ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+x+1\ge0\left(1\right)\\x+\sqrt{x^2+x+1}\ge0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Xét (1) \(\Leftrightarrow\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}\ge0\) (luôn đúng)

Xét (2) \(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+x+1}\ge-x\)

- Với \(x\ge0\) BPT luôn đúng

- Với \(x< 0\Rightarrow x^2+x+1\ge x^2\)

\(\Rightarrow x\ge-1\)

Vậy hàm số xác định khi \(x\ge-1\) hay \(D=[-1;+\infty)\)

Tham khảo các câu hỏi tương tự

https://olm.vn/cau-hoi/ysqrtxsqrtx2x1-tim-tap-xac-dinh.8752546570110

a.

Gọi tọa độ D có dạng \(D\left(x;y\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AB}=\left(1;3\right)\\\overrightarrow{DC}=\left(4-x;4-y\right)\end{matrix}\right.\)

ABCD là hình bình hành \(\Rightarrow\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4-x=1\\4-y=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow D\left(3;1\right)\)

b.

Gọi I là giao 2 đường chéo

Do giao điểm 2 đường chéo hình bình hành là trung điểm AC nên theo công thức trung điểm:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_I=\dfrac{x_A+x_C}{2}=\dfrac{5}{2}\\y_I=\dfrac{y_A+y_C}{2}=\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow I\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{2}\right)\)

????????????????

a) \(AB=\sqrt{\left(x_A-x_B\right)^2+\left(y_A-y_B\right)^2}=2\)

 tính tương tự AC= \(\sqrt{34}\)   ,   BC=\(3\sqrt{2}\)

b) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC => I là trọng tâm tam giác ABC => \(x_I=\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}\)  = 10/3

                     \(y_I=\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\)   = 2

 =>  I ( 10/3 ; 2 )

2\(x^2\) - 5 \(\sqrt{x^2-5x+7}\) = 10\(x\) - 17 Đk \(x^2\) - 5\(x\) + 7  ≥ 0

\(x^2\) - 2.\(\dfrac{5}{2}\)\(x\) + \(\dfrac{25}{4}\) + \(\dfrac{3}{4}\) = (\(x\) - \(\dfrac{5}{2}\))² + \(\dfrac{3}{4}\) > 0 ∀ \(x\)

ta có: 2\(x^2\) - 5\(\sqrt{x^2-5x+7}\) = 10\(x\) - 17

2\(x^2\) - 5\(\sqrt{x^2-5x+7}\) - 10\(x\) + 17 = 0

(2\(x^2\) - 10\(x\) + 14)  -  5\(\sqrt{x^2-5x+7}\) + 3 = 0

2.(\(x^2\) - 5\(x\) + 7) - 5.\(\sqrt{x^2-5x+7}\) + 3 = 0

Đặt \(\sqrt{x^2-5x+7}\) = y > 0 ta có: 

2y² - 5y + 3  = 0

2 + (-5) + 3 = 0

⇒ y₁= 1; y₂ =  \(\dfrac{3}{2}\) 

TH1 y = 1 ⇒ \(\sqrt{x^2-5x+7}\)  = 1

⇒ \(x^2\) - 5\(x\) + 7  = 1

    \(x^2\) - 5\(x\) + 6 = 0

     \(\Delta\) = 25 -  24 = 49

    \(x_1\) = \(\dfrac{-\left(-5\right)+\sqrt{1}}{2}\) =  3;

    \(x_2\) =  \(\dfrac{-\left(-5\right)-\sqrt{1}}{2}\)  = 2;

TH2  y = \(\dfrac{3}{2}\)

        \(\sqrt{x^2-5x+7}\) = \(\dfrac{3}{2}\)

         \(x^2\) - 5\(x\) + 7 = \(\dfrac{9}{4}\)

         4\(x^2\) - 20\(x\) + 28 = 9

          4\(x^2\) - 20\(x\) + 19 = 0

           \(\Delta'\) = 10² - 4.19

          \(\Delta'\) = 24

           \(x_1\) = \(\dfrac{-\left(-10\right)+\sqrt{24}}{4}\) = \(\dfrac{10+\sqrt{24}}{4}\)

           \(x_2\) = \(\dfrac{-\left(-10\right)-\sqrt{24}}{4}\) = \(\dfrac{10-\sqrt{24}}{4}\)

            8 - 5\(\sqrt{6}\)

Từ các lập luận trên kết luận phương trình có tập nghiệm là:

