Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
S là tập con của F trong các trường hợp sau:
TH1: S là tập rỗng, tức là pt x2 - 2x + m = 0 vô nghiệm => delta' = 1 - m < 0 => m > 1
TH2: S có 1 nghiệm kép < 0 => delta' = 1 - m = 0 và nghiệm kép -b'/a = 1 < 0. Điều này không xảy ra
TH3: S có 2 nghiệm đều < 0 => Tổng 2 nghiệm cũng < 0. Mà tổng 2 nghiệm = -b/a = 1 là số dương => Điều này cũng ko bao giờ xảy ra.
Vậy m > 1 thì S là rỗng và khi đó S là tập con của F.
*x2+bx+c=0
\(\Delta=b^2-4c=b^2-4.\left(2b-4\right)=b^2-8b+16=\left(b-4\right)^2\)=>\(\sqrt{\Delta}=\left|b-4\right|\)
Với (b-4)2=0 =>b=4 =>c=4
PT có 1 nghiệm kép: \(x_1=x_2=-2\)
Với\(\Delta=\) (b-4)2>0,PT có 2 nghiệm pb: \(x_1=\frac{-b+\left|b-4\right|}{2};x_2=\frac{-b-\left|b-4\right|}{2}\)
Với b>4 thì: \(x_1=-2;x_2=\frac{-2b+4}{2}=-b+2\)
Với b<0 thì: x1=-b+2 ; x2=-2
Vậy khi c=2b-4 và b tùy ý thì PT: x2+bx+c=0 luôn có 1 nghiệm nguyên là -2
giải pt ta có
\(\begin{cases}z=2+\sqrt{5i}\\z=2-\sqrt{5}i\end{cases}\)
===> 2 điểm M,N lần lượt là M( 2, \(\sqrt{5}\)) VÀ N(2,-\(\sqrt{5}\))
MN=\(\sqrt{\left(2-2\right)^2+\left(-\sqrt{5}-\sqrt{5}\right)^2}\)=2\(\sqrt{5}\)
15.
Ta có \(a+b+c+ab+bc+ac=6\)
Mà \(ab+bc+ac\le\left(a+b+c\right)^2\)
=> \(\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)-6\ge0\)
=> \(a+b+c\ge3\)
\(A=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac}\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\ge3\)(ĐPCM)
Bài 18, Đặt \(\left(a^2-bc;b^2-ca;c^2-ab\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) thì bđt trở thành
\(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\ge0\)
Vì \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)nên ta đi chứng minh \(x+y+z\ge0\)
Thật vậy \(x+y+z=a^2-bc+b^2-ca+c^2-ab\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)(đúng)
Tóm lại bđt được chứng minh
Dấu "=": tại a=b=c
với \(m=0\) : PT \(\left(1\right)\Leftrightarrow\) \(-2x+1=0\) \(\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\in\left(0;1\right)\)
với \(m\ne0\) : PT \(\left(1\right)\) có đúng 1 nghiệm \(\in\left(0;1\right)\)
\(\Leftrightarrow f\left(0\right).f\left(1\right)<0\)
( để ý: \(\Delta'=\left(m+1\right)^2-m=\)\(m^2+m+1>0,\text{∀}x\in R\))
\(\Leftrightarrow m-2\left(m+1\right)+1<0\) \(\Leftrightarrow m>-1\)
vậy \(m>-2\) là kết quả cần tìm
với m=0m=0 : PT (1)⇔(1)⇔ −2x+1=0−2x+1=0 ⇔x=12∈(0;1)⇔x=12∈(0;1)
với m≠0m≠0 : PT (1)(1) có đúng 1 nghiệm ∈(0;1)∈(0;1)
⇔f(0).f(1)<0⇔f(0).f(1)<0
( để ý: Δ′=(m+1)2−m=Δ′=(m+1)2−m=m2+m+1>0,∀x∈Rm2+m+1>0,∀x∈R)
⇔m−2(m+1)+1<0⇔m−2(m+1)+1<0 ⇔m>−1⇔m>−1
vậy m>−2m>−2 là kết quả cần tìm
b,(*)chứng minh a=-3b:
xét a-b=2(a+b)
=>a-b=2a+2b
=>-b-2b=2a-a
=>-3b=a (đpcm)
(*) tính a/b :
Từ -3b=a=>a/b=-3
(*)tính a và b:
Ta có : a-b=a/b=-3
và 2(a+b)=a/b=-3
hệ pt<=>a-b=-3
và 2(a+b)=-3
<=>a-b=-3 (1)
và a+b=-1,5 (2)
Lấy (1)+(2),vế theo vế ta đc:
(a-b)+(a+b)=-3+(-1,5)
=>a-b+a+b=-4,5
=>2a=-4,5=>a=-2,25
Mà a-b=-3=>b=0,75
Vậy (a;b)=(-2,25;0,75)
c) vì (x-y2+z)2 >= 0 với mọi x;y;z
(y-2)2 >= 0 với mọi y
(z+3)2 >= 0 với mọi z
=>(x-y2+z)2+(y-2)2+(z+3)2 >= 0 với mọi x;y;z
Mà theo đề: (x-y2+z)2+(y-2)2+(z+3)2=0
=>(x-y2+z)2=(y-2)2=(z+3)2=0
+)(y-2)2=0=>y=2
+)(z+3)2=0=>z=-3
Thay y=2;z=-3 vào (x-y2+z)2=0=>x-22+(-3)2=0=>x=-5
Vậy (x;y;z)=(-5;2;-3)
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
Mà \(x^2+y^2+z^2\le3\)
\(\Rightarrow xy+yz+xz\le3\)
Ta có \(P=\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+yz}+\dfrac{1}{1+xz}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{xy+1+yz+1+xz+1}=\dfrac{9}{xy+yz+xz+3}\) (1)
Ta có \(xy+yz+xz\le3\)
\(\Rightarrow xy+yz+xz+3\le6\)
\(\Rightarrow\dfrac{9}{xy+yz+xz+3}\ge\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{2}\)
Vậy \(P_{min}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu " = " xảy ra khi \(x=y=z=1\)