Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
đề thấy có chút thiếu dữ liệu câu đầu ấy
mỗi đội đều chơi 9 trận với 9 đội khác và không có trận hòa
Do đó : x1 + y1 = x2 + y2 = .... = x10 + y10
Ta có : ( x12 + x22 + ... + x102 ) - ( y12 + y22 + ... + y102 )
= ( x12 - y12 ) + ( x22 - y22 ) + ... + ( x102 - y102 )
= 9 ( x1 - y1 + x2 - y2 + ... + x10 - y10 )
= 9 [ ( x1 + x2 + .... + x10 ) - ( y1 + y2 +...+ y10 ) ]
= 9 . 0
= 0
Vậy ....
Bạn vào câu hỏi tương tự ý , có 1 bạn tên giống hệt bạn từng trả lời rồi đấy !
bài này hình như có trong đề olympic Toán Trung Quốc 2003 nè
Sử dụng Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(ay_1+by_2+cy_3+dy_4\right)^2\le\left(ab+cd\right)\left[\frac{\left(ay_1+by_2\right)^2}{ab}+\frac{\left(cy_3+dy_4\right)^2}{cd}\right]\)\(=\frac{\left(ay_1+by_2\right)^2}{ab}+\frac{\left(cy_3+dy_4\right)^2}{cd}\)
\(=\frac{a}{b}y_1^2+\frac{b}{a}y_2^2+\frac{c}{d}y_3^2+\frac{d}{c}y_4^2+2y_1y_2+2y_3y_4\)
\(\left(ax_4+bx_3+cx_2+dx_1\right)^2 \le\left(ab+cd\right)\left[\frac{\left(ax_4+bx_3\right)^2}{ab}+\frac{\left(cx_2+dx_1\right)^2}{cd}\right]\)\(=\frac{\left(ax_4+bx_3\right)^2}{ab}+\frac{\left(cx_2+dx_1\right)^2}{cd}\)
\(=\frac{a}{b}x_4^2+\frac{b}{a}x_3^2+\frac{c}{d}x_2^2+\frac{d}{c}x_1^2+2x_1x_2+2x_3x_4\)
Đặt: \(P=\left(ay_1+by_2+cy_3+dy_4\right)^2+\left(ax_4+bx_3+cx_2+dx_1\right)^2-2\left(\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{c^2+d^2}{cd}\right)\)
Từ các BĐT trên ta có:
\(P\le\frac{a}{b}y_1^2+\frac{b}{a}y_2^2+\frac{c}{d}y_3^2+\frac{d}{c}y_4^2+2y_1y_2+2y_3y_4+\frac{a}{b}x_4^2+\frac{b}{a}x_3^2+\frac{c}{d}x_2^2+\frac{d}{c}x_1^2+2x_1x_2+2x_3x_4-2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{c}\right)\)
\(=-\left(\frac{a}{b}x_1^2+\frac{b}{a}x_2^2\right)-\left(\frac{c}{d}x_3^2+\frac{d}{c}x_4^2\right)-\left(\frac{a}{b}y_4^2+\frac{b}{a}y_3^2\right)-\left(\frac{c}{d}y_2^2+\frac{d}{c}y_1^2\right)+2x_1x_2+2x_3x_4+2y_1y_2+2y_3y_4\)
\(\le-2x_1x_2-2x_3x_4-2y_4y_3-2y_2y_1+2x_1x_2+2x_3x_4+2y_1y_2+2y_3y_4=0\)
=> đpcm
Phương trình hoành độ giao điểm:
x2 = 2x - m
<=> x2 - 2x + m = 0
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì \(\Delta>0\)
<=> (-1)2 - m > 0
<=> 1 - m > 0
<=> m < 1
Ta có: y1 = x12
y2 = x22
y1 + y2 + x12x22 = 6(x1 + x2)
<=> x12 + x22 + x12x22 = 6(x1 + x2)
<=> (x1 + x2)2 - 2x1x2 + (x1x2)2 = 6(x1 + x2)
Theo viet, ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2\\x_1x_2=\frac{c}{a}=m\end{cases}}\)
<=> 22 - 2m + m2 = 6.2
<=> 4 - 2m + m2 = 12
<=> 4 - 2m + m2 - 12 = 0
<=> m2 - 2m - 8 = 0
<=> m = 4 (ktm) hoặc m = -2 (tm)
=> m = -2
9.3
\(pt:x^2+4x-1\)
\(\Delta=4^2-4.1.\left(-1\right)=20\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\frac{-4+\sqrt{20}}{2}=-2+\sqrt{5}\\x_2=\frac{-4-\sqrt{20}}{2}=-2-\sqrt{5}\end{matrix}\right.\)
