ĐK:1\(\ge\)x\(\ge\)-1

+) Với x₁=x₂=...=x₂₀₀₀ 

Từ (1) suy ra x₁=x₂=...=x₂₀₀₀ =1/2000 (thay vào (2) thỏa mãn)

+) Với x₁<x₂<...<x₂₀₀₀ ( trường hợp còn lại chắc cũng giống vậy)

Từ (1) suy ra:

VT>2000.\(\sqrt{1+x_1}\)<=> \(\sqrt{\frac{2001}{2000}}\)>\(\sqrt{1+x_1}\)<=>x₁<1/2000(1)

Từ (2) suy ra:

VT<2000.\(\sqrt{1+x_1}\)<=>\(\sqrt{\frac{1999}{2000}}\)<\(\sqrt{1-x_1}\) <=>x₁>1/2000(2)

Từ (1) và (2) cho thấy x₁<x₂<...<x₂₀₀₀ không xảy ra 

Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x₁=x₂=...=x₂₀₀₀ =1/2000

Cảm ơn nhiều nha Lê Hồ Trọng Tín , cách giải rất hay . Mk có cách này, cũng gần tương tự(p/s nhà mk đã đủ gạch đá r nên k dám nhận nữa đâu ( v￣▽￣)   )

Điều kiện \(-1\le x_n\le1\) với mọi \(n=1,2,3,...,2000\)

Khi đó :

\( \left(1\right)\Leftrightarrow2000.2001=\left(\sqrt{1+x_1}+\sqrt{1+x_2}+...+\sqrt{1+x_{2000}}\right)^2\)

                     \(\le\left(1+1+...+1\right)\left(1+x_1+1+x_2+...+1+x_{2000}\right)\)( bất đẳng thức bunyakovsky)

                     \(=2000\left(2000+x_1+x_2+...+x_{2000}\right)\)

           \(\Leftrightarrow1\le x_1+x_2+...+x_{2000}\)

Khi đó :

\(\left(2\right)\Leftrightarrow2000.1999\le\left(1+1+...+1\right)\left(1+1+...+1-x_1-x_2-...-x_{2000}\right)\)

        \(\Leftrightarrow x_1+x_2+...+x_{2000}\le1\)

Do đó \(\hept{\begin{cases}1+x_1=1+x_2=...=1+x_{2000}\\1-x_1=1-x_2=...=1-x_{2000}\\x_1+x_2+...+x_{2000}=1\end{cases}\Leftrightarrow_{ }}x_1=x_2=...=x_{2000}=\frac{1}{2000}.\)

key 42

\(\Delta=4m^2+20m+25-8m-4=4m^2+12m+21=\left(2m+3\right)^2+12>0\)

 với mọi m => pt có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2

theo Viet (điều kiện m > -1/2)

\(\left\{{}\begin{matrix}x1+x2=2m+5\\x1.x2=2m+1\end{matrix}\right.\)

\(p^2=x1-2\left|\sqrt{x1.x2}\right|+x2=2m+5-2\sqrt{2m+1}=\left(\sqrt{2m+1}-1\right)^2+3\ge3< =>p\ge\sqrt{3}\)

dấu bằng xảy ra khi \(\sqrt{2m+1}=1< =>m=0\left(tm\right)\)

\(\text{Δ}=\left[-2\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot2m\)

\(=4\left(m^2+2m+1\right)-8m\)

\(=4m^2+4>=4>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-\left[-2\left(m+1\right)\right]}{1}=2\left(m+1\right)\\x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2m}{1}=2m\end{matrix}\right.\)

\(P=x_1^2+x_2\cdot2\left(m+1\right)+4x_1x_2\)

\(=x_1^2+x_2\cdot\left(x_1+x_2\right)+4\cdot2m\)

\(=x_1^2+x_2^2+x_1x_2+8m\)

\(=\left(x_1+x_2\right)^2-x_1x_2+8m\)

\(=\left(2m+2\right)^2-2m+8m\)

\(=4m^2+8m+4+6m\)

