Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
tham khảo:https://www.vatgia.com/hoidap/5272/114204/toan-kho-lop-9-day--help.html
ta có : ax=-(x^2+1)
bx=-(x^2+1)
abx=-(x^2+1)
=>ax=bx=abx
nếu x<>0 thi a=b=ab
=> a=b=1 => 4/(ab)^2 -1/a^2-1/b^2=2
nếu x=0 thi a=b=-1
thì 4/(ab)^2 -1/a^2-1/b^2=2
vậy 4/(ab)^2 -1/a^2-1/b^2=2
Do \(x^2+2mx+n=0\) có nghiệm \(\Rightarrow m^2-n\ge0\)
Xét pt: \(x^2+2\left(k+\dfrac{1}{k}\right)mx+n\left(k+\dfrac{1}{k}\right)^2=0\)
\(\Delta'=\left(k+\dfrac{1}{k}\right)^2m^2-n\left(k+\dfrac{1}{k}\right)^2=\left(k+\dfrac{1}{k}\right)^2\left(m^2-n\right)\ge0\) với mọi k
\(\Rightarrow\)Pt đã cho có nghiệm
Câu 2: Theo định lý Vi-et ta có \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-a\\x_1x_2=b\end{cases}}\)Bất Đẳng Thức cần chứng minh có dạng
\(\frac{x_1}{1+x_1}+\frac{x_2}{1+x_2}\ge\frac{2\sqrt{x_1x_2}}{1+\sqrt{x_1x_2}}\)Hay \(\frac{x_1}{1+x_2}+1+\frac{x_2}{1+x_1}+1\ge\frac{2\sqrt{x_1x_2}}{1+\sqrt{x_1x_2}}+2\)
\(\left(x_1+x_2+1\right)\left(\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}\right)\ge\frac{2\left(1+2\sqrt{x_1x_2}\right)}{1+\sqrt{x_1x_2}}\)Theo Bất Đẳng Thức Cosi ta có
\(x_1+x_2+1\ge2\sqrt{x_1x_2}+1\)Để chứng minh (*) ta quy về chứng minh
\(\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}\ge\frac{2}{1+\sqrt{x_1x_2}}\)với \(x_1;x_2>1\). Quy đồng rồi rút gọn Bất Đẳng Thức trên tương đương với
\(\left(\sqrt{x_1x_2}-1\right)\left(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}\right)^2\ge0\)(Điều này hiển nhiên đúng)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x_1=x_2\Leftrightarrow a^2=4b\)
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 \(x_1x_2+x_1'x_2'>2\)
a) Tam thức bậc hai có \(\Delta'=m^2-m+4=m^2-2.\frac{1}{2}m+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+4=\left(m-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{15}{4}>0\).
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
b) Theo Vi-et ta có:
\(x_1+x_2=2m,x_1.x_2=m-4\)
Điều kiển để \(x_1+x_2=\frac{x_1^2}{x_2}+\frac{x_2^2}{x_1}\)
\(\Leftrightarrow x_1+x_2=\frac{x_1^3+x_2^3}{x_1x_2}\)
\(\Leftrightarrow x_1+x_2=\frac{\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)}{x_1x_2}\)
\(\Leftrightarrow2m=\frac{\left(2m\right)^3-3\left(m-4\right).2m}{m-4}\)
\(\Leftrightarrow2m\left(m-4\right)=8m^3-6m^2+8m\) và \(m\ne4\)
\(\Leftrightarrow4m\left(2m^2-2m+3\right)=0\) và \(m\ne4\)
\(\Leftrightarrow m=0\)