Dễ chứng minh được phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=4\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=3\end{matrix}\right.\).

Ta có: \(A=\dfrac{5x_1-x_2}{x_1}+\dfrac{x_1-5x_2}{x_2}\)

\(=5-5+\dfrac{x_1}{x_2}-\dfrac{x_2}{x_1}\)

\(=\dfrac{x_1^2-x_2^2}{x_1x_2}=\dfrac{\left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)}{x_1x_2}\) (*).

\(=\dfrac{\left(x_1+x_2\right)\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2}}{x_1x_2}\)

\(=\dfrac{\left(x_1+x_2\right)\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}}{x_1x_2}\)

Từ (*), suy ra: \(A=\pm\dfrac{4\sqrt{4^2-4\cdot3}}{3}=\pm\dfrac{8}{3}\)

2. Phương trình có nghiệm khi:

\(\Delta'=\left[-\left(m+2\right)\right]^2-1\left(m^2+2m+2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow m^2+4m+4-m^2-2m-2\ge0\Leftrightarrow m\ge-1.\)

Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m+2\right)\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+2m+2\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(P=x_1+x_2\left(x_2-x_1\right)=x_1^2+x_2^2-x_1x_2\)

\(=\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\)

\(\Rightarrow P=4\left(m+2\right)^2-3\left(m^2+2m+2\right)\)

\(=m^2+10m+10\)

\(\Leftrightarrow P=\left(m+5\right)^2-15\). Do \(m\ge-1\Rightarrow P\ge\left(-1+5\right)^2-15=1\).

Vậy: \(P_{min}=1\Leftrightarrow m=-1\left(TM\right)\).

Diện tích tam giác \(ABC\) ban đầu là: 

\(S_1=\dfrac{1}{2}\times h\times BC=\dfrac{1}{2}\times h\times12=6\times h\) (với \(h\) là chiều cao).

Sau khi giảm đáy \(BC\) đi \(5m\) thì độ dài đáy lúc này là \(BC-5=12-5=7\left(m\right)\).

Diện tích tam giác lúc này là: \(S_2=\dfrac{1}{2}\times h\times7=3,5\times h\).

Do diện tích giảm đi \(22,5\left(m^2\right)\Rightarrow S_1-S_2=22,5\)

\(\Leftrightarrow6\times h-3,5\times h=22,5\)

\(\Leftrightarrow\left(6-3,5\right)\times h=22,5\Rightarrow h=\dfrac{22,5}{6-3,5}=9\left(m\right)\)

Suy ra diện tích tam giác ban đầu: \(S_1=\dfrac{1}{2}\times h\times BC=\dfrac{1}{2}\times9\times12=54\left(m^2\right)\)

Trả lời thắc mắc của bạn: Phương trình \(\left(I\right)\) trong lời giải là suy ra từ phương trình \(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}=1\) của đề bài ấy.

Lấy mốc thế năng tại đáy bể.

Bảo toàn năng lượng cho gạch: \(mgh=\dfrac{1}{2}mv^2+\Delta W\)

\(\Rightarrow\Delta W=m\left(gh-\dfrac{1}{2}v^2\right)=2\left(10\cdot1,5-\dfrac{1}{2}\cdot2^2\right)=26\left(J\right)\)

Nhận giá trị dương thì \(P>0\), còn không âm thì \(P\ge0\).

Số 0 không phải là số dương cũng không phải là số âm nhé.

(Lớp 7 chắc đã học nhân đa thức rồi nhỉ, có chỗ nào không hiểu thì báo nhé.)

Giả sử \(a,b,c\) là 3 nghiệm nguyên của đa thức \(P\left(x\right)\).

Khi đó: \(P\left(x\right)=\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)=0\). Nhân phân phối ta được:

\(x^3-\left(a+b+c\right)x^2+\left(ab+bc+ca\right)x-abc=0\)

Đồng nhất hệ số, ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=0\left(1\right)\\ab+bc+ca=-1\left(2\right)\\abc=5\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Từ phương trình \(\left(3\right)\), ta thấy các bộ số \(\left(a;b;c\right)\) nguyên thỏa mãn chỉ có thể là: \(\left(1;1;5\right),\left(-1;-1;5\right),\left(1;-1;-5\right),\left(-1;1;-5\right)\). Mà các bộ số này lại không thỏa mãn được các phương trình \(\left(1\right),\left(2\right)\).

Do đó, \(P\left(x\right)\) không có nghiệm nguyên (đpcm).

\(\Delta\left|\right|d\Rightarrow\Delta\) có dạng \(x+y+c=0\left(1\right)\).

Từ \(\left(C\right)\Rightarrow a=2;b=-3;c=-12\Rightarrow R=\sqrt{a^2+b^2-c}=5\). Cũng suy ra được tọa độ tâm \(I\) là \(I\left(2;-3\right).\)

Do \(d\) tiếp xúc với \(\left(C\right)\), suy ra: \(d\left(I,d\right)=R\).

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left|ax_I+by_I+c\right|}{\sqrt{a^2+b^2}}=R\Leftrightarrow\dfrac{\left|1\cdot2+1\left(-3\right)+c\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=5\).

Suy ra: \(\left[{}\begin{matrix}c=5\sqrt{2}+1\\c=-5\sqrt{2}+1\end{matrix}\right.\).

Vậy: Phương trình đường thẳng cần tìm là: \(\left[{}\begin{matrix}d:x+y+5\sqrt{2}+1=0\\d:x+y-5\sqrt{2}+1=0\end{matrix}\right.\)

Cách này đối với mình là đơn giản nhất rồi, nếu có chỗ nào không hiểu thì bạn ib nhé:v

Inbox nhé=).