Do a, b, c đôi một khác nhau nên 2(a - b)(b - c)(c - a) ≠ 0. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

khó quá

* Giả sử cả 3 pt đều có nghiệm kép hoặc vô nghiệm ta có : 

pt \(x^2-2ax+b=0\) (1) có \(\Delta_1'=\left(-a\right)^2-b=a^2-b\le0\)

pt \(x^2-2bx+c=0\) (2) có \(\Delta_2'=\left(-b\right)^2-c=b^2-c\le0\)

pt \(x^2-2cx+a=0\) (3) có \(\Delta_3'=\left(-c\right)^2-a=c^2-a\le0\)

\(\Rightarrow\)\(\Delta_1'+\Delta_2'+\Delta_3'=\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)\le0\) (*) 

Lại có : \(0< a,b,c< 3\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a\left(3-a\right)>0\\b\left(3-b\right)>0\\c\left(3-c\right)>0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3a>a^2\\3b>b^2\\3c>c^2\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)< 3\left(a+b+c\right)-\left(a+b+c\right)=2\left(a+b+c\right)=6>0\)

trái với (*) 

Vậy có ít nhất một phương trình có hai nghiệm phân biệt 

cái kia chưa bt làm -_- 

nhầm r >_< sửa lại chỗ này nhé 

Lại có : \(0< a,b,c< 3\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a\left(3-a\right)< 0\\b\left(3-b\right)< 0\\c\left(3-c\right)< 0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3a< a^2\\3b< b^2\\3c< c^2\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)>3\left(a+b+c\right)-\left(a+b+c\right)=6>0\) :))

kb nhé

12345x331=...///???......................ai nhanh  mk tk cho

mk ko biet dang  cau  hoi nen phai the thoi mong  cac ban thon  cam

Đặt \(f\left(x\right)=\left(x-a\right)\left(x-b\right)+\left(x-b\right)\left(x-c\right)+\left(x-c\right)\left(x-a\right)\)

Hàm \(f\left(x\right)\) hiển nhiên liên tục trên R

Do vai trò a;b;c như nhau, không mất tính tổng quát giả sử \(a< b< c\)

\(f\left(a\right)=\left(a-b\right)\left(a-c\right)\)

\(f\left(b\right)=\left(b-a\right)\left(b-c\right)\)

\(f\left(c\right)=\left(c-a\right)\left(c-b\right)\)

\(f\left(a\right).f\left(b\right)=\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-a\right)\left(b-c\right)=\left(a-b\right)^2\left(c-a\right)\left(b-c\right)\)

Do \(a< b< c\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c-a>0\\b-c< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow f\left(a\right).f\left(b\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc (a;b)

\(f\left(b\right).f\left(c\right)=\left(b-a\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)=\left(b-c\right)^2\left(a-b\right)\left(c-a\right)\)

Do \(a< b< c\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b< 0\\c-a>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow f\left(b\right).f\left(c\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc (b;c)

Vậy pt đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt

Ý tưởng như sau:

\(x^2+ax+1=0\) và \(x^2+bx+c=0\) là 2 pt có nghiệm chung nên hệ pt sau có nghiệm (nhận xét quan trọng):

\(\hept{\begin{cases}x^2+ax+1=0\\x^2+bx+c=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)x=c-1\\x^2+ax+1=0\end{cases}}\)

Do \(a\ne b\) nên thay \(x=\frac{c-1}{a-b}\) xuống pt dưới được: \(\left(\frac{c-1}{a-b}\right)^2+\frac{a\left(c-1\right)}{a-b}+1=0\)

Hay \(\left(c-1\right)^2+a\left(c-1\right)\left(a-b\right)+\left(a-b\right)^2=0\)

-----

\(x^2+x+a=0\) và \(x^2+cx+b=0\) có nghiệm chung thì hệ pt sau có nghiệm:

\(\hept{\begin{cases}x^2+x+a=0\\x^2+cx+b=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(c-1\right)x=a-b\\x^2+x+a=0\end{cases}}}\)

Do \(a\ne b\) nên \(c\ne1\), thay \(x=\frac{a-b}{c-1}\) xuống pt dưới được:

\(\left(\frac{a-b}{c-1}\right)^2+\frac{a-b}{c-1}+a=0\) hay \(\left(a-b\right)^2+\left(a-b\right)\left(c-1\right)+a\left(c-1\right)^2=0\)

-----

Đặt \(x=a-b,y=c-1\)

Ta có hệ: \(\hept{\begin{cases}x^2+axy+y^2=0\\x^2+xy+ay^2=0\end{cases}\Rightarrow\left(a-1\right)xy=\left(a-1\right)y^2}\)

Nhớ rằng \(a=1\) không xảy ra vì khi đó \(x^2+ax+1=0\) vô nghiệm.

Vậy \(a\ne1\), do \(y\ne0\) nên \(x=y\). Tức là \(a-b=c-1\).

Tới đây quay lại mấy cái nghiệm chung sẽ thấy các nghiệm chung đều là \(1\).

Mà như vậy thì \(b+c=-1,a=-2\) nên \(a+b+c=-4\)

Cách này của mình là suy đoán thui nha

Từ HPT trên: \(\frac{x}{a-q}+\frac{y}{b-q}+\frac{z}{c-q}=\frac{x}{a-p}+\frac{y}{b-p}+\frac{z}{c-p}\)

\(\Leftrightarrow\left(p-q\right)\left[\frac{x}{\left(a-p\right)\left(a-q\right)}+\frac{y}{\left(b-p\right)\left(b-q\right)}+\frac{z}{\left(c-q\right)\left(c-p\right)}\right]=0\)

Chia TH:

TH1:p=q

Tương tự p=r thì cũng thu về p=q=r

TH2: nguyên cái trong ngoặc vuông

Tương đương với: \(ax+by+cz=r\left(x+y+z\right)\)

Tương tự: \(\hept{\begin{cases}ax+by+cz=p\left(x+y+z\right)\\ax+by+cz=q\left(x+y+z\right)\end{cases}}\)

Cũng thu đc p=q=r

Do đó từ 2 TH cũng thu về PT:

\(\frac{x}{a-q}+\frac{y}{b-q}+\frac{z}{c-q}=1\)

Rồi vậy không biết làm tiếp :D

À, xin lỗi, mình đánh bị thiếu điều kiện, mình sửa lại rồi đó

Trl :

Bạn kia làm đúng rồi nhé !

Học tốt nhé bạn @