Cho hai phương trình:
\(x^2-a_1x+b_1=0\)
\(x^2+a_2x+b_2=0\)
thỏa mãn: \(a_1,a_2\ge2\left(b_1+b_2\right)\)
Chứng minh: ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử 2 phương trình đã cho đều vô nghiệm
=> \(\Delta_1< 0\Leftrightarrow a_1^2-4b_1< 0\Leftrightarrow a_1^2< 4b_1\)
\(\Delta_2< 0\Leftrightarrow a_2^2-4b_2< 0\Leftrightarrow a_2^2< 4b_2\)
\(\Rightarrow a_1^2+a_2^2< 4\left(b_1+b_2\right)\)(1)
Lại có: \(a_1.a_2\ge2\left(b_1+b_2\right)\)
\(\Leftrightarrow2a_1.a_2\ge4\left(b_1+b_2\right)\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a_1^2+a_2^2< 2a_1a_2\) (3)
Mặt khác:\(\left(a_1-a_2\right)^2\ge0\Leftrightarrow a_1^2+a_2^2\ge2a_1_1b_1\)trái với (3)
=> giả sử sai
=> ít nhất một trong 2 phương trình đã cho có nghiệm.
Sai thì thôi nhé~
Theo vi ét:
\(\hept{\begin{cases}a_1a_2=1\\a_1+a_2=-p\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}b_1b_2=1\\b_1+b_2=-q\end{cases}}\)
Ta có: \(\left(a_1-b_1\right)\left(a_2-b_1\right)\left(a_1+b_2\right)\left(a_2+b_2\right)\)
\(=\left(a_1a_2+b_1^2-a_1b_1-a_2b_1\right)\left(a_1a_2+a_2b_2+b_2^2+a_1b_2\right)\)
\(=\left(1+b_1^2+pb_1\right)\left(1+b_2^2-pb_2\right)\)
\(=1+b_2^2-pb_2+b_1^2+b_1^2b_2^2-pb_1^2b_2+pb_1+pb_1b_2^2-p^2b_1b_2\)
= \(1+b_1^2+b_2^2-pb_2-pb_1+1+pb_1+pb_2-p^2\)
\(=2+\left(b_1+b_2\right)^2-2b_1b_2-p^2\)
\(=q^2-p^2\)
Câu 1 : Ta có :\(x^4+2x^3+2x^2+x+6\)
\(=x^4+2x^3+x^2+x^2+x+6\)
\(=x^2\left(x+1\right)^2+\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{23}{4}>0\)
Vì \(VT>0\) nên phương trình vô nghiệm .
Câu 2 : Ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}\Delta_1=a_1^2-4b_1\\\Delta_2=a_2^2-4b_2\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta_1+\Delta_2=a_1^2+a_2^2-4\left(b_1+b_2\right)\)
Mà : \(a_1^2+a_2^2\ge4\left(b_1+b_2\right)\Leftrightarrow\Delta_1+\Delta_2\ge0\)
Nên hai phương trình luôn có nghiệm
Nếu đổi +6 thành -6 thì sao vậy , bạn giúp mình với :(((
Pt1 ấy : \(x^4+2x^3+2x^2+x-6=0\)
+) Từ phương trình \({\Delta _1}:{a_1}x + {b_1}y + {c_1} = 0\) ta xác định được tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_1}} \) là \(\left( {{a_1};{b_1}} \right)\)
+) Từ phương trình \({\Delta _2}:{a_2}x + {b_2}y + {c_2} = 0\) ta xác định được tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_2}} \) là \(\left( {{a_2};{b_2}} \right)\)
+) \(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right) = \frac{{\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{{a_1}{a_2} + {b_1}{b_2}}}{{\sqrt {{a_1}^2 + {b_1}^2} \sqrt {{a_2}^2 + {b_2}^2} }}\)
thử sức xíu, có sai mong bỏ qua, xie xie :3
Giả sử cả 2 pt đều vô nghiệm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a_1^2-4b_1< 0\\a_2^2-4b_2< 0\end{matrix}\right.\Rightarrow a_1^2-4b_1+a_2^2-4b_2< 0\)
Có \(a_1^2+a_2^2\ge2a_1a_2\)
\(\Rightarrow a_1^2+a_2^2-4\left(b_1+b_2\right)\ge2a_1a_2-4\left(b_1+b_2\right)\)
Theo gt có: \(a_1a_2-2\left(b_1+b_2\right)\ge0\)
Mà \(a_1^2+a_2^2-4\left(b_1+b_2\right)< 0\Rightarrow2a_1a_2-4\left(b_1+b_2\right)< 0\) (trái vs giả thiết)
=> Ít nhất 1 trong 2 pt có nghiệm
a) Các giao điểm của (E) với trục hoành có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \pm a\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1}\left( { - a;0} \right)\\{A_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)
Các giao điểm của (E) với trục tung có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = \pm b\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{B_1}\left( {0; - b} \right)\\{B_2}\left( {0;b} \right)\end{array} \right.\)
Ta có \({A_1}{A_2} = 2a,{B_1}{B_2} = 2b\).
b) Do M thuộc (E) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} = 1\)
Do \(a > b > 0\) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}}\). Suy ra \(1 \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {b^2} \le x_o^2 + y_o^2\)
Tương tự ta có \(\frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}}\) nên \(1 \ge \frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {a^2} \ge x_o^2 + y_o^2\)
Vậy \({b^2} \le x_o^2 + y_o^2 \le {a^2}\)
Ta có \(OM = \sqrt {x_o^2 + y_o^2} \) suy ra \(b \le OM \le a\)