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 \(\left(O;\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\right)\)

Có: \(\dfrac{a}{\sqrt{a-1}} \ge 2\)

\(<=>\dfrac{a}{\sqrt{a-1}}-2 \ge 0\)

\(<=>\dfrac{a-2\sqrt{a-1}}{\sqrt{a-1}} \ge 0\)

\(<=>\dfrac{(\sqrt{a-1}+1)^2}{\sqrt{a-1}} \ge 0\)

  Vì `a > 1=>a-1 > 0<=>\sqrt{a-1} > 0`

                  \((\sqrt{a-1}+1)^2 \ge 0\)

   \(=>\dfrac{(\sqrt{a-1}+1)^2}{\sqrt{a-1}} \ge 0\)

   `->Đpcm`

ĐK của căn thức là `[x+2]/[x^2+1] >= 0`

           Mà `x^2+1 > 0`

  `=>x+2 >= 0`

`<=>x >= -2`

ĐK của căn thức là \(\dfrac{x+2}{x^2+1} \ge 0\)

           Mà `x^2+1 > 0`

  \(=>x+2 \ge 0\)

\(<=>x \ge -2\)