$\abs{n^2+an+b} \le \max(\frac{1}{4},\frac{1}{2}\sqrt{a^2-4b})$

abababa

若实系数方程$x^2+ax+b = 0$有实根，求证存在整数$n$使得$\abs{n^2+an+b} \le \max(\frac{1}{4},\frac{1}{2}\sqrt{a^2-4b})$。

游客

对函数图像作平移、翻折，
在长度为1的区间上，至少存在一个整数。

abababa

回复 2# 游客

谢谢，从直观上是这样，如果能用代数方法证明就更清晰了。

kuing

回复 2# 游客

这图只能说明两根的距离不超过1的时候成立，超过1还需要另外处理，不然原不等式也不会有后面那个根式了。

kuing

两根的距离不超过2也好办，超过2才麻烦，还是得用代数来证。

依题意可设
\[x^2+ax+b=(x-x_1)(x-x_2)=f(x),\]
其中 `x_1\leqslant x_2`，则问题等价于证明存在整数 `n` 使
\[\abs{f(n)}\leqslant\max\left\{ \frac14,\frac{x_2-x_1}2 \right\}.\]

（1）当 `x_2-x_1\leqslant1` 时，因为
\[f(x)_{\min}=-\frac{(x_1-x_2)^2}4\geqslant-\frac14,\]
所以
\[\abs{f(x)}\leqslant\frac14\iff f(x)\leqslant\frac14,\]
记 `f(x)=1/4` 的两根为 `a_1`, `a_2`，则上式的解集为 `x\in[a_1,a_2]`，而由韦达定理有
\begin{align*}
a_2-a_1&=\sqrt{(a_1+a_2)^2-4a_1a_2}\\
&=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4\left( x_1x_2-\frac14 \right)}\\
&=\sqrt{(x_1-x_2)^2+1}\\
&\geqslant1,
\end{align*}
所以在区间 `[a_1,a_2]` 中必存在整数 `n` 使得 $\abs{f(n)}\leqslant1/4$；

（2）当 `1<x_2-x_1\leqslant2` 时，类似地，由
\[f(x)_{\min}=-\frac{(x_1-x_2)^2}4\geqslant-\frac{x_2-x_1}2,\]
知
\[\abs{f(x)}\leqslant\frac{x_2-x_1}2\iff f(x)\leqslant\frac{x_2-x_1}2,\]
记 `f(x)=(x_2-x_1)/2` 的两根为 `a_1`, `a_2`，则上式的解集为 `x\in[a_1,a_2]`，由韦达定理有
\begin{align*}
a_2-a_1&=\sqrt{(a_1+a_2)^2-4a_1a_2}\\
&=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4\left( x_1x_2-\frac{x_2-x_1}2 \right)}\\
&=\sqrt{(x_1-x_2)^2+2(x_2-x_1)}\\
&>1,
\end{align*}
所以在区间 `[a_1,a_2]` 中必存在整数 `n` 使得 $\abs{f(n)}\leqslant(x_2-x_1)/2$；

（3）当 `x_2-x_1>2` 时，由于
\[f(x)_{\min}=-\frac{(x_1-x_2)^2}4<-\frac{x_2-x_1}2,\]
可见此时 $\abs{f(x)}=(x_2-x_1)/2$ 将会有四根，它们分别为 `f(x)=(x_2-x_1)/2` 的两根 `a_1`, `a_2` 以及 `f(x)=-(x_2-x_1)/2` 的两根 `a_3`, `a_4`，且 `a_1<a_3<a_4<a_2`，那么
\[\abs{f(x)}\leqslant\frac{x_2-x_1}2\iff-\frac{x_2-x_1}2\leqslant f(x)\leqslant\frac{x_2-x_1}2\iff x\in[a_1,a_3]\cup[a_4,a_2],\]
由韦达定理知 `a_1+a_2=a_3+a_4`，所以
\begin{align*}
a_3-a_1&=\frac{a_3-a_1+a_2-a_4}2\\
&=\frac{\sqrt{(a_1+a_2)^2-4a_1a_2}-\sqrt{(a_3+a_4)^2-4a_3a_4}}2\\
&=\frac12\left( \sqrt{(x_1+x_2)^2-4\left( x_1x_2-\frac{x_2-x_1}2 \right)}-\sqrt{(x_1+x_2)^2-4\left( x_1x_2+\frac{x_2-x_1}2 \right)} \right)\\
&=\frac{\sqrt{(x_1-x_2)^2+2(x_2-x_1)}-\sqrt{(x_1-x_2)^2-2(x_2-x_1)}}2\\
&=\frac{2(x_2-x_1)}{\sqrt{(x_1-x_2)^2+2(x_2-x_1)}+\sqrt{(x_1-x_2)^2-2(x_2-x_1)}}\\
&\geqslant\frac{2(x_2-x_1)}{\sqrt{2\bigl((x_1-x_2)^2+2(x_2-x_1)+(x_1-x_2)^2-2(x_2-x_1)\bigr)}}\\
&=1,
\end{align*}
所以在区间 `[a_1,a_3]` 中必存在整数 `n` 使得 $\abs{f(n)}\leqslant(x_2-x_1)/2$。

