\(\Delta=\left[-2\left(m+1\right)\right]^2-4\left(m^2+3\right)\)

= 4(m + 1)² - 4m² - 12

= 4m² + 8m + 4 - 4m² - 12 = 8m - 8

Để pt có 2 nghiệm thì \(\Delta\ge0\) <=> 8m - 8 \(\ge\)0

<=> 8(m - 1) \(\ge\) 0

<=> m -1 \(\ge\)0

<=> m \(\ge\) 1

Theo vi-et ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(m+1\right)=2m+2\\x_1.x_2=m^2+3\end{cases}}\)

Theo đề ta có: \(\frac{x1}{x2}+\frac{x2}{x1}=\frac{8}{x1.x2}\)

ĐK: x1, x2 \(\ne\)0 => \(\hept{\begin{cases}x1+x2\ne0\\x1.x2\ne0\end{cases}}hay\hept{\begin{cases}2m+2\ne0\\m^2+3\ne0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\ne-1\\m^2\ne-3\end{cases}}\Leftrightarrow m\ne-1\) 

<=> \(\frac{\left(x_1\right)^2+\left(x_2\right)^2}{x1.x2}=\frac{8}{x1.x2}\)

=> \(\left(x_1\right)^2+\left(x_2\right)^2=8\)

<=> \(\left(x_1+x_2\right)^2-2.x_1.x_2=8\)

Hay (2m + 2)² - 2(m² + 3) = 8

<=> 4m² + 8m + 4 - 2m² - 6 = 8

<=> 2m² + 8m - 10 = 0

a + b + c = 2 + 8 + (-10) = 0

=> m = 1 (tmđk) và m = \(\frac{c}{a}=-5\)(ktmđk)

Vậy m = 1 thì ....

Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta'=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-\left(m^2+3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Delta'=2m-2\ge0\Leftrightarrow m\ge1\)

anh Tùng ơi, m = 1 thì pt chỉ có 1 nghiệm là 2 thôi ạ

Kết luận là delta >0 <=> m > 1

\(8x^2-8x+m^2+1=0\) ( 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 \(m=\pm1\)

Giúp mình 

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó, ta dễ dàng có được \(a^n\ge b^n\ge c^n\)và \(\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\)

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta có: \(\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{c+a}+\frac{c^n}{a+b}\ge\frac{1}{3}\left(a^n+b^n+c^n\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)

P/s: Đây là một bước nhỏ trong một cách chứng minh dạng tổng quát của bđt Nesbit

Phương trình có nghiệm x = 1/2

=> \(8\left(\frac{1}{2}\right)^2-8\cdot\frac{1}{2}+m^2+1=0\)

=> \(8\cdot\frac{1}{4}-8\cdot\frac{1}{2}+m^2+1=0\)

=> 2 - 4 + m² + 1 = 0 \(\Leftrightarrow\)m²-1=0  \(\Leftrightarrow\)m² = 1 \(\Leftrightarrow\)m= \(\pm1\)

Vậy với m = \(\pm1\)thì x có nghiệm duy nhất là x = \(\frac{1}{2}\)

b, Vì DF//AB nên \(\widehat{DHC}=\widehat{BAC}\)(đồng vị)

mà \(\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{DOC}\)(góc nội tiếp và góc ở tâm)

\(\Rightarrow\widehat{DOC}=\widehat{DHC}\)hay tứ giác DOHC nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DHO}=\widehat{DCO}=90^0\)\(\Rightarrow OH\perp DF\)

câu c tí nữa làm :P

c, Từ a, b => 5 điểm B,O,H,C,D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD

Vì tứ giác BHCD nội tiếp \(\Rightarrow ID.IH=IB.IC\)

Vì tứ giác BECF nội tiếp \(\Rightarrow IE.IF=IB.IC\)

\(\Rightarrow ID.IH=IE.IF\)