|
|
 |
Условие
Докажите, что если для чисел p1, p2, q1 и q2 выполнено неравенство
(q1 – q2)² + (p1 – p2)(p1q2 – p2q1) < 0, то квадратные трёхчлены
x² + p1x + q1 и x² + p2x + q2 имеют вещественные корни, причём между двумя корнями каждого из них лежит корень другого.
Решение 1
Введём обозначения: f1(x) = x² + p1x + q1, f2(x) = x² + p2 + q2, R = (q1 – q2)² + (p1 – p2)(p1q2 – p2q1), f(x) = f1(x) – f2(x).
Заметим, что p1 – p2 ≠ 0 (в противном случае R = (q1 - q2)² ≥ 0). Поэтому уравнение f(x) = 0 имеет корень γ. Тогда
f(x) = (p1 – p2)(x – γ), а f1(γ) = f2(γ).
Имеем: (p1 – p2)²f2(x) = (p1 – p2)²(x² + p2x + q2) =
= ((p1 – p2)x + (q1 – q2))((p1 – p2)x + (p1 – p2)p² – (q1 – q2)) + (q1 – q2)² + (p1 – p2)(p1q2 – p2q1) = f(x)g(x) + R.
Подставив x = γ, получим (p1 – p2)²f2(γ) = R < 0. Поэтому f1(γ) = f2(γ) < 0. Следовательно, оба уравнения имеют по два действительных корня. Обозначим их соответственно α1, β1 и α2, β2. Тогда f2(x) = (x – α2)(x – β2). Отсюда
f1(α2)f1(β2) = f(α2)f(β2) = (p1 – p2)²(α2 – γ)(β2 – γ) = (p1 – p2)²f2(γ) < 0.
Таким образом, трёхчлен f1(x) принимает в концах отрезка [α2, β2] значения разных знаков, то есть имеет на этом отрезке ровно один корень. Это и значит, что корни данных трёхчленов чередуются.
Решение 2
Согласно задаче 60925 число R является результантом трёхчленов f1(x) и f2(x), то есть равно (α1 – α2)(α1 – β2)(β1 – α2)(β1 – β2) = f1(α2)f1(β2), где α1, β1 – корни f1(x), а α2, β2 – корни f2(x) (априори комплексные). Если, например, α2 и β2 – комплексные, то и
Если α2 = β2, то они вещественны и R = (f1(α2))² ≥ 0. Итак, если R < 0, то α2 и β2 – различные вещественные числа. То же верно для и α1 и β1. То что корни трёхчленов чередуется выводится из неравенства f1(α2)f1(β2) < 0 так же, как в решении 1.
Замечания
Определение и обсуждение свойств результанта, в том числе для многочленов большей степени, см. в решениях Задачника "Кванта".