\(=4m^2+14m+4\)

\(=4\left(m^2+\dfrac{7}{2}m+1\right)\)

\(=4\left(m^2+2\cdot m\cdot\dfrac{7}{4}+\dfrac{49}{16}-\dfrac{33}{16}\right)\)

\(=4\left(m+\dfrac{7}{4}\right)^2-\dfrac{33}{4}>=-\dfrac{33}{4}\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi \(m+\dfrac{7}{4}=0\)

=>\(m=-\dfrac{7}{4}\)

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-2m=m^2+1>0;\forall m\)

Phương trình luôn có 2 nghiệm pb với mọi m

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=2m\end{matrix}\right.\)

\(P=x_1^2+2\left(m+1\right)x_2+4x_1x_2\)

\(=x_1\left(x_1+x_2\right)-x_1x_2+2\left(m+1\right)x_2+4x_1x_2\)

\(=2\left(m+1\right)x_1+2\left(m+1\right)x_2+3x_1x_2\)

\(=2\left(m+1\right)\left(x_1+x_2\right)+3x_1x_2\)

\(=4\left(m+1\right)^2+6m\)

\(=4m^2+14m+4\)

\(=4\left(m+\dfrac{7}{4}\right)^2-\dfrac{33}{4}\ge-\dfrac{33}{4}\)

\(P_{min}=-\dfrac{33}{4}\) khi \(m=-\dfrac{7}{4}\)

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì:

\(\Delta>0\)

<=> \(\left[-\left(2m+5\right)\right]^2-4.1.\left(2m+1\right)>0\)

\(\Leftrightarrow4m^2+12m+21>0\)

\(\Leftrightarrow4m^2+12m+9+12>0\)

<=> \(\left(2m+3\right)^2+12>0\)

Vì (2m+3)² luôn lớn hơn hoặc bằng 0 với mọi m nên phương trình đã cho có nghiệm với mọi giá trị m.

Theo viét:

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

Theo đề:

\(M=\left|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}\right|\) (điều kiện: \(x_1;x_2\ge0\))

=> \(M^2=x_1+x_2-2\sqrt{x_1x_2}=2m+5-2\sqrt{2m+1}\)

<=> \(M^2=\left(\sqrt{2m+1}\right)\left(\sqrt{2m+1}\right)-2\sqrt{\left(2m+1\right)}+4\)

<=> \(M^2=\left(\sqrt{2m+1}\right)\left(\sqrt{2m+1}-2\right)+4\)

<=> \(M^2=\left(\sqrt{2m+1}-1\right)^2+4\ge4\)

=> \(M\ge2\).

Dấu "=" xảy ra khi m = 0

Thế m = 0 vào phương trình ở đề được:

\(x^2-5x+1=0\)

Phương trình này có hai nghiệm dương -> thỏa mãn điều kiện.

Vậy min M = 2 và m = 0

☕T.Lam

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ △ > 0

⇔ 4m² + 20m + 25 - 8m - 4 > 0

⇔ 4m² + 12m + 21 > 0

⇔ (2m + 3)² + 12 > 0 ⇔ m ∈ R

Theo hệ thức Viet có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m+5\\x_1.x_2=2m+1\end{matrix}\right.\)

=> P² = (\(\left|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}\right|\))² = (\(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}\))²

                                       = x₁ + x₂ - 2\(\sqrt{x_1.x_2}\)

                                       = 2m + 5 - 2\(\sqrt{2m+1}\)

                                       = 2m + 1 - 2\(\sqrt{2m+1}\) + 1 + 3

                                       = (\(\sqrt{2m+1}\) - 1)² + 3 ≥ 3 ∀m

=> P ≥ \(\sqrt{3}\) 

Dấu "=" xảy ra ⇔ \(\sqrt{2m+1}\) - 1 = 0 ⇔ \(\sqrt{2m+1}\)=1 ⇔ 2m + 1 = 1 ⇔ m = 0

Vậy với m = 0 thì P đạt GTNN = \(\sqrt{3}\)