Bài 6: Hệ thức Vi-et và ứng dụng

sao cho T đạt GTLN nha

a, Ta có x²- 2mx - m = 0 (1)

Với m=1 , (1)<=> x²- 2x-1=0

<=> x²-2x+1 -2 = 0

<=> (x-1)²=2

=>\(\left[{}\begin{matrix}x-1=-\sqrt{2}\\x-1=\sqrt{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-\sqrt{2}+1\\x=\sqrt{2}+1\end{matrix}\right.\)

b , câu b ko biết làm

Ồ, hệ thức Vi-et à!

dùq hệ thức viét
a. x1 + x2 = -\(\dfrac ba\)= -\(\dfrac 41\)= -4

b. x1.x2 = \(\dfrac ca\) = -85

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

a, x_{1 +} x₂ =\(\dfrac{-b}{a}\)= -4.

b.x₁ x_{2 =\(\dfrac{c}{a}\)=-85}

\(x^2-2x+m-5=0\)

\(\Delta'=\left(-1\right)^2-1\cdot\left(m-5\right)\)

\(=1-m+5\\ =6-m\)

Để pt có nghiệm \(\Leftrightarrow\Delta'\ge0\Leftrightarrow6-m\ge0\Leftrightarrow m\le6\)

Với \(m\le6\) theo vi-ét ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=m-5\end{matrix}\right.\dfrac{\left(1\right)}{\left(2\right)}\)

Ta có : \(2x_1+3x_2=7\) \(\left(3\right)\)

Từ (1) và (3) ta có hpt

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\2x_1+3x_2=7\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x_1+2x_2=4\\2x_1+3x_2=7\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-x_2=-3\\x_1+x_2=2\end{matrix}\right.\\\Leftrightarrow \left\{{}\begin{matrix}x_2=3\\x_1=-1\end{matrix}\right.\)

Thay \(x_1=-1;x_2=3\) vào (3) ta có

\(-1\cdot3=m^2-5\)

\(\Leftrightarrow-3=m^2-5\\ \Leftrightarrow m^2=2\)

\(\Leftrightarrow m=\pm\sqrt{2}\) ( TM \(m\le6\))

Vậy..........................................

đen ta = (-1)² - 1(m-5)

=1- m + 5

= -m + 6

phương trình có 2 nghiệm phân biệt x₁ ; x₂ khi đen ta > 0

tương đương -m + 6 > 0

-m > -6

m > 6 ( điều kiện sát định )

ta có x₁ + x₂ = -b/a = 2 (1)

2x₁ + 3x₂ = 7 (2)

từ (1) ; (2) ta có hệ phương trình

* x₁ + x₂ = 2 ; 2x₁ + 3x₂ = 7

* 2x₁ + 3x₂ = 7 ; -2x₁ - 2x₂ = -4

* x₂ = 3 ; x₁ + x₂ = 2

* x₂ = 3 ; x₁ + 3 = 2

* x₂ = 3 ; x₁ = -1

ta có x₁ . x₂ = c/a = m-5

thay 3.(-1) = m-5

-3 = m-5

m = -3 + 5

m = 2

vậy m = 2 thỏa mảng yêu cầu bài toán

Để pt có 2 n₀ pb thì \(\left\{{}\begin{matrix}a\ne0\\\Delta>0\end{matrix}\right.\) <=>\(\left\{{}\begin{matrix}m\ne0\\\left(m^2-3\right)^2-4m^2\end{matrix}\right.\)

<=> \(\left\{{}\begin{matrix}m\ne0\\m^4-10m^2+3>0\end{matrix}\right.\) <=> \(\left\{{}\begin{matrix}m\ne0\\\left(m^2-5\right)^2-16>0\end{matrix}\right.\)

