Задание олимпиады по многочленам Шарыгина для 9-11 классов

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 160925 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.

Ответ задачи отсутствует