Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hình bạn tự vẽ nhá, ta có BĐT cần chúng minh <=>\(\frac{AC.AB}{AM.AN}\ge3+2\sqrt{2}\)
Áp dụng tính chất của đường phân giác, ta có \(\frac{AM}{AC}=\frac{AB}{AB+BC};\frac{AN}{AB}=\frac{AC}{AC+BC}\Rightarrow\frac{AB.AC}{AM.AN}=\frac{\left(AC+BC\right)\left(AB+BC\right)}{AB.AC}\)
=\(\frac{AB.AC+BC\left(AB+AC\right)+BC^2}{AB.AC}=1+\frac{BC\left(AB+AC\right)+BC^2}{AB.AC}\)
Mà \(BC=\sqrt{BC^2}=\sqrt{AB^2+AC^2}\)
Mà \(AB^2+AC^2\ge2AB.AC\Rightarrow BC\ge\sqrt{2}.\sqrt{AB.AC}\)
Vì \(AB+AC\ge2\sqrt{AB.AC}\Rightarrow BC\left(AB+AC\right)\ge2\sqrt{2}AB.AC\)(1)
Ta có \(BC^2=AB^2+AC^2\ge2AB.AC\)(2)
Từ (1) và (2)
=>\(BC\left(AB+AC\right)+BC^2\ge2AB.AC+2\sqrt{2}AB.AC\)
=>\(\frac{BC\left(AB+AC\right)+BC^2}{AB.AC}\ge2+2\sqrt{2}\Rightarrow\frac{BC\left(AB+AC\right)+BC^2}{AB.AC}+1\ge3+2\sqrt{2}\)
=>\(\frac{AB.AC}{AM.AN}\ge3+2\sqrt{2}\left(ĐPCM\right)\)
^_^
Mk làm cho bài bđt nha
Bài 2 :
Có : (x-y)^2 >= 0
<=> x^2-2xy+y^2 >= 0
<=> x^2+y^2 >= 2xy
Tương tự : y^2+z^2 >= 2yz ; z^2+x^2 >= 2zx
=> 2.(x^2+y^2+z^2) >= 2xy+2yz+2zx
<=> x^2+y^2+z^2 >= xy+yz+zx
<=> x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx >= 3.(xy+yz+zx)
<=> (x+y+z)^2 >= 3.(xy+yz+zx)
=> ĐPCM
Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z
Tk mk nha
kẻ đường cao AH của tam giác ABC.
Xét tam giác ABH và tam giác BCM có:
Thật vậy: xét tam giác AHC và tam giác BMC có:
Từ đó ta có đpcm.
a) Xét 2 tam giác vuông AMB và ANC có: \(\widehat{MAB}=\widehat{NAC}\) ( do AD là tia phân giác ^A )
\(\Rightarrow\)\(\Delta AMB~\Delta ANC\) ( g-g ) \(\Rightarrow\)\(\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{AC}\)
b) Theo bđt 3 điểm ta có: \(\hept{\begin{cases}BM+DM\le BD\\CN+DN\le CD\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)\(BM+CN+DM+DN\le BC\)
\(\Rightarrow\)\(BM+CN\le BC\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}M\in BD,AD\\N\in CD,AD\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)\(M\equiv N\equiv D\)\(\Rightarrow\)\(BD\perp AD;CD\perp AD\) hay tam giác ABC có AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao => tam giác ABC cân tại A
c) Có: \(\sin\left(\frac{A}{2}\right)=\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{AC}=\frac{BM+CN}{AB+AC}\le\frac{BC}{AB+AC}\le\frac{BC}{2\sqrt{AB.AC}}\)
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC cân tại A
Sửa đề: Chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
Cách 1: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có đpcm.
Cách 2:BĐT \(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (đúng)
Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi a = b= c
a, Đặt \(\sqrt[4]{a}=x;\sqrt[4]{b}=y.\)Bất đẳng thức ban đầu trở thành: \(\frac{2x^2y^2}{x^2+y^2}\le xy.\)
ta có : \(x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow\frac{2x^2y^2}{x^2+y^2}\le\frac{2x^2y^2}{2xy}=xy.\)(đpcm )
dấu " = " xẩy ra khi x = y > 0
vậy bất đăng thức ban đầu đúng. dấu " = " xẩy ra khi a = b >0
Ta có : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) ( Luôn đúng )
Dấu \("="\) hiển nhiên xảy ra khi \(a=b=c\)
