SH
0
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
29 tháng 5 2020
\(b.cosB+c.cosC=2R.sinB.cosB+2R.sinC.cosC\)
\(=R\left(sin2B+sin2C\right)=2R.sin\left(B+C\right)cos\left(B-C\right)\)
\(=2R.sinA.cos\left(B-C\right)=\frac{a}{sinA}.sinA.cos\left(B-C\right)=a.cos\left(B-C\right)\)
HP
15 tháng 12 2020
\(a\left(c.cosC-b.cosB\right)=a\left(c.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-b.\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\right)\)
\(=\dfrac{\left(a^2+b^2-c^2\right).c^2}{2bc}-\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right).b^2}{2bc}\)
\(=\dfrac{b^4-c^4+a^2c^2-a^2b^2}{2bc}\)
\(=\dfrac{\left(b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2-a^2\right)}{2bc}=\left(b^2-c^2\right).cosA\)
HP
10 tháng 1 2021
\(a.\left(c.cosC-b.cosB\right)=a.\left(c.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-b.\dfrac{a^2+c^2-b^2}{3ac}\right)\)
\(=\dfrac{\left(a^2+b^2-c^2\right)c^2}{2bc}-\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)b^2}{2bc}\)
\(=\dfrac{\left(b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2-a^2\right)}{2bc}=\left(b^2-c^2\right)cosA\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
31 tháng 1 2019
a/ \(b^2-c^2=ab.cosC-ac.cosB\)
Ta có: \(b.cosC-c.cosB=ab.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-ac.\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\)
\(=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}-\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2}=\dfrac{2b^2-2c^2}{2}=b^2-c^2\) (đpcm)
b/ \(ac.cosC-ab.cosB=ac.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-ab.\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\)
\(=\dfrac{c^2\left(a^2+b^2-c^2\right)-b^2\left(a^2+c^2-b^2\right)}{2bc}=\dfrac{\left(ac\right)^2-\left(ab\right)^2+b^4-c^4}{2bc}\)
\(=\dfrac{-a^2\left(b^2-c^2\right)+\left(b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}{2bc}=\left(b^2-c^2\right).\dfrac{\left(b^2+c^2-a^2\right)}{2bc}\)
\(=\left(b^2-c^2\right).cosA\) (đpcm)
c/ \(cotA+cotB+cotC=\dfrac{cosA}{sinA}+\dfrac{cosB}{sinB}+\dfrac{cosC}{sinC}=\dfrac{2R.cosA}{a}+\dfrac{2R.cosB}{b}+\dfrac{2R.cosC}{c}\)
\(=2R\left(\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2abc}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2abc}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2abc}\right)\)
\(=2R\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2abc}\right)=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}.R\) (đpcm)
HT
23 tháng 2 2021
1/ \(3-4\sin^2=4\cos^2x-1\Leftrightarrow4\left(\sin^2x+\cos^2x\right)-4=0\Leftrightarrow4.1-4=0\left(ld\right)\Rightarrow dpcm\)
2/ \(\cos^4x-\sin^4x=\left(\cos^2x+\sin^2x\right)\left(\cos^2x-\sin^2x\right)=\cos^2x-\left(1-\cos^2x\right)=2\cos^2x-1=\left(1-\sin^2x\right)-\sin^2x=1-2\sin^2x\)
3/ \(\sin^4x+\cos^4x=\left(\sin^2x+\cos^2x\right)^2-2\sin^2x.\cos^2x=1-2\sin^2x.\cos^2x\)
6 tháng 7 2016
Chứng minh bằng phản chứng :
Giả sử ngược lại, phương trình \(x^2=2\) có nghiệm \(x\in Q\) , tức là \(x=\frac{p}{q}\) (p,q \(\in Z,q\ne0\)) , \(\frac{p}{q}\) tối giản
Giải \(x^2=2\) được : \(x=\pm\sqrt{2}\)
Do đó: \(\sqrt{2}=\frac{p}{q}\) (Ta chỉ xét trường hợp \(x=\sqrt{2}\) , trường hợp \(x=-\sqrt{2}\) cũng tương tự)
Ta cần chứng minh \(\sqrt{2}\) không là số hữu tỉ.
Ta có : \(\sqrt{2}=\frac{p}{q}\Leftrightarrow p^2=2q^2\left(1\right)\Rightarrow p^2⋮2\Rightarrow p⋮2\) ( vì 2 là số nguyên tố)
Đặt \(p=2k\left(k\in Z\right)\Rightarrow p^2=4k^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow4k^2=2q^2\) nên \(q^2=2k^2\) (3)
Từ (3) lại có \(q^2⋮2\Rightarrow q⋮2\)
p và q cùng chia hết cho 2 nên phân số \(\frac{p}{q}\) không tối giản, trái với giả thiết.
Vậy \(\sqrt{2}\) không là số hữu tỉ, tức là \(x\notin Q\)
