ĐK: \(x\ge0\). 

Có: \(\sqrt{x}< \sqrt{x}+1< x+\sqrt{x}+1\Rightarrow P=\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}< 1\)

mà từ \(P\ge0\)(vì \(\sqrt{x}\ge0,x+\sqrt{x}+1>0\))

\(P\)nguyên nên suy ra \(P=0\)\(\Rightarrow x=0\).

Vậy với \(x=0\)thì \(P\)nguyên. 

\(\sqrt{\left(\sqrt{2}-3\right)^2}-\sqrt{2.\left(-3\right)^2}-4\sqrt{19-6\sqrt{2}}\)

\(=\left|\sqrt{2}-3\right|-\sqrt{2.3^2}-4\sqrt{18-6\sqrt{2}+1}\)

\(=\left(3-\sqrt{2}\right)-\sqrt{2}.\sqrt{3^2}-4\sqrt{\left(3\sqrt{2}\right)^2-2.3\sqrt{2}+1}\)

\(=3-\sqrt{2}-3\sqrt{2}-4\sqrt{\left(3\sqrt{2}-1\right)^2}\)

\(=3-4\sqrt{2}-4\left|3\sqrt{2}-1\right|\)

\(=3-4\sqrt{2}-4\left(3\sqrt{2}-1\right)\)

\(=3-4\sqrt{2}-12\sqrt{2}+4\)

\(=7-16\sqrt{2}\)

Ta có: \(81x^4+5>0\Rightarrow3\sqrt[3]{108x^3+12x}>0\Rightarrow3\sqrt[3]{12x\left(9x^2+1\right)}>0\Rightarrow x>0\)

Áp DỤNG BĐT Cosi CHO 2 SỐ dương : 6x,9x²+1.2 ta có:

\(3\sqrt[3]{102^3+12x}=3\sqrt[3]{6x\left(9x^2+1\right)2}\le9x^2+6x+3\)

\(\Rightarrow81x^4+5\le9x^2+6x+3\Leftrightarrow81x^4-9x^2-6x+3\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x-1\right)^2\left(9x^2+6x+2\right)\le0\Leftrightarrow\left(3x-1\right)^2\le0\)

Vì 9x²+6x+2>0 với mọi x => x=1/3(thỏa mãn)

Vì a,b,c > 0 nên \(\frac{a}{a+b}< 1\Rightarrow\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\)

Tương tự: \(\frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\left(1\right)\)

Ta có: \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\)

Vì a,b,c>0 nên theo BĐT Cô-si ta có:

\(\frac{a+\left(b+c\right)}{2}\ge\sqrt{a\left(b+c\right)}>0\)

\(\Leftrightarrow\frac{2}{a+b+c}\le\frac{1}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{2a}{a+b+c}\le\frac{a}{a\left(b+c\right)}\Leftrightarrow\frac{2a}{a+b+c}\le\sqrt{\frac{a}{b+c}}\)

Tương tự: \(\frac{2b}{a+b+c}\le\sqrt{\frac{b}{a+c}};\frac{2c}{a+b+c}\le\sqrt{\frac{c}{b+a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge2\)

Dấu '=' xảy ra khi a=b+c;b=c+a;c=a+b

tức là a=b=c(vô lý)

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2\left(2\right)\)

Từ 1,2 => đpcm

ĐKXD: \(1\le x\le5\)

\(A^2=9\left(x-1\right)+14\left(5-x\right)+24\sqrt{x-1}\sqrt{5-x}\)

\(A^2=61-7x+24\sqrt{x-1}\sqrt{5-x}\)mà chú ý: \(\hept{\begin{cases}x\le5\Rightarrow61-5x\ge36\\24\sqrt{x-1}\sqrt{5-x}\ge\end{cases}0}\)

\(\Rightarrow A^2\ge36.\)mà rõ ràng A không âm nên \(A\ge6\).Dấu bằng xảy ra khi x=5

\(\left(\frac{\sqrt{15}+\sqrt{3}}{1+\sqrt{5}}+\frac{5}{\sqrt{5}}\right):\frac{1}{\sqrt{5}-\sqrt{3}}=\left(\frac{\sqrt{3}.\left(1+\sqrt{5}\right)}{1+\sqrt{5}}+\sqrt{5}\right).\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\)

\(=\left(\sqrt{5}+\sqrt{3}\right).\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)=5-3=2\)

Dựng hình bình hành ADBE như hình vẽ

\(\Rightarrow AE//BD\) mà \(BD\perp AC\)nên \(AE\perp AC\)

Xét tam giác AEC vuông tại A có đường cao AB, theo hệ thưc lượng ta có:

\(\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{BD^2}+\frac{1}{AC^2}\)(Như vậy để chứng minh đề của e là AD chứ không phải AB thì cần điều kiện AB=AD, a nghĩ là e gõ nhầm chứ không nghĩ là có điều kiện trên nhỉ)