Phương trình bậc hai một ẩn - Hỏi đáp

Lời giải:

a) Khi $m=-1$ . PT trở thành:

\(x^2+2x-3=0\)

\(\Leftrightarrow (x-1)(x+3)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x=1\\ x=-3\end{matrix}\right.\)

b) Để pt trên có hai nghiệm phân biệt thì:

\(\Delta'=(m+2)^2-(m^2-4)>0\)

\(\Leftrightarrow 4m+8>0\Leftrightarrow m> -2\)

Áp dụng định lý Viete cho pt bậc 2, với $x_1,x_2$ là hai nghiệm của pt:

\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=-2(m+2)\\ x_1x_2=m^2-4\end{matrix}\right.\)

Khi đó:

\(x_1(1-x_2)+x_2(1-x_1)=6\)

\(\Leftrightarrow (x_1+x_2)-2x_1x_2=6\)

\(\Leftrightarrow -2(m+2)-2(m^2-4)=6\)

\(\Leftrightarrow -2m^2-2m-2=0\)

\(\Leftrightarrow m^2+m+1=0\)

\(\Leftrightarrow (m+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}=0\) (vô lý)

Vậy không tồn tại $m$ thỏa mãn đkđb.

\(\Leftrightarrow m=\frac{-1\pm \sqrt{13}}{2}\)

Kết hợp với đk \(m>-2\Rightarrow m=\frac{-1+\sqrt{13}}{2}\)

Lời giải:

Ta có: \(x^4-2(m+1)x^2+2m+1=0\)

\(\Leftrightarrow (x^4-x^2)-(2m+1)x^2+2m+1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2(x^2-1)-(2m+1)(x^2-1)=0\)

\(\Leftrightarrow (x^2-1)(x^2-2m-1)=0\)

Hiển nhiên pt đã có hai nghiệm \(x=\pm 1\)

Để pt có 4 nghiệm phân biệt thì \(x^2-2m-1=0(*)\) phải có hai nghiệm phân biệt khác $\pm 1$

Điều này xảy ra khi: \(\left\{\begin{matrix} 2m+1>0\\ 2m+1\neq 1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m> -\frac{1}{2}\\ m\neq 0\end{matrix}\right.\)

Khi đó $(*)$ có hai nghiệm \(\left[\begin{matrix} x=\sqrt{2m+1}\\ x=-\sqrt{2m+1}\end{matrix}\right.\)

PT có nghiệm 4 nghiệm khác $0$ là: \(1,-1, \sqrt{2m+1}, -\sqrt{2m+1}\)

Bài toán sẽ đẹp hơn nếu sắp xếp thứ tự của $x_1,x_2,x_3,x_4$. Nhưng vì không sắp xếp nên buộc ta phải xét TH.

Nếu $x_1,x_3$ là hai nghiệm đối nhau thì hoàn toàn vô lý vì \(2x_2\neq 0\)

Do đó: \(\left[\begin{matrix} x_1+x_3=1-\sqrt{2m+1}\\ x_1+x_3=1+\sqrt{2m+1}\\ x_1+x_3=-1+\sqrt{2m+1}\\ x_1+x_3=-1-\sqrt{2m-1}\end{matrix}\right.\)

\(\bullet x_1+x_3=1+\sqrt{2m+1}>0\) mà \(x_2\in\left\{-1; -\sqrt{2m+1}\right\}<0\) nên loại

\(\bullet x_1+x_3=-1-\sqrt{2m+1}<0\) mà \(x_2\in\left\{1; \sqrt{2m+1}\right\}>0\) nên loại

\(\bullet x_1+x_3=1-\sqrt{2m+1}\)

Nếu \(x_2=\sqrt{2m+1}\Rightarrow 1-\sqrt{2m+1}=2\sqrt{2m+1}\)

\(\Rightarrow m=\frac{-4}{9}\) (thỏa mãn)

Nếu \(x_2=-1\Rightarrow 1-\sqrt{2m+1}=-2\Rightarrow m=4\) (thỏa mãn)

\(\bullet x_1+x_3=\sqrt{2m+1}-1\)

Nếu \(x_2=-\sqrt{2m+1}\Rightarrow \sqrt{2m+1}-1=-2\sqrt{2m+1}\)

\(\Rightarrow m=\frac{-4}{9}\) (t/m)

Nếu \(x_2=1\Rightarrow \sqrt{2m+1}-1=2\Rightarrow m=4\)

Tóm lại \(m=\frac{-4}{9}; m=4\)

Lời giải:

Để pt có hai nghiệm thì: \(\Delta'=(m+1)^2-(m^2-2)>0\)

\(\Leftrightarrow 2m+3>0\Leftrightarrow m> \frac{-3}{2}(*)\)

Áp dụng định lý Viete có: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(m+1)\\ x_1x_2=m^2-2\end{matrix}\right.\)

1)

Để pt có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương thì:

\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2<0\\ x_1x_2< 0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2(m+1)<0\\ m^2-2< 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m< -1\\ -\sqrt{2}< m< \sqrt{2}\end{matrix}\right.\). Kết hợp với $(*)$ suy ra \(-\sqrt{2}< m< -1\)

2)

\(2x_1-x_2=-1\Leftrightarrow 3x_1-(x_1+x_2)=-1\)

\(\Leftrightarrow 3x_1-2(m+1)=-1\Leftrightarrow x_1=\frac{2m+1}{3}\)

