Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
y1+y2= 3x1+3x2=3(x1+x2)
=\(\dfrac{-3b}{a}\)
y1y2=\(\dfrac{9c}{a}\)
Ta có pt x^2 +\(\dfrac{3b}{a}x+\dfrac{9c}{a}=0\)

 

Hệ thức Viète:
\(x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} , x_{1} x_{2} = \frac{c}{a} .\)
Điều kiện:
\(0 \leq x_{1} , x_{2} \leq 1.\)Biểu thức P:
Ta rút gọn:
\(P = \frac{\left(\right. a - b \left.\right) \left(\right. 2 a - c \left.\right)}{a \left(\right. a - b + c \left.\right)} .\)
Thay \(b = - a \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) , \textrm{ } c = a x_{1} x_{2}\):
\(P = \frac{\left(\right. a + a \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) \left.\right) \left(\right. 2 a - a x_{1} x_{2} \left.\right)}{a \left(\right. a + a \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) + a x_{1} x_{2} \left.\right)} .\)
Rút gọn \(a\):
\(P = \frac{\left(\right. 1 + x_{1} + x_{2} \left.\right) \left(\right. 2 - x_{1} x_{2} \left.\right)}{2 + x_{1} + x_{2} + x_{1} x_{2}} .\)Bài toán trở thành:
\(P \left(\right. x_{1} , x_{2} \left.\right) = \frac{\left(\right. 1 + x_{1} + x_{2} \left.\right) \left(\right. 2 - x_{1} x_{2} \left.\right)}{2 + x_{1} + x_{2} + x_{1} x_{2}} , 0 \leq x_{1} , x_{2} \leq 1.\)Xét giá trị biên:Nếu \(x_{1} = 0\):
\(P = \frac{\left(\right. 1 + x_{2} \left.\right) \left(\right. 2 - 0 \left.\right)}{2 + x_{2} + 0} = \frac{2 \left(\right. 1 + x_{2} \left.\right)}{2 + x_{2}} .\)
Với \(x_{2} \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\):\(x_{2} = 0 \Rightarrow P = 1\)\(x_{2} = 1 \Rightarrow P = \frac{4}{3} .\)
⇒ Trên cạnh này: \(1 \leq P \leq \frac{4}{3}\).Nếu \(x_{1} = 1\):
\(P = \frac{\left(\right. 2 + x_{2} \left.\right) \left(\right. 2 - x_{2} \left.\right)}{3 + x_{2}} .\)
Với \(x_{2} \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\):\(x_{2} = 0 \Rightarrow P = \frac{4}{3}\).\(x_{2} = 1 \Rightarrow P = \frac{3}{4} .\)
⇒ Trên cạnh này: \(\frac{3}{4} \leq P \leq \frac{4}{3} .\)Tương tự đối xứng cho các cạnh còn lại.Tại các đỉnh:\(\left(\right. 0 , 0 \left.\right) : P = 1\).\(\left(\right. 1 , 0 \left.\right) : P = \frac{4}{3}\).\(\left(\right. 0 , 1 \left.\right) : P = \frac{4}{3}\).\(\left(\right. 1 , 1 \left.\right) : P = \frac{3}{4}\).Kết luận:
Giá trị nhỏ nhất của \(P\) là:
\(\boxed{\frac{3}{4}}\)

`a) 7x^2 - 2x + 3 = 0`

`(a = 7; b = -2; c = 3)`

`Δ = b^2 - 4ac = (-2)^2 - 4.7.3 = -80 < 0`

`=>` phương trình vô nghiệm

`b) 6x^2 + x + 5 = 0`

`(a = 6;b = 1;c = 5)`

`Δ = b^2 - 4ac = 1^2 - 4.6.5 = -119 < 0`

`=>` phương trình vô nghiệm

`c) 6x^2 + x - 5 = 0`

`(a = 6;b=1;c=-5)`

`Δ = b^2 - 4ac = 1^2 - 4.6.(-5) = 121 > 0`

`=>` phương trình có 2 nghiệm phân biệt

`x_1 = (-b + sqrt{Δ})/(2a) = (-1+ sqrt{121})/(2.6) = (-1+11)/12 = 10/12 = 5/6`

`x_2 = (-b - sqrt{Δ})/(2a) = (-1- sqrt{121})/(2.6) = (-1-11)/12 = -12/12 = -1`

Vậy phương trình có 1 nghiệm `x_1 = 5/6; x_2 = -1`

 

ủa, mấy bài đó tương tự như ct mà:

\(7x^2-2x+3=0\) \(\left\{{}\begin{matrix}a=7\\b=-2\\c=3\end{matrix}\right.\)

\(\Delta=b^2-4ac=\left(-2\right)^2-4.7.3=-80\)

Vì \(\Delta< 0\) \(\Rightarrow\) pt vô nghiệm

a)

`7x^2 -2x+3=0`

có \(\Delta=b^2-4ac=\left(-2\right)^2-4\cdot7\cdot3=-80< 0\)

=> phương trình vô nghiệm

b)

`6x^2 +x+5=0`

có \(\Delta=b^2-4ac=1^2-4\cdot6\cdot5=-119< 0\)

=> phương trình vô nghiệm

c)

`6x^2 +x-5=0`

có \(\Delta=b^2-4ac=1^2-4\cdot6\cdot\left(-5\right)=121>0\)

\(=>x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-1+\sqrt{121}}{2\cdot6}=\dfrac{5}{6}\)

\(=>x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-1-\sqrt{121}}{2\cdot6}=-1\)

Áp dụng định lí viet: \(x_1+x_2=-\frac{b}{a},x_1.x_2=\frac{c}{a}\)

\(ax^2+bx+c=a\left(x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}\right)=a\left(x^2-\left(x_1+x_2\right)x+x_1.x_2\right)=a\left[\left(x^2-x_1.x\right)-\left(x_2x-x_1x_2\right)\right]\)

=\(a\left[x\left(x-x_1\right)-x_2\left(x-x_1\right)\right]=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\)

a) Xét phương trình thứ nhất, có \(\Delta_1=b^2-4ac\)

Xét phương trình thứ hai, có \(\Delta_2=b^2-4ca=b^2-4ac\)

Từ đó ta có \(\Delta_1=\Delta_2\), do đó, khi phương trình (1) có nghiệm \(\left(\Delta_1\ge0\right)\)thì \(\Delta_2\ge0\)dẫn đến phương trình (2) cũng có nghiệm và ngược lại.

