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~

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: \(\left(a_1-b_1\right)\left(a_2-b_1\right)\left(a_1+b_2\right)\left(a_2+b_2\right)\)

\(=\left(a_1a_2+b_1^2-a_1b_1-a_2b_1\right)\left(a_1a_2+a_2b_2+b_2^2+a_1b_2\right)\)

\(=\left(1+b_1^2+pb_1\right)\left(1+b_2^2-pb_2\right)\)

\(=1+b_2^2-pb_2+b_1^2+b_1^2b_2^2-pb_1^2b_2+pb_1+pb_1b_2^2-p^2b_1b_2\)

= \(1+b_1^2+b_2^2-pb_2-pb_1+1+pb_1+pb_2-p^2\)

\(=2+\left(b_1+b_2\right)^2-2b_1b_2-p^2\)

\(=q^2-p^2\)

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

+) 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 \(\left( {{a_2};{b_2}} \right)\)

+) \(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right) = \frac{{\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{{a_1}{a_2} + {b_1}{b_2}}}{{\sqrt {{a_1}^2 + {b_1}^2} \sqrt {{a_2}^2 + {b_2}^2} }}\)

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 \(b \le OM \le a\)