Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chia cho X2 vì 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..............
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
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
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!)
(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
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 \(x_1x_2+x_1'x_2'>2\)
Gọi nghiệm chung của 2 phương trình là m
Ta có:\(m^2+am+1=0;m^2+bm+17=0\)
\(\Rightarrow2m^2+m\left(a+b\right)+18=0\)
Xét \(\Delta=\left(a+b\right)^2-144\ge0\Rightarrow\left|a+b\right|\ge12\)
Mà \(\left|a\right|+\left|b\right|\ge\left|a+b\right|\ge12\)
Xét \(a+b=12\Rightarrow.....\)
Xét \(a+b=-12\Rightarrow....\)
Mấy chỗ ..... bạn tự làm nốt
- 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.