\(M=\left(x-1\right)^2+\left(y+3\right)^2+2\)

Có \(\left(x-1\right)^2+\left(y+3\right)^2\ge0\)

=> M_min = 2 <=> x = -1 và y = 3

Ta có \(M=x^2+y^2-2x+6y+12=\left(x^2-2x+1\right)+\left(y^2+6y+9\right)+2\)\(=\left(x-1\right)^2+\left(y+3\right)^2+2\)

Vì \(\left(x-1\right)^2\ge0;\left(y+3\right)^2\ge0\) \(\Rightarrow\left(x-1\right)^2+\left(y+3\right)^2+2\ge2\) \(\Leftrightarrow M\ge2\)

Vậy GTNN của M là 2

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x-1=0\\y+3=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=-3\end{matrix}\right.\)

Ta có  \(A\left(x\right)=x^2-4x+24\) \(=\left(x^2-4x+4\right)+20\) \(=\left(x-2\right)^2+20\)

Vì \(\left(x-2\right)^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2+20\ge20\Leftrightarrow A\left(x\right)\ge20\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là 20

Dấu "=" xảy ra khi \(x-2=0\Leftrightarrow x=2\)

\(A\left(x\right)=\left(x-2\right)^2+20\)

Có (x-2)²\(\ge\)0

=> \(\left(x-2\right)^2+20\ge20\)

=> A_min = 20 <=> x = 2

a, x⁴  - 1 = (x² - 1)(x² +1)

b, x² + y² - z² + 2xy -2z -1

=  (x + y)² - (z +1 )²

= (x + y  +  z + 1 )( x + y - z - 1)

c, 4x⁴ + y⁴ = ???/

a) \(x^4-1=\left(x^2-1\right)\times\left(x^2+1\right)=\left(x-1\right)\times\left(x+1\right)\times\left(x^2+1\right)\)

b) \(=\left(x^2+2xy+y^2\right)-\left(z^2+2z+1\right)\)

\(=\left(x+y\right)^2-\left(z+1\right)^2=\left(x+y+\left(z+1\right)\right)\times\left(x+y-\left(z+1\right)\right)\)

\(=\left(x+y+z+1\right)\left(x+y-z-1\right)\)

c) \(=4x^4+4x^2y^2+y^4-4x^2y^2\)

\(=\left(2x^2+y^2\right)^2-\left(2xy\right)^2\)

\(=\left(2x^2+2xy+y^2\right)\left(2x^2-2xy+y^2\right)\)

Xét tg KAD và tg KEA có

\(\widehat{AKE}\) chung

\(sđ\widehat{KAD}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AD (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{KEA}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AD (góc nội tiếp)

\(\Rightarrow\widehat{KAD}=\widehat{KEA}\)

=> tg KAD đồng dạng với tg KEA (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{KA}{KE}=\dfrac{KD}{KA}\Rightarrow KA^2=KD.KE\)

Xét tg vuông AKO có

\(KA^2=KH.KO\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow KD.KE=KH.KO\Rightarrow\dfrac{KD}{KO}=\dfrac{KH}{KE}\)

Xét tg KDH và tg KOE có

\(\dfrac{KD}{KO}=\dfrac{KH}{KE}\)(cmt)

\(\widehat{EKO}\) chung

=> tg KHD đồng dạng với tg KOE (Hai tam giác có hai cặp cạnh tương ứng tỷ lệ, hai góc xen giữa hai cặp cạnh ấy bằng nhau thì đồng dạng)

\(\Rightarrow\widehat{DHK}=\widehat{OED}\)

Ta có

\(\widehat{DHK}+\widehat{DHO}=180^o\Rightarrow\widehat{OED}+\widehat{DHO}=180^o\)

=> tứ giác DEOH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối nhau = \(180^o\) là tứ giác nội tiếp)

\(\Rightarrow\widehat{ODH}=\widehat{OEH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung OH)

Xét tg DOE có

\(\widehat{DOE}=180^o-\widehat{ODE}-\widehat{OED}\)

Tam giác ODE có OD=OE=R => tg ODE cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{ODE}=\widehat{OED}\)

\(\Rightarrow\widehat{DOE}=180^o-2\widehat{ODE}\) (1)

