Chứng minh rằng với điều kiện: \(\hept{\begin{cases}c>0\\\left(a+c\right)^2< ab+bc-2ac\end{cases}}\) thì phương trình \(ax^2+bx+c=0\) luôn có nghiệm.
Những câu hỏi liên quan
cho các số a,b,c thõa điều kiện :\(\hept{\begin{cases}c>0\\\left(c+a\right)^2< ab+bc-2ac\end{cases}}\) Chứng minh \(ax^2+bx+c=0\)luôn có nghiệm
Ta có: \(\Delta=b^2-4ac\)
Lại có: \(\left(a+c\right)^2< ab+bc-2ac\)
\(\Rightarrow-2ac>b\left(a+c\right)+\left(a+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\Delta=b^2-4ac>b^2+2b\left(a+c\right)+2\left(a+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\Delta>\left(a+b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2>0\)
Suy ra phương trình \(ax^2+bx+c\) luôn có nghiệm
Đúng 0
Bình luận (0)
Chuyên Quảng Ngãi 2018
Cho a,b,c là các số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện \(\hept{\begin{cases}a^2+a=b^2\\b^2+b=c^2\\c^2+c=a^2\end{cases}}\)
Chứng minh rằng \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=1\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}a^2+a=b^2\\b^2+b=c^2\\c^2+c=a^2\end{cases}}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)=a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow a+b+c=0\left(1\right)\)
Lại có:\(\hept{\begin{cases}a^2+a=b^2\\b^2+b=c^2\\c^2+c=a^2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-b^2=-a\\b^2-c^2=-b\\c^2-a^2=-c\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right).\left(a+b\right)=-a\\\left(b-c\right).\left(b+c\right)=-b\\\left(c-a\right).\left(c+a\right)=-c\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)=-\frac{a}{a+b}\\\left(b-c\right)=-\frac{b}{b+c}\\\left(c-a\right)=-\frac{c}{a+c}\end{cases}}\)
Từ (1) \(\Rightarrow\left(a-b\right).\left(b-c\right).\left(c-a\right)=-\left(\frac{a}{a+b}\cdot\frac{b}{b+c}\cdot\frac{c}{a+c}\right)=\frac{-abc}{-c.\left(-a\right).\left(-b\right)}=1\)
Đúng 0
Bình luận (0)
cho pt: \(ax^2+bx+c=0\left(a\ne0\right)\)
Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để pt có 2 nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia là:9ac=2b2
cho hệ phương trình \(\hept{\begin{cases}nx-y=4\\x+y=1\end{cases}}\)
a, với giá trị nào của n thì hệ phương trình có duy nhất một nghiệm
b, với giá trị nào của n thì hệ phương trình vô nghiệm
cho pt bậc 2: \(ax^2+bx+c=0\left(a\ne0\right)\)
CMR điều kiện cần và đủ để pt trên có 2 nghiệm mà nghiệm này bằng k lần nghiệm kia (k>0) là: \(kb^2=\left(k+1\right)^2ac\)
các bạn là cho mk điều kiện đủ nhé, cảm ơn nhiều
cho pt bậc 2: \(ax^2+bx+c=0\left(a\ne0\right)\)
CMR điều kiện cần và đủ để pt trên có 2 nghiệm mà nghiệm này bằng k lần nghiệm kia (k>0) là: \(kb^2=\left(k+1\right)^2ac\)
các bạn là cho mk điều kiện đủ nhé, cảm ơn nhiều
(+) điều kiện đủ : giả sử ta có : \(kb^2=\left(k+1\right)^2ac\) (1)
g/s PT \(ax^2+bx+c=0\) luôn có hai nghiệm x1 ; x2 ;
Theo hệ thức Viete ta có : \(\int^{x1x2=\frac{c}{a}}_{x1+x2=-\frac{b}{a}}\)
Từ (1) => \(\frac{kb^2}{a^2}=\frac{\left(k+1\right)^2c}{a}\Leftrightarrow k\left(-\frac{b}{a}\right)^2-\frac{\left(k+1\right)^2c}{a}=0\)
<=> \(k\left(x1+x2\right)-\left(k+1\right)^2x1x2\) = 0
