Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-\left(2m-3\right)=m^2+4>0,\forall m\inℝ\)
nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_1+x_2\).
Theo định lí Viete:
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m+2\\x_1x_2=2m-3\end{cases}}\)
\(P=\left|\frac{x_1+x_2}{x_1-x_2}\right|=\frac{\left|x_1+x_2\right|}{\left|x_1-x_2\right|}=\frac{\left|x_1+x_2\right|}{\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}}\)
\(=\frac{\left|2m+2\right|}{\sqrt{\left(2m+2\right)^2-4\left(2m-3\right)}}=\frac{\left|2m+2\right|}{\sqrt{4m^2+16}}=\frac{\left|m+1\right|}{\sqrt{m^2+4}}\ge0\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(m=-1\).
\(x^2-2\left(m+1\right)x+3\left(m+1\right)-3=0\)
\(x^2-2nx+3n+3=\left(x-n\right)^2-\left(n^2-3n+3\right)=0\)\(\left(x-n\right)^2=\left(n-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}=\frac{\left(2n-3\right)^2+3}{4}>0\forall n\) vậy luôn tồn tại hai nghiệm
\(\orbr{\begin{cases}x_1=\frac{n-\sqrt{\left(2n-3\right)^2+3}}{2}\\x_2=\frac{n+\sqrt{\left(2n-3\right)^2+3}}{2}\end{cases}}\)
a) \(\frac{x_1}{x_2}=\frac{4x_1-x_2}{x_1}\Leftrightarrow\frac{x_1^2-4x_1x_2+x_2^2}{x_1x_2}=0\)
\(x_1x_2=n^2-\frac{\left(2n-3\right)^2+3}{4}=\frac{4n^2-4n^2+12n-9-3}{4}=3n-3\)
với n=1 hay m=0 : Biểu thức cần C/m không tồn tại => xem lại đề
a = 1 , b = - ( 2m + 1 ) , c = m - 3
\(\Delta=b^2-4ac\)
\(=\left[-\left(2m+1\right)\right]^2-4.1.\left(m-3\right)\)
\(=4m^2+4m+1-4m+12\)
\(=4m^2+13>0\forall m\)
Vậy: Pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Theo Vi-et ta có: \(P=x_1x_2=\frac{c}{a}=m-3\)
\(A=3x_1x_2-2x_1x_2\ge4\)
\(A=3P-2P\ge4\)
\(A=P=m-3\ge4\Leftrightarrow m\ge7\)
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta'>0\).
\(\Delta'=\left(m-2\right)^2+\left(m-1\right)=m^2-3m+3=\left(m-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)
Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\).
Theo Viet:
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(m-2\right)\\x_1x_2=-m+1\end{cases}}\)
\(x_1^2-2x_1x_2+x_2^2+4x_1^2x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+4x_1^2x_2^2\)
\(=4\left(m-2\right)^2+4\left(m-1\right)+4\left(m-1\right)^2=4\left(2m^2-5m+4\right)=4\)
\(\Leftrightarrow2m^2-5m+4=1\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=\frac{3}{2}\\m=1\end{cases}}\)
Ta có a=1\(\ne0\)
\(\Rightarrow\) phương trình đã cho là phương trình bậc hai
\(\Delta=9>0\forall m\)
=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Theo định lý Vi ét ta có
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m+1\\x_1.x_2=m^2+m-2\end{matrix}\right.\)
Ta có:\(x_1\left(x_1-2x_2\right)+x_2\left(x_2-3x_1\right)=9\)
\(\Leftrightarrow x_1^2-2x_1x_2+x_2^2-3x_1x_2\)=9
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2-2x_1x_2-3x_1x_2=9\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-7x_1x_2\)=9
\(\Leftrightarrow\left(2m+1\right)^2-7\left(m^2+m-2\right)=9\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=-2\\m=1\end{matrix}\right.\)
Vậy m=-2;m=1 là các giá trị cần tìm
Pt: x2−(2m+1)x+m2+m−2=0 (a=1; b=-(2m+1) ;c=m2+m-2 )
Δ=b2-4ac=[-(2m+1)]2-4(m2+m-2)=4m2+4m+1-4m2-4m+8=9
Vì Δ >0 nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt ∀ m
Theo hệ thức vi et:\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\frac{-b}{a}=2m+1\\x_1x_2=\frac{c}{a}=m^2+m-2\end{matrix}\right.\)
Biểu thức:
x1(x1−2x2)+x2(x2−3x1)=9
=x12-2x1x2 +x22- 3x1x2=9
= x12+x22-5x1x2=9
=(x1+x2)2-2x1x2-5x1x2=9
=(x1+x2)2-7x1x2=9
=(2m+1)2-7(m2+m-2)=9
=4m2+4m+1-7m2-7m+14=9
=-3m2-3m+15=9
=-3m2-3m+6=0 a+b+c=-3-3+6=0
=>m1=1(nhận) ; m2=\(\frac{c}{a}\)=-2( nhận)
Vậy m=1 và m=-2 thì thoả mãn hệ thức