Как расположены корни трёхчленов?

45

Как расположены корни трехчленов?

Доктор физико-математических наук
Г. В. ДОРОФЕЕВ

Эта статья посвящена решению задач, в которых так или иначе ставится вопрос о взаимном расположении корней (как правило, irrationalных) двух квадратных трехчленов. По своему математическому содержанию эти задачи достаточно просты, однако с вычислительной точки зрения большимство из них представляется серьезные трудности. Попробуйте, например, ответить на вопрос.

При каких значениях a корни уравнения

$$x^2 + \frac{8}{a}x - 2a = 0 \quad \text{и} \quad x^2 + \frac{6}{a}x - a = 0$$

различны и переменная (то есть между двумя корнями одного уравнения нахожденияровно один корень другого уравнения)?

Вы убедитесь, что вычисление корней этих трехчленов требует кропотливого сравнения их друг с другом при различных значениях параметра a.

В то же время из графических сообравений ясно, что корни двух квадратных трехчленов f(x) и g(x) с одинаковыми положительными коэффициентами при x² (и положительных дискрипиантами) переменяются тогда и только тогда, когда точка пересечения графиков функций f(x) и g(x) находится после абсцисс. На алгебраическом языке это означает, что общее значение функций f(x) и g(x) отрицательно. В нашем случае f(x) = g(x) ⇔ x = \frac{a^2}{2} и f\left(\frac{a^2}{2}\right) = \frac{a^4}{4} + 2a; поэтому условия задачи удовлетворяют решении неравенства a^4 + 8a < 0, или -2 < a < 0.

Этот пример показывает, что взаимное расположение корней двух квадратных трехчленов зависит от их поведения в точке x₀, в котором эти трехчлены принадлежат одинаковое значение (существенно, что точка x₀ — единственная!).

ШестЬ критериев
для различных слуаев
pasположения корней

Пусть квадратные трехчлены f(x) = ax² + px + q и g(x) = ax² + rx + s имеют какый два различных корня (x₁, x₂ и x₃, x₄ соответствено, x₁ > x₂,

46

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Рис. 4.

Рис. 5.

Рис. 6.

$x_3 > x_4$), причем $y(f(x))$ и $g(x)$ нет общих корней и $p \neq r$. Пусть $x_0$ — корень (единистенный) уравнения $f(x) = g(x)$. Тогда справедливый следующее утверждение:

1. $x_2 < x_1 < x_4 < x_3 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (f(x_0) > 0, f'(x_0) > 0, g'(x_0) < 0)$;
2. $x_2 < x_4 < x_1 < x_3 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (f(x_0) < 0, f'(x_0) > g'(x_0))$;
3. $x_2 < x_4 < x_3 < x_1 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (f(x_0) > 0, g'(x_0) [f'(x_0) - g'(x_0)] > 0)$;
4. $x_4 < x_2 < x_1 < x_3 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (f(x_0) < 0, f'(x_0) [g'(x_0) - f'(x_0)] > 0)$;
5. $x_4 < x_2 < x_3 < x_1 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (f(x_0) < 0, f'(x_0) < g'(x_0))$;
6. $x_4 < x_3 < x_2 < x_1 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (f(x_0) > 0, f'(x_0) < 0, g'(x_0) > 0)$.

Перечисленные утверждения проиллюстрированы на рисунках 1—6. Если вы забудете формулировку какого-нибудь критерия, это не страшно: ее всегда можно восстановить, пользоваться таким рисунками. Так же нетрудно заметить, что критерии 4, 5, 6 получаются из критерии 3, 2, 1 переменной местами $f(x)$ и $g(x)$ (это видно и из сравнения соответствующих рисунков). Поэтому мы докажем только первые три критерии.

Нам понадобятся следующие известные (весьма полезные) свойства квадратного трехчлена:

если $f(x)$ — квадратный трехчлен с положительными старшим коэффициентом и дискриминантом, $x_1$ и $x_2$ — его корни, а $x_0$ — неокоторое значение переменной, то

$x_0 < x_2 < x_1 \Leftrightarrow (f(x_0) > 0, f'(x_0) < 0)$;
$x_2 < x_1 < x_0 \Leftrightarrow (f(x_0) > 0, f'(x_0) > 0)$;
$x_2 < x_0 < x_1 \Leftrightarrow f(x_0) < 0$,

(см. рисунок 7).

