|
|
 |
Условие
Знайка пишет на доске 10 чисел, потом Незнайка дописывает ещё 10 чисел, причём все 20 чисел должны быть положительными и различными. Мог ли Знайка написать такие числа, чтобы потом гарантированно суметь составить 10 квадратных трёхчленов вида x² + px + q, среди коэффициентов p и q которых встречались бы все записанные числа, и (действительные) корни этих трёхчленов принимали ровно 11 различных значений?
Решение
Лемма 1. 1) Если p > 4 и p > q, то трёхчлен x² + px + q имеет два различных корня.
2) Если 0 < p < 4 и q > 0, то хотя бы один из трёхчленов x² + px + q, x2 + qx + p не имеет корней.
Доказательство. 1) Дискриминант p² – 4q > 4q – 4q = 0.
2) Если q > p, то дискриминат первого трёхчлена p2 – 4q < 4q – 4q = 0; если q ≤ p, то дискриминат второго q2 – 4p < 4p – 4p = 0.
Лемма 2. Пусть 0 < q < r < s < p и оба трёхчлена x² + px + q и x2 + rx + s имеют по два корня. Тогда все четыре их корня различны.
Первое доказательство. Допустим противное: эти трёхчлены имеют общий корень x0. Пусть первый трёхчлен имеет ещё корень x1, а второй – корень x2. Очевидно, все эти корни отрицательны. Поскольку – (x0 + x1) = p > r = – (x0 + x2), то x1 < x2. Умножая на отрицательное число x0, получаем q = x0x1 > x0x2 = s. Противоречие.
Второе доказательство. Результант этих многочленов , очевидно, положителен (см. задачу 60925).
Покажем, что Знайке достаточно написать числа ¼, ½, 1, 2, 5, 5², 54, 58, 516, 532.
Рассмотрим все Незнайкины числа, большие 4. Если их количество нечётно, добавим к ним ещё одно Незнайкино число. Назовём эти числа отмеченными. Добавим к отмеченным числа из набора 5, 5², 54, 58, 516, 532 так, чтобы общее количество отмеченных чисел было равно 12. Если степеней пятерки не хватит, добавим еще несколько Незнайкиных чисел. Из неиспользованных степеней пятерки составим трёхчлены вида x² + px + q, у которых p < q; тогда их дискриминаты отрицательны.
Запишем 12 отмеченных чисел в порядке возрастания: p1 < p2 < ... < p12 и составим из них шесть трёхчленов: x² + p12x + p1, x² + p11x + p2, ...,
x² + p7x + p6. По построению среди 12 отмеченных чисел есть по крайней мере шесть, больших 4, поэтому по лемме 1 все эти шесть трёхчленов имеют по два корня. По лемме 2 все эти 12 корней различны.
Составим трёхчлен x² + 2x + 1. Если его единственный корень –1 встречается среди корней отмеченных трёхчленов, то объявим соответствующий отмеченный трёхчлен плохим. Если нет, объявим плохим какой-то из отмеченных трёхчленов. Убираем плохой трёхчлен, а из двух его коэффициентов и чисел ¼ и ½ составляем (по лемме 1) два трёхчлена без корней. Теперь различных корней у уже составленных трёхчленов ровно 11.
Возможно остались неиспользованными несколько Незнайкиных чисел. Все они не больше 4, и только одно может равняться 4. По лемме 1 из них можно составить трёхчлены, не имеющие корней.
Ответ
Мог.
