K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

23 tháng 1 2019

- Đặt ẩn phụ t = x2 (1) (điều kiện t ≥ 0).

Khi đó phương trình đã cho tương đương với một phương trình bậc 2 ẩn t là:

at2 + bt + c = 0 (2)

- Giải phương trình (2) để tìm t, so sánh với điều kiện.

- Thay giá trị t thỏa mãn vào (1) để tìm x.

17 tháng 3 2017

Chia cho Xvì X=9 không là nghiệm của PT

Đặt t=X+\(\frac{1}{x}\)

=> t2+at+b-2=0

=>(t2-2)2=(at+b)2nhỏ hơn hoặc bằng (a2+b2)(1+t2)

=>a2+b2 lớn hơn hoặc bằng \(\frac{\left(t^2-2\right)^2}{t^2+1}\)lớn hơn hoặc bằng 0,8  dấu bằng khi..............

17 tháng 3 2017

a=b à bạn

27 tháng 8 2020

Ta có:

\(\Delta_1+\Delta_2+\Delta_3=a^2-4b+b^2-4c+c^2-4a=a^2+b^2+c^2-48\)

Dễ thấy:\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=48\Rightarrow\Delta_1+\Delta_2+\Delta_3\ge0\)

Khi đó có ít nhất một phương trình có nghiệm

27 tháng 8 2020

còn c/m vô nghiệm thế nào z

20 tháng 5 2015

detal=\(b^2-4ac\)

để phương trình có no khi và chỉ khi detal\(:\Delta\ge0\)

ta cos5a-b+2c=0

=>b=5a+2c=>\(b^2=4c^2+20ac+25a^2\)

=>\(\Delta=4c^2+16ac+25a^2=\left(2c-4a\right)^2+9a^2\ge0\)=>điều phải chứng minh

26 tháng 8
  • Hệ thức Viète:
    \(x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} , x_{1} x_{2} = \frac{c}{a} .\)
    Điều kiện:
    \(0 \leq x_{1} , x_{2} \leq 1.\)
  • Biểu thức P:
    Ta rút gọn:
    \(P = \frac{\left(\right. a - b \left.\right) \left(\right. 2 a - c \left.\right)}{a \left(\right. a - b + c \left.\right)} .\)
    Thay \(b = - a \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) , \textrm{ } c = a x_{1} x_{2}\):
    \(P = \frac{\left(\right. a + a \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) \left.\right) \left(\right. 2 a - a x_{1} x_{2} \left.\right)}{a \left(\right. a + a \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) + a x_{1} x_{2} \left.\right)} .\)
    Rút gọn \(a\):
    \(P = \frac{\left(\right. 1 + x_{1} + x_{2} \left.\right) \left(\right. 2 - x_{1} x_{2} \left.\right)}{2 + x_{1} + x_{2} + x_{1} x_{2}} .\)
  • Bài toán trở thành:
    \(P \left(\right. x_{1} , x_{2} \left.\right) = \frac{\left(\right. 1 + x_{1} + x_{2} \left.\right) \left(\right. 2 - x_{1} x_{2} \left.\right)}{2 + x_{1} + x_{2} + x_{1} x_{2}} , 0 \leq x_{1} , x_{2} \leq 1.\)
  • Xét giá trị biên:
    • Nếu \(x_{1} = 0\):
      \(P = \frac{\left(\right. 1 + x_{2} \left.\right) \left(\right. 2 - 0 \left.\right)}{2 + x_{2} + 0} = \frac{2 \left(\right. 1 + x_{2} \left.\right)}{2 + x_{2}} .\)
      Với \(x_{2} \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\):
      • \(x_{2} = 0 \Rightarrow P = 1\)
      • \(x_{2} = 1 \Rightarrow P = \frac{4}{3} .\)
        ⇒ Trên cạnh này: \(1 \leq P \leq \frac{4}{3}\).
    • Nếu \(x_{1} = 1\):
      \(P = \frac{\left(\right. 2 + x_{2} \left.\right) \left(\right. 2 - x_{2} \left.\right)}{3 + x_{2}} .\)
      Với \(x_{2} \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\):
      • \(x_{2} = 0 \Rightarrow P = \frac{4}{3}\).
      • \(x_{2} = 1 \Rightarrow P = \frac{3}{4} .\)
        ⇒ Trên cạnh này: \(\frac{3}{4} \leq P \leq \frac{4}{3} .\)
    • Tương tự đối xứng cho các cạnh còn lại.
  • Tại các đỉnh:
    • \(\left(\right. 0 , 0 \left.\right) : P = 1\).
    • \(\left(\right. 1 , 0 \left.\right) : P = \frac{4}{3}\).
    • \(\left(\right. 0 , 1 \left.\right) : P = \frac{4}{3}\).
    • \(\left(\right. 1 , 1 \left.\right) : P = \frac{3}{4}\).
  • Kết luận:
    Giá trị nhỏ nhất của \(P\) là:
    \(\boxed{\frac{3}{4}}\)
20 tháng 12 2016