Пусть теперь $h(x) = f(x) - g(x)$. Легко видеть, что $h(x)$ — линейная функция, отличная от константы ($p \neq r$). Поэтому она монотна (убывает или возрастает). Это означает, что если для некоторых $a < b$ выполняется неравенство $h(a) < h(b)$ (или $h(a) > h(b)$), то и для любых $c < d$ справедливо неравенство $h(c) < h(d)$ (или $h(c) > h(d)$).

47

Доказательство критерия 1

Необходимость (⇒). Пусть $x_2 < x_1 < x_4 < x_3$. Тогда $f(x_4) > 0$, $h(x_4) = f(x_4) - g(x_4) = f(x_4) > 0$. Точно так же $g(x_1) > 0$, и поэтому $h(x_1) < 0$.

Из неравенств $x_1 < x_4$ и $h(x_1) < h(x_4)$ получаем, что $h(x)$ — возрастоящая функция.

Так как $h(x_0) = 0$, имеем $h(x_1) < h(x_0) < h(x_4)$, откуда $x_1 < x_0 < x_4$. Итак, оба корня $f(x)$ меньше $x_0$, откуда $f(x_0) > 0$, $f'(x_0) > 0$. Аналогично оба корня $g(x)$ больше $x_0$, откуда $g'(x_0) < 0$. Необходимость критерия 1 доказана. Достаточно (⇔). Пусть $f(x_0) > 0$, $f'(x_0) > 0$, $g'(x_0) < 0$. Из первых двух неравенств вытекает, что оба корня $f(x)$ меньше $x_0$, а из неравенств $g(x_0) > 0$, $g'(x_0) < 0$ следует, что оба корня $g(x)$ больше $x_0$, и таким образом, $x_2 < x_1 < x_0 < x_4 < x_3$.

Доказательство критерия 2

Необходимость (⇒). Пусть $x_2 < x_4 < x_1 < x_3$. Тогда $f(x_4) < 0$, $g(x_1) < 0$, так что $h(x_4) < 0 < h(x_1)$, и поскольку $x_4 < x_1$, получаем, что $h(x)$ — возрастоящая функция. Следовательно, $h'(x) > 0$ при любом $x$, в частности, $h'(x_0) > 0$, откуда $f'(x_0) > g'(x_0)$.

С другой стороны, из условия $h(x_4) < h(x_1)$ получаем, что $x_4 < x_0 < x_1$, так что $x_2 < x_0 < x_1$, откуда $f'(x_0) > g'(x_0)$.

С другой стороны, из условия $h(x_4) < h(x_1)$ получаем, что $x_4 < x_0 < x_1$, так что $x_2 < x_0 < x_1$, откуда $f'(x_0) > g'(x_0)$.

Достаточно (⇔). Пусть $f(x_0) < 0$, $f'(x_0) > g'(x_0)$. Тогда $h'(x_0) > 0$, и поскольку $h'(x)$ — постоянная функция, $h'(x) > 0$ при любом $x$, то есть $h(x)$ — возрастоящая функция.

Из условия $f(x_0) = g(x_0) < 0$, получаем $x_2 < x_0 < x_1$, $x_4 < x_0 < x_3$, и так как $h(x)$ возратает, $0 = h(x_0) < h(x_1)$, $h(x_4) < h(x_0) = 0$, откуда $g(x_1) = f(x_1) - h(x_1) < 0$, $f(x_4) = h(x_4) + g(x_4) < 0$;

следовательно, $x_4 < x_1 < x_3$, $x_2 < x_4 < x_1$, то есть $x_2 < x_4 < x_1 < x_3$.

