a/ Gọi P là giao cuả  AM và NK Ta có

sđ cung AN = 1/2 sđ cung AC

sđ cung BK = 1/2 sđ cung AB

sđ cung BM = 1/2 sđ cung BC

sđ cung MK = sđ cung BK + sđ cung BM = 1/2 sđ cung AB + 1/2 sđ cung BC

sđ \(\widehat{APN}=\) 1/2(sđ cung AN + sđ cung MK) = 1/2(1/2 sđ cung AC + 1/2 sđ cung AB + 1/2 sđ cung BC) = 1/4(sđ cung AC + sđ cung AB + sđ cung BC) (góc có đỉnh ở trong đường tròn có số đo bằng nửa tổng hai cung bị chắn)

Mà sđ cung AC + sđ cung AB + sđ cung BC = 360

=> sđ\(\widehat{APN}\) = 1/4x360=90 => \(AM\perp NK\)

b/ Ta có

sđ cung AK = sđ cung BK

sđ cung cung BM = sđ cung CM

sđ\(\widehat{KCM}=\) 1/2 sđ cung MK = 1/2(sđ cung BK + sđ cung BM)

sđ\(\widehat{MIC}=\) 1/2 (sđ cung AK + 1/2 sđ cung CM) (góc có đỉnh ở trong đường tròn có số đo bằng nửa tổng hai cung bị chắn)

\(\Rightarrow\widehat{KCM}=\widehat{MIC}\) => tam giác MIC cân tại M

b) là gì vậy bạn , viết nốt đi rồi mình làm cho

\(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{c^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{a^3+1}}\)  chứ không như đề bài trên nhé.

Ta có:

\(\sqrt{b^3+1}=\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\)

Vì \(b>0\)nên \(b+1>0\)và \(b^2-b+1\ge\frac{3}{4}>0\)nên áp dụng bất dẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:

\(\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)\ge2\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow b^2+2\ge2\sqrt{b^3+1}\)
\(\Leftrightarrow\frac{b^2+2}{2}\ge\sqrt{b^3+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{2}{b^2+2}\le\frac{1}{\sqrt{b^3+1}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{2a}{b^2+2}\le\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}\left(1\right)\)

Chứng minh tương tự, ta được:

\(\frac{2b}{c^2+2}\le\frac{b}{\sqrt{c^3+1}}\left(2\right)\);

\(\frac{2c}{a^2+2}\le\frac{c}{\sqrt{a^3+1}}\left(3\right)\)

Từ (1), (2), (3), ta được:

\(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{c^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{a^3+1}}\ge\frac{2a}{b^2+2}+\frac{2b}{c^2+2}+\frac{2c}{a^2+2}\left(4\right)\)

Ta có:

\(\frac{2a}{b^2+2}=\frac{a\left(b^2+2-b^2\right)}{b^2+2}=\frac{a\left(b^2+2\right)}{b^2+2}-\frac{ab^2}{b^2+2}=a-\frac{ab^2}{b^2+2}\)

Vì b dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:

\(b^2+2\ge2b\sqrt{2}\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{b^2+2}\le\frac{1}{2b\sqrt{2}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab^2}{b^2+2}\le\frac{ab}{2\sqrt{2}}\)\(\Leftrightarrow-\frac{ab^2}{b^2+2}\ge\frac{-ab}{2\sqrt{2}}\)

\(\Leftrightarrow a-\frac{ab^2}{b^2+2}\ge a-\frac{ab}{2\sqrt{2}}\)\(\Leftrightarrow\frac{2a}{b^2+2}\ge a-\frac{ab}{2\sqrt{2}}\left(5\right)\)

Chứng minh tương tự, ta được:

\(\frac{2b}{c^2+2}\ge b-\frac{bc}{2\sqrt{2}}\left(6\right)\);

\(\frac{2c}{a^2+2}\ge c-\frac{ca}{2\sqrt{2}}\left(7\right)\)

Từ (5), (6), (7), ta được:

\(\frac{2a}{b^2+2}+\frac{2b}{c^2+2}+\frac{2c}{a^2+2}\ge a-\frac{ab}{2\sqrt{2}}+b-\frac{bc}{2\sqrt{2}}+c-\frac{ca}{2\sqrt{2}}\left(8\right)\)

\(5x+6y=13\)

\(\Leftrightarrow5x=13-6y\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{13-6y}{5}=\frac{15-2-5y-y}{5}=3-y-\frac{y+2}{5}\)

Vì x\(x\in Z\)nên \(3-y-\frac{y+2}{5}\inℤ\)

Mà  \(y\inℤ\)nên \(3-y\inℤ\)Suy ra \(\frac{y+2}{-5}\inℤ\)

\(\frac{y+2}{-5}\inℤ\Leftrightarrow y+2⋮5\)

Đặt \(y+2=5k\left(k\inℤ\right)\)thì \(y=5k-2\)

Do đó:

\(x=3-y-\frac{y+2}{5}=3-5k+2-\frac{5k}{5}=5-5k-k=5-6k\)

Vậy phương trình có tập nghiệm nguyên \(\left(x;y\right)=\left(5k-2;5-6k\right)\)với \(k\inℤ\)

(tiếp) Do đó \(x=3-y-\frac{y+2}{5}=3-5k+2-\frac{5k}{5}=5-5k-k=5-6k\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(\left(x;y\right)=\left(5-6k;5k-2\right)\)với \(k\inℤ\)