Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
PT có \(\Delta'=1+3m^2>0, \forall m\in\mathbb{R}\) nên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$ thực.
Áp dụng định lý Viete cho phương trình bậc 2 ta có:
\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2\\ x_1x_2=-3m^2\end{matrix}\right.\)
Để PT có hai nghiệm khác $0$ thì chỉ cần \(x_1x_2\neq 0\Leftrightarrow -3m^2\neq 0\Leftrightarrow m\neq 0\)
Biến đổi:
\(\frac{x_1}{x_2}-\frac{x_2}{x_1}=\frac{8}{3}\)
\(\Leftrightarrow \frac{x_1^2-x_2^2}{x_1x_2}=\frac{8}{3}\)\(\Leftrightarrow \frac{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}{x_1x_2}=\frac{8}{3}\)
\(\Leftrightarrow \frac{2(x_1-x_2)}{-3m^2}=\frac{8}{3}\Rightarrow x_1-x_2=-4m^2\Rightarrow (x_1-x_2)^2=16m^4\)
\(\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-4x_1x_2=16m^4\)
\(\Leftrightarrow 4+12m^2=16m^4\)
\(\Leftrightarrow 4m^4-3m^2-1=0\Leftrightarrow (m^2-1)(4m^2+1)=0\)
Hiển nhiên \(4m^2+1> 0,\forall m\) nên \(m^2-1=0\Leftrightarrow m=\pm 1\) (thỏa mãn)
đk bài toán \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1;x_2\ne0\\\dfrac{x_1}{x_2}-\dfrac{x_2}{x_1}=\dfrac{8}{3}\end{matrix}\right.\) \(\begin{matrix}\left(1\right)\\\left(2\right)\end{matrix}\)
(1) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta'\ge0\\f\left(0\right)\ne0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}1+3m^2\ge0\\-3m^2\ne0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\ne0\)
hằng đẳng thức có \(\Leftrightarrow\dfrac{x_1^2-x_2^2}{x_1.x_2}=\dfrac{\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)}{x_1x_2}\)
công thức nghiệm có \(x_{1,2}=1\pm\sqrt{1+3m^2}\)
vi et có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1.x_2=-3m^2\end{matrix}\right.\)
(2) \(\Leftrightarrow\dfrac{2.\left(x_1-x_2\right)}{-3m^2}=\dfrac{8}{3}\) (3)
có -3m^2 <0 mọi m khác 0 =>\(x_1-x_2< 0\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=1-\sqrt{1+3m^2}\\x_2=1+\sqrt{1+3m^2}\end{matrix}\right.\)
(3) \(\Leftrightarrow\dfrac{2\left[-2\sqrt{1+3m^2}\right]}{-3m^2}=\dfrac{8}{3}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3m^2+1}=2m^2\) \(\Leftrightarrow4m^4-3m^2-1=0\)
đặt m^2= t; => t >0
\(\Leftrightarrow4t^2-3t-1=0\left\{a+b+c=0\right\}\)
\(\left[{}\begin{matrix}t_1=1\\t_2=-\dfrac{1}{4}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
kết luận m =+-1
Tự tìm delta nhé.
Áp dụng Viete: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)
\(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}=\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}=\frac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2}{x_1x_2}=\frac{\left(2m-2\right)^2-2\left(m+2\right)}{m+2}=4\)
\(\Leftrightarrow4m^2-10m-4m-8=0\)
\(\Leftrightarrow4m^2-14m-8=0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-4\right)\left(2m+1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=4\\m=\frac{-1}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Delta=\left(m+1\right)^2-8\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge-1+2\sqrt{2}\\m\le-1-2\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
Phương trình ko có nghiệm \(x=0\) nên biểu thức đề bài luôn xác định
Theo Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+1\\x_1x_2=2\end{matrix}\right.\)
\(\left(\frac{x_1}{x_2}\right)^2+\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^2=14\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)^2=16\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}\right)^2=16\Leftrightarrow\left(\frac{x_1^2+x_2^2}{2}\right)^2=16\)
\(\Leftrightarrow\frac{x_1^2+x_2^2}{2}=4\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=8\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2=12\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1+2\sqrt{3}\\m=1-2\sqrt{3}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
Chỗ pt ko có nghiệm x = 0 là sao vậy ạ, mong bn giải thích giùm mình vs ạ
\(\Delta^'=\left(-1\right)^2-\left(m-1\right)=2-m\)
Để PT có nghiệm thì: \(m\le2\)
Khi đó theo hệ thức viet ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\\x_1x_2=m-1\end{cases}}\)
