已知二次函数 f1(x)=x2−ax+b,f2(x)=x2−bx+c,f3(x)=x2−cx+a.设 a,b,c 都是正整数,求所有的可能的有序三元组 (a,b,c),使得 f1(x)=0,f2(x)=0,f3(x)=0 均有整数根.
解法一(基于求根公式)
由 c⩾1 可得 b2⩾4c⩾4,于是 b⩾2,进而 a2⩾4b⩾8,于是 a⩾3,进而 c2⩾4a⩾12,于是 c⩾4,进而 a,b,c⩾4.由 a,b,c 的轮换性,不妨设 c 最大. 根据题意,有 Δi(x) 均为完全平方数,且 fi(1)⩾0,其中 i=1,2,3.于是{1−a+b⩾0,1−b+c⩾0,1−c+a⩾0,⟹a−1⩽b⩽c⩽a+1,因此 c=a 或 c=a+1.
情形一 若 c=a,此时 Δ3=c2−4a=a2−4a,而当 a⩾5 时,有(a−3)2<a2−4a<(a−2)2,于是 a=c=4,进而 b=4,因此 (4,4,4) 是符合题意的一组解.
情形二 若 c=a+1.此时 Δ1=a2−4b,而 a−1⩽b⩽a+1.
① b=a−1.此时 Δ1=(a−2)2 为完全平方数,考虑Δ2=b2−4c=a2−6a−3=(a−3)2−12,此时 a⩾7.当 a=7 时,得到解 (7,6,8).a=8 时,Δ2=13 不是完全平方数,当 a⩾9 时,有(a2−6a−3)−(a−4)2=2a−19>0,无解.
② b=a.此时 Δ1=a2−4a,与情形一类似分析,可得此时无解.
③ b=a+1.此时 c=a,Δ3=a2−4a,与情形一类似分析,可得此时无解.
综上所述,所有解 (a,b,c) 只有 (4,4,4) 以及 (7,6,8) 的轮换.
解法二(基于系数参数)
fi(x)=0 有整数根,则均为正整数根.
情形一 所有整数根均大于 1,则两根之积不小于两根之和,进而{b⩾a,c⩾b,a⩾c,⟹a=b=c,此时f1(x)=0⟺x2−ax+a=0⟺a=x+1+1x−1,于是 x=2,进而 (a,b,c)=(4,4,4).
情形二 有一个整数根为 1.不妨设 f1(1)=0,于是 a=b+1,进而{f2(x)=x2−(a−1)x+c,f3(x)=x2−cx+a,⟹c⩾a−1⩾c−1,于是 c=a−1 或 c=a,进而与情形一类似,均无解.
情形三 有两个整数根为 1.不妨设 f1(1)=0 且 f2(1)=0,于是 a=b+1,c=b−1,进而f3(x)=0⟺x2−(b−1)x+b+1=0⟺b=x+2+3x−1,于是 x=2 或 x=4,因此 (a,b,c)=(8,7,6)(其轮换也是解).
情形四 有三个整数根为 1.此时无解.
综上所述,所有解 (a,b,c) 只有 (4,4,4) 以及 (7,6,8) 的轮换.
解法三(基于根参数)
不妨设三个方程的实根分别为 x1,x2;x3,x4;x5,x6,且 x1⩾x2,x3⩾x4,x5⩾x6,则 xi∈N∗(i=1,2,3,4,5,6).根据韦达定理x1+x2+x3+x4+x5+x6=x3x4+x5x6+x1x2=a+b+c,进而(x1−1)(x2−1)+(x3−1)(x4−1)+(x5−1)(x6−1)=3,左侧和式中的三个数都是非负整数,考虑到轮换性,不妨设 (x1−1)(x2−1) 是左侧和式中最大数.
情形一 (x1−1)(x2−1)=3.此时 x1=4,x2=2,x4=x6=1,可得 a=6,b=8,进而 c=7.
情形二 (x1−1)(x2−1)=2.此时 x1=3,x2=2,x4 或 x6 为 1,可得 a=5,b=6,进而 c=5 或 c=6,均不符合题意.
情形三 (x1−1)(x2−1)=1.此时 x1=x2=x3=x4=x5=x6=2,此时 a=b=c=4.
综上所述,所有解 (a,b,c) 只有 (4,4,4) 以及 (7,6,8) 的轮换.