a, \(\left(\sqrt{ab}+2\sqrt{\frac{b}{a}}-\sqrt{\frac{a}{b}+\sqrt{\frac{1}{ab}}}\right)\sqrt{ab}\)

\(=\left|ab\right|+2\sqrt{\frac{ab^2}{a}}-\sqrt{\left(\frac{a}{b}+\sqrt{\frac{1}{ab}}\right)\sqrt{ab}}\)

\(=\left|ab\right|+2\left|b\right|-\sqrt{\frac{a\sqrt{ab}}{b}+1}\)

chiều làm b 

Lêu lêu sai rồi:))

Ta sẽ CM tổng của 2 số chính phương chia 4 không thể có số dư là 3.

Thật vậy mọi số chính phương chẵn luôn chia hết cho 4.

mọi số chính phương lẻ luôn chia 4 dư 1 (vì (2x+1)²=4x(x+1)+1 chia 4 dư 1)

Do đó tổng của hai số chính phương chỉ có thể có số dư 0,1 hoặc 2 khi chia cho 4

Mà các số trên đều được viết dưới dạng 11...1=10...0+11.

Mà 10...0 chia hết cho 4 và 11 chia 4 dư 3 nên dãy số này không có số nào biểu diễn được dưới dạng tổng của 2 số chính phương (đpcm)

a) Vì \(\hept{\begin{cases}MI\perp AB\\MK\perp AC\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{AIM}=90^0\\\widehat{AKM}=90^0\end{cases}}}\)

Xét tứ giác AIMK có \(\widehat{AIM}+\widehat{AKM}=180^0\)mà 2 góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác AIMK

\(\Rightarrow AIMK\)nội tiếp ( dhnb )

b)  Vì \(MP\perp BC\Rightarrow\widehat{MPC}=90^0\)

Xét tứ giác MPCK có \(\widehat{MPC}+\widehat{MKC}=180^0\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác MPCK

\(\Rightarrow MPCK\)nội tiếp ( dhnb)

\(\Rightarrow\widehat{MPK}=\widehat{MCK}\)(1)

Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại C; BC là dây cung

\(\Rightarrow\widehat{MCK}=\widehat{MBC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\right)\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{MPK}=\widehat{MBC}\)

Thanks bạn

\(5x^2-16x+3=0\)

\(\Delta=16^2-4.3.5=196>0\)

\(\Rightarrow\)pt có 2 nghiệm pb \(\orbr{\begin{cases}x=\frac{16+\sqrt{196}}{10}=3\\x=\frac{16-\sqrt{196}}{10}\frac{1}{5}\end{cases}}\)

Vậy pt có tập nghiệm \(S=\left\{3;\frac{1}{5}\right\}\)

\(a,\) Tứ giác \(OCAB\)l là hình thoi.

Ta có: \(OA\perp OB\)\(\Rightarrow\)\(MB=MC\)

mà \(MA=MO\)nên tứ giác \(OCAB\)là hình bình hành.

Hình bình hành này có hai đường chéo vuông góc nên là hình thoi.

\(b,\) Ta có: \(BA=BO\) ( hai cạnh hình thoi ) \(BO=OA\)( bán kính tam giác ) nên tam giác \(ABO\)là tam giác đều.

\(\Rightarrow\)\(\widehat{BOA}=60^o\)

Ta có \(EB\)là tiếp tuyến \(\Rightarrow\)\(EB\perp OB\)

Xét tam giác \(BOE\)vuông tại \(B,\)có: 

\(BE=BO.tg60^o=R.tg60^o=R\sqrt{3}\)

a) Bán kính $OA$ vuông góc với dây $BC$ nên

$MB=MC$

Tứ giác $OCAB$ là hình bình hành (vì $MO=MA$, $MB=MC$), lại có $OA\perp BC$ nên tứ giác đó là hình thoi.

b) BE=Căn 3 x R