Ta có: \(x_1^4-x_1^3=x_2^4-x_2^3\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1^4-x_2^4\right)-\left(x_1^3-x_2^3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+x_2^2\right)-\left(x_1-x_2\right)\left(x_1^2+x_1x_2+x_2^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)\left[2\left(x_1^2+x_2^2\right)-x_1^2-x_1x_2-x_2^2\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)\left(x_1^2-x_1x_2+x_2^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)\left[4-3\left(m-1\right)\right]=0\)
Nếu \(x_1-x_2=0\Rightarrow x_1=x_2=1\Rightarrow m=1\left(tm\right)\)
Nếu \(4-3\left(m-1\right)=0\Rightarrow m=\frac{7}{3}\left(ktm\right)\)
Vậy m = 1
\(x_1+x_2=-2\left(m-1\right)\) ; \(x_1=-6m+5\)
\(\Rightarrow x_2=-2\left(m-1\right)-\left(-6m+5\right)=4m-3\)
Anh Mai
c/
Ta có:
\(x_1+x_2+2x_1x_2\le6\)
\(\Leftrightarrow-2\left(m-1\right)+2\left(-2m+5\right)\le6\)
\(\Leftrightarrow-2m+2-4m+10\le6\)
\(\Leftrightarrow-6m\le-6\)
\(\Rightarrow m\ge1\)
Kết hợp với điều kiện \(\Delta\) ta có: \(m\ge2\)
x2 - 2(k - 1)x + k - 3 = 0 (1)
△' = b'2 - ac = [-(k-1)]2 - (k-3) = k2 - 2k + 1 - k + 3 = k2 - 3k + 3
= (k-\(\frac{3}{2}\))2 + \(\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}>0\)
Vậy pt (1) luôn có hai nghiệm x1;x2 phân biệt với ∀ m
Áp dụng Viet, ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(k-1\right)\left(1'\right)\\x_1\cdot x_2=k-3\left(2'\right)\end{matrix}\right.\)
Thay x1=\(\frac{5}{3}\)x2 vào (1') ta có \(\frac{5}{3}x_2+x_2=2\left(k-1\right)\Leftrightarrow\frac{8}{3}x_2=2\left(k-1\right)\Leftrightarrow x_2=\frac{2\left(k-1\right)}{\frac{8}{3}}=\frac{3}{4}\left(k-1\right)\)
⇒x1 = \(\frac{5}{3}x_2=\frac{5}{3}\cdot\frac{3}{4}\left(k-1\right)=\frac{5}{4}\left(k-1\right)\)
Thay x1;x2 vào (2') ta có
\(\frac{5}{4}\left(k-1\right)\cdot\frac{3}{4}\left(k-1\right)=k-3\Leftrightarrow\frac{15}{16}\left(k-1\right)^2=k-3\)
\(\Leftrightarrow\frac{15}{16}k^2-\frac{15}{8}k+\frac{15}{16}=k-3\Leftrightarrow\frac{15}{16}k^2-\frac{23}{8}k+\frac{63}{16}=0\)
△'=\(\left(\frac{-23}{16}\right)^2-\frac{15}{16}\cdot\frac{63}{16}=\frac{-13}{8}< 0\)
Vậy ko có giá trị nào của k thỏa mãn để pt (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1=\(\frac{5}{3}x_2\)
\(\Delta'=\left(k-1\right)^2-k+3=k^2-3k+4=\left(k-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{7}{4}>0\)
Phương trình luôn có 2 nghiệm pb
Theo Viet ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(k-1\right)\\x_1x_2=k-3\end{matrix}\right.\)
Kết hợp Viet và điều kiện đề bài ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(k-1\right)\\x_1=\frac{5}{3}x_2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{5}{3}x_2+x_2=2\left(k-1\right)\\x_1=\frac{5}{3}x_2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\frac{3}{4}\left(k-1\right)\\x_1=\frac{5}{4}\left(k-1\right)\end{matrix}\right.\)
Mà \(x_1x_2=k-3\Leftrightarrow\frac{15}{16}\left(k-1\right)^2=k-3\)
\(\Leftrightarrow15k^2-30k+15=16k-48\)
\(\Leftrightarrow15k^2-46k+63=0\) (vô nghiệm)
Vậy ko có k thỏa mãn
\(8x^2-8x+m^2+1=0\) ( 1 )
\(\Delta'=16-8\left(m^2+1\right)=16-8m^2-8=8-8m^2\)
PT ( 1 ) có hai nghiệm x1,x2 \(\Leftrightarrow\Delta'=8-8m^2\ge0\)\(\Leftrightarrow m^2\le1\Leftrightarrow-1\le m\le1\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có :
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=1\\x_1x_2=\frac{m^2+1}{8}\end{cases}}\)
Do đó : \(x_1^4-x_2^4=x_1^3-x_2^3\)
\(\Leftrightarrow x_1^4-x_1^3=x_2^4-x_2^3\)
\(\Leftrightarrow x_1^3\left(x_1-1\right)-x_2^3\left(x_2-1\right)=0\Leftrightarrow-x_1^3x_2+x_2^3x_1=0\)
\(\Leftrightarrow x_1x_2\left(x_1^2-x_2^2\right)=0\Leftrightarrow x_1x_2\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)=0\)
Dễ thấy \(x_1x_2=\frac{m^2+1}{8}>0;x_1+x_2=1>0\)nên \(x_1-x_2=0\Leftrightarrow x_1=x_2\)
Từ đó tìm được \(m=\pm1\)
\(x^2+2x+m^3-3m+3=0\)
\(\Delta'=1-\left(m^3-3m+3\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m\le-2\end{matrix}\right.\)
Theo hệ thức Vi-et ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-2\\x_1x_2=m^3-3m+3\end{matrix}\right.\)
Ta có \(x_1^3+x_2^3=\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)\)
\(\Leftrightarrow-8+6\left(m^3-3m+3\right)=10\)
\(\Leftrightarrow6m^3-18m=0\Leftrightarrow m=-\sqrt{3}\)(theo đk)
Vậy...........
mình cũng thấy sao sao ý abnj, tính mãi k ra