\(a.A=\left|x_1\right|+\left|x_2\right|=\left|-2+\sqrt{5}\right|+\left|-2-\sqrt{5}\right|=-2+\sqrt{5}+2+\sqrt{5}=2\sqrt{5}\)
b. Theo hệ thức Vi-et:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-4\\x_1.x_2=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x^2_2=16-2x_1x_2=16-2.1=14\\x_1^2x_2^2=1\end{matrix}\right.\)
\(B=x_1^2\left(x_1^2-7\right)+x_2^2\left(x_2^2-7\right)=x_1^4-7x_1^2+x_2^4-7x^2_2=\left(x_1^2\right)^2+\left(x_2^2\right)^2-7\left(x^2_1+x^2_2\right)=\left(x^2_1+x^2_2\right)^2-2x_1^2x_2^2-7\left(x_1^2+x_2^2\right)=14^2-2.1-7.14=96\)
9.1 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì :
\(\Delta'=2^2-2=2>0\)
Theo hệ thức Viei, ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4\\x_1x_2=2\end{matrix}\right.\)
a) \(S=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1.x_2}{x_1+x_2}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\)
b) \(Q=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}=\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1.x_2}=\frac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2}{x_1x_2}=\frac{4^2-2.2}{2}=6\)
c) \(K=\frac{1}{x_1^3}+\frac{1}{x_2^3}=\frac{\left(x_1+x_2\right)(\left(x_1+x_2\right)^2-3xy)}{\left(x_1.x_2\right)^3}=5\)
\(G=\frac{x_1}{x_2^2}+\frac{x_2}{x_1^2}=\frac{\left(x_1+x_2\right)\left(\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\right)}{\left(x_1x_2\right)^2}=10\)
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là
\(x^2=\left(m-1\right)x+4\Leftrightarrow x^2-\left(m-1\right)x-4=0\)
Ta có \(\Delta=\left(m-1\right)^2-4.\left(-4\right)=\left(m-1\right)^2+16\)
Vì \(\left(m-1\right)^2\ge0\forall m\Rightarrow\left(m-1\right)^2+16>0\forall m\)hay \(\Delta>0\)
Suy ra phương trình hoành độ giao điểm luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
Do đó đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m
(hoặc lập luận cho ac=1.(-4)<0 nên có 2 nghiệm phân biệt ...)
b) Theo chứng minh ý a thì phương trình hoành độ giao điểm luôn có 2 nghiệm phân biệt , áp dụng hệ thức Vi-ét:
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=m-1\\x_1x_2=-4\end{cases}}\)
Khi đó : \(y_1+y_2=y_1.y_2\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=x_1^2.x_2^2\)( có cái này là do parabol P y=x^2)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=\left(x_1x_2\right)^2\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2-2.\left(-4\right)=\left(-4\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2=8\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m-1=2\sqrt{2}\\m-1=-2\sqrt{2}\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=2\sqrt{2}+1\\m=1-2\sqrt{2}\end{cases}}\)
Vậy...........................
