Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{x}{y}k;\frac{y}{z}k;\frac{z}{x}k\right)\) \(k\inℝ^+\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(\frac{1}{\frac{x}{y}k\left(\frac{y}{z}k+1\right)}+\frac{1}{\frac{y}{z}k\left(\frac{z}{x}k+1\right)}+\frac{1}{\frac{z}{x}k\left(\frac{x}{y}k+1\right)}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\frac{x}{y}k\cdot\frac{y}{z}k\cdot\frac{z}{x}k}\left(1+\sqrt[3]{\frac{x}{y}k\cdot\frac{y}{z}k\cdot\frac{z}{x}k}\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{yz}{xk\left(yk+z\right)}+\frac{zx}{yk\left(zk+x\right)}+\frac{xy}{zk\left(xk+y\right)}\ge\frac{3}{k\left(1+k\right)}\) (D)

Ta có: \(\frac{yz}{xk\left(yk+z\right)}+\frac{zx}{yk\left(zk+x\right)}+\frac{xy}{zk\left(xk+y\right)}\)

\(=\frac{\left(yz\right)^2}{xyzk\left(yk+z\right)}+\frac{\left(zx\right)^2}{xyzk\left(zk+x\right)}+\frac{\left(xy\right)^2}{xyzk\left(xk+y\right)}\)

\(\ge\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{xyzk\left(xk+yk+zk+x+y+z\right)}\) (Bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức)

\(\ge\frac{3\left(xyz^2+xy^2z+x^2yz\right)}{xyzk\left(x+y+z\right)\left(k+1\right)}=\frac{3xyz\left(x+y+z\right)}{xyzk\left(x+y+z\right)\left(k+1\right)}=\frac{3}{k\left(k+1\right)}\)

=> BĐT (D) đúng => đpcm

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

Từ giả thiết ta có :

\(x+y+z=xyz\Leftrightarrow\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1\)

ta có : \(Q=\frac{y+2}{x^2}+\frac{z+2}{y^2}+\frac{x+2}{z^2}\)

\(=\frac{\left(x+1\right)+\left(y+1\right)}{x^2}+\frac{\left(y+1\right)+\left(z+1\right)}{y^2}+\frac{\left(z+1\right)+\left(x+1\right)}{z^2}-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(=\left(x+1\right)\left(\frac{1}{z^2}+\frac{1}{x^2}\right)+\left(y+1\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)+\left(z+1\right)\left(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\ge\frac{2\left(x+1\right)}{zx}+\frac{2\left(y+1\right)}{xy}+\frac{2\left(z+1\right)}{yz}-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(=2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+2\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+2\)

Áp dụng bđt \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Ta có \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2\ge3\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)=3\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\sqrt{3}\)

Do đó : \(Q\ge\sqrt{3}+2\). Dấu " = " xảy ra 

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{x}=\frac{1}{y}=\frac{1}{z}\\z+y+z=xyz\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{3}}\)

Vậy Min \(Q=\sqrt{3}+2\)khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)

Ta có: \(0< \frac{\sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{6}}}}{2020}< \frac{\sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{6+3}}}}{2020}\)

\(=\frac{\sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{6+3}}}}{2020}=...=\frac{\sqrt{6+3}}{2020}=\frac{3}{2020}\)

Lại có: \(0< \frac{\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}}{2020}< \frac{\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6+2}}}}{2020}\)

\(=\frac{\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6+2}}}}{2020}=...=\frac{\sqrt[3]{6+2}}{2020}=\frac{2}{2020}\)

\(\Rightarrow0+0< \frac{\sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{6}}}}{2020}+\frac{\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}}{2020}< \frac{3}{2020}+\frac{2}{2020}< 1\)

\(\Rightarrow0< A< 1\Rightarrow\left[A\right]=0\)

Vậy \(\left[A\right]=0\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có

a) ^COD=^O22 +^O32 =12 (^O1+^O2+^O3+^O4)=12 .180∘=90∘.

b) CD = CM + MD = CA + DB.

c) $AC.BD=MC.MD=O{M}^2$ (cố định).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có

a) ^COD=^O22 +^O32 =12 (^O1+^O2+^O3+^O4)=12 .180∘=90∘.

b) CD = CM + MD = CA + DB.

c) $AC.BD=MC.MD=O{M}^2$ (cố định).

tui mới lớp 3 thôi

Kẻ OI $\perp$ AB ( I $\in$ CD) ta suy ra OI là đường trung bình của hình thang ABCD và CI = ID.

Khi đó I là tâm đường tròn đường kính CD và IO là khoảng cách d từ tâm I đến AB.

Ta có IO=CA+DB2 =MC+MD2 =DC2  là bán kính của đường tròn (I).

Do đó AB tiếp xúc với đường tròn đường kính CD.

Kẻ OI $\perp$ AB ( I $\in$ CD) ta suy ra OI là đường trung bình của hình thang ABCD và CI = ID.

Khi đó I là tâm đường tròn đường kính CD và IO là khoảng cách d từ tâm I đến AB.

Ta có IO=\dfrac{CA+DB}{2}=\dfrac{MC+MD}{2}=\dfrac{DC}{2}IO=2CA+DB​=2MC+MD​=2DC​ là bán kính của đường tròn (I).

Do đó AB tiếp xúc với đường tròn đường kính CD.

kéo dài CI cắt AD tại E.

Chứng minh được CI = IE nên tam giác CDE cân tại D.

Suy ra DI là phân giác góc D, khi đó IH = IA. Vậy DC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.

kéo dài CI cắt AD tại E.

Chứng minh được CI = IE nên tam giác CDE cân tại D.

Suy ra DI là phân giác góc D, khi đó IH = IA. Vậy DC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.

Kẻ IH $\perp$ BC.

I thuộc phân giác góc ABC nên IH = IA, suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn (I ; IA).

Kẻ IH $\perp$ BC.

I thuộc phân giác góc ABC nên IH = IA, suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn (I ; IA).