\(P=\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{10}{2\sqrt{x}+1}-\frac{5}{2x+3\sqrt{x}+1}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{10}{2\sqrt{x}+1}-\frac{5}{\left(2\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\frac{2\sqrt{x}+1+10\left(\sqrt{x}+1\right)-5}{\left(2\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\frac{2\sqrt{x}+1+10\sqrt{x}+10-5}{\left(2\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\frac{6}{\sqrt{x}+1}\)

b) Để P nguyên tố thì  \(\frac{6}{\sqrt{x}+1}\) nguyên tố 

Để \(P\inℕ^∗\) thì  \(\sqrt{x}+1\inƯ\left(6\right)\) 

Mà P nguyên tố \(\Rightarrow\frac{6}{\sqrt{x}+1}=\left\{2;3\right\}\Rightarrow\sqrt{x}+1=\left\{2;3\right\}\)

Với \(\sqrt{x}+1=2\Leftrightarrow\sqrt{x}=1\Leftrightarrow x=1\)

Với \(\sqrt{x}+1=3\Leftrightarrow\sqrt{x}=2\Leftrightarrow x=4\)

Vậy ...........

troi oi

a) Đường kính AB vuông góc với dây CD => \(CH=\frac{CD}{2}=\frac{12}{2}=6\left(cm\right)\)( giả sử HA<HB)

Áp dụng định lý Pytago tính được OH=2,5 cm => HB=9cm, HA=4cm

b) Ta có: \(S_{CMHN}=\frac{CH^3}{AB}\Rightarrow S_{CMHN}=\frac{6.6.6}{13}=\frac{216}{3}=16\frac{8}{3}\left(cm^2\right)\)

a) \(H\)là trung điểm của \(CD\)\(\Rightarrow CH=\frac{CD}{2}=6\left(cm\right)\)

Xét tam giác \(OCH\)vuông tại \(H\)có:

\(OC^2=OH^2+CH^2\)(định lí Pythagore)

\(\Rightarrow OH=\sqrt{OC^2-CH^2}=\sqrt{\left(\frac{13}{2}\right)^2-6^2}=\frac{5}{2}\left(cm\right)\).

Suy ra \(BH=BO-OH=\frac{13}{2}-\frac{5}{2}=4\left(cm\right)\)

          \(AH=AO+OH=\frac{13}{2}+\frac{5}{2}=9\left(cm\right)\)

b) Có \(\widehat{ACB}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

Xét tam giác \(ABC\)vuông tại \(C\)có: 

\(AC^2=AH.AB=9.13\Rightarrow AC=3\sqrt{13}\)

\(AB^2=BH.BA=4.13\Rightarrow AB=2\sqrt{13}\)

\(AC\perp BC\)

mà \(HN\perp BC\)

suy ra \(HN//AC\)

Theo định lí Thalet, ta có: \(\frac{HN}{AC}=\frac{BH}{BA}=\frac{4}{13}\Rightarrow HN=\frac{4}{13}AC=\frac{12\sqrt{13}}{13}\).

Tương tự \(MH=\frac{18\sqrt{13}}{13}\).

Tứ giác \(CMHN\)có \(3\)góc vuông nên là hình chữ nhật. 

\(S_{CMHN}=MH.HN=\frac{18\sqrt{13}}{13}.\frac{12\sqrt{13}}{13}=\frac{216}{13}\left(cm^2\right)\)