H
0
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 11 2017
Lời giải:
a)
Bổ đề: Tam giác $ABC$ có \(\angle A=\alpha\) thì \(S_{ABC}=\frac{AB.AC\sin \alpha}{2}\)
Chứng minh: Từ $B$ kẻ đường cao $BH$ của tam giác
Khi đó:\(S_{ABC}=\frac{BH.AC}{2}\) (1)
Mà \(\frac{BH}{AB}=\sin \alpha\) (TH góc A tù thì ta có: \(\frac{BH}{AB}=\sin (180^0-\alpha)=\sin \alpha\) ) \(\Rightarrow BH=AB.\sin \alpha\) (2)
Từ (1).(2) suy ra \(S_{ABC}=\frac{AB.AC.\sin \alpha}{2}\)
--------------------------------------------
Quay lại bài toán:
a)
\(S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ADC}=\frac{ab.\sin \angle ABC}{2}+\frac{cd.\sin \angle ADC}{2}\)
Vì \(\sin ABC, \sin ADC\leq 1\Rightarrow S_{ABCD}\leq \frac{ab}{2}+\frac{cd}{2}=\frac{ab+cd}{2}\)
Ta có đpcm.
b)
* Vế đầu tiên:
\(2S=S_{ABC}+S_{ADC}+S_{BAD}+S_{BCD}\)
\(=\frac{ac\sin \angle ABC}{2}+\frac{cd\sin \angle ADC}{2}+\frac{ad.\sin \angle BAD}{2}+\frac{bc\sin \angle BCD}{2}\)
\(\leq \frac{ac}{2}+\frac{cd}{2}+\frac{ad}{2}+\frac{bc}{2}=\frac{ac+cd+ad+bc}{2}\)
\(\Leftrightarrow 4S\leq ac+cd+ad+bc=(a+c)(b+d)\) (đpcm)
* Vế sau:
\(p^2=\left(\frac{a+b+c+d}{2}\right)^2=\frac{[(a+c)+(b+d)]^2}{4}\)
Áp dụng bđt AM-GM: \((a+c)+(b+d)\geq 2\sqrt{(a+c)(b+d)}\)
\(\Rightarrow 4p^2=[(a+c)+(b+d)]^2\geq 4(a+c)(b+d)\)
\(\Rightarrow p^2\geq (a+c)(b+d)\) (đpcm)
c)
Theo phần b, ta đã chứng minh được:
\(S\leq \frac{(a+c)(b+d)}{4}\) (1)
Mặt khác, áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^2+b^2\geq 2ab\)
\(a^2+d^2\geq 2ad\)
\(b^2+c^2\geq 2bc\)
\(c^2+d^2\geq 2cd\)
Cộng theo vế: \(\Rightarrow 2(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq 2(ab+ad+bc+cd)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\geq ab+ad+bc+cd=(a+c)(b+d)\) (2)
Từ \((1);(2)\Rightarrow S\leq \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\) (đpcm)
AM
2
24 tháng 4 2018
bạn có thể làm theo cách này:
nhân hai vế với 2 sau đó chuyển toàn bộ hạng tử của VP sang VT.
Lúc này bạn gộp lại sao cho có tổng các bình phương ,
24 tháng 4 2018
Ta có : \(a^2+b^2+1>ab+a+b\) \((\forall a,b\in R)\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2>2ab+2a+2b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)>0\left(\text{luôn đúng }\right)\)\(\Rightarrow\text{ đpcm}\)
CC
3
19 tháng 11 2017
Xét (a^2+c^2).(b^2+d^2)-(ab+cd)^2
= a^2b^2+c^2b^2+a^2d^2+c^2d^2-a^2b^2-2abcd-c^2d^2
= b^2c^2+a^2d^2-2abcd = (bc-ad)^2 >= 0
=> (ab+cd)^2 <= (a^2+c^2).(b^2+d^2) ( bđt này còn được gọi là bđt bunhiacopxki )
=> đpcm
Dấu "=" xảy ra <=> bc-ad=0
<=> bc = ad <=> a/b = c/d
k mk nha
19 tháng 11 2017
Ta khai triển ra có (ad-bc)2>=0 (đúng với mọi abcd)
Dấu "=" xảy ra khi
ad=bc
VV
0
NA
2
TS
9 tháng 5 2018
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-ab-ac-ad-ae\ge0\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a^2}{4}-ab+b^2\right)+\left(\dfrac{a^2}{4}-ac+c^2\right)+\left(\dfrac{a^2}{4}-ad+d^2\right)+\left(\dfrac{a^2}{4}-ae+e^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{2}-b\right)^2+\left(\dfrac{a}{2}-c\right)^2+\left(\dfrac{a}{2}-d\right)^2+\left(\dfrac{a}{2}-e\right)^2\ge0\) (đúng)
Dấu "=" xảy ra khi: \(\dfrac{a}{2}=b=c=d=e\)
ND
9 tháng 5 2018
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a.\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2-4ab-4ac-4ad-4ae\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae+4e^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\) ( luôn đúng)
16 tháng 2 2021
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge ab+ac+ad+ae\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\right)\ge4a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\)
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh