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:
\(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b)^3-3ab(a+b)+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow [(a+b)^3+c^3]-3ab(a+b+c)=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)[(a+b)^2-c(a+b)+c^2]-3ab(a+b+c)=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=0\)
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)
Đặt \(f\left(A,B,C\right)=cosA+cosB+cosC+\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-2\sqrt{3}-\dfrac{3}{2}\)
Ta có: \(f\left(A,B,C\right)-f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\)
\(=\left(cosB+cosC-2cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\right)+\left(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\right)\)
\(=2cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\left(cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)-1\right)+\left(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\right)\left(1\right)\)
Bên cạnh đó ta có:
\(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\ge\dfrac{4}{sinB+sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}=\dfrac{4\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)}{sinB+sinC}\)
Do đó \(\left(1\right)\ge2\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)\left(\dfrac{2}{sinB+sinC}-cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\right)\)
\(=\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)\left(\dfrac{1-sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)}{sinB+sinC}\right)\ge0\)
\(\Rightarrow f\left(A,B,C\right)\ge f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\)
Giờ ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đúng trong trường hợp tam giác cân.
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}B=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A}{2}\\cosB=cosC=\dfrac{sinA}{2}\\sinB=sinC=\dfrac{cosA}{2}\end{matrix}\right.\)
\(f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)=\left(cosA+2sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-\dfrac{3}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{2}{cos\left(\dfrac{A}{2}\right)}-2\sqrt{3}\right)\)
\(=\dfrac{-2\left(sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-1\right)^2}{2}+\dfrac{1+4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-2\sqrt{3}sinA}{sinA}\)
Mà ta có: \(1\ge sin\left(\dfrac{A}{2}+\dfrac{\pi}{3}\right)\)
\(\Rightarrow8sin\left(\dfrac{A}{2}\right)\ge2\sqrt{3}sinA+4sin^2\left(\dfrac{A}{2}\right)\)
\(\Rightarrow1+4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-2\sqrt{3}sinA\ge4sin^2\left(\dfrac{A}{2}\right)-4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)+1=\left(2sin\left(\dfrac{A}{2}-1\right)\right)^2\)
Từ đó ta suy ra:
\(f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\ge\left(2sin-1\right)^2\left(\dfrac{1}{sinA}-\dfrac{1}{2}\right)\ge0\)
Vậy bài toán đã được chứng minh. Dấu = xảy ra khi \(A=B=C=\dfrac{\pi}{3}\)
Hàm số \(f\left(x\right)=\cos\left(x\right)+\dfrac{1}{\sin\left(x\right)}\) là hàm lồi trên \(\left(0,\pi\right)\)
Do đó theo BĐT Jensen ( trường hợp của Karamata) có:
\(f\left(A\right)+f\left(B\right)+f\left(c\right)\ge3f\left(\dfrac{A+B+C}{3}\right)=3f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\sqrt{3}+\dfrac{3}{2}\)
P/s:Tính độ "lầy" của hàm số:
\(f''(x)=-\cos(x)-\frac{1}{\sin(x)}+\frac{2}{(\sin(x))^3}\)
Và cho \(x\in (0,\pi);f''(x)>0\) nếu \(2>(\sin(x))^2(\sin(x)\cos(x)+1)\) là xài dc Jensen :D
a. Ta có : \(\frac{S_{AEF}}{S_{ABE}}=\frac{AF}{AB};\frac{S_{AEB}}{S_{ABC}}=\frac{AE}{AC}\)
Như vậy \(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AF}{AB}.\frac{AE}{AC}=\frac{AE}{AB}.\frac{AF}{AC}=cosA.cosA=cos^2A.\)
Từ đó ta có : \(S_{AEF}=S_{ABC}.cos^2A\)
b. Tương tự phần a ta có : \(S_{BEF}=S_{ABC}.cos^2B\); \(S_{CEF}=S_{ABC}.cos^2C\)
Như vậy \(S_{DEF}=S_{ABC}-S_{AEF}-S_{BEF}-S_{CEF}\)
Từ đó ta có: \(\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\left(cos^2A+cos^2B+cos^2C\right)\)
Chúc em học tốt :)))
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.