Chứng minh phương trình \(ax^2+bx+c=0\) luôn luôn có nghiệm với mọi tham số a,b,c trong trường hợp \(5a+4b+6c=0\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 3 2022
Lời giải:
$f(x)=ax^2+bx+c$ liên tục trên $[0; \frac{1}{3}]$
$f(0)=c$
$f(\frac{1}{3})=\frac{1}{9}a+\frac{1}{3}b+c$
$\Rightarrow 18f(\frac{1}{3})=2a+6b+18c$
$\Rightarrow f(0)+18f(\frac{1}{3})=2a+6b+19c=0$
$\Rightarrow f(0)=-18f(\frac{1}{3})$
$\Rightarrow f(0).f(\frac{1}{3})=-18f(\frac{1}{3})^2\leq 0$
$\Rightarrow$ pt luôn có nghiệm trong $[0; \frac{1}{3}]$ (đpcm)
LH
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 3 2021
Đặt \(f\left(x\right)=x^3+ax^2-bx+c\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(x^3+ax^2-bx+c\right)=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}x^3\left(1+\dfrac{a}{x}-\dfrac{b}{x^2}+\dfrac{c}{x^3}\right)=+\infty\)
\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại \(x=m>0\) đủ lớn sao cho \(f\left(m\right)>0\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left(x^3+ax^2-bx+c\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}x^3\left(1-\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{x^2}+\dfrac{c}{x^3}\right)=-\infty\)
\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại \(x=n< 0\) đủ nhỏ sao cho \(f\left(n\right)< 0\)
\(\Rightarrow f\left(m\right).f\left(n\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)=0\) luôn có nghiệm
AH
Akai Haruma
Giáo viên
6 tháng 8 2017
Lời giải:
PT đã cho có hai nghiệm khi mà \(\Delta=b^2-4ac>0\)
Theo điều kiện đề bài ta có:
\(\Delta=b^2-4ac=\left (\frac{-6c-5a}{4}\right)^2-4ac=\frac{(5a+6c)^2-64ac}{16}\)
\(\Leftrightarrow \Delta=\frac{25a^2+36c^2-4ac}{16}=\frac{24a^2+(a-2c)^2+32c^2}{16}\)
Vì \(a\neq 0\Rightarrow 24a^2+(a-c)^2+32c^2>0\Rightarrow \Delta>0\)
Do đó PT trên có hai nghiệm phân biệt.
UK
9 tháng 11 2017
\(f\left(x\right)=\text{ax}^2+bx+c\)
Nếu a=0 thì ta có: \(4b+6c=0\) hay \(c=\dfrac{-2}{3}b\). Phương trình có dạng
\(bx-\dfrac{2}{3}b=0\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{3}\) là 1 nghiệm
Xét \(a\ne0\). Khi đó
\(5a+4b+6c=0\Leftrightarrow\left(4a+2b+c\right)+\left(a+2b+4c\right)+c=0\)
\(f\left(2\right)+\dfrac{1}{4}f\left(\dfrac{1}{2}\right)+f\left(0\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\text{af}\left(2\right)+\dfrac{1}{4}\text{af}\left(\dfrac{1}{2}\right)+\text{af}\left(0\right)=0\)
=> Tồn tại ít nhất 1 số hạng âm hoặc bằng 0, theo định lý đảo suy ra phương trình có nghiệm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 3 2022
Đặt \(f\left(x\right)=ax^2+bx+c\)
Hàm f(x) liên tục trên R
Ta có: \(f\left(1\right)=a+b+c\) ; \(f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{a}{4}+\dfrac{b}{2}+c\)
\(\Rightarrow f\left(1\right)+f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{5a}{4}+\dfrac{3b}{2}+2c=0\)
\(\Rightarrow f\left(1\right)=-f\left(\dfrac{1}{2}\right)\)
\(\Rightarrow f\left(1\right).f\left(\dfrac{1}{2}\right)=-\left[f\left(1\right)\right]^2\le0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left[\dfrac{1}{2};1\right]\) hay pt đã cho luôn có nghiệm
LQ
18 tháng 5 2019
nếu b > a+c
<=> \(b^2>\left(a+c\right)^2\\
\Leftrightarrow b^2-4ac>a^2+2ac+c^2-4ac\\
\Leftrightarrow\Delta>\left(a-c\right)^2\ge0\)
=> đpcm
TA
19 tháng 3 2023
Thay `b=5a+2c` vào `ax^2+bx+c=0`:
`ax^2+(5a+2c)x+c=0`
`=>Delta=(5a+2c)^2-4ac`
`=25a^2+20ac+4c^2-4ac`
`=25a^2+16ac+4c^2`
`=9a^2+(16a^2+16ac+4c^2)`
`=9a^2+(4a+2c)^2>=0`
`=>` ĐPCM
PN
1 tháng 7 2020
Nếu \(b>a+c\)tương đương với \(b^2>a^2+2ac+c^2\)
Trừ cả 2 vế cho 4ac ta được : \(b^2-4ac>a^2-2ac+c^2=\left(a-c\right)^2\)
Hay \(\Delta>\left(a-c\right)^2\ge0\)
Vậy ta có điều phải chứng mình
Ta có \(b=\dfrac{-6c-5a}{4}\).
Ta cần cm \(b^2-4ac\ge0\Leftrightarrow\dfrac{\left(6c+5a\right)^2}{16}\ge4ac\Leftrightarrow36c^2+25a^2-4ac\ge0\Leftrightarrow\left(4a-c\right)^2+35c^2+9a^2\ge0\).(luôn đúng)