Доказательство критерия 3

Необходимость (⇒). Пусть $x_2 < x_4 < x_3 < x_1$. Тогда $g(x_1) > 0$, $g(x_2) > 0$, откуда $h(x_1) < 0$, $h(x_2) < 0$, и поэтому на отрезке $[x_2; x_1]$ линейная функция $h(x)$ не обращается в нуль, так что либо $x_0 < x_2 < x_1$, либо $x_0 < x_2 < x_1$.

Если $x_0 < x_2 < x_1$, то $x_0$ лежит в промежутке убывании общих трех членов, так что $f'(x_0) < 0$, $g'(x_0) < 0$. Кроме того, $h(x_0) > h(x_2)$, так что $h(x)$ — убывающая функция, $h'(x) < 0$ для любого $x$, и в частности, $h'(x_0) < 0$, то есть $f'(x_0) - g'(x_0) < 0$. Поэтому произведение $g'(x_0)|f'(x_0) - g'(x_0)|$ положительно.

Аналогично рассматривается случай $x_2 < x_1 < x_0$.

Достаточно (⇔). Пусть $f(x_0) > 0$, и предположим сначала, что $g'(x_0) > 0$, $f'(x_0) - g'(x_0) > 0$. Тогда оба корня $g(x)$ меньше $x_0$, то есть $x_4 < x_3 < x_0$. Кроме того, $h(x)$ — возратающая функция, так что $h(x_4) < x_3 < h(x_0)$, откуда $f(x_4) < 0$, $f(x_3) < 0$. Поэтому $x_2 < x_4 < x_1$, $x_2 < x_3 < x_1$, то есть $x_2 < x_4 < x_1 < x_3$.

Аналогично рассматривается случай $g'(x_0) < 0$, $f'(x_0) - g'(x_0) < 0$.

Решение неравенств

Применение доказанных критериев во многих случаях облегчает решение неравенств. Переход к конкретным примерам, затем, что выражение $f'(x_0) - g'(x_0)$, фактически функирую-

Рис. 8.

шее в критериях 2—5, равно разности $p - r$. Поэтому на практике, например, критерiem 2 удобно пользоваться в виде $(f(x_0) < 0, p > r)$.

Решим теперь несколько неравенств.

1. $(x^2 + 13x - 49)(x^2 + 14x - 50) > 0$. Обозначая $f(x) = x^2 - 13x - 49$, $g(x) = x^2 + 14x - 50$, мы легко находим, что $x_0 = 1$, $f(1) = -35$, и так как $13 < 14$ (см. критерий 5), корни этих трех членов связаны неравенствами $x_4 < x_2 < x_3 < x_1$. Применяя метод интегралов (см. «Квант», № 12, 1985, с. 18 и рисунок 8), находим решения данного неравенства: $x < x_4$, $x_2 < x < x_3$, $x > x_1$, или, выписья корни, $x < -7 - 3\sqrt{11}, -\frac{13 + \sqrt{365}}{2} < x < -7 + 3\sqrt{11}, x > \frac{\sqrt{365} - 13}{2}$.

2. $(x^2 + 6x - 11) < -2x^2 - 13x + 24$. Перепшем это неравенство в виде $2x^2 + 13x - 24 < x^2 + 6x - 11 < -2x^2 - 13x + 24$.

Мы должны, следовательно, решить систему неравенства $f(x) < 0$, $g(x) < 0$, где

$$f(x) = 3x^2 + 21x - 39,$$

$$g(x) = 3x^2 + 19x - 35$$

(мы умножим трехлен $f(x)$ на 3, чтобы уравнять старшие коэффициенты $f(x)$ и $g(x)$).

Имеем: $x_0 = 2$, $f(2) > 0$, $g'(2) > 0$, $p - r > 0$ и (см. критерий 3) $x_2 < x_4 < x_3 < x_1$. Следовательно, решениями системы $f(x) < 0$, $g(x) < 0$, а значит, и исходного неравенства является значением $x_4 < x < x_3$, то есть $-\frac{19 + \sqrt{781}}{2} < x < \frac{\sqrt{781} - 19}{2}$.

3. $(x^2 + 6x - 11) \leq |2x^2 + 13x - 26|$.