<=> \(k\left(x1+x2\right)-\left(k^2+2k+1\right)x1x2=0\)
<=> \(kx1^2+2kx1x2+kx2^2-k^2x1x2-2kx1x2-x1x2=0\)
<=> \(kx1^2+kx2^2-k^2x1x2-x1x2\)
<=> \(kx1\left(x1-kx2\right)+x2\left(kx2-x1\right)=0\)
<=> \(\left(x1-kx2\right)\left(kx1-x2\right)=0\)
<=> x1 = kx2 hoặc x2 = kx1
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho \(\left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|>17\)
Chứng minh rằng hệ sau có nghiệm :\(\hept{\begin{cases}\left|ax^2+bx+c\right|>1\\0\le x\le1\end{cases}}\)
left(a+b+cright)left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-caright)0Leftrightarroworbr{begin{cases}a+b+c0a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca0end{cases}}TH1: Với a+b+c0Rightarrowhept{begin{cases}a+b-cb+c-ac+a-bend{cases}}Ta có:Sleft(1+frac{a}{b}right)left(1+frac{b}{c}right)left(1+frac{c}{a}right)frac{a+b}{b}.frac{b+c}{c}.frac{a+c}{a}frac{-c}{b}.frac{-a}{c}.frac{-b}{a}-1TH2: a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca0Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca0Leftrightarrowleft(a-bright)^2+left(b-cright)^2+left(c-aright)^20left(1right)Vì hept{begin{cases}left...
Đọc tiếp
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\end{cases}}\)
TH1: Với a+b+c=0\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b=-c\\b+c=-a\\c+a=-b\end{cases}}\)
Ta có:\(S=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)\)
\(=\frac{a+b}{b}.\frac{b+c}{c}.\frac{a+c}{a}\)
\(=\frac{-c}{b}.\frac{-a}{c}.\frac{-b}{a}\)
\(=-1\)
TH2: \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)
\(\Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\left(1\right)\)
Vì \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0;\forall a,b,c\\\left(b-c\right)^2\ge0;\forall a,b,c\\\left(c-a\right)^2\ge0;\forall a,b,c\end{cases}}\)\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0;\forall a,b,c\left(2\right)\)
Từ (1) và (2)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2=0\\\left(b-c\right)^2=0\\\left(c-a\right)^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=c\)
Ta có: \(S=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)\)
\(=2.2.2=8\)
Vậy .... ( ko bít ghi kiểu gì luôn -.- )
Cho x,y là hai số thực thỏa mãn \(\hept{\begin{cases}ax+by=c\\bx+cy=a\\cx+ay=b\end{cases}}\)
Chứng minh rằng : \(a^3+b^3+c^3=3abc\)
#)Giải :
Ta có : \(\hept{\begin{cases}ax+by=c\\bx+cy=a\\cx+ay=b\end{cases}\Rightarrow ax+by+bx+cy+cx+ay=c+a+b}\)
\(\Rightarrow x\left(a+b+c\right)+y\left(a+c+b\right)=a+b+c\)
\(\Rightarrow\left(x+y-1\right)\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Rightarrow a+b+c=0\Rightarrow a+b=-c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3=a^3+3ab\left(a+b\right)+b^3-3ab\left(a+b\right)+c^3\)
\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3\)
\(=\left(-c\right)^3-3ab\left(-c\right)+c^3=3abc\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Bài giải thiếu trường hợp \(x+y-1=0\) rồi
Đúng 0
Bình luận (0)
#)Góp ý :
alibaba nguyễn hình như đề bài yêu cầu cm thì chỉ cần cm thui là đc chứ ???
Đúng 0
Bình luận (0)
Xem thêm câu trả lời