Cho hai phương trình:
\(x^2-a_1x+b_1=0\)
\(x^2+a_2x+b_2=0\)
thỏa mãn: \(a_1,a_2\ge2\left(b_1+b_2\right)\)
Chứng minh: ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm
Cho phương trình: \(x^2+a_1x+b_1=0\left(1\right)\) ; \(x^2+a_2x+b_2=0\left(2\right)\). Cho biết \(a_1a_2\ge2\left(b_1+b_2\right)\). Chứng minh rằng ít nhất 1 trong 2 phương trình đã cho có nghiệm
Giả sử 2 phương trình đã cho đều vô nghiệm
=> \(\Delta_1< 0\Leftrightarrow a_1^2-4b_1< 0\Leftrightarrow a_1^2< 4b_1\)
\(\Delta_2< 0\Leftrightarrow a_2^2-4b_2< 0\Leftrightarrow a_2^2< 4b_2\)
\(\Rightarrow a_1^2+a_2^2< 4\left(b_1+b_2\right)\)(1)
Lại có: \(a_1.a_2\ge2\left(b_1+b_2\right)\)
\(\Leftrightarrow2a_1.a_2\ge4\left(b_1+b_2\right)\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a_1^2+a_2^2< 2a_1a_2\) (3)
Mặt khác:\(\left(a_1-a_2\right)^2\ge0\Leftrightarrow a_1^2+a_2^2\ge2a_1_1b_1\)trái với (3)
=> giả sử sai
=> ít nhất một trong 2 phương trình đã cho có nghiệm.
Sai thì thôi nhé~
Giả sử phương trình \(x^2+px+1=0\)có nghiệm là \(a_1;a_2\), phương trình \(x^2+qx+1=0\) có nghiệm \(b_1,b_2\)Chứng minh \(\left(a_1-b_1\right)\left(a_2-b_1\right)\left(a_1+b_2\right)\left(a_2+b_2\right)=q^2-p^2\)
Theo vi ét:
\(\hept{\begin{cases}a_1a_2=1\\a_1+a_2=-p\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}b_1b_2=1\\b_1+b_2=-q\end{cases}}\)
Ta có: \(\left(a_1-b_1\right)\left(a_2-b_1\right)\left(a_1+b_2\right)\left(a_2+b_2\right)\)
\(=\left(a_1a_2+b_1^2-a_1b_1-a_2b_1\right)\left(a_1a_2+a_2b_2+b_2^2+a_1b_2\right)\)
\(=\left(1+b_1^2+pb_1\right)\left(1+b_2^2-pb_2\right)\)
\(=1+b_2^2-pb_2+b_1^2+b_1^2b_2^2-pb_1^2b_2+pb_1+pb_1b_2^2-p^2b_1b_2\)
= \(1+b_1^2+b_2^2-pb_2-pb_1+1+pb_1+pb_2-p^2\)
\(=2+\left(b_1+b_2\right)^2-2b_1b_2-p^2\)
\(=q^2-p^2\)
1. Giải phương trình
\(x^4+2x^3+2x^2+x+6=0\)
2. Cho phương trình \(x^2+a_1x+b_1=0\left(1\right)\)
\(x^2+a_2x+b_2=0\left(2\right)\)
Chứng minh rằng nếu \(a_1^2+a^2_2\ge4\left(b_1+b_2\right)\)
thì (1) và (2) luôn có nghiệm
Câu 1 : Ta có :\(x^4+2x^3+2x^2+x+6\)
\(=x^4+2x^3+x^2+x^2+x+6\)
\(=x^2\left(x+1\right)^2+\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{23}{4}>0\)
Vì \(VT>0\) nên phương trình vô nghiệm .
Câu 2 : Ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}\Delta_1=a_1^2-4b_1\\\Delta_2=a_2^2-4b_2\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta_1+\Delta_2=a_1^2+a_2^2-4\left(b_1+b_2\right)\)
Mà : \(a_1^2+a_2^2\ge4\left(b_1+b_2\right)\Leftrightarrow\Delta_1+\Delta_2\ge0\)
Nên hai phương trình luôn có nghiệm
Cho hai đường thẳng
\({\Delta _1}:{a_1}x + {b_1}y + {c_1} = 0\) (\({a_1}^2 + {b_1}^2 > 0\)) và \({\Delta _2}:{a_2}x + {b_2}y + {c_2} = 0\) \(\left( {{a_2}^2 + {b_2}^2 > 0} \right)\)
có vectơ pháp tuyến lần lượt là \(\overrightarrow {{n_1}} \) và \(\overrightarrow {{n_2}} \).
