a/

\(A=\dfrac{\left(a+\sqrt{ab}\right)\left(b-\sqrt{ab}\right)}{b^2-ab}=\dfrac{ab-a\sqrt{ab}+b\sqrt{ab}-ab}{b^2-ab}=\)

\(=\dfrac{\sqrt{ab}\left(b-a\right)}{b\left(b-a\right)}=\sqrt{\dfrac{a}{b}}\)

b/

\(B=\dfrac{x\sqrt{x}+y\sqrt{y}-x\sqrt{y}-y\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(x-y\right)-\sqrt{y}\left(x-y\right)}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\dfrac{\left(x-y\right)\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\)

\(=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\)

Điều kiện: \(x>0\)

Áp dụng BĐT Cô - si với hai số dương là x và 3 ta có:

\(\dfrac{x+3}{\sqrt{x}}\ge\dfrac{2\sqrt{3x}}{\sqrt{x}}=2\sqrt{3}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là \(2\sqrt{3}\)

Giá trị này đạt tại \(x=3\)

Gọi \(x\left(km\right)\) là độ dài quãng đường AB \(\left(x>0\right)\)

Như vậy quãng đường từ điểm xuất phát đến điểm xe bị hỏng sẽ bằng \(\dfrac{1}{3}x\left(km\right)\)

Thời gian từ khi người đó xuất phát đến khi xe bị hỏng là \(\dfrac{\dfrac{1}{3}x}{12}=\dfrac{1}{36}x\left(h\right)\)

Quãng đường còn lại sẽ bằng \(\dfrac{2}{3}x\left(km\right)\)

Thời gian người đó đi ô tô từ điểm xe bị hỏng đến B là \(\dfrac{\dfrac{2}{3}x}{26}=\dfrac{1}{39}x\left(h\right)\)

Tổng thời gian người đó đã đi từ A đến B trong thực tế là \(\dfrac{1}{36}x+\dfrac{1}{39}x+\dfrac{1}{3}\left(h\right)\) (có số hạng \(\dfrac{1}{3}\) do người đó còn phải chờ \(20p=\dfrac{1}{3}h\) khi xe bị hỏng)

Theo dự định, thời gian người đó đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{12}\left(h\right)\)

Vì người đó đến B sớm hơn dự định \(1h20p=\dfrac{4}{3}h\) nên ta có pt \(\dfrac{x}{12}-\left(\dfrac{1}{36}x+\dfrac{1}{39}x+\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{4}{3}\) 

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{12}-\dfrac{1}{36}-\dfrac{1}{39}\right)x-\dfrac{1}{3}=\dfrac{4}{3}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{7}{234}x=\dfrac{5}{3}\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{390}{7}\approx55,714\left(nhận\right)\)

Vậy độ dài quãng đường AB là khoảng \(55,714km\)

Điều kiện: $x\ge -4$

$\sqrt{x+4}+x^4=2x^2-1\iff \sqrt{x+4}+x^4-2x^2+1=0\iff \sqrt{x+4}+{\left(x^2+1\right)}^2=0$

Ta thấy: $\{\begin{array}{c}\sqrt{x+4}\ge 0\forall x\\ {\left(x^2+1\right)}^2\ge 0\forall x\end{array}$

=> phương trình đã cho $\iff \{\begin{array}{c}\sqrt{x+4}=0\\ {\left(x^2+1\right)}^2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x+4=0\\ x^2+1=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=-4\\ khôngtồntạix\end{array}$

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Điều kiện: $x\ge -4$

$\sqrt{x+4}+x^4=2x^2-1\iff \sqrt{x+4}+x^4-2x^2+1=0\iff \sqrt{x+4}+{\left(x^2+1\right)}^2=0$

Ta thấy: $\{\begin{array}{c}\sqrt{x+4}\ge 0\forall x\\ {\left(x^2+1\right)}^2\ge 0\forall x\end{array}$

=> phương trình đã cho $\iff \{\begin{array}{c}\sqrt{x+4}=0\\ {\left(x^2+1\right)}^2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x+4=0\\ x^2+1=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=-4\\ khôngtồntạix\end{array}$

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

đk x >= -4 

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

Ta có \(\sqrt{x+4}\ge0;-\left(x^2-1\right)^2\le0\)

Vậy pt vô nghiệm 

\(\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt{20}}{10-\sqrt{75}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{15}-2\sqrt{5}}{10-5\sqrt{3}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{5}(\sqrt{3}-2)}{-5(\sqrt{3}-2)}\)

\(=\dfrac{-\sqrt{5}}{5}\)

\(=\dfrac{\sqrt{15}-2\sqrt{5}}{10-5\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{5}\left(\sqrt{3}-2\right)}{5\left(2-\sqrt{3}\right)}=\dfrac{-\sqrt{5}\left(2-\sqrt{3}\right)}{5\left(2-\sqrt{3}\right)}=\dfrac{-\sqrt{5}}{5}=-\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)

`(\sqrt{3}-\sqrt{2})x=\sqrt{27}-\sqrt{18}`

`<=>(\sqrt{3}-\sqrt{2})x=3\sqrt{3}-3\sqrt{2}`

`<=>x=[3\sqrt{3}-3\sqrt{2}]/[\sqrt{3}-\sqrt{2}]`

`<=>x=3`

Do tam giác ABC đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác này cũng chính là trực tâm của nó. Do đó bạn chỉ cần kẻ 2 đường cao AH, BK của tam giác ABC. Giao điểm của AH và BK chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 

Gọi giao điểm này là O. Tam giác ABC đều nên đường cao AH cũng là đường trung tuyến, đồng thời O là trọng tâm tam giác ABC. Do vậy: \(OA=\dfrac{2}{3}AH\) (*)

Mặt khác, H là trung điểm của cạnh BC nên \(BH=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{a}{2}\)

Tam giác ABH vuông tại H nên \(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{a^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{a^2-\dfrac{a^2}{4}}\) \(=\sqrt{\dfrac{3a^2}{4}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Thay vào (*), ta có \(OA=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là \(\left(O;\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\right)\)