Xét \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta_1=a^2-4b\\\Delta_2=c^2-4d\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta_1+\Delta_2=a^2+c^2-4\left(b+d\right)\)

- Nếu \(b+d< 0\Rightarrow\frac{ac}{2}\le b+d\)

\(\Rightarrow a^2+c^2-4\left(b+d\right)\ge a^2+c^2-4.\frac{ac}{2}=\left(a-c\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow\Delta_1+\Delta_2\ge0\Rightarrow\) tồn tại ít nhất một trong 2 biểu thức \(\Delta_1;\Delta_2\) không âm \(\Rightarrow\) luôn có 1 trong 2 pt có nghiệm

- Nếu \(b+d>0\Rightarrow ac\ge2\left(b+d\right)\)

\(\Rightarrow\Delta_1+\Delta_2=\left(a-c\right)^2+2ac-4\left(b+d\right)\)

\(\Rightarrow\Delta_1+\Delta_2\ge\left(a-c\right)^2+2.2\left(b+d\right)-4\left(b+d\right)=\left(a-c\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow\) Tương tự như trên

Vậy pt luôn có nghiệm

bài................khó...............quá....................mà...............trời...........lại...............rét................tick..................ủng..............hộ.................mình.................nha.............

sao bat chuoc tao ha NGuyen ding anh

gfydxgcjhngfxhjhvcgbg

Bảo Ngọc tính nghiệm bị sai!

a) Ta xét : 

\(\Delta'=\left(m-2\right)^2+2m=m^2-2m+4=\left(m-1\right)^2+3\ge3>0\)

Vì \(\Delta'>0\)nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.

b) Dễ thấy : x₁<x₂ nên ta có : 

\(x_1=\frac{2\left(m-2\right)-\sqrt{\left(m-1\right)^2+3}}{2}=m-2-\sqrt{\left(m-1\right)^2+3}\) ; \(x_2=\frac{2\left(m-2\right)+\sqrt{\left(m-1\right)^2+3}}{2}=m-2+\sqrt{\left(m-1\right)^2+3}\)

\(x_2-x_1=x_1^2\Leftrightarrow2\sqrt{\left(m-1\right)^2+3}=\left(m-2-\sqrt{\left(m-1\right)^2+3}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(m-2\right)^2+\left(m-1\right)^2+3-2\left(m-2\right)\sqrt{\left(m-1\right)^2+3}=2\sqrt{\left(m-1\right)^2+3}\)

\(\Leftrightarrow m=2\)

Vậy m = 2

\(\frac{ay-bx}{c}=\frac{cx-az}{b}=\frac{bz-cy}{a}\)

\(\Rightarrow\frac{acy-bcx}{c^2}=\frac{bcx-abz}{b^2}=\frac{abz-acy}{a^2}=\frac{0}{a^2+b^2+c^2}=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}ay-bx=0\\cx-az=0\\bz-cy=0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(ay-bx\right)^2+\left(cx-az\right)^2+\left(bz-ay\right)^2=0\)

\(\Rightarrow a^2y^2-2axby+b^2x^2+a^2z^2-2axcz+c^2x^2+b^2z^2-2bycz\)

\(+c^2y^2=0\)

\(\Rightarrow a^2x^2+a^2y^2+a^2z^2+b^2x^2+b^2y^2+b^2z^2+c^2x^2+c^2y^2+c^2z^2\)

\(=a^2x^2+b^2y^2+c^2z^2+2axby+2bycz+2axcz\)

\(\Rightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(ax+by+cz\right)^2\)

Bài 1:
ĐKXĐ: \(1\leq x\leq 3\)

Ta có:

\(\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}=3x^2-4x-2\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{x-1}-1+\sqrt{3-x}-1=3x^2-4x-4\)

\(\Leftrightarrow \frac{x-2}{\sqrt{x-1}+1}+\frac{2-x}{\sqrt{3-x}+1}=(x-2)(3x+2)\)

\(\Leftrightarrow (x-2)\left(3x+2+\frac{1}{\sqrt{3-x}+1}-\frac{1}{\sqrt{x-1}+1}\right)=0(1)\)

Với mọi $1\leq x\leq 3$ ta luôn có \(3x+2\geq 5; \frac{1}{\sqrt{3-x}+1}>0; \frac{1}{\sqrt{x-1}+1}\leq 1\)

\(\Rightarrow 3x+2+\frac{1}{\sqrt{3-x}+1}-\frac{1}{\sqrt{x-1}+1}>0(2)\)

Từ (1);(2) suy ra \(x-2=0\Rightarrow x=2\)

Vậy $x=2$ là nghiệm duy nhất của pt đã cho.

Bài 2:

Với mọi $x,y,z$ nguyên không âm thì :

\(2014^z=2012^x+2013^y\geq 2012^0+2013^0=2\Rightarrow z\geq 1\)

Với $z\geq 1$ thì ta luôn có \(2012^x+2013^y=2014^z\) là số chẵn

Mà \(2013^y\) luôn lẻ nên \(2012^x\) phải lẻ. Điều này chỉ xảy ra khi $x=0$

Vậy $x=0$

Khi đó ta có: \(1+2013^y=2014^z\)

Nếu $z=1$ thì dễ thu được $y=1$

Nếu $z>1$:

Ta có: \(2014^z\vdots 4(1)\)

Mà \(2013\equiv 1\pmod 4\Rightarrow 1+2013^y\equiv 1+1\equiv 2\pmod 4\)

Tức \(1+2013^y\not\vdots 4\) (mâu thuẫn với (1))

Vậy PT có nghiệm duy nhất \((x,y,z)=(0,1,1)\)

Bài 3:

a)

Xét \(\Delta=(m+n)^2-4(m+1)=m^2+2m(n-2)+(n-2)(n+2)\)

\(=m^2+(n-2)(2m+n+2)\)

PT có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $\Delta$ là số chính phương.

Mà \(\Delta=m^2+(n-2)(2m+n+2)\) là scp với mọi số nguyên $m$ khi và chỉ khi $n=2$

Do đó luôn có giá trị $n=2$ không đổi để pt đã cho có nghiệm nguyên với mọi số nguyên $m$.

b) Với $m\neq -1$ thì dễ thấy $x=0$ không phải nghiệm của pt

Theo hệ thức Vi-et, với $x_1,x_2$ là hai nghiệm nguyên của pt thì:

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

\(\Rightarrow (m+n)^2+m^2=(x_1+x_2)^2+(x_1x_2-1)^2=x_1^2+x_2^2+x_1^2x_2^2+1=(x_1^2+1)(x_2^2+1)\) là hợp số với mọi $x_i\neq 0$

Do đó ta có đpcm.

a) Ta có: \(a^2-1\le0;b^2-1\le0;c^2-1\le0\) 

\(\Rightarrow\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\le0\)

\(a^2+b^2+c^2\le1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-a^2b^2c^2\le1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\) ( vì \(abc\ge0\) )

Có \(b-1\le0\Rightarrow a^2b\sqrt{b}\left(b-1\right)\le0\Rightarrow a^2b^2\le a^2b\sqrt{b}\)

Tương tự: \(\hept{\begin{cases}b^2c^2\le b^2c\sqrt{c}\\c^2a^2\le c^2a\sqrt{a}\end{cases}\Rightarrow dpcm}\)