alo kb ko

Ta có: \(\frac{x+y}{\left(x-y\right)^2}+\frac{y+z}{\left(y-z\right)^2}+\frac{z+x}{\left(z-x\right)^2}\ge\frac{9}{x+y+z}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{x+y}{\left(x-y\right)^2}+\frac{y+z}{\left(y-z\right)^2}+\frac{z+x}{\left(z-x\right)^2}\right)\ge9\)

giả sử \(x>y>z\ge0\)

Ta có các bđt sau:

+) \(x+y+z\ge x+y\)

+) \(\frac{y+z}{\left(y-z\right)^2}\ge\frac{1}{y}\Leftrightarrow y\left(y+z\right)\ge\left(y-z\right)^2\Leftrightarrow z\left(3y-z\right)\ge0\) (luôn đúng)

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

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

\(\Rightarrow A\ge\left(x+y\right)\left(\frac{x+y}{\left(x-y\right)^2}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)\)

Ta có bđt cơ bản : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\left(\forall a,b,c>0\right)\)

Áp dụng ta được:

\(\frac{x+y}{\left(x-y\right)^2}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}=\left(x+y\right)\left(\frac{1}{\left(x+y\right)^2-4xy}+\frac{1}{xy}\right)\)

\(=\left(x+y\right)\left(\frac{1}{\left(x+y\right)^2-4xy}+\frac{1}{2xy}+\frac{1}{2xy}\right)\ge\frac{9\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)^2}=\frac{9}{x+y}\)

Vậy \(\left(x+y\right)\left(\frac{x+y}{\left(x-y\right)^2}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)\ge\left(x+y\right)\frac{9}{x+y}=9\Rightarrow A\ge9\)

Đẳng thức xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}z=0\\\left(x+y\right)^2-4xy=2xy\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}z=0\\x=\left(2\pm\sqrt{3}\right)y\end{cases}}}\)

a, gọi i là tđ của AO=>iA=iO

  xét tam giác OBA có

        gócB =90 

         Bi là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền OA=>Bi=Oi=Ai (1)

  xét tam giác OCA có

          góc C=90

          Ci là đường tring tuyến ứng với cạnh huyền AO=>CI=AI=Oi (2)

   từ (1)và(2) ta =>Ci=BI=AI=Oi

=> 4 điểm O,B,A,C cùng thuộc một đường tròn

Vì AB là tiếp tuyến của ( O )

Nên \(AB\perp OB\Rightarrow\widehat{ABO}=90^o\)

 Tương tự \(\widehat{ACO}=90^o\)

  Xét tứ giác \(ABOC\)

      \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^o+90^o=180^o\)

  Nên ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn

        => A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

đk: \(x\ge-3\)

Ta có: \(x^2-x+8=4\sqrt{x+3}\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-x\right)-\left(4\sqrt{x+3}-8\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-1\right)-\frac{16\left(x+3\right)-64}{4\sqrt{x+3}+8}=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-1\right)-\frac{4\left(x-1\right)}{\sqrt{x+3}+2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-\frac{4}{\sqrt{x+3}+2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=\frac{4}{\sqrt{x+3}+2}\end{cases}}\)

Nếu \(x=\frac{4}{\sqrt{x+3}+2}\Leftrightarrow x\sqrt{x+3}+2x=4\)

\(\Leftrightarrow x\sqrt{x+3}=4-2x\Leftrightarrow x^2\left(x+3\right)=4x^2-16x+16\)

\(\Leftrightarrow x^3-x^2+16x-16=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2+16\right)=0\Rightarrow x-1=0\Leftrightarrow x=1\)

Vậy x = 1

thật ra em cung ko biết kết quả đâu và em cũng ko hiểu vì em mới học lớp 6 

như em vẫn cho đúng

Theo giả thiết xy + yz + zx = 1 nên ta có: \(VT=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}+\frac{1}{1+z^2}=\frac{1}{xy+yz+zx+x^2}+\frac{1}{xy+yz+zx+y^2}+\frac{1}{xy+yz+zx+z^2}=\frac{1}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{1}{\left(y+x\right)\left(y+z\right)}+\frac{1}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}=\frac{2\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: \(\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)^2\le\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\right)=\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{z}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\right)=\frac{2\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}=\frac{2\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)\(\Rightarrow\frac{2}{3}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)^3\le\frac{4\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)\)Ta cần chứng minh: \(\frac{2\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{4\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)\)

hay \(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\le\frac{3}{2}\)

Bất đẳng thức cuối đúng theo AM - GM do: \(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}=\sqrt{\frac{x}{x+y}.\frac{x}{x+z}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}.\frac{y}{x+y}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}.\frac{z}{z+y}}\le\frac{\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)+\left(\frac{y}{y+z}+\frac{y}{x+y}\right)+\left(\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}\right)}{2}=\frac{3}{2}\)Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)