Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có để phương trình có nghiệm thì:
\(\Delta=k^2-4\ge0\)
\(\Leftrightarrow k\ge2;k\le-2\)
Theo đề thì ta có
\(\left(\frac{x_1}{x_2}\right)^2+\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^2\ge3\)
\(\Leftrightarrow x_1^4+x_2^4-3\left(x_1x_2\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right)^2-5x_1x_2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(4k^2-4\right)^2-5.4^2\ge0\)
Làm nốt
\(\left|k\right|\ge2\)
\(P=\left(\frac{x_1}{x_2}\right)^2+\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^2=\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)^2-2=\left(\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{x_1x_2}-2\right)^2-2\\ \)
\(P=\left(\frac{\left(2k\right)^2}{4}-2\right)^2-2=\left(k^2-2\right)^2-2\)
\(P\ge3\Rightarrow\left(k^2-2\right)^2\ge5\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}k^2-2\le-\sqrt{5}\left(l\right)\\k^2-2\ge\sqrt{5}\left(n\right)\end{cases}}\)
\(\orbr{\begin{cases}k\le-\sqrt{2+\sqrt{5}}\\k\ge\sqrt{2+\sqrt{5}}\end{cases}}\)
Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có :
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1.x_2=-\left(2m+3\right)\end{cases}}\)
Đặt \(A=\left|\frac{x_1+x_2}{x_1-x_2}\right|\ge0\). A đạt giá trị nhỏ nhất \(\Leftrightarrow A^2\)đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có : \(A^2=\left(\frac{x_1+x_2}{x_1-x_2}\right)^2=\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1.x_2}=\frac{4\left(m+1\right)^2}{4\left(m+1\right)^2+4\left(2m+3\right)}=\frac{4\left(m+1\right)^2}{4m^2+16m+16}=\frac{\left(m+1\right)^2}{\left(m+2\right)^2}\ge0\)
Suy ra \(MinA^2=0\Leftrightarrow m=-1\)
Vậy Min A = 0 \(\Leftrightarrow\)m = -1
ở bài này phải chỉ ra \(\Delta'\)lớn hơn hoặc bằng 0 , hoặc chỉ ra a và c trái dấu nên phương trình có 2 nghiệm x1,x2 thì mới được áp dụng hệ thức Viét
Ta có:\(\Delta=a^2-4\)
Để pt có 2 nghiệm thì \(\Delta\ge0\)\(\Rightarrow a^2-4\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a\ge2\\a\le-2\end{matrix}\right.\)
Theo hệ thức vi-ét ta có:\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-a\\x_1x_2=1\end{matrix}\right.\)
\(\left(\frac{x_1}{x_2}\right)^2+\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^2>7\)
\(\Leftrightarrow\frac{x_1^4+x_2^4-7x_1^2x_2^2}{x_1^2x_2^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow x_1^4+x_2^4\ge7\)
\(\Leftrightarrow x_1^4+2x_1^2x_2^2+x_2^4\ge9\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1^2+x_2^2\right)^2\ge9\)
\(\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2\ge3\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\ge3\)
\(\Leftrightarrow a^2\ge5\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a\ge\sqrt{5}\\a\le-\sqrt{5}\end{matrix}\right.\)(tm)
Vậy ...
cho mik hỏi tại sao bên trên là >7 nhưng xuống dưới lại là ≥7 ?
Theo Viet ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\frac{3m}{2}\\x_1x_2=-\frac{\sqrt{2}}{2}\end{matrix}\right.\)
\(P=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\left(\frac{x_1+x_2+x_1x_2\left(x_1+x_2\right)}{x_1x_2}\right)^2\)
\(P=\frac{9m^2}{4}+2\sqrt{2}+\left(\frac{-\frac{3m}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\left(-\frac{3m}{2}\right)}{-\frac{\sqrt{2}}{2}}\right)^2\)
\(P=\frac{9m^2}{4}+2\sqrt{2}+\left(\frac{27-8\sqrt{2}}{4}\right)m^2\)
\(P=\left(\frac{18-9\sqrt{2}}{2}\right)m^2+2\sqrt{2}\ge2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow P_{min}=2\sqrt{2}\) khi \(m=0\)
Xét pt đã cho có \(\Delta=m^2-4.1.\left(-m-1\right)=m^2+4m+4=\left(m+2\right)^2\ge0\)với mọi \(m\inℝ\)
Vậy pt đã cho luôn có 2 nghiệm với mọi \(m\inℝ\)
Theo định lí Vi-ét, ta có \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{-m}{1}=m\\x_1x_2=\frac{-m-1}{1}=-m-1\end{cases}}\)
Lại có \(\left|x_1-x_2\right|\ge3\)\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2\ge9\)(vì cả 2 vế của BĐT đầu đều lớn hơn 0)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\ge9\)\(\Leftrightarrow m^2-4\left(-m-1\right)\ge9\)\(\Leftrightarrow m^2+4m+4\ge9\)\(\Leftrightarrow\left(m+2\right)^2\ge9\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m+2\ge3\\m+2\le-3\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m\ge1\\m\le-5\end{cases}}\)
Vậy các giá trị của m để pt có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn \(\left|x_1-x_2\right|\ge3\)là \(\orbr{\begin{cases}m\ge1\\m\le-5\end{cases}}\)
Vì pt có hai nghiệm x1 ; x2 ,Theo hệ thức viet :
\(\int^{x1+x2=-2k}_{x1x2=4}\)
Dễ thấy x1 = x2 = 0 pt vô nghiệm .
TA có : \(\left(\frac{x1}{x2}\right)^2+\left(\frac{x2}{x1}\right)^2\ge3\)
<=> \(\frac{x1^4+x2^4}{x1^2x2^2}\ge3\) <=> \(x1^4+x2^4\ge3x1^2x2^2\left(vìx1;x2khac0\right)\)
<=> \(\left(x1^2+x2^2\right)^2\ge5x1^2x2^2\) <=> \(\left[\left(x1+x2\right)^2-2x1x2\right]^2\ge5x1^2x2^2\)
<=> \(\left[\left(-2k\right)^2-2\cdot4\right]^2\ge5\cdot4^2\) <=> \(l4k^2+8l\ge4\sqrt{5}\)
<=> \(4k^2+8\ge4\sqrt{5}\) hoặc \(4k^2+8\le4\sqrt{5}\)
Số lẻ quá chắc giải sai
Khó