[不等式] 来自群的一道整系数二次函数题

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2012-10-11 13:00

题目：已知 $a$, $b$, $c$ 为正整数，方程 $ax^2+bx+c=0$ 的两实根为 $x_1$, $x_2$（$x_1\ne x_2$），且 $\abs{x_1}<1$, $\abs{x_2}<1$，求 $a+b+c$ 的最小值。

跟以前的一道FAQ类似，但比那个复杂，吃完饭回来再写解答。

话说绝大多数人还是宁愿把题发在群里尽管没人鸟也不发在这里，只能我见一次转一次好了。

显然两根均为负，所以不妨设 $-1<x_2<x_1<0$，为方便书写，令 $p=-x_1$, $q=-x_2$，则 $0<p<q<1$。

记 $f(x)=ax^2+bx+c$，由于开口向上且两根在 $(-1,0)$ 内，所以有 $f(0)>0$, $f(-1)>0$，又由于 $f(0)$, $f(-1)$ 为整数，所以必有 $f(0)\geqslant 1$, $f(-1)\geqslant 1$。

$f(x)$ 可以表为 $f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)=a(x+p)(x+q)$，于是有
\begin{gather*}
1\leqslant f(0)=apq,\\
1\leqslant f(-1)=a(1-p)(1-q),
\end{gather*}
两式相乘，由基本不等式并注意到不能同时取等，有
\[
1\leqslant a^2p(1-p)q(1-q)<a^2\left(\frac{p+1-p}2\right)^2\left(\frac{q+1-q}2\right)^2=\frac{a^2}{16},
\]
所以 $a>4$，即 $a\geqslant 5$。

再由基本不等式，有
\begin{align*}
a+b+c&=f(1)\\
&=a(1+p)(1+q)\\
&=a\left(\frac12+\frac12+p\right)\left(\frac12+\frac12+q\right)\\
&>a\cdot3\sqrt[3]{\frac p4}\cdot3\sqrt[3]{\frac q4}\\
&=9\sqrt[3]{\frac{a^2}{16}f(0)}\\
&\geqslant 9\sqrt[3]{\frac{25}{16}},
\end{align*}
在数值上，我们有 $9^3\cdot25/16>9^2\cdot8\cdot25/16=8100/8>1000$，于是 $a+b+c>9\sqrt[3]{25/16}>10$，所以 $a+b+c\geqslant 11$。

又当 $a=b=5$, $c=1$ 时符合所有条件且 $a+b+c=11$，所以最小值就是 $11$。

以前那道FAQ就是求 $a$ 的最小值，也就是楼上的前半部分解答。现在求 $a+b+c$ 的最小值还是照例地均值，只是后面相对复杂一些。

再来一个更简单的用柯西来证。

前面同2#，后面改用柯西不等式，有
\begin{align*}
a+b+c&=f(1)\\
&=a(1+p)(1+q)\\
&>a\bigl(1+\sqrt{pq}\bigr)^2\\
&=\bigl(\sqrt a+\sqrt{f(0)}\bigr)^2\\
&\geqslant \bigl(\sqrt5+1\bigr)^2\\
&=6+2\sqrt5\\
&>6+2\cdot2\\
&=10,
\end{align*}
同样得到 $a+b+c>10$ 即 $a+b+c\geqslant11$。

1# kuing
看样子下次真得记住发到这里了，不过不要嫌太简单了！
人教哪边是越来越冷清了！

5# hongxian

其实我也没怪谁，这里更冷清。
我发来这里主要是这里方便。