每日一题[449]二次函数与插值

已知$f(x)=ax^2+bx+c$($a>0$)，求证：最多存在两个整数$s,t$，使得$|f(s)|,|f(t)|$小于$\dfrac a2$．

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证明    不妨假设存在三个整数$r,s,t$满足$r<s<t$，且使得

$$|f(r)|,|f(s)|,|f(t)|<\dfrac a2,$$ 则 $$f(x)=\dfrac{(x-t)(x-s)}{(r-t)(r-s)}\cdot f(r)+\dfrac{(x-t)(x-r)}{(s-t)(s-r)}\cdot f(s)+\dfrac{(x-r)(x-s)}{(t-r)(t-s)}\cdot f(t),$$ 考虑二次项系数有

$$\begin{split} |a|&=\left|\dfrac{f(r)}{(r-t)(r-s)}+\dfrac{f(s)}{(s-r)(s-t)}+\dfrac{f(t)}{(t-r)(t-s)} \right| \\ &< \dfrac a2\cdot \left[\dfrac{1}{|(r-s)(r-t)|}+\dfrac{1}{|(s-r)(s-t)|}+\dfrac{1}{|(t-r)(t-s)|}\right] \\ &= \dfrac a2\cdot \left[\dfrac{1}{(s-r)(t-r)}+\dfrac{1}{(s-r)(t-s)}+\dfrac{1}{(t-r)(t-s)}\right] \\ &=\dfrac{a}{(t-s)(s-r)} \\ &\leqslant a,\end{split}$$ 矛盾．

因此原命题得证．事实上，取$f(x)=ax^2-a$，则$\pm 1$是符合要求的整数，因此命题的结果是最好的．

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注　如果不利用插值，还有两个的通常的思路，思路一是考虑自变量相距为$1$时，函数值之间的距离；思路二是考虑函数值范围在$\left[-\dfrac a2,\dfrac a2\right ]$中时，自变量的范围．于是有下面的法二与法三：

法二　用反证法，若不止存在两个整数满足条件，则对称轴同一侧（含对称轴）存在两个整数$m,m+1$，使得$|f(m)|<\dfrac a2$，$|f(m+1)|<\dfrac a2$，考虑

$$f(m+1)-f(m)=2am+a+b,$$ 而$m,m+1$在对称轴同侧，故有 $$m\geqslant -\dfrac {b}{2a}\lor m+1\leqslant -\dfrac {b}{2a},$$ 此时对应有 $$2am+a+b\geqslant a\lor 2am+a+b\leqslant -a,$$ 即 $$|f(m+1)-f(m)|\geqslant a,$$ 与 $$|f(m)|<\dfrac a2,|f(m+1)|<\dfrac a2,$$ 矛盾．故命题得证．

法三　若$f(x)\geqslant -\dfrac a2$恒成立，考虑$f(x)=\dfrac a2$的根$x_1,x_2$之间的距离：

此时有

$$\dfrac {4ac-b^2}{4a}\geqslant -\dfrac a2,$$ 即$b^2-4ac\leqslant 2a^2$，于是 $$\begin{split} |x_1-x_2|=&\dfrac {\sqrt{b^2-4a\left(c-\dfrac a2\right)}}{a}\\=&\dfrac {\sqrt{b^2-4ac+2a^2}}{a}\\\leqslant& 2,\end{split}$$ 故满足$-\dfrac a2\leqslant f(x)\leqslant \dfrac a2$的整数最多只有两个；

若$f(x)=-\dfrac a2$有两个不同的根$x_3,x_4$，如图：

此时

$$\dfrac {4ac-b^2}{4a}< -\dfrac a2,$$ 即$b^2-4ac>2a^2$．考虑 $$\begin{split} |x_1-x_2|-|x_3-x_4|=&\dfrac {\sqrt{b^2-4a\left(c-\dfrac a2\right)}}{a}-\dfrac {\sqrt{b^2-4a\left(c+\dfrac a2\right)}}{a}\\=&\dfrac{4a}{\sqrt{b^2-4ac+2a^2}+\sqrt{b^2-4ac-2a^2}}\\<&2.\end{split}$$ 即$|x_4-x_2|+|x_1-x_3|<2$，从而区间$[x_2,x_4]$与$[x_3,x_1]$中最多各有一个整数，命题得证．

更多相关问题见每日一题[412]“近零点”．

法四    若$|f(s)|,|f(t)|,|f(r)|$均小于$\dfrac a2$，则

$$|f(s)-f(t)|=|(s-t)\cdot [a(s+t)+b]|<a,$$ 于是 $$|a(s+t)+b|<a,$$ 同理，有 $$|a(t+r)+b|<a,$$ 因此有 $$|[a(s+t)+b]-[a(t+r)+b]|<2a,$$ 即 $$|s-r|\leqslant 1,$$ 同理有 $$|s-t|\leqslant 1,|t-r|\leqslant 1,$$ 矛盾，因此命题得证．