S = {8 - 5\(\sqrt{6}\); 2 ; 3; 8 + 5\(\sqrt{6}\)}

2$x^2$ - 5 $\sqrt{x^2-5x+7}$ = 10$x$ - 17 Đk $x^2$ - 5$x$ + 7  ≥ 0

$x^2$ - 2.$\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}$$x$ + $\genfrac{}{}{0ex}{}{25}{4}$ + $\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}$ = ($x$ - $\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}$)2 + $\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}$ > 0 ∀ $x$

ta có: 2$x^2$ - 5$\sqrt{x^2-5x+7}$ = 10$x$ - 17

2$x^2$ - 5$\sqrt{x^2-5x+7}$ - 10$x$ + 17 = 0

(2$x^2$ - 10$x$ + 14)  -  5$\sqrt{x^2-5x+7}$ + 3 = 0

2.($x^2$ - 5$x$ + 7) - 5.$\sqrt{x^2-5x+7}$ + 3 = 0

Đặt $\sqrt{x^2-5x+7}$ = y > 0 ta có: 

2y2 - 5y + 3  = 0

2 + (-5) + 3 = 0

⇒ y1= 1; y2 =  $\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$ 

TH1 y = 1 ⇒ $\sqrt{x^2-5x+7}$  = 1

⇒ $x^2$ - 5$x$ + 7  = 1

    $x^2$ - 5$x$ + 6 = 0

     $\Delta$ = 25 -  24 = 49

    $x^1$ = $\genfrac{}{}{0ex}{}{-\left(-5\right)+\sqrt{1}}{2}$ =  3;

    $x^2$ =  $\genfrac{}{}{0ex}{}{-\left(-5\right)-\sqrt{1}}{2}$  = 2;

TH2  y = $\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$

        $\sqrt{x^2-5x+7}$ = $\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$

         $x^2$ - 5$x$ + 7 = $\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{4}$

         4$x^2$ - 20$x$ + 28 = 9

          4$x^2$ - 20$x$ + 19 = 0

           ${\Delta }^{\prime }$ = 102 - 4.19

          ${\Delta }^{\prime }$ = 24

           $x^1$ = $\genfrac{}{}{0ex}{}{-\left(-10\right)+\sqrt{24}}{4}$ = $\genfrac{}{}{0ex}{}{10+\sqrt{24}}{4}$

           $x^2$ = $\genfrac{}{}{0ex}{}{-\left(-10\right)-\sqrt{24}}{4}$ = $\genfrac{}{}{0ex}{}{10-\sqrt{24}}{4}$

            8 - 5$\sqrt{6}$

Từ các lập luận trên kết luận phương trình có tập nghiệm là:

S = {8 - 5$\sqrt{6}$; 2 ; 3; 8 + 5$\sqrt{6}$}

 Đpcm \(\Leftrightarrow a^{b+4}-a^b⋮10\) \(\Leftrightarrow a^b\left(a^4-1\right)⋮10\), dễ thấy điều này đúng với \(a=5\).

 Nếu \(a⋮̸5\) thì \(a^2mod5\in\left\{1,4\right\}\) \(\Leftrightarrow a^4mod5\in\left\{1\right\}\) \(\Leftrightarrow a^4-1⋮5\) với mọi \(0< a< 10,a\ne5\). Vậy ta có \(a^b\left(a^4-1\right)⋮10\) với mọi \(0< a< 10\).

 Hơn nữa, do \(a^b\) và \(a^4-1\) không cùng tính chẵn lẻ nên \(a^b\left(a^4-1\right)⋮2\) với mọi \(0< a< 10\).

 Do vậy \(a^b\left(a^4-1\right)⋮10\) với mọi \(0< a< 10\), suy ra đpcm.

* Môi trường ưu trương:nồng độ chất tan bên ngoài cao hơn bên trong thì nước bên trong sẽ thẩm thấu ra bên ngoài, tế bào có lại 

*Môi trường nhược trương: nồng độ chất tan bên ngoài thấp hơn bên trong thì nước sẽ khuếch tán từ bên ngoài vào, tế bào phồng ra

*Môi trường đẳng trương: nồng độ chất tan bên ngoài và bên trong bằng nhau, tế bào bình thường 

 Do nếu thực hiện 1 thao tác thì số bi trong mỗi chồng vẫn không thay đổi nên chắc chắn trong số các chồng ban đầu phải có đúng 1 chồng chứa 1 viên bi. (Vì nếu chồng nào cũng có từ 2 viên bi trở lên thì sau khi thực hiện thao tác, ta sẽ có thêm 1 cột mới, không thỏa mãn; còn nếu có 2 hay nhiều chồng có 1 viên bi thì sau khi thực hiện thao tác, số chồng sẽ giảm đi.)

 Hơn nữa, lập luận tương tự, sau khi thực hiện xong thao tác lần đầu, ở lần thứ hai cũng bắt buộc phải có đúng một chồng có 1 viên bi. Điều này đòi hỏi ban đầu phải có đúng 1 chồng có 2 viên bi.

 Cứ tiếp tục như thế, trong số các chồng ban đầu, phải có 1 chồng có 3 viên và 1 chồng có 4 viên bi. Do đó, chỉ có duy nhất 1 trường hợp sau là thỏa mãn ycbt. 

Vậy có thể có 4 cọc tất cả.