a/
hoành độ giao điểm của (d) và ( p ) là nghiệm của phương trình
\(x^2-\left(m-1\right)x-4=0\)
den ta = \(\left(m-1\right)^2+16>0\forall m\)
=> phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
b/
vì \(y_1,y_2\) là tung độ giao điểm của (d ) và ( p )
=> \(y_1=x_1^2\)
\(y_2=x_2^2\)
theo vi - ét có \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=m-1\\x_1.x_2=-4\end{cases}}\)
ta có \(y_1+y_2=y_1.y_2\)
<=> \(x_1^2+x_2^2=x_1^2x_2^2\)
<=> \(\left(x_2+x_{ }_1\right)^2-2x_1x_2-x_1^2.x_2^2=0\)
<=> \(\left(m-1\right)^2-2.\left(-4\right)-\left(-4\right)^2=0\)
<=> \(m^2-2m+1+8-16=0\)
<=> \(m^2-2m-7=0\)
<=>\(\left(m-1\right)^2-8=0\)
<=> \(\left(m-1\right)^2=8\)
<=> \(m-1=2\sqrt{2}\left(h\right)m-1=-2\sqrt{2}\)
<=> \(m=2\sqrt{2}+1\left(h\right)m=1-2\sqrt{2}\)
vậy \(m=2\sqrt{2}+1\left(h\right)m=1-2\sqrt{2}\)
CHÚC BẠN HỌC TỐT
Có \(\Delta=9-8=1>0\)
Nên pt luôn có 2 nghiệm
Theo hệ thức Vi-ét có
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=3\\x_1x_2=2\end{cases}}\)
*Lập pt bậc 2 ẩn y
Có \(S_y=y_1+y_2=x_1+\frac{1}{x_2}+x_2+\frac{1}{x_1}\)
\(=\left(x_1+x_2\right)+\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}\)
\(=3+\frac{3}{2}\)
\(=\frac{9}{2}\)
\(P_y=y_1.y_2=\left(x_1+\frac{1}{x_2}\right)\left(x_2+\frac{1}{x_1}\right)\)
\(=x_1x_2+1+1+\frac{1}{x_1x_2}\)
\(=2+2+\frac{1}{2}\)
\(=\frac{9}{2}\)
Vậy pt cần lập có dạng \(y^2-Sy+P=0\)
\(\Leftrightarrow y^2-\frac{9}{2}+\frac{9}{2}=0\)
\(\Leftrightarrow2y^2-9y+9=0\)
Lời giải:
Áp dụng định lý Vi-et cho 2 nghiệm $x_1,x_2$ của pt $3x^2+5x-6=0$ ta có:
\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=\frac{-5}{3}\\ x_1x_2=-2\end{matrix}\right.\)
Khi đó:
\(\left\{\begin{matrix} y_1+y_2=x_1+\frac{1}{x_2}+x_2+\frac{1}{x_1}=(x_1+x_2)+\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{-5}{3}+\frac{-5}{3.(-2)}=\frac{-5}{6}\\ y_1y_2=x_1x_2+1+1+\frac{1}{x_1x_2}=-2+2+\frac{1}{-2}=\frac{-1}{2}\end{matrix}\right.\)
Áp dụng định lý Vi-et đảo, $y_1,y_2$ là nghiệm của pt:
$y^2+\frac{5}{6}y-\frac{1}{2}=0$
$\Leftrightarrow 6y^2+5y-3=0$ (đây là pt cần tìm)
Đây là cách làm của thầy mk:
Nối đường thẳng AB ta được pt có dạng :y = ax + b
Vì B(x2;y2) và A(x1;y1) Thuộc AB
=> y2-y1 = ax2+b-(ax1-b) = ax2+b-ax1-b
Hay y2-y1 = a(x2-x1) (a khác 0,vì nếu a = 0 thì y2=y1)
Ta lại có: y-y1=ax+b-ax1 - b = a(x-x1)
=>\(\frac{y-y_1}{y_2-y_1}=\frac{a\left(x-x_1\right)}{a\left(x_2-x_1\right)}=\frac{x-x_1}{x_2-x_1}\) (vì a khác 0)
Vậy....
Còn đây là cách hiểu của mk:
Ta có A(x1;y1) => Hàm số A có dạng y1=ax1 +b
B(x2;y2) => Hàm số B có dạng y2=ax2+b
=> y2-y1 = ax2 + b - ax1 - b = ax2-ax1
hay y2-y1 = a(x2-x1)
Từ đề ta lại có :
y -y1 = ax + b - ax1-b = ax - ax1
Hay y-y1 = a(x-x1)
=>\(\frac{y-y_1}{y_2-y_1}=\frac{a\left(x-x_1\right)}{a\left(x_2-x_1\right)}=\frac{x-x_1}{x_2-x_1}\)
Ê chỗ cách làm của thầy mk là nối đoạn thẳng nhé.