Vậy 2 phương trình đã cho cùng có nghiệm hoặc cùng vô nghiệm.

b) Vì \(x_1,x_2\)là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo định lý Vi-ét, ta có \(x_1x_2=\frac{c}{a}\)

Tương tự, ta có \(x_1'x_2'=\frac{a}{c}\)

Từ đó \(x_1x_2+x_1'x_2'=\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\)

Nếu \(\hept{\begin{cases}a>0\\c>0\end{cases}}\)hay \(\hept{\begin{cases}a< 0\\c< 0\end{cases}}\)thì \(\hept{\begin{cases}\frac{c}{a}>0\\\frac{a}{c}>0\end{cases}}\), khi đó có thể áp dụng bất đẳ thức Cô-si cho 2 số dương \(\frac{c}{a}\)và \(\frac{a}{c}\):

\(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\ge2\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{a}{c}}=2\), dẫn đến \(x_1x_2+x_1'x_2'\ge2\)

Nhưng nếu \(\hept{\begin{cases}a>0\\c< 0\end{cases}}\)hay \(\hept{\begin{cases}a< 0\\c>0\end{cases}}\)thì \(\hept{\begin{cases}\frac{c}{a}< 0\\\frac{a}{c}< 0\end{cases}}\),như vậy \(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}< 0< 2\)dẫn đến \(x_1x_2+x_1'x_2'< 2\)

Như vậy không phải trong mọi trường hợp thì \(x_1x_2+x_1'x_2'>2\)

Thay `b=5a+2c` vào `ax^2+bx+c=0`:

`ax^2+(5a+2c)x+c=0`

`=>Delta=(5a+2c)^2-4ac`

`=25a^2+20ac+4c^2-4ac`

`=25a^2+16ac+4c^2`

`=9a^2+(16a^2+16ac+4c^2)`

`=9a^2+(4a+2c)^2>=0`

`=>` ĐPCM

Theo Vi et ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=\frac{-b}{a}\\x_1x_2=\frac{c}{a}\end{cases}}\)

Theo giả thuyết thì:

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

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{b^2}{a^2}-\frac{4c}{a}=0\)

\(\Leftrightarrow b^2-4ac=0\)

Vậy ta có ĐPCM

Mình chưa học cách chứng minh mệnh đề nhưng mk chứng minh được hệ thức Vi-et:

\(ax^2+bx+c=0\)

\(\Delta=b^2-4ac\)

để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta\ge0\)

\(\Rightarrow b^2-4ac\ge0\)

phương trình có 2 nghiệm là

\(x_1=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\)

\(x_2=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\)

Ta có

\(x_1+x_2=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}+\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\)

               \(=\frac{-2b}{2a}=-\frac{b}{a}\)

\(x_1.x_2=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}.\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\)

          \(=\frac{\left(-b+\sqrt{\Delta}\right).\left(-b-\sqrt{\Delta}\right)}{2a.2a}\)

           \(=\frac{b^2-\Delta}{4a^2}\)

              \(=\frac{b^2-\left(b^2-4ac\right)}{4a^2}\)

               \(=\frac{4ac}{4a^2}=\frac{c}{a}\)

a) ax^2 + bx + c = 0 Để phương trình thỏa mãn điều kiện có 2 nghiệm dương phân biệt. ∆ > 0 => b^2 - 4ac > 0 x1 + x2 = -b/a > 0 => b và a trái dấu x1.x2 = c/a > 0 => c và a cùng dấu Từ đó ta xét phương trình cx^2 + bx^2 + a = 0 ∆ = b^2 - 4ac >0 x3 + x4 = -b/c, vì a và c cùng dấu mà b và a trái dấu nên b và c trái dấu , vì vậy -b/c >0 x3.x4 = a/c, vì a và c cùng dấu nên a/c > 0 => phương trình cx^2 + cx + a có 2 nghiệm dương phân biệt x3 và x4 Vậy nếu phương trình ax^2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt thì phương trình cx^2 + bx + a = 0 cũng có 2 nghiệm dương phân biệt. b) Ta có, vì x1, x2, x3, x4 không âm, dùng cô si. x1 + x2 ≥ 2√( x1.x2 ) x3 + x4 ≥ 2√( x3x4 ) => x1 + x2 + x3 + x4 ≥ 2[ √( x1.x2 ) + √( x3x4 ) ] (#) Tiếp tục côsi cho 2 số không âm ta có √( x1.x2 ) + √( x3x4 ) ≥ 2√[√( x1.x2 )( x3.x4 ) ] (##) Theo a ta có x1.x2 = c/a x3.x4 = a/c => ( x1.x2 )( x3.x4 ) = 1 => 2√[√( x1.x2 )( x3.x4 ) ] = 2 Từ (#) và (##) ta có x1 + x2 + x3 + x4 ≥ 4