\(\text{Chứng minh rằng nếu }x_1\text{ và }x_2\text{ là hai nghiệm khác nhau của đa thức :}\)
\(P\left(x\right)=ax^2+bx+c\left(a\ne0\right)\text{ thì }P\left(x\right)=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\)
CMR nếu \(x_1\)và \(x_2\)là hai nghiệm khác nhau của đa thức \(P\left(x\right)=ax^2+bx+c\left(a\ne0\right)\)thì \(P\left(x\right)=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right).\)
Lời giải sẽ dài lắm nhé
x1,x2 là hai nghiệm của \(P(x)\)nên :
\(P(x_1)=ax_1^2+bx_1+c=0\) \((1)\)
\(P(x_2)=ax^2_2+bx^2+c=0\)
\(P(x_1)-P(x_2)=a\left[x^2_1-x^2_2\right]+b\left[x_1-x_2\right]=0\)
\(a\left[x_1+x_2\right]\left[x_1-x_2\right]+b\left[x_1-x_2\right]=0\)
\(\left[x_1-x_2\right]\left[a\left\{x_1+x_2\right\}+b\right]=0\)
Vì x1 \(\ne\)x2 nên x1 - x2 \(\ne\)0 do đó
\(a\left[x_1+x_2\right]+b=0\Rightarrow b=-a\left[x_1+x_2\right]\) \((2)\)
Thế 2 vào 1 ta được :
\(ax^2_1-a\left[x_1+x_2\right]\cdot x_1+c=0\)
\(\Rightarrow c=ax_1\left[x_1+x_2\right]-ax^2_1=ax_1x_2\) \((3)\)
Thế 2 vào 3 vào P\((x)\)ta được :
\(P(x)=ax^2+bx+c=ax^2-ax\left[x_1+x_2\right]+ax_1x_2\)
\(=ax^2-axx_1-axx_2+ax_1x_2=a\left[x^2-xx_1-xx_2+x_1x_2\right]\)
\(=a\left[x\left\{x-x_1\right\}-x_2\left\{x-x_1\right\}\right]=a\left[x-x_1\right]\left[x-x_2\right]\)
Vậy : ....
Chứng minh rằng nếu \(x_1;x_2\)là 2 nghiệm của đa thức \(Q\left(x\right)=ax^2+bx+c\)\(\left(a\ne0\right)\)
\(CMR:\)
\(Q=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\)
Lớp 7 em có từng làm 1 bài này, thấy hay đăng cho mọi người tham khảo =D
XD
Mình làm theo cách lớp 9 :
Áp dụng định lí Vi-et ta có \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}\\x_1.x_2=\frac{c}{a}\end{cases}}\)
Vì a khác 0 nên ta có :
\(\frac{Q\left(x\right)}{a}=x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=x^2-\left(x_1+x_2\right).x+x_1.x_2=\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\)
\(\Rightarrow Q\left(x\right)=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\)
Giả sử phương trình \(ax^2+bx+c=0\left(a\ne0\right)\) có 2 nghiệm là \(x_1\)và \(x_2\). Chứng minh rằng ta có thể phân tích \(ax^2+bx+c=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\)
Áp dụng định lí viet: \(x_1+x_2=-\frac{b}{a},x_1.x_2=\frac{c}{a}\)
\(ax^2+bx+c=a\left(x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}\right)=a\left(x^2-\left(x_1+x_2\right)x+x_1.x_2\right)=a\left[\left(x^2-x_1.x\right)-\left(x_2x-x_1x_2\right)\right]\)
=\(a\left[x\left(x-x_1\right)-x_2\left(x-x_1\right)\right]=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\)
Cho hàm số \(f\left( x \right) = x + 1\).
a) So sánh \(f\left( 1 \right)\) và \(f\left( 2 \right)\).
b) Chứng minh rằng nếu \({x_1},{x_2} \in \mathbb{R}\) sao cho \({x_1} < {x_2}\) thì \(f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\).
a) Ta có:
\(f\left( 1 \right) = 1 + 1 = 2\)
\(f\left( 2 \right) = 2 + 1 = 3\)
\( \Rightarrow f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right)\)
b) Ta có:
\(f\left( {{x_1}} \right) = {x_1} + 1;f\left( {{x_2}} \right) = {x_2} + 1\)
\(\begin{array}{l}f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = \left( {{x_1} + 1} \right) - \left( {{x_2} + 1} \right)\\ = {x_1} - {x_2} < 0\end{array}\)
Vậy \({x_1} < {x_2} \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\).
