![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Các giải của các bài toán này là sử dụng tổng các delta em nhé
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Theo đầu bài có \(x_1\)là nghiệm của phương trình \(ax^2+bx+c=0\)nên có
\(ax_1^2+bx_1+c=0\)
chia hai vế cho \(x_1^2\ne0\)ta được \(a+b\frac{1}{x_1}+c\frac{1}{x_1^2}=0\)
ta có \(c.\left(\frac{1}{x_1}\right)^2+b\left(\frac{1}{x_1}\right)+a=0\)
suy ra \(\frac{1}{x_1}\)là nghiệm của của phương trình \(cx^2+bx+a=0\)
Ta chọn \(x_2=\frac{1}{x_1}>0.\)vậy \(x_1x_2=1\)
áp dụng bất đẳng thức Co-si cho 2 hai số dương ta có :
\(x_1+x_2+x_1x_2=x_1+\frac{1}{x_1}+1\ge2\sqrt{x_1.\frac{1}{x_1}}+1=3\left(dpcm\right)\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Với a = b = c = 2 thì ta có cả 3 phương trình đều có dạng.
\(x^2-2x+1=0\)
\(\Leftrightarrow x=1\)Vậy trong trường hợp này cả 3 phương trình đều chỉ có 1 nghiệm.
Vậy đề bài sai.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(ax^2+bx+c=0\)
Do phương trình có 2 nghiệm dương
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\S>0\\P>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2-4ac>0\\\dfrac{-b}{a}>0\\\dfrac{c}{a}>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2-4ac>0\\\dfrac{b}{a}< 0\\\dfrac{c}{a}>0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2-4ac>0\\b,a\left(trái.dấu\right)\\c,a\left(cùng.dấu\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow b,c\) trái đấu
Xét \(cx^2+bx+a=0\)
Giả sử phương trình có 2 nghiệm dương
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\P>0\\S>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2-4ac>0\\\dfrac{c}{a}>0\\\dfrac{-b}{c}>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2-4ac>0\\\dfrac{c}{a}>0\\\dfrac{b}{c}< 0\end{matrix}\right.\) ( 1 )
Do b , c trái dấu nên ( 1 ) luôn đúng vậy pt \(cx^2+bx+a=0\) luôn có 2 nghiệm dương phân biệt
\(\Rightarrow\) đpcm
Xét pt \(ax^2+bx+c=0\) \(\forall\left\{{}\begin{matrix}x_1>0\\x_2>0\end{matrix}\right.\)
Theo định lý Viet
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}S=x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}>0\\P=x_1x_2=\dfrac{c}{a}>0\end{matrix}\right.\)( 1 )
Xét pt \(cx^2+bx+a=0\) \(\forall\left\{{}\begin{matrix}x_3>0\\x_4>0\end{matrix}\right.\)
Theo định lý Viet
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}S=x_3+x_4=\dfrac{-b}{c}>0\\P=x_3x_4=\dfrac{a}{c}>0\end{matrix}\right.\)( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 )
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho 4 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow x_1+x_2+x_3+x_4\ge4\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}\)
\(\Rightarrow x_1+x_2+x_3+x_4\ge4\sqrt[4]{\dfrac{c}{a}.\dfrac{a}{c}}=4\) ( đpcm )
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