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回复 20# isee

不清楚,目前我知道的是,我上面的方法对 `|x_1|, |x_2|<1/2, 1/3, \ldots, 1/6` 都适用,其他情况还待研究……

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总算推广出来了,希望后面的推理没问题。

命题:设 `a`, `b`, `c`, `k` 均为正整数,二次函数 `f(x)=ax^2+bx+c` 有两个实根 `x_1`, `x_2` 且 `-1/k<x_1<x_2<0`,则 `a` 的最小值为 `(k+1)^2+k`。

(以下证明过程由于前半部分都是和 19# 相同的操作,所以就简略写了,重点是后半的区间排除部分)

证明:`k=1` 就不用说了,下面设 `k\geqslant2`。

运用类似于 19# 的均值操作之后得到
\[f\left( -\frac1k \right)<\frac1{k^2}\left( \frac a{(k+1)^2} \right)^{k+1},\quad(*)\]
以及
\[f\left( -\frac1k \right)=\frac{a-kb+k^2c}{k^2}\in\left\{ \frac1{k^2},\frac2{k^2},\frac3{k^2},\ldots \right\},\quad(**)\]
得 `a>(k+1)^2`。

现在设区间 `D=[(k+1)^2+1,(k+1)^2+k-1]`,下面证明 `a` 不能取 `D` 内的值。

假设 `a\in D`,则由式 (*) 得
\[f\left( -\frac1k \right)<\frac1{k^2}\left( \frac{(k+1)^2+k-1}{(k+1)^2} \right)^{k+1}<\frac1{k^2}\left( 1+\frac1{k+1} \right)^{k+1}<\frac e{k^2},\](真没想到玩这种题居然也会出现 `e` ……
故由 `e<3` 及式 (**) 可知 `f(-1/k)` 只可能是 `1/k^2` 或 `2/k^2`,也就是 `a-kb+k^2c=1` 或 `2`。

(1)若 `a-kb+k^2c=1`,即 `a-1=k(b-kc)`,由 `a\in D` 得
\[a-1\in[(k+1)^2,(k+1)^2+k-2]=[k(k+2)+1,k(k+3)-1],\]
显然此区间内的所有整数均不被 `k` 整除,所以都不符合;

(2)若 `a-kb+k^2c=2`,即 `a-2=k(b-kc)`,类似地 `a-2\in[k(k+2),k(k+3)-2]`,此时只有 `k(k+2)` 被 `k` 整除,也就是只有 `a=(k+1)^2+1` 一种可能,但是,将它再代回式 (*) 中,又得
\[f\left( -\frac1k \right)<\frac1{k^2}\left( 1+\frac1{(k+1)^2} \right)^{k+1},\]
易证 `\left( 1+\frac1{(k+1)^2} \right)^{k+1}` 关于 `k` 递减,由此可得 `f(-1/k)<2/k^2`,这样又与 `a-kb+k^2c=2` 矛盾了,因此 `a=(k+1)^2+1` 也是不符合的。

综上所述,区间 `D` 排除成功,所以有 `a\geqslant(k+1)^2+k`。

最后,栗子方面,不难验证 `a=(k+1)^2+k`, `b=2k+3`, `c=1` 总符合条件,所以命题得证。
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口号:珍爱生命,远离考试。

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设$a,b,c,k$均为正整数,二次函数$f(x)=ax^2+bx+c$有两个实根 $x_1​, x_2$且$−\dfrac{1}{k}<x_1<x_2<0$,求$a+b+c$的最小值.

解:根据条件可知
\begin{cases}
\Delta=b^2-4ac>0,\\
-\dfrac{b}{2a}>-\dfrac{1}{k},\\
f\left(-\dfrac{1}{k}\right)=\dfrac{a}{k^2}-\dfrac{b}{k}+c>0,\\
f(0)=c>0,
\end{cases}

\begin{cases}
b^2>4ac,(1)\\
a>\dfrac{bk}{2},(2)\\
a>bk-ck^2,(3)\\
c\ge 1,(4)
\end{cases}
由$(1)(2)$知$b^2>4ac>2bck$,则$b \ge 2ck+1$,
再由$(3)$知$a>bk-ck^2 \ge ck^2+k$,则$a \ge ck^2+k+1$,
显然要使$a+b+c$取最小值,则$c$取1,
故$a \ge k^2+k+1$,
再由$(1)$知$b^2>4a \ge 4k^2+4k+4$,
因为$(2k+1)^2<4k^2+4k+4<(2k+2)^2$,则$b \ge 2k+2$,
再由$(3)$知$a>bk-k^2 \ge k^2+2k$,则$a \ge k^2+2k+1$,
再由$(1)$知$b^2>4a \ge 4k^2+8k+4=(2k+2)^2$,则$b \ge 2k+3$,
再由$(3)$知$a>bk-k^2 \ge k^2+3k$,则$a \ge k^2+3k+1$,
此时由$(1)$可得$b^2>4ac \ge 4k^2+12k+4$,
因为$b^2=(2k+3)^2>4k^2+12k+4$,故$b=2k+3$满足$(1)$,
检验$a=k^2+3k+1,b=2k+3,c=1$满足$(1)(2)(3)(4)$,
所以$a+b+c$的最小值为$k^2+5k+5$.

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回复 23# mowxqq


    22#23#结果不一致

    =====

    原来kuing不是写的最后结果,一致一致

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回复 24# isee

因为当时觉得写了似乎也没人看,所以就写到 `a` 的最小值算了,没有写到最后

现在来补完它吧,其实也就三两下手势的事,方法还是照旧:

根据 22# 的命题及柯西得
\begin{align*}
a+b+c&=a\bigl(1+(-x_1)\bigr)\bigl(1+(-x_2)\bigr)\\
&\geqslant\bigl(\sqrt a+\sqrt{f(0)}\bigr)^2\\
&\geqslant\bigl(\sqrt{(k+1)^2+k}+1\bigr)^2\\
&=(k+1)^2+k+2\sqrt{(k+1)^2+k}+1\\
&>(k+1)^2+k+2k+3,
\end{align*}
所以 `a+b+c\geqslant(k+1)^2+k+2k+3+1=k^2+5k+5`,取等的栗子和 22# 一样。

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