c\right)\)
MH
9 tháng 10 2017
Ta có : \(\left(a+b+c\right)^2=3\left(ab+ac+bc\right)\)
<=> \(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc-3ab-3ac-3bc=0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2\ge0\\\left(b-c\right)^2\ge0\\\left(c-a\right)^2\ge0\end{matrix}\right.\) \(\forall x\in R\)
Dấu '' = '' xảy ra <=> a = b = c = 0
Vậy....
5 tháng 8 2017
5) a) Ta có: \(a< b+c\)
\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Tương tự: \(b^2< ba+bc\)
\(c^2< ca+cb\)
Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm
b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)
\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)
Nhân từng vế các BĐT trên, ta được
\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm
AH
Akai Haruma
Giáo viên
5 tháng 8 2017
Bài 5:
a)
Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên
\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)
b) Áp dụng BĐT Am-Gm:
\((a+b-c)(b+c-a)\leq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^2=b^2\)
\((a+b-c)(c+a-b)\leq \left (\frac{a+b-c+c+a-b}{2}\right)^2=a^2\)
\((b+c-a)(a+c-b)\leq \left ( \frac{b+c-a+a+c-b}{2} \right )^2=c^2\)
Nhân theo vế :
\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)
\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)
Do đó ta có đpcm
c)
\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)
\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)
\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)
Do đó ta có đpcm.
HN
7 tháng 8 2017
3/ b/
TH 1: Trong 3 số \(\left(a+b-c\right);\left(b+c-a\right);\left(c+a-b\right)\)có 1 số âm hoặc 3 số đều âm thì BĐT đúng. (Thật ra không xảy ra được trường hợp cả 3 số đều âm đâu cứ ghi cho vui thôi).
TH 2: Trong 3 số \(\left(a+b-c\right);\left(b+c-a\right);\left(c+a-b\right)\)có 2 số âm
Giả sử 2 số âm đó là \(\left(a+b-c\right);\left(b+c-a\right)\)
\(\Rightarrow a+b-c+b+c-a=2b< 0\)trái đề bài. Nên không thể cùng lúc 2 số đều âm.
TH 3: Cả 3 số \(\left(a+b-c\right);\left(b+c-a\right);\left(c+a-b\right)\)đều dương
Ta có:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\dfrac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\le a\left(2\right)\\\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le c\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Nhân (1), (2), (3) vế theo vế ta được
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le abc\)
Vậy ta có ĐPCM
HN
7 tháng 8 2017
3/ c/ Sửa đề thành a,b,c là 3 cạnh của tam giác nhé.
Ta cần chứng minh
\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2\left(b+c\right)+b^2\left(c+a\right)+c^2\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[ab^2+ac^2-a^3\right]+\left[ba^2+bc^2-b^3\right]+\left[ca^2+cb^2-c^3\right]>2abc\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-1>0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{2abc}>0\) (đúng)
2 câu còn lại thì câu 1 sai rõ quá rồi bỏ qua. Còn câu 3a thì để t xem thử có sửa được đề không t làm nốt sau nhé. Giờ bận rồi.
22 tháng 10 2016
Câu 1:
- Chứng minh a3+b3+c3=3abc thì a+b+c=0
\(a^3+b^3+c^3=3abc\Rightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^3-3a^2b-3ab^2+c^3-3abc=0\)
\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)^3+c^3\right]-3abc\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Rightarrow0=0\) Đúng (Đpcm)
- Chứng minh a3+b3+c3=3abc thì a=b=c
Áp dụng Bđt Cô si 3 số ta có:
\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Dấu = khi a=b=c (Đpcm)
22 tháng 10 2016
Câu 2
Từ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\Rightarrow\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}=3\cdot\frac{1}{abc}\)
Ta có:
\(\frac{ab}{c^2}+\frac{bc}{a^2}+\frac{ac}{b^2}=\frac{abc}{c^3}+\frac{abc}{a^3}+\frac{abc}{b^3}\)
\(=abc\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\right)\)
\(=abc\cdot3\cdot\frac{1}{abc}=3\)
11 tháng 11 2016
Đặt \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}=k\) thì \(x=ak;y=bk;z=ck\)
Khi đó \(xy+yz+zx=abk^2+ack^2+bck^2=k^2\left(ab+bc+ac\right)\left(4\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) ta có : \(\frac{1}{\left(n-1\right)n}-\frac{1}{n\left(n+1\right)}=\frac{2}{\left(n-1\right)n\left(n+1\right)}\)
hay \(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=1.\)
Do \(\left(2\right)\) nên \(2ab+2ac+2bc=0\) tức là \(ab+bc+ac=0\)
Thay vào \(\left(4\right)\) được \(xy+yz+zx=0\).
C
10 tháng 4 2017
5. phân tích ra : \(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1\)
áp dụng bđ cosy
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)
=> đpcm
6. \(x^2-x+1=x^2-2.\dfrac{1}{2}.x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)
hay với mọi x thuộc R đều là nghiệm của bpt
7.áp dụng bđt cosy
\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge2\sqrt{a^2.b^2.c^2.d^2}=4abcd\left(đpcm\right)\)
Ta có: a2 + b2 + c2 + 3 = 2(a + b + c)
=> a2 + b2 + c2 + 3 - 2(a + b + c) = 0
=> a2 + b2 + c2 + 3 - 2a - 2b - 2c = 0
=> (a2 - 2a + 1) + (b2 - 2b + 1) + (c2 - 2c + 1) = 0
=> (a - 1)2 + (b - 1)2 + (c - 1)2 = 0
<=> \(\hept{\begin{cases}a-1=0\\b-1=0\\c-1=0\end{cases}}\) <=> a = b = c = 1
=> đpcm
\(a^2+b^2+c^2+3=2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3-2\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+1+1+1-2a-2b-2c=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)+\left(c^2-2c+1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a-1=0\\b-1=0\\c-1=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=c=1}\)