HT
3
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
CM
1 tháng 5 2019
Đáp án B
Giả sử mặt phẳng ban đầu là (A’B’C’). Ta cần xác định điểm D sao cho
Xét (A’B’C’) và (C’CD) có:
C’ là điểm chung
A’B’//(C’CD) (do (A’B’BA) // (C’CD))
⇒ giao tuyến của (A’B’C’) và (C’CD) là đường thẳng m đi qua điểm C’ và song song với A’B’
⇒ m cắt d tại D’ là điểm cần tìm
Xét hình A’B’C’D’ có A’B’ // C’D’
⇒ A’B’ = C’D’ ( a, b, c, d là các đường thẳng song song lần lượt đi qua A, B, C, D là các đỉnh của hình bình hành)
⇒ A’B’C’D’ là hình bình hành
1 tháng 10 2017
Gọi ba cạnh của tứ giác lần lượt là a b c d
Ta có tổng của 3 số bất kì chia hết cho số còn lại
từ đó ta có a + b + c = k*d (k là số nguyên để thỏa mãn yêu cầu của đề)
Giả sử a=b=c=d như đề bài thì ta có
a+b+c = k*d => d+d+d = k*d => 3d = kd => k =3 (d là một số luôn dương)
Ta có k = 3 => k là số dương( thỏa mãn yêu cầu đề bài) => a=b=c=d
18 tháng 8 2020
Do \(0\le sin^2x\le1\) nên pt có nghiệm khi và chỉ khi \(0\le m^2-4\le1\)
\(\Rightarrow4\le m^2\le5\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}-\sqrt{5}\le m\le-2\\2\le m\le\sqrt{5}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-\sqrt{5}\\b=-2\\c=2\\d=\sqrt{5}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b+c+d^2=10\)
\(\left\{{}\begin{matrix}A=\left(a^4+b^4\right)\ge\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}\ge\dfrac{\left[\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\right]^2}{2}\ge\dfrac{\left[\dfrac{4ab}{2}\right]^2}{2}\\B=\left(c^4+d^4\right)\ge\left(c^2+d^2\right)^2\ge\dfrac{\left[\dfrac{\left(c+d\right)^2}{2}\right]^2}{2}\ge\dfrac{\left[\dfrac{4cd}{2}\right]^2}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\left\{{}\begin{matrix}A\ge\dfrac{\left(2ab\right)^2}{2}\\B\ge\dfrac{\left(2cd\right)^2}{2}\end{matrix}\right.\)(1)
\(\left\{{}\begin{matrix}A\ge0\\B\ge0\end{matrix}\right.\)(2)
(1) và (2) \(\Rightarrow A+B\ge\dfrac{\left(2ab\right)^2+\left(2cd\right)^2}{2}\ge\dfrac{2\left(4abcd\right)}{2}=4abcd\)
đẳng thức khi a=b=c=d
Ta có BĐT \(a+b\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge\left(2\sqrt{ab}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a-b\right)^2=0\Rightarrow a=b\)
Vậy ta có: \(a^4+b^4\ge2\sqrt{a^4b^4}=2a^2b^2\)
\(c^4+d^4\ge2\sqrt{c^4d^4}=2c^2d^2\)
Cộng theo vế 2 BĐT trên ta có:
\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge2a^2b^2+2c^2d^2=2\left[\left(ab\right)^2+\left(cd\right)^2\right]\)
Lại có: \(\left(ab\right)^2+\left(cd\right)^2\ge2\sqrt{\left(ab\right)^2\left(cd\right)^2}=2abcd\)
\(\Rightarrow2\left[\left(ab\right)^2+\left(cd\right)^2\right]\ge2\cdot2abcd=4abcd\)
\(\Rightarrow VT=a^4+b^4+c^4+d^4\ge4abcd=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a^4=b^4\\c^4=d^4\\\left(ab\right)^2=\left(cd\right)^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}a=b\\c=d\\ab=cd\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a=b=c=d\)
giá mà chi a,b,c,d dương
Ace Legona không cần ab,cd dương nhé
ngonhuminhcho thì nhanh hơn AM-gm ra luôn
toàn làm với số bình phương => không cần điều kiện a,b,c,d dương nữaAce Legona
Ok
Bài này bạn làm => cần a,b,c,d dương
BĐT đầu tiên
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\) Ace Legona
ngonhuminh:nghĩ cái này nhưng gõ cái kia đầu tiên mk định ghi
\(x^2+y^2\ge2xy\) kìa gõ sai nên lại đi chứng minh cái sai
cái này đúng là dùng BĐT cosi
ok
Không phải đâu bunyacoxkiHoang Thiên Di
gốc vẫn đề vẫn là hằng đẳng thức lớp 8 \(\left(a-b\right)^2=a^2+b^2-2ab\ge0\)Hoang Thiên Di
ko , ý mik là đúng cũng có thể dùng co-si
ok
ê toàn bầy ctv