Поскольку оба части неравенства неотрицательны, после возведения в квадрат его можно записать в виде $(x^2 + 6x - 11)^2 \leq (2x^2 + 13x - 26)^2$, и, пересечя все в правую часть и разлагая разность квадратов на множители, получаем неравенство $f(x)g(x) \geq 0$, где

48

Рис. 9.

$$f(x) = 3x^2 + 21x - 45,$$
$$g(x) = 3x^2 + 19x - 37.$$

Тогда $x_0 = 4$, $f(4) > 0$, $g'(4) > 0$, $p - r > 0$ и снова по критерию 3 $x_2 < x_4 < x_3 < x_1$. Применяя метод интегралов, получаем решение исходного неравенства (см. рис. 9):

$$x \leq -\frac{7 + \sqrt{109}}{2}, -\frac{19 + \sqrt{805}}{6} \leq x \leq \frac{\sqrt{805} - 19}{6}, x \geq \frac{\sqrt{109} - 7}{2}.$$

4. $$\frac{x^2 - x - 4}{4 - |3x^2 - 2x - 7|} \leq 0.$$

Умножим обе части этого неравенства на положительное выражение $(4 + |3x^2 - 2x - 7|)^{-1}$. Разложив на множители разность квадратов в знаменатель, после упрощенной получим неравенство

$$\frac{x^2 - x - 4}{(3x^2 - 2x - 3)(3x^2 - 2x - 11)} \geq 0.$$

Положив $f(x) = 3x^2 - 3x - 12$, $g(x) = 3x^2 - 2x - 3$, $h(x) = 3x^2 - 2x - 11$, будем выяснять взаимное расположение их корней $x_{1,2}, x_{3,4}, x_{5,6}$.

Коэффициенты при $x y$ трехленов $g(x)$ и $h(x)$ равны, так что наш критерию неприимены. Однако это обстоятельство даже упрощает решение. Дейстительно, $h(x) = g(x) - 8$, так что $h(x_{3,4}) = g(x_{3,4}) - 8 = -8 < 0$, и следовательно, корни $g(x)$ расположены между корнями $h(x)$, то есть

$$x_6 < x_4 < x_3 < x_5.$$

Для трехленов $f(x)$ и $g(x)$ имеем $x_0 = -9$, $f(-9) > 0$, $f'(-9) < 0$, $g'(-9) < 0$, $-3 < -2,$

$$x_2 < x_4 < x_3 < x_1.$$

Таким образом, $x_6 < x_2 < x_4 < x_3 < x_5$, и следовательно, решение неравенства (см. рис. 10) является:

$$x < \frac{1 - \sqrt{34}}{3}, \frac{1 - \sqrt{17}}{2} \leq x < \frac{1 - \sqrt{10}}{3},$$

$$\frac{1 + \sqrt{10}}{3} < x < \frac{1 + \sqrt{34}}{3}, x \geq \frac{1 + \sqrt{17}}{2}.$$

5. $(x^2 + 2x + 4 - a)(x^2 - 2x - a) < 0.$

Положим $f(x) = x^2 + 2x + 4 - a$, $g(x) = x^2 - 2x - a$. Заметим, что если дискриминант одного из этих трехленов отрицательен, то этот трехлен положитель при всех $x$, и для соответствующих значений $a$ данные неравенство свойится к квадратному. Рассмотренные этих случаев представляют читателей и будем считать, что оба дискриминант положительных, что выполняется при $a > 3$. Тогда $f(x)$ и $g(x)$ имеют по два различных корня $x_{1,2}$ и $x_{3,4}$. При этом $x_0 = -1$, $f(-1) = 3 - a < 0$, $2 > -2$ и по критерию 2 $x_2 < x_4 < x_1 < x_3$. Поэтому при $a > 3$ решениями данного неравенства являются (см. рис. 11)

$$-1 - \sqrt{a - 3} < x < 1 - \sqrt{a + 1},$$

$$-1 + \sqrt{a - 3} < x < 1 + \sqrt{a + 1}.$$

Полное решение неравенства с учетом «особы» значений параметра $a = 3$ и $a = -1$ (когда один из дискриминант равен 0) записьется в виде: при $a \leq -1$ решений нет; при $-1 < a < 3$ получаем $1 - \sqrt{a + 1} < x < 1 + \sqrt{a + 1}$; при $a > 3$ получаем $-1 - \sqrt{a - 3} < x < 1 - \sqrt{a + 1},$

$$-1 + \sqrt{a - 3} < x < 1 + \sqrt{a + 1}.$$

6. При каких значениях а система неравенства

$$2x^2 - 3ax - 9 \leq 0, x^2 + ax - 2 \geq 0$$

имеет решение?

