Приведи дроби к общему знаменателю
​

предварительно разложим на множители все знаменатели

х²+6х+5=0; по Виету х=-1;  х=-5⇒х²+6х+5=(х+1)(х+5)

2х²+8х-10=0; 2*(х²+4х-5)=0, по Виета х=1; х=-5⇒2х²+8х-10=2*((х-1)(х+5);

х³+5х²-х-5=х²(х+5)-(х+5)=(х²-1)(х+5)=(х-1)(х+1)(х+5);

приедем к общему знаменателю

2(х-1)(х+1)(х+5); учитывая после этого, что х≠±1; х≠-5, решим полученное уравнение.

х/(х+1)(х+5)+(3х+1)/(2*(х-1)*(х+5)=(2х+68)/((х+1)(х-1)(х+5))

(2х(х-1)+(3х+1)(х+1)-2*68)/(2*(х-1)(х+1)(х+5))=0

2х(х-1)+(3х+1)(х+1)-2*68-4х=0

2х²-2х+3х²+4х+1-2*68-4х=0

5х²-2х-135=0

х=(1±√(1+675))/5=(1±26)/5;х=-5,  , т.к. не входит в ОДЗ,

х=5.4

ответ 5.4

1) Ключевое слово - 7 одинаковых прямоугольников!
Пусть одна сторона этих прямоугольников x, а другая y.
У одного прямоугольника периметр P = 2(x + y) = 20
x + y = 10; x = 10 - y.
Приставим прямоугольники друг к другу в цепочку сторонами x.
Получим длинный прямоугольник с сторонами x и 7y
P = 2(x + 7y) = 2(10 - y + 7y) = 2(10 + 6y) = 100
10 + 6y = 50
6y = 40; y = 40/6 = 20/3 = 6 2/3; x = 10 - y = 3 1/3 = 10/3
Прямоугольник со сторонами 10/3 и 20/3 имеет периметр 20,
а 7 таких прямоугольников, выстроенных в цепочку, дают прямоугольник с периметром 100.

2) Сумма 100 = 3*33 + 1 содержит 34 хороших слагаемых.
Это и есть максимум.

3) Бред - треугольник не может быть ромбом.