Oh my!!! Cuối cùng cũng ra!!!

Với mọi \(x\) ta luôn có \(ax^3+bx^2+cx=-1-x^4\).

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức ta có:

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^6+x^4+x^2\right)\ge\left(ax^3+bx^2+cx\right)^2\)

Hay \(P\ge\frac{\left(x^4+1\right)^2}{x^6+x^4+x^2}\).

Đặt \(y=x^2\), ta tìm min\(\frac{y^4+2y^2+1}{y^3+y^2+y}\).

Ta sẽ CM \(\frac{y^4+2y^2+1}{y^3+y^2+y}\ge\frac{4}{3}\) với mọi \(y\) dương.

Biến đổi tương đương ta có: \(\left(y-1\right)^2\left(3y^2+2y+3\right)\ge0\) (đúng).

Vậy \(P\ge\frac{4}{3}\). Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=-\frac{2}{3}\).

(Bất đẳng thức kiểu này quá khó!)

18 tháng 12 2016

(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + cx - 1 = 0 
lim f(x) (x --> -∞, x --> +∞) = lim x^4*(1 + a/x + b/x^2 + c/x^3 - 1/x^4) = + ∞ 
=> tồn tại x1 và x2 thỏa mãn x1 < 0 < x2 sao cho f(x1) > 0, f(x2) > 0 
ta có f(0) = -1 < 0 => f(x1)*f(0) < 0, f(0)*f(x2) < 0 
=> trong (x1, 0) tồn tại x3 và trong (0, x2) tồn tại x4 rằng f(x3) = f(x4) = 0 

5 tháng 2 2022

a) Xét phương trình thứ nhất, có \(\Delta_1=b^2-4ac\)

Xét phương trình thứ hai, có \(\Delta_2=b^2-4ca=b^2-4ac\)

Từ đó ta có \(\Delta_1=\Delta_2\), do đó, khi phương trình (1) có nghiệm \(\left(\Delta_1\ge0\right)\)thì \(\Delta_2\ge0\)dẫn đến phương trình (2) cũng có nghiệm và ngược lại.

Vậy 2 phương trình đã cho cùng có nghiệm hoặc cùng vô nghiệm.

b) Vì \(x_1,x_2\)là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo định lý Vi-ét, ta có \(x_1x_2=\frac{c}{a}\)

Tương tự, ta có \(x_1'x_2'=\frac{a}{c}\)

Từ đó \(x_1x_2+x_1'x_2'=\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\)

Nếu \(\hept{\begin{cases}a>0\\c>0\end{cases}}\)hay \(\hept{\begin{cases}a< 0\\c< 0\end{cases}}\)thì \(\hept{\begin{cases}\frac{c}{a}>0\\\frac{a}{c}>0\end{cases}}\), khi đó có thể áp dụng bất đẳ thức Cô-si cho 2 số dương \(\frac{c}{a}\)và \(\frac{a}{c}\):

\(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\ge2\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{a}{c}}=2\), dẫn đến \(x_1x_2+x_1'x_2'\ge2\)

Nhưng nếu \(\hept{\begin{cases}a>0\\c< 0\end{cases}}\)hay \(\hept{\begin{cases}a< 0\\c>0\end{cases}}\)thì \(\hept{\begin{cases}\frac{c}{a}< 0\\\frac{a}{c}< 0\end{cases}}\),như vậy \(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}< 0< 2\)dẫn đến \(x_1x_2+x_1'x_2'< 2\)

Như vậy không phải trong mọi trường hợp thì \(x_1x_2+x_1'x_2'>2\)