1. Cho phương trình \(\left(x^2+\text{ax}+1\right)^2+a\left(x^2+\text{ax}+1\right)+1=0\) có nghiệm duy nhất. Chứng minh \(a>2\)
2. Cho a,b,c thỏa mãn \(a+2b+5c=0.Cmr:\) \(\text{ax}^2+bc+c=0\) có nghiệm
3. Giả sử phương trình \(\left(m+3\right)x^2+2\left(m+1\right)x+m=0\) có 2 nghiệm \(x_1,x_2\). Tìm a để \(F=\left(x_1-a\right)\left(x_2-a\right)\) không phụ thuộc vào m
Bài 1:
Khai bút đầu năm lấy may :''>
Đặt $x^2+ax+1=t$ thì ta có hệ \(\left\{\begin{matrix} x^2+ax+(1-t)=0(1)\\ t^2+at+1=0(2)\end{matrix}\right.\)
Trước tiên, pt $(2)$ cần có nghiệm.
Điều này xảy ra khi $\Delta_{(2)}=a^2-4\geq 0\Leftrightarrow a\geq 2$ hoặc $a\leq -2$
Để PT ban đầu có nghiệm duy nhất thì PT $(1)$ phải có nghiệm duy nhất. Điều này xảy ra khi $\Delta_{(1)}=a^2-4(1-t)=0$
$\Leftrightarrow 4(1-t)=a^2$. Mà $a^2\geq 4$ nên $1-t\geq 1\Rightarrow t\leq 0$
------------------
Giờ ta xét:
Nếu $a\leq -2$. Kết hợp với $t\leq 0\Rightarrow at\geq -2t$
$\Rightarrow 0=t^2+at+2\geq t^2-2t+1\Leftrightarrow 0\geq (t-1)^2$.
$\Rightarrow t-1=0\Rightarrow t=1$ (vô lý vì $t\leq 0$)
Do đó $a\geq 2$
Tuy nhiên thay $a=2$ vào hệ ta thấy không thỏa mãn. Do đó $a>2$ (đpcm)
Bài 2:
Nếu $a=0\Rightarrow 2b+5c=0\Rightarow c=\frac{-2}{5}b$
PT trở thành: $bx+c=0$
$\Leftrightarrow bx-\frac{2}{5}b=0$ có nghiệm duy nhất $x=\frac{2}{5}$ nếu $b\neq 0$ hoặc vô số nghiệm nếu $b=0$
Tức là với $a=0$ pt luôn có nghiệm.
Nếu $a\neq 0$. PT đã cho là pt bậc hai ẩn $x$
Xét $\Delta=b^2-4ac=b^2-4(-2b-5c)c=b^2+8bc+20c^2=(b+4c)^2+4c^2\geq 0$ với mọi $b,c$ nên PT đã cho luôn có nghiệm.
Vậy........
Bài 3:
Để pt đã cho có hai nghiệm thì:
\(\left\{\begin{matrix} m+3\neq 0\\ \Delta'=(m+1)^2-m(m+3)>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq -3\\ m^2-m+1>0\end{matrix}\right.\)
$\Leftrightarrow m\neq -3$
Áp dụng định lý Vi-et: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=\frac{-2(m+1)}{m+3}\\ x_1x_2=\frac{m}{m+3}\end{matrix}\right.\)
Khi đó:
$F=(x_1-a)(x_2-a)=x_1x_2-a(x_1+x_2)+a^2$
$=\frac{m}{m+3}+\frac{2a(m+1)}{m+3}+a^2$
$=\frac{(2a+1)(m+3)-4a-3}{m+3}+a^2$
$=2a+1-\frac{4a+3}{m+3}+a^2$
Để biểu thức này không phụ thuộc $m$ thì:
$\frac{4a+3}{m+3}=0\Leftrightarrow a=-\frac{3}{4}$
cho đa thức P(x) thỏa mãn \(P\left(1\right)=1;P\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1}{x^2}P\left(x\right),\forall x\ne0;\) \(P\left(x_1+x_2\right)=P\left(x_1\right)+P\left(x_2\right),\forall x_1,x_2\in R\). tính \(P\left(\dfrac{5}{7}\right)\)
Cho a,b,c là các số thực và \(a\ne0\). Chứng minh rằng nếu đa thức \(f\left(x\right)=a\left(ax^2+bx+c\right)^2+b\left(ax^2+bx+c\right)+c\) vô nghiệm thì phương trình \(g\left(x\right)=ax^2+bx-c\) có hai nghiệm trái dấu
Với \(c=0\Rightarrow f\left(x\right)=0\) có nghiệm \(x=0\) (loại)
TH1: \(a;c\) trái dấu
Xét pt \(f\left(x\right)=0\Leftrightarrow a\left(ax^2+bx+c\right)^2+b\left(ax^2+bx+c\right)+c=0\)
Đặt \(ax^2+bx+c=t\) \(\Rightarrow at^2+bt+c=0\) (1)
Do a; c trái dấu \(\Leftrightarrow\) (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu.