Заметим, что каждый из квадратных трехленов

$$f(x) = 2x^2 - 3ax - 9$$

и

$$g(x) = 2x^2 + 2ax - 4$$

имеет два различных корня, и

$$f(x) \leq 0 \Leftrightarrow x_2 \leq x \leq x_1,$$

$$g(x) \geq 0 \Leftrightarrow x \leq x_4$$ или $x \geq x_3$.

49

Для того чтобы данная система имела решение, необходимо и достаточно, чтобы отрезок $[x_2; x_1]$ имел хотя бы одну общую точку с одним из лучей $|-\infty; x_4|$ и $[x_3; +\infty]$. Это выполняется (без учета возможности совпадения корней) во всех наших критериях, кроме четвертого: система не имеет решений тогда и только тогда, когда $x_4 < x_2 < x_1 < x_3$.

Так как $f(x) = g(x) \Leftrightarrow ax = -1$, то при $a \neq 0$ имеем $x_0 = -\frac{1}{a}$,

$$f\left(-\frac{1}{a}\right) = \frac{2}{a^2} - 6, \quad f'\left(-\frac{1}{a}\right) = -\frac{4}{a} - 3a,$$

$$g'\left(-\frac{1}{a}\right) = -\frac{4}{a} + 2a$$

и по критерию 4 должна выполняться система неравенств

$$2 - 6a^2 > 0, \quad -\left(\frac{4}{a} + 3a\right) 5a > 0.$$

Легко убедиться, что эта система не имеет решений, так что «плохих» значений $a \neq 0$ не существует, то есть при любых $a \neq 0$ данной системе имеет решение. Поскольку при $a = 0$ она также имеет решение, решениями задачи 6 являются все значения $a$.

7. При каких значениях а множество решений системы неравенств $x^2 + 2x + a + 1 \geq 0, x^2 + x + 2a - 1 \leq 0$ представляет собой отрезок длины 1? Дискриминаты трехленов

$$f(x) = x^2 + 2x + a + 1 \quad \text{и} \quad g(x) = x^2 + x + 2a - 1$$

равны соответственно $-4a$ и $5 - 8a$, поэтому при $a > 5/8$ заданная система не имеет решений, а при $0 < a < 5/8$ она равносильно неравенству $g(x) \leq 0$ и выполняется на отрезке $[x_4; x_3]$. Из условия

$$x_3 - x_4 = 1 \Leftrightarrow \sqrt{5 - 8a} = 1 \Leftrightarrow a = 1/2$$

и так как $0 < 1/2 < 5/8$, получаем, что $a = 1/2$ является решением задачи.

При $a = 0$ и при $a = 5/8$ решениями системы являются соответствующими соответствующими при $x_1 - x_2 = 1$, откуда находится $a = -1$. Ответ: $a = -1$ и $a = 1/2$.

Заметим, что критерию 1-6 не предустаривает случае, когда трехлены $f(x)$ и $g(x)$ имеют общий корень. На практике, как правило, случая совпадения корней лучше рассматривать отдельно, как «особы».

Упражнения.
Решите неравенства:

1. $|x^2 + 10x + 5| < |2x^2 + 21x + 8|$.
2. $|x - a| < 3x - x^2 - 1$.
3. $16a^3x^4 - 8a^2x^2 + 16x + a - 4 \geq 0$ ($a > 0$).
4. Решите системы неравенств $3x^2 + 2kx - k - 1 \leq 0$ ($k = 1, 2, \dots, 10$).