Xét tg DHE có

\(\widehat{DHE}=180^o-\widehat{EDH}-\widehat{DEH}=180^o-\left(\widehat{ODE}+\widehat{ODH}\right)-\left(\widehat{OED}-\widehat{OEH}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{DHE}=180^o-\widehat{ODE}-\widehat{ODH}-\widehat{OED}+\widehat{OEH}\)

Mà \(\widehat{ODE}=\widehat{OED};\widehat{ODH}-\widehat{OEH}\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{DHE}=180^o-2\widehat{OED}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{DHH}=\widehat{DOE}\) (đpcm)

\(a^2+b^2=4\) suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}0\le a\le2\\0\le b\le2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le a^3\le2a^2\\0\le b^3\le2b^2\end{matrix}\right.\)

\(a^3+b^3\le2\left(a^2+b^2\right)=8\)

Dấu \(=\) xảy ra tại \(a=2,b=0\) hoặc \(a=0,b=2\).

$a^2+b^2=4$ suy ra $\{\begin{array}{c}0\le a\le 2\\ 0\le b\le 2\end{array}\iff \{\begin{array}{c}0\le a^3\le 2a^2\\ 0\le b^3\le 2b^2\end{array}$

$a^3+b^3\le 2\left(a^2+b^2\right)=8$

Dấu $=$ xảy ra tại $a=2,b=0$ hoặc $a=0,b=2$.

Nhận xét: Vế đầu của BĐT luôn đúng vì:

\(3\left(x^3+y^3+z^3\right)-3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)=\sum\left(x-y\right)^2\left(2x+y\right)\ge0\)

Bây giờ ta sẽ chứng mình vế sau.

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}p=x+y+z=2\\q=xy+yz+xz\\r=xyz\end{matrix}\right.\)

Khi đó \(x^3+y^3+z^3=p^3-3pq+3r=8-6q+3r\)

\(x^4+y^4+z^4=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)=2q^2-16q+8r+16\)

Do đó ta cần chứng minh: 

\(8-6q+3r\le q^2-8q+4r+8+1\)

\(\Leftrightarrow r+\left(q-1\right)^2\ge0\)

Điều này luôn đúng với mọi \(x,y,z\ge0\).

Do AMKE là hình vuông => AK là phân giác \(\widehat{BAC}\)

Dựng đường phân giác của \(\widehat{B}\) cắt AK tại O => O là tâm đường tròn nội tiếp tg ABC

Từ O dựng đường thẳng vuông góc và cắt AB tại D => OD là bán kính đường tròn nội tiếp tg ABC

Xét tg vuông AMK có

\(KM\perp AB;OD\perp AB\) => KM//OD

Gọi độ dài cạnh hình vuông AMKE là a \(\Rightarrow MK=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{MK}{OD}=\dfrac{AK}{AO}\Rightarrow\dfrac{a\sqrt{2}}{AO}=\dfrac{\sqrt{2}+2}{2}\Rightarrow AO=\dfrac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}\)

\(\Rightarrow KO=AK-AO=a\sqrt{2}-\dfrac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}=\dfrac{2a}{\sqrt{2}+2}\)

Xét tg ABK có

\(\dfrac{AO}{AB}=\dfrac{KO}{BK}\) (Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy)

\(\Rightarrow\dfrac{AO}{AM+BM}=\dfrac{KO}{BK}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\dfrac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}}{a+BM}=\dfrac{\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}}{BK}\Rightarrow\dfrac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}.\dfrac{\sqrt{2}+2}{2a}=\dfrac{a+BM}{BK}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a+BM}{BK}=\sqrt{2}\Rightarrow\dfrac{MK+BM}{BK}=\dfrac{MK}{BK}+\dfrac{BM}{BK}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\sin\widehat{B}+\sin\widehat{MKB}=\sqrt{2}\)

Mà \(KM\perp AB;AC\perp AB\) => KM//AC \(\Rightarrow\widehat{MKB}=\widehat{C}\)

\(\Rightarrow\sin\widehat{B}+\sin\widehat{C}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow2\sin\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\cos\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow2\cos45^o\cos\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=\sqrt{2}\Rightarrow\cos\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=0\Rightarrow\widehat{B}=\widehat{C}=45^o\)