Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số, ta được:
a3+b3+c3\(\ge\)3\(\sqrt[3]{a^3b^3c^3}\)=3abc
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c
Do vậy để thỏa mãn điều kiện đề bài, các số a,b,c buộc phải bằng nhau
Khi đó tam giác ABC là tam giác đều
Do đó Sin2A+Cos2B=\(\frac{3}{4}\)+\(\frac{1}{4}\)=1
Vậy Sin2A+Cos2B=1
Lời giải:
Ta có: \(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=0\) (đây là công thức biến đổi quen thuộc)
Vì \(a,b,c\) là độ dài cạnh tam giác nên $a+b+c\neq 0$. Do đó:
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}=0\)
Vì \((a-b)^2; (b-c)^2; (c-a)^2\geq 0\)\(\Rightarrow \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}\geq 0\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b; b=c; c=a\Leftrightarrow a=b=c\) tức là tam giác $ABC$ đều. Do đó \(\angle A=\angle B=\angle C=60^0\)
\(\Rightarrow \sin^2A+\cos ^2B=(\sin 60)^2+(\cos 60)^2=1\)
Ta có đpcm.
1 bài BĐT rất hay !!!!!!
BẠN PHÁ TOANG RA HẾT NHÁ SAU ĐÓ THÌ ĐƯỢC CÁI NÀY :33333
\(S=15\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)-72abc\)
\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\right)-72abc\)
\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-72abc\)
TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:
\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\end{cases}}\)
=> \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\)
=> \(72abc\le8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(-72abc\ge-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)\)
TA LẠI TIẾP TỤC ÁP DỤNG BĐT SAU: \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\frac{1}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{\frac{1}{3}}\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)
TA LẦN LƯỢT ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:
\(a^3+a^3+\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge3a^2.\sqrt{\frac{1}{27}}\)
ÁP DỤNG TƯƠNG TỰ VỚI 2 BIẾN b; c ta sẽ được 1 BĐT như sau:
=> \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge\frac{3}{\sqrt{27}}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3}{\sqrt{27}}.\left(\frac{1}{9}\right)=\frac{\sqrt{3}}{27}\)
=> \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}\)
=> \(S\ge\frac{9\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)
=> \(S\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\)
VẬY TA CÓ ĐPCM.
DẤU "=" XẢY RA <=> \(a=b=c=\sqrt{\frac{1}{27}}\)
a)
\(\Delta EAB\) ~ \(\Delta FAC\) (g - g)
\(\Rightarrow\dfrac{EA}{FA}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
\(\Rightarrow\Delta AEF\) ~ \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\dfrac{AE^2}{AB^2}=\cos^2A\)
\(\Rightarrow S_{AEF}=\cos^2A\left(S_{ABC}=1\right)\) (1)
Chứng minh tương tự, ta có: \(S_{BFD}=\cos^2B\) (2) và \(S_{CDE}=\cos^2C\) (3)
Cộng theo vế của (1) , (2) và (3) => đpcm
b)
\(S_{DEF}=S_{ABC}-\left(S_{AEF}+S_{BFD}+S_{CDE}\right)\text{ }\)
\(=1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\)
\(=\sin^2A-\cos^2B-\cos^2C\) (đpcm)
Lời giải:
\(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b)^3-3ab(a+b)+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow [(a+b)^3+c^3]-3ab(a+b+c)=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)[(a+b)^2-c(a+b)+c^2]-3ab(a+b+c)=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=0\)
Vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên $a+b+c\neq 0$. Do đó $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0$
\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{2}+\frac{(b-c)^2}{2}+\frac{(c-a)^2}{2}=0\)
Bản thân mỗi số \((a-b)^2; (b-c)^2; (c-a)^2\geq 0, \forall a,b,c\) nên để tổng trên bằng $0$ thì:
\((a-b)^2=(b-c)^2=(c-a)^2=0\Rightarrow a=b=c\)
Khi đó, tam giác $ABC$ đều.
\(\Rightarrow \sin ^2A+\cos ^2B=\sin ^2A+\cos ^2A=1\) (đpcm)
Lời giải:
\(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b)^3-3ab(a+b)+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow [(a+b)^3+c^3]-3ab(a+b+c)=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)[(a+b)^2-c(a+b)+c^2]-3ab(a+b+c)=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=0\)
Vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên $a+b+c\neq 0$. Do đó $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0$
\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{2}+\frac{(b-c)^2}{2}+\frac{(c-a)^2}{2}=0\)
Bản thân mỗi số \((a-b)^2; (b-c)^2; (c-a)^2\geq 0, \forall a,b,c\) nên để tổng trên bằng $0$ thì:
\((a-b)^2=(b-c)^2=(c-a)^2=0\Rightarrow a=b=c\)
Khi đó, tam giác $ABC$ đều.
\(\Rightarrow \sin ^2A+\cos ^2B=\sin ^2A+\cos ^2A=1\) (đpcm)