Tìm tọa độ \(\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} \)và tính \(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right)\)
+) Từ phương trình \({\Delta _1}:{a_1}x + {b_1}y + {c_1} = 0\) ta xác định được tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_1}} \) là \(\left( {{a_1};{b_1}} \right)\)
+) Từ phương trình \({\Delta _2}:{a_2}x + {b_2}y + {c_2} = 0\) ta xác định được tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_2}} \) là \(\left( {{a_2};{b_2}} \right)\)
+) \(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right) = \frac{{\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{{a_1}{a_2} + {b_1}{b_2}}}{{\sqrt {{a_1}^2 + {b_1}^2} \sqrt {{a_2}^2 + {b_2}^2} }}\)
cm phản chứng nếu \(a_1a_2\)≥ 2(\(b_1+b_2\)) thì ít nhất 1 trong 2 phương trình \(x^2+a_1x+b_1=0,x^2+a_2x+b_2=0\) có nghiệm
thử sức xíu, có sai mong bỏ qua, xie xie :3
Giả sử cả 2 pt đều vô nghiệm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a_1^2-4b_1< 0\\a_2^2-4b_2< 0\end{matrix}\right.\Rightarrow a_1^2-4b_1+a_2^2-4b_2< 0\)
Có \(a_1^2+a_2^2\ge2a_1a_2\)
\(\Rightarrow a_1^2+a_2^2-4\left(b_1+b_2\right)\ge2a_1a_2-4\left(b_1+b_2\right)\)
Theo gt có: \(a_1a_2-2\left(b_1+b_2\right)\ge0\)
Mà \(a_1^2+a_2^2-4\left(b_1+b_2\right)< 0\Rightarrow2a_1a_2-4\left(b_1+b_2\right)< 0\) (trái vs giả thiết)
=> Ít nhất 1 trong 2 pt có nghiệm
Cho hệ: \(\hept{\begin{cases}a_1x+b_1y=c_1\\a_2x+b_2y=c_2\end{cases}}\)
CMR:
a)Hệ có vô số ngiệm khi : \(\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}=\frac{c_1}{c_2}\)
b)Hệ vô nghiệm khi:\(\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}\ne\frac{c_1}{c_2}\)
c)Hệ có nghiệm duy nhất khi: \(\frac{a_1}{a_2}\ne\frac{b_1}{b_2}\)
Chứng minh rằng: \(\frac{a_1}{b_1}+\frac{a_2}{b_2}+\frac{a_3}{b_3}+...+\frac{a_n}{b_n}\ge n\left(\frac{a_1+a_2+a_3+...+a_n}{b_1+b_2+b_3+...+b_n}\right)\)
Với \(a_1,a_2...,a_n;b_1,b_2...,b_n>0\)
cho khai triển \(\left(\dfrac{x^2+2x+2}{x+1}\right)^{2020}=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{2020}x^{2020}+\dfrac{b_1}{x+1}+\dfrac{b_2}{\left(x+1\right)^2}+...+\dfrac{b_{2020}}{\left(x+1\right)^{2020}}\) tính tổng \(S=b_1+b_2+...+b_{2020}\)
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\left( {a > b > 0} \right)\)
a) Tìm các giao điểm \({A_1},{A_2}\) của (E) với trục hoành và các giao điểm \({B_1},{B_2}\) của (E) với trục tung. Tính \({A_1}{A_2},{B_1}{B_2}\).
b) Xét một điểm bất kì \(M\left( {{x_o};{y_o}} \right)\) thuộc (E).
Chứng minh rằng, \({b^2} \le x_o^2 + y_o^2 \le {a^2}\) và \(b \le OM \le a\).
Chú ý: \({A_1}{A_2},{B_1}{B_2}\)tương ứng được gọi là trục lớn, trục nhỏ của elip (E) và tương ứng có độ dài là 2a, 2b.
a) Các giao điểm của (E) với trục hoành có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \pm a\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1}\left( { - a;0} \right)\\{A_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)
Các giao điểm của (E) với trục tung có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = \pm b\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{B_1}\left( {0; - b} \right)\\{B_2}\left( {0;b} \right)\end{array} \right.\)
Ta có \({A_1}{A_2} = 2a,{B_1}{B_2} = 2b\).
b) Do M thuộc (E) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} = 1\)
Do \(a > b > 0\) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}}\). Suy ra \(1 \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {b^2} \le x_o^2 + y_o^2\)
Tương tự ta có \(\frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}}\) nên \(1 \ge \frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {a^2} \ge x_o^2 + y_o^2\)
Vậy \({b^2} \le x_o^2 + y_o^2 \le {a^2}\)
Ta có \(OM = \sqrt {x_o^2 + y_o^2} \) suy ra \(b \le OM \le a\)