\(\left\{{}\begin{matrix}ax^2+by+c=0\\cx^2+by+a=0\end{matrix}\right.\)

⇔\(\left\{{}\begin{matrix}ax^2+by=-c\\cx^2+by=-a\end{matrix}\right.\)

vì pt có 1 nghiệm duy nhất

nên\(\dfrac{a}{c}\ne\dfrac{b}{b}\)⇔\(\dfrac{a}{c}\ne1\)⇔\(a\ne c\)

Mình nghĩ là sai đề
Cho pt \(ax^2+bx+c=0\) (1) và \(cx^2+bx+a=0\)  (2)

Lấy (1) trừ (2) ta được: \(\left(x^2-1\right)\left(a-c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-1\end{matrix}\right.\)(vì a khác c)

TH1: Giả sử nghiệm chung của hai pt là x=1

Thay x=1 vào (1) và (2) được: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=0\\a+b+c=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow b=-a-c\)

Áp dụng hệ thức viet vào hai pt:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+1=-\dfrac{b}{a}\\x_2+1=-\dfrac{b}{c}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=-\dfrac{b}{a}-1\\x_2=-\dfrac{b}{c}-1\end{matrix}\right.\)

Có: \(\left|x_1\right|+\left|x_2\right|>2\Leftrightarrow\left|-\dfrac{b}{a}-1\right|+\left|\dfrac{-b}{c}-1\right|>2\)

\(\Leftrightarrow\left|-\dfrac{-a-c}{a}-1\right|+\left|\dfrac{-\left(-a-c\right)}{c}-1\right|>2\)

\(\Leftrightarrow\left|\dfrac{c}{a}\right|+\left|\dfrac{a}{c}\right|>2\) \(\Leftrightarrow c^2+a^2>2\left|ac\right|\) (luôn đúng với mọi \(a\ne c\))
TH2: Giả sử x=-1 là nghiệm chung của hai pt

Thay x=-1 vào hai pt được: \(\left\{{}\begin{matrix}a-b+c=0\\c-b+a=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow b=a+c\)

Áp dụng viet vào hai pt có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+\left(-1\right)=-\dfrac{b}{a}\\x_2+\left(-1\right)=-\dfrac{b}{c}\end{matrix}\right.\)

Khi đó: \(\left|x_1\right|+\left|x_2\right|=\left|-\dfrac{b}{a}+1\right|+\left|-\dfrac{b}{c}+1\right|\)

\(=\left|-\dfrac{a+c}{a}+1\right|+\left|-\dfrac{a+c}{c}+1\right|\)\(=\left|-\dfrac{c}{a}\right|+\left|-\dfrac{a}{c}\right|\)\(=\left|\dfrac{c}{a}\right|+\left|\dfrac{a}{c}\right|=\dfrac{c^2+a^2}{\left|ac\right|}>\dfrac{2\left|ac\right|}{\left|ac\right|}=2\)
Vậy...
 

Theo hệ thức Vi - ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} + {x_2} = a\\ {x_1}{x_2} = - 2 \end{array} \right.\)

Theo đề bài, ta có:

\(\begin{array}{l} x_1^2 + \left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right) + x_2^2\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - {x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ = {a^2} + 2 + 2a\\ = {\left( {a + 1} \right)^2} + 1 \ge 0 \end{array}\)

Vậy GTNN bằng 1 \(\Leftrightarrow a=-1\)

Phương Ann Nhã Doanh đề bài khó wá Mashiro Shiina Đinh Đức Hùng

Nguyễn Huy Tú Lightning Farron Akai Haruma

Vì pt đã cho là pt bậc 2 \(\Rightarrow a\ne0\)

Do x₀ là nghiệm \(\Rightarrow-ax_0^2=bx_0+c\)

                       \(\Rightarrow-x_0^2=\frac{b}{a}x_0+\frac{c}{a}\)

\(\Rightarrow\left|-x_0\right|^2=\left|\frac{b}{a}x_0+\frac{c}{a}\right|\le\left|\frac{b}{a}\right|\left|x_0\right|+\left|\frac{c}{a}\right|\le M\left|x_0\right|+M\)

\(\Rightarrow\left|x_0\right|^2-1< M\left(\left|x_0\right|+1\right)\)

 \(\Rightarrow\left(\left|x_0\right|-1\right)\left(\left|x_0\right|+1\right)< M\left(\left|x_0\right|+1\right)\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Bình phương ba vế suy ra \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)

Sau đó chứng minh tương tự bunhiacopxki

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

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

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