Ta sẽ chứng minh:\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)
Theo nguyên lí Dirichlet, luôn tồn tại ít nhất 2 trong 3 số \(a^2-1,b^2-1,c^2-1\) cùng dấu.
Giả sử đó là \(b^2-1,c^2-1\Rightarrow\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\ge0\)
\(\because\) \(\left(a^2+1+1\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b^2+c^2+1}\) (Bunyakovski)\(\therefore VT\ge\frac{\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\left(a+b+c\right)^2}{b^2+c^2+1}\ge3\left(a+b+c\right)^2\)\(\Leftrightarrow\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(b^2+c^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\ge0\) (đúng do giả sử)
Từ đó dẫn đến kết luận.
Cách khác: Xét hiệu 2 vế, thu được:
Đúng vì: \(2b^2c^2+b^2-6bc+c^2+2=2\left(bc-1\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\)
Kiên trì lắm mới làm đây,đang làm tự nhiên máy load lại :(
Áp dụng định lý đường phân giác\(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\)
Áp dụng định lý Pythagoras:\(BC^2=AB^2+AC^2\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\)
Đặt \(BD=3k;DC=4k\)
Ta có:\(BD+DC=BC\Rightarrow3k+4k=10\Rightarrow k=\frac{10}{7}\)
\(\Rightarrow BD=\frac{30}{7}\left(cm\right);DC=\frac{40}{7}\left(cm\right)\)
b
Áp dụng định lý Thales:\(\frac{DH}{AC}=\frac{BH}{HA}=\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\Rightarrow DH=\frac{3}{4}\cdot8=6\left(cm\right)\)
Đặt \(BH=3q;AH=4q\)
Ta có:\(BH+AH=AC\Rightarrow3q+4q=8\Rightarrow q=\frac{8}{7}\)
\(\Rightarrow AH=\frac{32}{7}\left(cm\right)\)
Áp dụng định lý Pythagoras:\(AH^2+HD^2=AD^2\Rightarrow AD=\sqrt{AH^2+HD^2}=\frac{2\sqrt{697}}{7}\)
Cách 2:
Có một đẳng thức trong tam giác rất đẹp như sau:\(AD^2=AB\cdot AC-BD\cdot DC\)
\(\Rightarrow AD=\sqrt{AB\cdot AC-BD\cdot DC}=\frac{24\sqrt{2}}{7}\)
Tuy nhiên 2 kết quả trên lại khác nhau,mọi người tìm chỗ sai giúp mik được ko ạ ?
zZz Cool Kid_new zZz
cách 1 đoạn anh áp dụng đ/lí talet em nghĩ sai vì
áp dụng đ/lí tha let
=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{HD}{AC}=\frac{BD}{BC}\)
nếu sai thì thôi mong anh thông cảm
zZz Cool Kid_new zZz
no em ra AD = \(\frac{36\sqrt{2}}{7}\)cơ :v
Làm lại câu 2:D
a:
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
\(\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}=\frac{BD+CD}{AB+AC}\Rightarrow\frac{BD}{6}=\frac{CD}{8}=\frac{10}{6+8}\Rightarrow BD=\frac{30}{7};CD=\frac{40}{7}\)
Cách 1:Không dùng DH
Trên một nửa mặt phẳng bờ chứa đoạn thẳng BC vẽ tia Bx sao cho ^BCx=^ABD cắt AD tại E
Dễ thấy :
\(\Delta\)DAB ~ \(\Delta\)DCE ( g.g ) \(\Rightarrow\frac{AD}{CD}=\frac{BD}{DE}\Rightarrow AD\cdot DE=BD\cdot DC\)
\(\Delta\)ABD ~ \(\Delta\)AEC ( g.g ) \(\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow AB\cdot AC=AD\cdot AE\)
Khi đó:
\(AB.AC-BD\cdot CD=AD\cdot AE-AD\cdot DE=AD\left(AE-DE\right)\)
\(\Rightarrow AD^2=AB\cdot AC-BD\cdot CD\)
\(\Rightarrow AD=\sqrt{AB\cdot AC-BD\cdot CD}=\sqrt{6\cdot8-\frac{30}{7}\cdot\frac{40}{7}}=\frac{24\sqrt{2}}{7}\)
Cách 2:Dùng BH
\(DH\perp AB;AB\perp AC\Rightarrow DH//AC\) => Tam giác AHD vuông cân tại H => HA=HD
Áp dụng Thales ta có:\(\frac{DH}{AC}=\frac{BH}{AB}=\frac{BD}{BC}\Rightarrow\frac{DH}{8}=\frac{6-HD}{6}\Rightarrow HD=\frac{24}{7}\)
Áp dụng Pythagoras:\(AD^2=HD^2+HA^2=2HD^2=2\cdot\left(\frac{24}{7}\right)^2=\frac{1152}{49}\Rightarrow AD=\frac{24\sqrt{2}}{7}\)
Theo nguyên lý Dirichlet trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\)tồn tại ít nhất hai số cùng dấu, giả sử\(a^2-1;b^2-1\)cùng dấu thì \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2\ge a^2+b^2-1\)\(\Leftrightarrow a^2b^2+2a^2+2b^2+4\ge3a^2+3b^2+3=3\left(a^2+b^2+1\right)\)\(\Leftrightarrow\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\ge3\left(a^2+b^2+1\right)\)(1)
Mà theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta được: \(\left(a^2+b^2+1\right)\left(1+1+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+1\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{c^2+2}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2=27\)(Do theo giả thiết thì a + b + c = 3)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Cách khác:
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta dễ có được:
\(\left(a+b+c\right)^2=\left[a+\sqrt{2}\left(\frac{b+c}{\sqrt{2}}\right)\right]^2\le\left(a^2+2\right)\left[1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]\)
\(\Rightarrow3\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+2\right)\left[1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]\)
Ta đi chứng minh:
\(3\left(a^2+2\right)\left[1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]\le\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left[1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]\le\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{b^2+c^2}{2}+b^2c^2-3bc+1\ge0\)
Để ý rằng:\(\frac{b^2+c^2}{2}\ge bc\Rightarrow\left(bc-1\right)^2\ge0\) * luôn đúng *
Vậy................
