Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: \(\text{Δ}=\left(-m\right)^2-4\left(m-2\right)=m^2-4m+8=\left(m-2\right)^2+4>0\)
=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
Theo đề, ta có: m-2<0
=>m<2
2: \(\Leftrightarrow\dfrac{x_1^2+1}{x_1}\cdot\dfrac{x_2^2+1}{x_2}=9\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x_1\cdot x_2\right)^2+\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+1}{x_1x_2}=9\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(m-2\right)^2+\left(-m\right)^2-2\left(m-2\right)+1}{m-2}=9\)
\(\Leftrightarrow m^2-4m+4+m^2-2m+4+1=9m-18\)
\(\Leftrightarrow2m^2-6m+9-9m+18=0\)
=>2m^2-15m+27=0
hay \(m\in\varnothing\)
3: =>m=0
Câu 1 :
Ta có :
\(\Delta=\left(m-1\right)^2-4.\left(2m-7\right)\)
\(=m^2-2m+1-8m+28\)
\(=m^2-10m+27>0\)
Do đó pt luôn có 2 nghiệm phân biệt
a) △ = \(m^2-28\ge0\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge\sqrt{28}\\m\le-\sqrt{28}\end{matrix}\right.\)
Theo Vi-ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-m\\x_1x_2=7\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=m^2\\x_1x_2=7\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow m^2=24\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\sqrt{24}\\m=-\sqrt{24}\end{matrix}\right.\)(không thỏa mãn)
b) △ = \(4-4\left(m+2\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow m\le-1\)
Theo Vi-ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=4\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x_2-x_1\right)^2+4x_1x_2=4\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow4+4\left(m+2\right)=4\)\(\Leftrightarrow m=-2\)(thỏa mãn)
c) △ = \(\left(m-1\right)^2-4\left(m+6\right)\)\(\ge0\)\(\Leftrightarrow m^2-2m+1-4m-24\ge0\)
\(\Leftrightarrow m^2-6m-23\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-3\right)^2\ge32\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge\sqrt{32}+3\\m\le-\sqrt{32}+3\end{matrix}\right.\)
Theo Vi-ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=1-m\\x_1x_2=m+6\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=m^2-2m+1\\x_1x_2=m+6\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow10+2\left(m+6\right)=m^2-2m+1\)
\(\Leftrightarrow m^2-4m-21=0\)\(\Leftrightarrow\left(m+3\right)\left(m-7\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=7\\m=-3\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow m=-3\)(thỏa mãn)
mấy câu kia cũng dùng Vi-ét xử tiếp nha
Bài 1:
Khai bút đầu năm lấy may :''>
Đặt $x^2+ax+1=t$ thì ta có hệ \(\left\{\begin{matrix} x^2+ax+(1-t)=0(1)\\ t^2+at+1=0(2)\end{matrix}\right.\)
Trước tiên, pt $(2)$ cần có nghiệm.
Điều này xảy ra khi $\Delta_{(2)}=a^2-4\geq 0\Leftrightarrow a\geq 2$ hoặc $a\leq -2$
Để PT ban đầu có nghiệm duy nhất thì PT $(1)$ phải có nghiệm duy nhất. Điều này xảy ra khi $\Delta_{(1)}=a^2-4(1-t)=0$
$\Leftrightarrow 4(1-t)=a^2$. Mà $a^2\geq 4$ nên $1-t\geq 1\Rightarrow t\leq 0$
------------------
Giờ ta xét:
Nếu $a\leq -2$. Kết hợp với $t\leq 0\Rightarrow at\geq -2t$
$\Rightarrow 0=t^2+at+2\geq t^2-2t+1\Leftrightarrow 0\geq (t-1)^2$.
$\Rightarrow t-1=0\Rightarrow t=1$ (vô lý vì $t\leq 0$)
Do đó $a\geq 2$
Tuy nhiên thay $a=2$ vào hệ ta thấy không thỏa mãn. Do đó $a>2$ (đpcm)
Bài 2:
Nếu $a=0\Rightarrow 2b+5c=0\Rightarow c=\frac{-2}{5}b$
PT trở thành: $bx+c=0$
$\Leftrightarrow bx-\frac{2}{5}b=0$ có nghiệm duy nhất $x=\frac{2}{5}$ nếu $b\neq 0$ hoặc vô số nghiệm nếu $b=0$
Tức là với $a=0$ pt luôn có nghiệm.
Nếu $a\neq 0$. PT đã cho là pt bậc hai ẩn $x$
Xét $\Delta=b^2-4ac=b^2-4(-2b-5c)c=b^2+8bc+20c^2=(b+4c)^2+4c^2\geq 0$ với mọi $b,c$ nên PT đã cho luôn có nghiệm.
Vậy........
a) Xét f(u) = \(\dfrac{u^p}{p}+\dfrac{v^q}{q}-uv,u\ge0\)
( Xem v > 0 vì v = 0 : BĐT luôn đúng )
f '(u) = up-1 - v = 0 \(\Leftrightarrow\) up-1 = v \(\Leftrightarrow\) u = \(v^{\dfrac{q}{p}}\)
Vẽ bảng biến thiên ( tự vẽ )
Vậy \(uv\le\dfrac{u^p}{p}+\dfrac{v^q}{q}\)
b)* Nếu \(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right)\right|^pdx=0\) hay \(\int\limits^b_a\left|g\left(x\right)\right|^qdx=0\)thì \(f\equiv0\)hay \(g\equiv0\) BĐT luôn đúng
Xét \(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right)\right|^pdx>0\) và \(\int\limits^b_a\left|g\left(x\right)\right|^qdx>0\)
Áp dụng BĐT câu (a) :
Với \(\left\{{}\begin{matrix}u=\dfrac{\left|f\left(x\right)\right|}{\left(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right)\right|^pdx\right)^{\dfrac{1}{p}}}>0\\v=\dfrac{\left|g\left(x\right)\right|}{\left(\int\limits^b_a\left|g\left(x\right)\right|^qdx\right)^{\dfrac{1}{q}}}>0\end{matrix}\right.\)
\(uv\le\dfrac{u^p}{p}+\dfrac{v^q}{q}\left(1\right)\)
Lấy tích phân từ a \(\rightarrow\) b 2 vế BĐT (1) ta được :
\(\int\limits^b_auvdx\le\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1\)
Vậy : \(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right).g\left(x\right)\right|dx\le\left(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right)^p\right|dx\right)^{\dfrac{1}{p}}\left(\int\limits^b_a\left|g\left(x\right)^q\right|dx\right)^{\dfrac{1}{q}}\)
\(\Rightarrow\)(Đpcm )
\(\Delta=\left(m+2\right)^2-4\left(m^2+1\right)>0\Rightarrow-3m^2+4m>0\Rightarrow0< m< \frac{4}{3}\)
Theo Viet ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+2\\x_1x_2=m^2+1\end{matrix}\right.\)
\(A=x_1^3+x_2^3+x_1^2+x_2^2\)
\(=\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)+\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\)
\(=\left(m+2\right)^3-3\left(m^2+1\right)\left(m+2\right)+\left(m+2\right)^2-2\left(m^2+1\right)\)
\(=-2m^3-m^2+13m+4\)
Bạn coi lại đề, biểu thức trên ko có GTLN hay GTNN trên khoảng \(\left(0;\frac{4}{3}\right)\)