t(t+1)=6

=> t=2;-3

+ x² +x = 2 => x = 1 ; -2 => S =5

+ x² + x = -3 =>  loại 

a: ĐKXĐ: x>=0; x<>4

\(Q=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)+2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)-3x-4}{x-4}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-2+2}{2}\)

\(=\dfrac{x-2\sqrt{x}+2x+4\sqrt{x}-3x-4}{x-4}\cdot\dfrac{\sqrt{x}}{2}\)

\(=\dfrac{2\sqrt{x}-4}{x-4}\cdot\dfrac{\sqrt{x}}{2}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

b: \(M=P\cdot Q=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\cdot\dfrac{1-5\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{\sqrt{x}\left(1-5\sqrt{x}\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(M\left(M-1\right)=\dfrac{\sqrt{x}\left(1-5\sqrt{x}\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-5x-x-3\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(1-5\sqrt{x}\right)\left(-6x-2\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)^2\cdot\left(\sqrt{x}+1\right)^2}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(5\sqrt{x}-1\right)\left(6x+2\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)^2\left(\sqrt{x}+1\right)^2}\)

TH1: M>=căn M

=>M^2>=M

=>M^2-M>=0

=>5*căn x-1>=0

=>x>=1/25 và x<>4

TH2: M<căn M

=>5căn x-1<0

=>x<1/25

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: 0<=x<1/25

Đạt x²+x=a

Suy ra a(a+1)=6

Suy ra a²+a-6=0

Suy Ra a²-2a+3a-6=0

Suy ra a(a+2)+3(a+2)=0

Suy ra (a+2)(a+3)=0. suy ra x=2 hoặc x=3

với x=2 thì x²+x=2 suy ra x²+x-2=0 suy ra x²+2x-x-2=0

suy ra x(x+2)-(x+2)=0 suy ra (x+2)(x-1)=0 suy ra x=1 :x=-2

Với x=-3 suy ra x²+x+3=0 suy ra (x²+x+1/4)+11/4=0 suy ra (x+1/2)²+11/4=0(loại)

Vậy X_1²+X_2²=1²+(-2)²=5

Lời giải:

Vì $x,y$ là 2 đại lượng tỉ lệ nghịch nên tích $xy=k$ không đổi với $k$ là số thực, hay còn được gọi là hệ số tỉ lệ.

Có:

$x_1y_1=x_2y_2=k$

$\Rightarrow 6y_1=-9y_2$

$\Rightarrow \frac{y_1}{-9}=\frac{y_2}{6}$

Áp dụng TCDTSBN: $\frac{y_1}{-9}=\frac{y_2}{6}=\frac{y_1-y_2}{-9-6}=\frac{10}{-15}=\frac{-2}{3}$

$\Rightarrow y_1=\frac{-2}{3}.(-9)=6; y_2=\frac{-2}{3}.6=-4$

a, \(\dfrac{x-2}{x+1}\ge\dfrac{x+1}{x-2}\) 

⇔ \(\dfrac{\left(x-2\right)^2-\left(x+1\right)^2}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)}\ge0\)

⇔ \(\dfrac{3-6x}{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}\) ≥ 0

⇔ \(\dfrac{2x-1}{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}\) ≤ 0

⇔ \(\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x\ge\dfrac{1}{2}\\-1< x< 2\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x\le\dfrac{1}{2}\\\left[{}\begin{matrix}x< -1\\x>2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\dfrac{1}{2}\le x< 2\\x< -1\end{matrix}\right.\)

Vậy tập nghiệm là \(\left(-\infty;-1\right)\cup\) \(\left[\dfrac{1}{2};2\right]\)\ {2}

Bạn có thể biến cái ngoặc vuông kia (ở chỗ số 2) thành ngoặc tròn

Còn vì sao mình không biến cái ngoặc vuông kia (ở chỗ số 2) thành ngoặc tròn thì đó là một câu chuyện dài

b, tương tự, chuyển vế đổi dấu 

pt có hai nghiệm \(\Leftrightarrow\) \(\Delta'\)= (m+1)² - 1.(m-4) \(\ge\) 0

\(\Leftrightarrow\) m² + m +5 \(\ge\) 0 ( đúng \(\forall\)m\(\in R\))

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1.x_2=m-4\end{matrix}\right.\)

M = x₁(1-x₂) + x₂(1-x₁) = x₁ + x₂ - 2x₁x₂ = 2(m+1) - 2(m-4) =10

ta có theo VI-et thì \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1x_2=m-4\end{cases}}\)

Nên \(A=x_1\left(1-x_2\right)+x_2\left(1-x_1\right)=\left(x_1+x_2\right)-2x_1x_2=2\left(m-1\right)-2\left(m-4\right)=6\)khonong phụ thuộc vào m