a, \(\sqrt{0.09\cdot64=\sqrt{0.09}\cdot\sqrt{64}=0.3\cdot8=2.4}\)

b, \(\sqrt{2^4\cdot\left(-7\right)^2}=\sqrt{16\cdot49}=\sqrt{16}\cdot\sqrt{49}=4\cdot7=28\)

c, \(\sqrt{121\cdot360}=\sqrt{121\cdot36}=\sqrt{121}\cdot\sqrt{36}=11\cdot6=66\)

d, \(\sqrt{2^2\cdot3^4}=\sqrt{2^2}\cdot\sqrt{3^4}=2\cdot3^2=18\)

a)\(\sqrt{0,09}.\sqrt{64}\)=0,3.8=2,4

b)\(\sqrt{2^4}.\sqrt{\left(-7\right)^2}\)=4.7=28

c)\(\sqrt{121.36}\)=\(\sqrt{121}.\sqrt{36}\)=11.6=66

d)\(\sqrt{2^2}.\sqrt{3^4}\)=2.9=18

bạn viết lại đề bài nha sử dụng kí hiệu đi

a) Δ' = b'² - ac = [-(n-1)]² - 2n + 3

= n² - 2n + 1 - 2n + 3

= n² - 4n + 4 = ( n - 2 )² ≥ 0 ∀ n

hay pt luôn có nghiệm ∀ n (đpcm)

b) Theo Viète ta có : \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2n-2\\x_1x_2=\frac{c}{a}=2n-3\end{cases}}\)

Khi đó P = x₁² + x₂² = ( x₁ + x₂ )² - 2x₁x₂

= ( 2n - 2 )² - 2( 2n - 3 )

= 4n² - 8n + 4 - 4n + 6

= 4n² - 12n + 10

= ( 2n - 3 )² + 1 ≥ 1 ∀ n

Dấu "=" xảy ra <=> n = 3/2 . Vậy MinP = 1

\(\sqrt{x+17}+\sqrt{x}=17\left(ĐK:x\ge0\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x+17}-9\right)+\left(\sqrt{x}-8\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+17-81}{\sqrt{x+17}+9}+\frac{x-64}{\sqrt{x}+8}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-64\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x+17}+9}+\frac{1}{\sqrt{x}+8}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=64\left(tm\right)\\\frac{1}{\sqrt{x+17}+9}+\frac{1}{\sqrt{x}+8}=0\left(1\right)\end{cases}}\)

Vì \(x\ge0\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x+17}+9>0\\\sqrt{x}+8>0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow VT_{\left(1\right)}>0\)

\(\Rightarrow pt\left(1\right)\)vô nghiệm.

Vậy pt có nghiệm x=64

a) Do BE và CF là các đường cao trong tam giác ABC nên ˆBEC=90∘, ˆBFC=90∘ 

Tứ giác BCEF có góc E và góc F cùng nhìn cạnh BC và bằng nhau (cùng bằng 90∘) nên là tứ giác nội tiếp.

b) Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp nên ˆAFE=ˆACB, mà ˆACB=ˆASB (cùng chắn cung AB) nên ˆAFE=ˆASB

Suy ra tứ giác BFMS là tứ giác nội tiếp.

Do đó ˆFMS=180∘−ˆFBS=90∘.. Vậy OA ⊥⊥ EF.

c)

+) Tứ giác BCEF nội tiếp nên ˆAEF=ˆABC (1)

Từ OA ⊥ PE suy ra ˆAIB=ˆAPE(cùng phụ với ˆMAP). (2)

Từ (1) và (2) suy ra ΔAPE∽ΔABI (g.g).

+) Tứ giác BHCS có BH // CS (cùng vuông góc với AS) và BS // CH (cùng vuông góc với AB) nên là hình bình hành. Do đó ba điểm H, K, S thẳng hàng.

Ta sẽ chứng minh hai góc đồng vị ˆPIM và HSM^ bằng nhau.

Tứ giác PDIM nội tiếp (vì có hai góc vuông M và D đối nhau) nên ˆPIM=ˆPDM (3)

Ta có:

ΔAHE∽ΔACDΔ nên AH.AD = AE.AC.

ΔAME∽ΔACSnên AM.AS = AE.AC.

Suy ra AH.AD = AM.AS ⇒AH/AM=AS/AD.

Do đó ΔMAH∽ΔDAS(c.g.c). Suy ra AHM^=ASD^.

Từ đó ta có tứ giác DHMS là tứ giác nội tiếp. Suy ra ˆHDM=ˆHSM. (4)

Từ (3) và (4) suy ra HS // PI, hay KH // PI.

 Sai lầm ở chỗ: sau khi lấy căn hai vế của (m – V)2 = (V – m)2 ta phải được kết quả |m – V| = |V – m| chứ không thể có m – V = V – m (theo hằng đẳng thức √A2 = |A|.

Do đó, con muỗi không thể nặng bằng con voi.

sai o cho sau khi lay can 2 ve cua (m-V)\(^2\)  

=(V-m)\(^2\) ta dc ket qua \(|m-V|=|V-m|\)

Do do con muoi ko the nang bang con voi

a, \(x^2-5=0\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{5}\right)\left(x+\sqrt{5}\right)=0\Leftrightarrow x=\pm\sqrt{5}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là : \(S=\left\{\pm\sqrt{5}\right\}\)

b, \(x^2-2\sqrt{11}x+11=0\Leftrightarrow x^2-2\sqrt{11}x+\left(\sqrt{11}\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{11}\right)^2=0\Leftrightarrow x=\sqrt{11}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S=\left\{\sqrt{11}\right\}\)

x² - 5 = 0

Δ = b² - 4ac = 0 + 20 = 20

Δ > 0, áp dụng công thức nghiệm thu được x = ±√5

x² - 2√11x + 11 = 0

Δ = b² - 4ac = 44 - 44 = 0

Δ = 0 => phương trình có nghiệm kép x₁ = x₂ = -b/2a = √11