\(\Rightarrow x_2=\frac{4m+5}{3}\)

Khi đó: \(m^2-2=x_1x_2=\frac{2m+1}{3}.\frac{4m+5}{3}\)

Giải pt ta dễ dàng suy ra \(m=7\pm 6\sqrt{2}\)

Kết hợp với $(*)$ thì \(m=7\pm 6\sqrt{2}\)

2x^2 +(2m-1)+m-1

với m =0 (1) có tích hai nghiệm =-1 => hai nghiệm trái dấu => (1) không có có hai nghiệm dương với mọi m => dpcm

Lời giải:

Vì \(\Delta=(m+1)^2-4m=(m-1)^2\geq 0, \forall m\in\mathbb{R}\) nên pt luôn có nghiệm với mọi $m$

Bây giờ phản chứng, giả sử pt có thể có hai nghiệm dương $x_1,x_2$.

Theo định lý Viete ta có: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=-(m+1)\\ x_1x_2=m\end{matrix}\right.\)

Khi $x_1,x_2>0$ thì \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=-(m+1)>0\\ x_1x_2=m>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m<-1\\ m>0\end{matrix}\right.\) (vô lý)

Do đó pt không thể có hai nghiệm dương với mọi $m$

1) \(\Delta\)' = (-m+2)² -2m+5 = 4-4m+m²-2m+5 = m²-6m+9 = (m-3)² \(\ge\) 0

=> pt luôn có nghiệm với mọi m

2) ta có : B = x₁(1-x₂) + x₂(1-x₁) < 4

<=>B = x₁ - x₁x₂ + x₂ - x₁x₂ < 4

<=> B = (x₁ + x₂ ) - 2x₁x₂ < 4

theo định lí vi - ét ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m+4\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=2m-5\end{matrix}\right.\)

=> 2m+4 - 2(2m-5) < 4

=> -2m + 14 < 4

=> -2m < -10

=> m > 5

vậy để pt thỏa mãn B = x₁(1-x₂) + x₂(1-x₁) < 4 thì m > 5

Lời giải:

\(x^2-2(2m-3)x-(3m+2)=0\)

Ta thấy: \(\Delta'=(2m-3)^2+(3m+2)=4m^2-9m+11\)

\(=(2m-\frac{9}{4})^2+\frac{95}{16}>0\) với mọi \(m\in\mathbb{R}\)

Do đó pt có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\)

Khi đó, áp dụng định lý Viete cho pt (1):

\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(2m-3)\\ x_1x_2=-(3m+2)\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(x_1^2+x_2^2=14\)

\(\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-2x_1x_2=14\)

\(\Leftrightarrow 4(2m-3)^2+2(3m+2)=14\)

\(\Leftrightarrow 16m^2-42m+26=0\)

\(\Leftrightarrow 8m^2-21m+13=0\)

\(\Leftrightarrow (m-1)(8m-13)=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} m=1\\ m=\frac{13}{8}\end{matrix}\right.\)

Vậy....

\(\Delta'\)= [-(2m-3)]²-(-3m-2)

= 4m²-12m+9+3m+2

= 4m²-9m+11

= (2m-\(\dfrac{9}{4}\))² +2 >0

Vậy phương trình có hai ngiệm phân biệt x1,x2

Gọi hai nghiệm của phương trình là x₁ và x₂ . Theo hệ thức Vi - ét có :\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}=2\left(2m-3\right)\left(1\right)\\x_1.x_2=\dfrac{c}{a}=-3m-2\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Theo đề bài : \(x_1^2+x_2^2=14\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2=14\)(3)

Thay (1) (2) vào (3) ta được

[2(2m-3)]² -2(-3m-2) = 14

\(\Leftrightarrow\)\(4\left(4m^2-12m+9\right)+6m+4=14\)

\(\Leftrightarrow\)\(16m^2-48m+36+6m+4-14=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(16m^2-42m+26=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(8m^2-21m+13=0\)

Ta có : \(a+b+c=8-21+13=0\)

\(\Rightarrow\)Phương trình có hai nghiệm \(m_1=1\) ; \(m_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{13}{8}\)

Vậy \(m=1\) hoặc \(m=\dfrac{13}{8}\) thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn \(x_1^2+x_2^2=14\)

Đề bài:Cho x,y,z dương thỏa mãn \(x\geq y\geq z>0\). CMR

\(\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\geq x^2+y^2+z^2\)

Giải

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\left(\dfrac{x^2y}{z}+\dfrac{y^2z}{x}+\dfrac{z^2x}{y}\right)\left(\dfrac{x^2z}{y}+\dfrac{y^2x}{z}+\dfrac{z^2y}{x}\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

Vậy ta cần chứng minh \(\dfrac{x^2y}{z}+\dfrac{y^2z}{x}+\dfrac{z^2x}{y}\ge\dfrac{x^2z}{y}+\dfrac{y^2x}{z}+\dfrac{z^2y}{x}\)

Thật vậy ta có: \(\dfrac{x^2y}{z}+\dfrac{y^2z}{x}+\dfrac{z^2x}{y}-\dfrac{x^2z}{y}+\dfrac{y^2x}{z}+\dfrac{z^2y}{x}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(xy+yz+xz\right)\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(x-z\right)}{xyz}\ge0\) (luôn đúng)