<=> \(\left\{{}\begin{matrix}m\ne0\\\left(m^2-5\right)^2>16\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Xét (2) => \(\left[{}\begin{matrix}m^2-5< -4\\m^2-5>4\end{matrix}\right.\) <=> \(\left[{}\begin{matrix}m^2< 1\\m^2>9\end{matrix}\right.\) <=> \(\left[{}\begin{matrix}-1< m< 1\\\left[{}\begin{matrix}m< -3\\m>3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

=> -1 < m < 1, m \(\ne\) 0 và m < -3 hoặc m > 3 (x)

Với (x) thì pt luôn có n₀ . Theo Vi-ét ta có

x₁ + x₂ = \(\dfrac{-b}{a}=\dfrac{3-m^2}{m}\)

Theo đề bài ta có x₁ + x₂ = \(\dfrac{13}{4}\)

<=> \(\dfrac{3-m^2}{m}=\dfrac{13}{4}\)

<=> 12 - 4m² = 13m

<=> 4m² + 13m - 12 = 0

<=> (4m - 3)(m + 4) = 0

<=>\(\left[{}\begin{matrix}m=\dfrac{3}{4}\left(TM\right)\\m=-4\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy \(m=\dfrac{3}{4}\) hoặc m = -4

Xét phương trình \(x^2-mx+1005m=0\) có \(\Delta=m^2-4.1005m=m^2-4020m\)

Do pt có hai nghiệm nên \(\Delta\ge0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le0\\m\ge4020\end{matrix}\right.\)

Theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1.x_2=1005m\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow M=\dfrac{2.1005m+2680}{m^2+1}=\dfrac{2010m+2680}{m^2+1}\)

\(=335\left(\dfrac{\left(m+3\right)^2}{m^2+1}-1\right)\ge-335\)

Vậy minM = -335, khi m = -3.

\(C=x-\sqrt{x-2009}=\left(\sqrt{x-2009}-\dfrac{1}{2}\right)^2+2008,75\ge2008,75\)

Ta có \(\Delta'=\left(k-3\right)^2-\left(k^2-6k\right)=9>0\)

Khi đó pt luôn có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂. Áp dụng hệ thức Viet, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(k-3\right)\\x_1.x_2=k^2-6k\end{matrix}\right.\)

Vậy thì \(\dfrac{x_1^2+x_2^2}{2}=\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2}{2}=\dfrac{4\left(k-3\right)^2-2.\left(k^2-6k\right)}{2}\)

\(=\dfrac{2k^2-12k+36}{2}=k^2-6k+18=\left(k-3\right)^2+9\)

Vậy để \(\dfrac{x_1^2+x_2^2}{2}\) là bình phương của một số nguyên thì k - 3 = 0 hay k = 3.

Mình có ý tưởng thế này.

Theo vi et thì

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=m\end{matrix}\right.\)

Ta có:

\(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{2x_2}=\dfrac{1}{30}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x_2+x_1}{2x_1x_2}=\dfrac{1}{30}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2+x_2}{2m}=\dfrac{1}{30}\)

\(\Leftrightarrow m=30+15x_2\)

Vì x₂ là 1 nghiệm của pt nên ta có:

\(x^2_2-2x_2+m=0\)

\(\Leftrightarrow x^2_2-2x_2+30+15x_2=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x_2=-10\\x_2=-3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x_1=12\\x_1=5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=-120\\m=-15\end{matrix}\right.\)

Tại sao nhất thiết phải biến về vi et

Bạn chép cả cái đề lên đi.

\(\Delta=\)(m+1)\(^2\)- 1.(m-4) =\(m^2+2m+1\)\(-m+4\)=m\(^2\)+m+5>0 với mọi m

Gọi \(x_1,x_2\)là nghiệm của phương trình (1)

theo hệ thức Vi-ét ta có \(x_1+x_2=2\left(m+1\right)\);\(x_1.x_2=\)m-4

B=\(x_1\left(1-x_2\right)+x_2\left(1-x_1\right)=x_1-x_1x_2+x_2-x_1x_2=2\left(m+1\right)-2.\left(m-4\right)=2m-2m+2+8=10\)

=> B không phụ thuộc vào m