Không mất tính tổng quát, giả sử \(t_1< 0< t_2\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}ax^2+bx+c=t_1\\ax^2+bx+c=t_2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}ax^2+bx+c-t_1=0\left(2\right)\\ax^2+bx+c-t_2=0\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Mà a; c trái dấu nên:
- Nếu \(a>0\Rightarrow c< 0\Rightarrow c-t_2< 0\Rightarrow a\left(c-t_2\right)< 0\)
\(\Rightarrow\) (3) có nghiệm hay \(f\left(x\right)=0\) có nghiệm (loại)
- Nếu \(a< 0\Rightarrow c>0\Rightarrow c-t_1>0\Rightarrow a\left(c-t_1\right)< 0\)
\(\Rightarrow\left(2\right)\) có nghiệm hay \(f\left(x\right)=0\) có nghiệm (loại)
Vậy đa thức \(f\left(x\right)\) luôn có nghiệm khi a; c trái dấu
\(\Rightarrow\)Để \(f\left(x\right)=0\) vô nghiệm thì điều kiện cần là \(a;c\) cùng dấu \(\Leftrightarrow ac>0\)
Khi đó xét \(g\left(x\right)=0\) có \(a.\left(-c\right)< 0\Rightarrow g\left(x\right)=0\) luôn có 2 nghiệm trái dấu (đpcm)
132. Cho hàm số \(y=f\left(x\right)=kx\)( k là hằng số, \(k\ne0\)). Chứng minh rằng:
a) \(f\left(10x\right)=10f\left(x\right)\)
b) \(f\left(x_1+x_2\right)=f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)\)
c) \(f\left(x_1-x_2\right)=f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)\)
a, f(10x) = k.(10x) = 10.(kx) = 10.f(x)
b, f(x1 + x2) = k(x1 + x2) = kx1 + kx2 = f(x1) + f(x2)
c, f(x1 - x2) = k(x1 - x2) = kx1 - kx2 = f(x1) - f(x2)
cho a, f(1)=1
b,\(f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x^2}.f\left(x\right)\)
c,\(f\left(x_1+x_2\right)=f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right);x_1\ne0;x_2\ne0;x_1+x_2\ne0\)
chứng minh \(f\left(\frac{5}{7}\right)=\frac{5}{7}\)
\(f\left(\frac{5}{7}\right)=f\left(\frac{1}{\frac{7}{5}}\right)=\frac{1}{\left(\frac{7}{5}\right)^2}.f\left(\frac{7}{5}\right)=\frac{25}{49}.f\left(1+\frac{2}{5}\right)=\frac{25}{49}.\left(f\left(1\right)+f\left(\frac{2}{5}\right)\right)\)
Ta có : \(f\left(\frac{2}{5}\right)=f\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{5}\right)=f\left(\frac{1}{5}\right)+f\left(\frac{1}{5}\right)=2.f\left(\frac{1}{5}\right)=2.\frac{1}{5^2}.f\left(5\right)=\frac{2}{25}.f\left(1+1+1+1+1\right)\)
\(=\frac{2}{25}.\left(f\left(1\right)+f\left(1\right)+f\left(1\right)+f\left(1\right)+f\left(1\right)\right)=\frac{2}{25}.5=\frac{2}{5}\)
Vậy \(f\left(\frac{5}{7}\right)=\frac{49}{25}.\left(1+\frac{2}{5}\right)=\frac{25}{49}.\frac{7}{5}=\frac{5}{7}\)