Đáp án:

Ta có : 3$x^{2}$ – 2(m + 1)x + 3m – 5 = 0 (1)

(1) có hai nghiệm phân biệt khi Δ’ > 0

⇔ $(m+1)^{2}$ – 3.(3m – 5) > 0

⇔ $m^{2}$ + 2m + 1 – 9m + 15 > 0

⇔ $m^{2}$ – 7m + 16 > 0

⇔$(m - 7/2)^{2}$ + $\frac{15}{4}$ > 0

Điều này luôn đúng với mọi m ∈ R hay phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt., gọi hai nghiệm đó là x1; x2

Khi đó theo định lý Vi–et ta có $\left \{ {{x_{1} +x_{2} =(2(m+1))/3} \atop {x_{1} .x_{2}$ =3m-5/3}} \right.$ (I)

Phương trình có một nghiệm gấp ba nghiệm kia, giả sử $x_{2}$ = 3.$x_{1}$ , khi thay vào (I) suy ra :

$\left \{ {{4x_{1}= \frac{2.(m+1)}{3} } \atop {3x1^2}=\frac{3m-5}{3}} \right.$ ⇔$\left \{ {{x1=\frac{m+1}{6} } \atop {x2=\frac{3m-5}{9} }} \right.$ ⇔ ($\frac{m+1}{6}$)^2 = $\frac{3m-5}{9}$ ⇔ $\frac{m^2 +2m+1}{36}$ =$\frac{3m-5}{9}$ ⇔$m^{2}$ + 2m+1=4.(3m+5)⇔ $m^{2}$ - 10m+21=0 ⇔$\left \{ {{m=3} \atop {m=7}} \right.$

* TH1 : m = 3, pt (1) trở thành 3$x^{2}$ – 8m + 4 = 0 có hai nghiệm $x_{1}$ = $\frac{2}{3}$ và $x^{2}$ = 2 thỏa mãn điều kiện.

* TH2 : m = 7, pt (1) trở thành 3$x^{2}$ – 16m + 16 = 0 có hai nghiệm $x_{1}$ = $\frac{4}{3}$ và $x_{2}$ = 4 thỏa mãn điều kiện.

Kết luận : m = 3 thì pt có hai nghiệm là $\frac{2}{3}$ và 2.

m = 7 thì pt có hai nghiệm $\frac{4}{3}$ và 4.