Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Không gian mẫu là Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Số kết quả có thế có thể có là 6 (hữu hạn); các kết quả đồng khả năng.
Ta có bảng:
|
b |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
|
∆ = b2 - 8 |
-7 |
-4 |
1 |
8 |
17 |
28 |
a) Phương trình x2 + bx + 2 = 0 có nghiệm khi và chỉ khi ∆ = b2 - 8 ≥ 0 (*). Vì vậy nếu A là biến cố: "Xuất hiện mặt b chấm sao cho phương trình x2 + bx + 2 = 0 có nghiệm"
thì A = {3, 4, 5, 6}, n(A) = 4 và
P(A) = =
.
b) Biến cố B: "Xuất hiện mặt b chấm sao cho phương trình x2 + bx + 2 = 0 vô nghiệm" là biến cố A, do đó theo qui tắc cộng xác suất ta có
P(B) = 1 - P(A) = .
c) Nếu C là biến cố: "Xuất hiện mặt b chấm sao cho phương trình x2 + bx + 2 = 0 có nghiệm nguyên" thì C = {3}, vì vậy
P(C) = .
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
Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm: a)x^5 - 3x+3=0 b)x^5+x-1=0 c)x^4+x^3-3x^2+x+1=0
Lời giải:
a) $f(x)=x^5-3x+3$ liên tục trên $R$
$f(0)=3>0; f(-2)=-23<0\Rightarrow f(0)f(-2)<0$
Do đó pt $f(x)=0$ có ít nhất 1 nghiệm thuộc $(-2;0)$
Nghĩa là pt đã cho luôn có nghiệm.
b) $f(x)=x^5+x-1$ liên tục trên $R$
$f(0)=-1<0; f(1)=1>0\Rightarrow f(0)f(1)<0$
Do đó pt $f(x)=0$ luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc $(0;1)$
Hay pt đã cho luôn có nghiệm.
c) $f(x)=x^4+x^3-3x^2+x+1$ liên tục trên $R$
$f(0)=1>0; f(-1)=-3<0\Rightarrow f(0)f(-1)<0$
$\Rightarrow f(x)=0$ luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc $(-1;0)$
Hay pt đã cho luôn có nghiệm.
c.
\(\Leftrightarrow cos\left(x+12^0\right)+cos\left(90^0-78^0+x\right)=1\)
\(\Leftrightarrow2cos\left(x+12^0\right)=1\)
\(\Leftrightarrow cos\left(x+12^0\right)=\dfrac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+12^0=60^0+k360^0\\x+12^0=-60^0+k360^0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=48^0+k360^0\\x=-72^0+k360^0\end{matrix}\right.\)
2.
Do \(-1\le sin\left(3x-27^0\right)\le1\) nên pt có nghiệm khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}2m^2+m\ge-1\\2m^2+m\le1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2m^2+m+1\ge0\left(luôn-đúng\right)\\2m^2+m-1\le0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow-1\le m\le\dfrac{1}{2}\)
a.
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x+15^0=arccos\left(\dfrac{2}{5}\right)+k360^0\\x+15^0=-arccos\left(\dfrac{2}{5}\right)+k360^0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-15^0+arccos\left(\dfrac{2}{5}\right)+k360^0\\x=-15^0-arccos\left(\dfrac{2}{5}\right)+k360^0\end{matrix}\right.\)
b.
\(2x-10^0=arccot\left(4\right)+k180^0\)
\(\Rightarrow x=5^0+\dfrac{1}{2}arccot\left(4\right)+k90^0\)
@Nguyễn Việt Lâm giải giúp em với !
Nguyên tắc xét dấu cơ bản: 1 đa thức (chính xác là biểu thức) luôn đổi dấu khi đi qua nghiệm bội lẻ và không đổi dấu khi đi qua nghiệm bội chẵn. Ở khoảng gần với dương vô cùng (nghĩa là các giá trị x rất lớn), dấu của đa thức luôn trùng với dấu của hệ số bậc cao nhất của biến.
Đặt \(f\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(ax^2+bx+2\right)\)
Do \(f\left(x\right)\) luôn có 2 nghiệm \(x=1;x=-2\) nên để \(f\left(x\right)\) không đổi dấu trên R thì đây phải là 2 nghiệm bội chẵn
\(\Rightarrow ax^2+bx+2=0\) có 2 nghiệm \(x=1;x=-2\)
Đồng thời theo nguyên tắc thứ 2 thì \(f\left(x\right)\ge0\) với mọi x khi \(a>0\)
Từ đó ta có hệ điều kiện: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=1-2=-\dfrac{b}{a}\\x_1x_2=1.\left(-2\right)=\dfrac{2}{a}\\a>0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) Không tồn tại a; b thỏa mãn yêu cầu đề bài