Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b) Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta'=\left(-m\right)^2-\left(m-1\right)\ge0\Leftrightarrow m^2-m+1\ge0\)
Điều này hiển nhiên vì \(m^2-m+1=\left(m-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\forall m\)
Theo đề bài suy ra \(x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=4\) (bình phương hai vế của giả thiết)
Chị thay tiếp vô hệ thức Viet và em không chắc.
Xét \(\Delta^,=\left(-m\right)^2-\left(m-1\right)\)\(=m^2-m+1\)
\(=(m^2-2\cdot m\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{4})+\frac{3}{4}\)\(=\left(m-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)với mọi m
Theo Vi- ét :\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m\\x_1\cdot x_2=m-1\end{cases}}\)(1)
Theo bài ra ta có : \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2=4\)\(\Leftrightarrow x_1+2\sqrt{x_1\cdot x_2}+x_2=4\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)+2\sqrt{x_1\cdot x_2}=4\)(*)
Thay (1) vào (*) ta được :
\(2m+2\sqrt{m-1}=4\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{m-1}=4-2m\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{m-1}=2-m\)\(\Leftrightarrow\sqrt{m-1}^2=\left(2-m\right)^2\)
\(\Leftrightarrow|m-1|=4-4m+m^2\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m-1=4-4m+m^2\\m-1=-4+4m-m^2\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m^2-5m+5=0\left(2\right)\\m^2-3m+3=0\left(3\right)\end{cases}}\)
\(\Delta_{\left(2\right)}=\left(-5\right)^2-4\cdot5=5>0\)
=> Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\(m_1=\frac{5+\sqrt{5}}{2};m_2=\frac{5-\sqrt{5}}{2}\)
\(\Delta_{\left(3\right)}=\left(-3\right)^2-4\cdot3=-3< 0\)
=> phương trình vô nghiệm
KL : ....
kb vs mk nha
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 \(m\ne4\)
\(\Leftrightarrow m=0\)
Bài 1/
a/ Ta có: ∆' = (m - 1)2 + 3 + m
= m2 - m + 4 = \(\frac{15}{4}+\left(x-\frac{1}{2}\right)^2>0\)
Vậy PT luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Theo vi et ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1x_2=-3-m\end{cases}}\)
Theo đ
Bài 1/
a/ Ta có: ∆' = (m - 1)2 + 3 + m
= m2 - m + 4 = \(\frac{15}{4}+\left(x-\frac{1}{2}\right)^2>0\)
Vậy PT luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Theo vi et ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1x_2=-3-m\end{cases}}\)
Theo đề bài thì
\(x^2_2+x^2_1\ge10\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\ge10\)
\(\Leftrightarrow\left(2m-2\right)^2-2\left(-3-m\right)\ge0\)
Làm tiếp sẽ ra. Câu còn lại tương tự
\(\Delta^`\ge0\)
\(\Leftrightarrow m^2-\left(m^2-2\right).2\ge0\)
\(\Leftrightarrow4-m^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow4\ge m^2\)
\(\Leftrightarrow4\ge m^2\)
\(\Leftrightarrow-2\le m\le2\)
Theo hệ thức Viet có:
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=m\\x_1.x_2=\frac{m^2-2}{2}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow A=\left|2x_1.x_2-x_1-x_2-4\right|=\left|m^2-m-6\right|=\left|\left(m-\frac{1}{2}\right)^2-6,25\right|\)
Có:
\(\left(m-\frac{1}{2}\right)^2\le\left(-2-\frac{1}{2}\right)^2=6,25\)
\(\Rightarrow A=\left|\left(m-\frac{1}{2}\right)^2-6,25\right|=6,25-\left(m-\frac{1}{2}\right)^2\le6,25\)
\(A=6,25\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}\left(tm\right)\)
KL:..............................................
a) ( a = 1; b = -2(m+3); c = m^2 + 3 )
\(\Delta=b^2-4ac\)
\(=\left[-2\left(m+3\right)\right]^2-4.1.\left(m^2+3\right)\)
\(=4\left(m^2+6m+9\right)-4m^2-12\)
\(=4m^2+24m+36-4m^2-12\)
\(=24m-24\)
Để pt có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta>0\Leftrightarrow24m-24>0\Leftrightarrow m>1\)
b)
* Theo Vi-et ta có: \(\hept{\begin{cases}S=x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2\left(m+3\right)\\P=x_1x_2=\frac{c}{a}=m^2+3\end{cases}}\)
Ta có: \(x_1^2+x_2^2\)
\(=S^2-2P\)
\(=\left[2\left(m+3\right)\right]^2-2.\left(m^2+3\right)\)
\(=4\left(m^2+6m+9\right)-2m^2-6\)
\(=4m^2+24m+36-2m^2-6\)
\(=2m^2+24m+30\)
* \(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\)
\(=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}\)
\(=\frac{S}{P}\)
\(=\frac{2\left(m+3\right)}{m^2+3}\)
\(=\frac{2m+6}{m^2+3}\)
a) Ta có \(\Delta'=m^2+1>0\forall m\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b) Theo Viet ta có:
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m\\x_1.x_2=-1\end{cases}}\)
Vậy nên \(x_1^2+x_2^2-x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2=4m^2+3\)
Để \(x_1^2+x_2^2-x_1x_2=7\Rightarrow4m^2+3=7\Rightarrow\orbr{\begin{cases}m=1\\m=-1\end{cases}}\)
b theo viet co
x1+x2=2m
x1*x2=-1
x1^2+x2^2-x1*x2=7
(x1+x2)^2 -2x1*x2-x1-x2=7
4m^2+2+1=7
4m^2=4 m=+-1
Lời giải:
a)
Có: \(\Delta=(-2m)^2-4(m-1)=4m^2-4m+4=(2m-1)^2+3\)
Vì \((2m-1)^2\geq 0, \forall m\in\mathbb{R}\Rightarrow \Delta\geq 3>0, \forall m\in\mathbb{R}\)
Do đó pt luôn có hai nghiệm phân biệt .
b)
Áp dụng định lý Viete cho pt bậc 2: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2m\\ x_1x_2=m-1\end{matrix}\right.(*)\)
Vì \(\sqrt{x_1}; \sqrt{x_2}\) xác định nên \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2m\geq 0\\ x_1x_2=m-1\geq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m\geq 1\)
Khi đó, dựa vào $(*)$: \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\)
\(\Rightarrow x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=4\) (bình phương hai vế)
\(\Rightarrow 2m+2\sqrt{m-1}=4\)
\(\Leftrightarrow m+\sqrt{m-1}=2\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{m-1}=2-m\) \((\rightarrow m\leq 2)\)
\(\Rightarrow m-1=(2-m)^2\) (bình phương hai vế)
\(\Leftrightarrow m^2-5m+5=0\)
\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} m=\frac{5+\sqrt{5}}{2}(\text{không thỏa mãn do m}\leq 2)\\ m=\frac{5-\sqrt{5}}{2}(t/m)\end{matrix}\right.\)
Vậy \(m=\frac{5-\sqrt{5}}{2}\)