Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Kẻ đường cao BD ứng với AC. Do góc A tù \(\Rightarrow\) D nằm ngoài đoạn thẳng AC hay \(CD=AD+AC\) và \(\widehat{DAB}=180^0-120^0=60^0\)
Áp dụng định lý Pitago:
\(AB^2=BD^2+AD^2\) \(\Rightarrow BD^2=AB^2-AD^2\)
Trong tam giác vuông ABD:
\(cos\widehat{BAD}=\dfrac{AD}{AB}\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}=cos60^0=\dfrac{1}{2}\Rightarrow AD=\dfrac{1}{2}AB\)
\(\Rightarrow BD^2=AB^2-\left(\dfrac{1}{2}AB^2\right)=\dfrac{3}{4}AB^2\)
Pitago tam giác BCD:
\(BC^2=BD^2+CD^2=\dfrac{3}{4}AB^2+\left(AD+AC\right)^2\)
\(=\dfrac{3}{4}AB^2+\left(\dfrac{1}{2}AB+AC\right)^2\)
\(=\dfrac{3}{4}AB^2+\dfrac{1}{4}AB^2+AB.AC+AC^2\)
\(=AB^2+AB.AC+AC^2\)
Hay \(a^2=b^2+c^2+bc\)
1, C/m : a^3 + b^3 + c^3 ≥ a^2.căn (bc) + b^2.căn (ac) + c^2.căn (ab)
Ta có : 2( a^3 + b^3 + c^3 ) = ( a^3 + b^3 + c^3 ) + ( a^3 + b^3 + c^3 )
≥ 3abc + a^3 + b^3 + c^3 ( BĐT Côsi )
= a^3 + abc + b^3 + abc + c^3 + abc ≥ 2.a^2.căn (bc) + 2.b^2.căn (ac) + 2.c^2.căn (ab) ( BĐT Côsi )
=> a^3 + b^3 + c^3 ≥ a^2.căn (bc) + b^2.căn (ac) + c^2.căn (ab)
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c.
2, C/m : (a^2 + b^2 + c^2)(1/(a + b ) + 1/(b + c) +1/(a + c) ) ≥ (3/2)(a + b + c) ( 1 )
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho phân số ( :D ) ta được :
(a^2 + b^2 + c^2)(1/(a + b ) + 1/(b + c) +1/(a + c) ) ≥ (a^2 + b^2 + c^2).[(1+1+1)^2/(a+b+b+c+a+c)] = (a^2 + b^2 + c^2) . 9/[2.(a+b+c)]
(1) <=> (a^2 + b^2 + c^2) . 9/[2.(a+b+c)] ≥ (3/2)(a + b + c)
<=> 3(a^2 + b^2 + c^2) ≥ (a + b + c)^2
<=> a^2 + b^2 + c^2 ≥ ab + bc + ca.
BĐT cuối đúng nên => đpcm !
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c.
3, C/m : a^4 + b^4 + c^4 ≥ (a + b + c)abc
Ta có : 2( a^4 + b^4 + c^4 ) = (a^4 + b^4 +c^4) + (a^4 + b^4 +c^4)
≥ ( a^2.b^2 + b^2.c^2 + c^2.a^2 ) + (a^4 + b^4 +c^4) = ( a^4 + b^2.c^2 ) + ( b^4 + c^2.a^2 ) + ( c^4 + a^2.b^2 )
≥ 2.a^2.bc + 2.b^2.ca + 2.c^2.ab ( BĐT Côsi )
= 2.abc(a + b + c)
Do đó a^4 + b^4 + c^4 ≥ (a + b + c)abc
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c.
a: \(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2-4a\ge0\)
hay \(\left(a-1\right)^2>=0\)(luôn đúng)
b: \(VT=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)
\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)\)
\(=\left(c^2+d^2\right)\left(a^2+b^2\right)=VP\)
Trong trường hợp góc A vuông thì bài toán trở thành: \(a^2=b^2+c^2\) đúng theo Pitago
Trong trường hợp góc A nhọn:
Kẻ đường cao BH (H thuộc AC) \(\Rightarrow AH=AB.cosA=c.cosA\)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ABH:
\(BH^2=AB^2-AH^2=c^2-AH^2\)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông BCH:
\(BC^2=BH^2+CH^2\Leftrightarrow a^2=c^2-AH^2+CH^2\)
\(\Leftrightarrow a^2=c^2-AH^2+\left(AC-AH\right)^2=c^2-AH^2+\left(AC^2-2AC.AH+AH^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2=c^2-AH^2+b^2-2b.AH+AH^2\)
\(\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-2b.AH=b^2+c^2-2bc.cosA\) (đpcm)
Trong trường hợp góc A tù làm hoàn toàn tương tự:
\(a^2=BH^2+CH^2=c^2-AH^2+\left(b+AH\right)^2=c^2+b^2+2b.AH\)
\(=b^2+c^2+2b.AB.cos\widehat{BAH}=b^2+c^2-2bc.cosA\)
Dựng \(BH\perp AC\left(H\in AC\right)\)
Xét tg vuông BHC có
\(BC^2=BH^2+CH^2\) (Pitago)
\(\Rightarrow a^2=BH^2+\left(AC-AH\right)^2=BH^2+AC^2+AH^2-2AC.AH=\)
\(=\left(BH^2+AH^2\right)+AC^2-2AC.AH\) (1)
Xét tg vuông AHB có
\(BH^2+AH^2=AB^2=c^2\)
\(AH=AB\cos A=c\cos A\)
Thay vào (1)
\(\Rightarrow a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\)