综上所述，结论得证。

abababa

回复 5# kuing

谢谢，这个证明前面都还好，(3)觉得有点复杂。
网友对这题也给了提示：设$f(x)=(x-x_1)(x-x_2)$，如果$x_1,x_2$里有整数就显然成立了，如果没有整数，他让我试试设整数$m$满足$m<x_1<m+1$，然后用平均值做。
按照网友的提示，我做出了当$m \le x_2 \le m+1$时，则有$\abs{m-x_2}\abs{m+1-x_2}=(x_2-m)(m+1-x_2) \le (\frac{(x_2-m)+(m+1-x_2)}{2})^2 = \frac{1}{4}$，同理也有$\abs{m-x_1}\abs{m+1-x_1} \le \frac{1}{4}$。
然后就有$\abs{f(m)}\abs{f(m+1)}=\abs{m-x_1}\abs{m-x_2}\abs{m+1-x_1}\abs{m+1-x_2}\le\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}$。所以$\abs{f(m)}\le\frac{1}{4}$或$\abs{f(m+1)}\le\frac{1}{4}$。这时取$n=m,m+1$都能满足条件。
当$m > x_2$，或$x_2 > m+1$时的情况还在想，觉得应该也差不多。

游客

回复 4# kuing


    两根距离超过1，那么两根之间的值都满足条件，注意后面那个是“MAX”，不是“MIN”。

kuing

两根距离超过1，那么两根之间的值都满足条件，注意后面那个是“MAX”，不是“MIN”。
游客 发表于 2018-5-29 08:38

两根若为 `\pm2`，那么 0 满足条件吗？

isee

回复 1# abababa


我看这题是“怪怪的”，然后还真是个“竞赛”类的麻烦题。

kuing

当两根距离很大的时候，使 $\abs{f(x)}\leqslant(x_2-x_1)/2$ 的两个小区间的长度会接近 1，这时满足条件的 n 除了根附近就没别的了：

abababa

回复 6# abababa

当$x_2>m+1$时，我自己还是没能想到，网友又给了一些提示才做出来：
当$x_2>m+1$时，用$2ab\le a^2+b^2$就得到
\[2\sqrt{x_2-(m+1)}\sqrt{x_1-m}\sqrt{(m+1)-x_1}\sqrt{x_2-m}\le(x_2-(m+1))(x_1-m)+((m+1)-x_1)(x_2-m)=x_2-x_1\]
所以$\abs{m+1-x_2}\abs{x_1-m}\abs{m+1-x_1}\abs{x_2-m} \le \abs{\frac{x_1-x_2}{2}}^2$，即$\abs{f(m)}\abs{f(m+1)} \le \abs{\frac{x_1-x_2}{2}}^2$。

再用$\abs{x_1-x_2}=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{a^2-4b}$，就有$\abs{f(m)}\abs{f(m+1)} \le (\frac{\sqrt{a^2-4b}}{2})^2$，所以必有一个不大于$\frac{\sqrt{a^2-4b}}{2}$，这时取$n=m,m+1$都能满足条件。

当$m>x_2$时和上面的类似，只要把根号里的部分调整一下就同理了。

kuing

当 `x_2-x_1>\sqrt2` 时，即 `a^2-4b>2` 时，命题可以加强为：存在整数 `n` 使
\[\abs{f(n)}\leqslant\frac12\sqrt{a^2-4b-1}=\frac12\sqrt{(x_1-x_2)^2-1}.\]

证法照搬5#，而且更简单，因为这是最强的，所以后面不用放缩，直接得出区间长度为 `1`。

由均值有
\[f(x)_{\min}=-\frac{(x_1-x_2)^2}4=-\frac{(x_1-x_2)^2-1+1}4<-\frac12\sqrt{(x_1-x_2)^2-1},\]
所以 $\abs{f(x)}=\frac12\sqrt{(x_1-x_2)^2-1}$ 有四根 `a_i`，同样地
\[\abs{f(x)}\leqslant\frac12\sqrt{(x_1-x_2)^2-1}\iff x\in[a_1,a_3]\cup[a_4,a_2],\]
这时
\begin{align*}
a_2-a_1&=\sqrt{(a_1+a_2)^2-4a_1a_2}\\
&=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4\left( x_1x_2-\frac12\sqrt{(x_1-x_2)^2-1} \right)}\\
&=\sqrt{(x_1-x_2)^2+2\sqrt{(x_1-x_2)^2-1}}\\
&=\sqrt{(x_1-x_2)^2-1}+1,
\end{align*}
同理有
\[a_4-a_3=\cdots=\sqrt{(x_1-x_2)^2-2\sqrt{(x_1-x_2)^2-1}}=\sqrt{(x_1-x_2)^2-1}-1,\]
从而
\[a_3-a_1=\frac{a_3-a_1+a_2-a_4}2=1,\]
所以存在，得证。

PS、其实 `x_2-x_1\leqslant\sqrt2` 时应该也是可以加强的，不过我不太想写了……

游客

敬畏数学

回复 2# 游客
还是有点套路路。不过有点变式。