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[不等式] 来自人教群前几天的又玩整系数二次函数最值

鄂L爱好者求学(1448******) 18:19:00
QQ截图20141123172450.jpg
2014-11-23 19:34

kk,这个14题你会怎么解啊

题目:已知 $a$, $b$, $c$ 为正整数,关于 $x$ 的方程 $ax^2+bx+c=0$ 有两个不相等的实数根,且两根均大于 $-1/2$,则 $a+b+c$ 的最小值为?

当时没想到好的解法,虽然线性规划勉强可以,但依靠画图神马的我还是不喜欢,刚才没事又再想,终于想到比较像样的代数解法。

解:由 $a$, $b$, $c$ 为正可知两根都必为负,故不妨设两根为 $x_1$, $x_2$ 且 $-1/2<x_1<x_2<0$,令 $f(x)=ax^2+bx+c$,则必有
\[f\left( -\frac12 \right)>0,\]
故由 $a$, $b$, $c$ 为整数有
\[f\left( -\frac12 \right)=\frac{a-2b+4c}4
\in\left\{\frac14,\frac24,\frac34,\ldots\right\}, \quad (*) \]
所以
\[f\left( -\frac12 \right)\geqslant \frac14,\]
由于 $f(x)$ 可以写成 $f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)$,且 $f(0)=c\geqslant 1$,于是由均值有
\begin{align*}
\frac14&\leqslant f(0)f(0)f\left( -\frac12 \right) \\
& =a(-x_1)(-x_2)\cdot a(-x_1)(-x_2)\cdot a\left( -\frac12-x_1 \right)\left( -\frac12-x_2 \right) \\
& =\frac{a^3}4\cdot (-x_1)(-x_1)(1+2x_1)\cdot (-x_2)(-x_2)(1+2x_2) \\
& \leqslant \frac{a^3}4\cdot \left( \frac13 \right)^3\cdot \left( \frac13 \right)^3 \\
& =\frac14\left( \frac a9 \right)^3,
\end{align*}
由 $x_1\ne x_2$ 可知上式取不了等号,故得到 $a\geqslant 10$。

假设 $a=10$,代入上面有
\[f\left( -\frac12 \right)<\frac1{4f(0)f(0)}\left( \frac{10}9 \right)^3\leqslant \frac14\left( \frac{10}9 \right)^3<\frac12,\]
故再由 (*) 知 $f(-1/2)=1/4$,即 $a-2b+4c=1$,此时左边为偶数右边为奇数,矛盾!所以必有 $a\geqslant 11$。

那么由柯西不等式得
\begin{align*}
a+b+c&=f(1) \\
& =a\bigl(1+(-x_1)\bigr)\bigl(1+(-x_2)\bigr) \\
& \geqslant a\bigl(1+\sqrt{x_1x_2}\bigr)^2 \\
& =\bigl(\sqrt a+\sqrt{f(0)}\bigr)^2 \\
& \geqslant \bigl(\sqrt{11}+1\bigr)^2 \\
& =12+2\sqrt{11} \\
& >18,
\end{align*}
所以
\[a+b+c\geqslant 19,\]
最后举一个例子,方程 $11x^2+7x+1=0$ 的两根为
\[x=\frac{-7\pm\sqrt5}{22}>\frac{-7-3}{22}>-\frac12,\]
满足题意且 $a+b+c=19$,故所求的最小值就是 $19$。
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回复 4# goft

理由哩?

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回复 7# Tesla35

这些贴我自然也撸过,不过1#的题比它们又难一个数量级……

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回复 9# 乌贼

这贴是我当年第一次玩这种题,用的是最笨的方法……

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回复 12# hjfmhh

$a+b+c$取最小值时这例子是唯一的。

如果 $a\geqslant12$,那么代入柯西那一步的式子中得到
\[a+b+c\geqslant \bigl(\sqrt{12}+1\bigr)^2>19,\]
所以当 $a+b+c$ 取最小值 $19$ 时只能 $a=11$。

将 $a=11$ 代入均值那一步里得到
\[\frac14\leqslant f(0)f(0)f\left(-\frac12\right)\leqslant\frac14\left(\frac{11}9\right)^3<\frac12,\]
由于 $f(0)\inN^+$, $f(-1/2)\in\{1/4,2/4,3/4,\ldots\}$,所以只能 $f(0)=1$, $f(-1/2)=1/4$,解得 $b=7$, $c=1$。
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刚刚 585 又发来一道,和这题实际上就差一个数字:
QQ截图20181211162319.jpg
2018-12-11 16:24


自然还是照搬上面的解法咯,由于过程大致相同,所以有些地方就略写好了。

不妨设 `-1/3<x_1<x_2<0`,由均值有
\[\bigl(f(0)\bigr)^3f\left( -\frac13 \right)=\frac{a^4}9(-x_1)^3(1+3x_1)(-x_2)^3(1+3x_2)\leqslant\frac19\left( \frac a{16} \right)^4,\]
因 `x_1\ne x_2` 取不了等且 `f(0)=c\geqslant1`,故由上式得
\[f\left( -\frac13 \right)<\frac19\left( \frac a{16} \right)^4, \quad(*)\]
另一方面由 `f(-1/3)>0` 得
\[f\left( -\frac13 \right)=\frac{a-3b+9c}9\in\left\{ \frac19,\frac29,\frac39,\ldots\right\}, \quad(**)\]
得 `f(-1/3)\geqslant1/9`,故由式 (*) 得 `a\geqslant17`。

假如 `a=17` 或 `18`,又由式 (*) 得
\[f\left( -\frac13 \right)<\frac19\left( \frac{18}{16} \right)^4<\frac29,\]
故又由式 (**) 知 `f(-1/3)=1/9 \iff a-3b+9c=1 \iff a-1=3(b-3c)`,显然 `a=17` 或 `18` 都不符合,因此 `a\geqslant19`。

然后同样地柯西
\[a+b+c=a\bigl(1+(-x_1)\bigr)\bigl(1+(-x_2)\bigr)\geqslant\bigl(\sqrt a+\sqrt{f(0)}\bigr)^2\geqslant\bigl(\sqrt{19}+1\bigr)^2>28,\]
所以 `a+b+c\geqslant29`。

最后举个栗子:`19x^2+9x+1=0` 满足条件且 `a+b+c=29`,所以所求最小值就是 `29`。
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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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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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