XII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli równanie

$ (1) \qquad ax^3 + bx^2 + cx + d = 0 $

ma trzy pierwiastki rzeczywiste, to

$ (2) \qquad b^2 \geq ac \quad \textrm{i} \quad c^2 \geq bd. $

Czy prawdziwe jest twierdzenie odwrotne?

Rozwiązanie

Jeżeli równanie (1) ma $3$ pierwiastki $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ (niekoniecznie różne), to $a \neq 0$ i według wzorów Viete'a

$ b = - (x_1 + x_2 + x_3) a, $

$ b = - (x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1) a, $

$ d = -x_1 x_2 x_3 a. $

Stąd

$ \begin{split} b^2 - ac &= a^2 [(x_1 + x_2 + x_3)^2- (x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)] =\\ &= a^2 [x_1^2 + x_2^2 + x_3^2+ x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1] =\\ &= \frac{a^2}{2} [2x_1^2 +2 x_2^2 + 2x_3^2+ 2x_1x_2 + 2x_2x_3 + 2x_3x_1] =\\ &= \frac{a^2}{2} [(x_1+x_2)^2 +(x_2+x_3)^2+(x_3+x_1)^2]. \end{split} $

Jeżeli liczby $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ są rzeczywiste, to z powyższej równości wynika, że

$ b^2 - ac \geq 0. $

Następnie

$ \begin{split} c^2-bd &=a^2[(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)-(x_1 + x_2 + x_3)x_1x_2x_3]=\\ &=a^2 [u_1^2 + u_2^2 + u_3^2+ u_1u_2 + u_2u_3 + x_3u_1], \end{split} $

gdzie $u_1 = x_2x_3,$ $u_2 = x_3x_1,$ $u_3 = x_1x_2$ ; opierając się na wyniku poprzedniego rachunku otrzymujemy

$ c^2 - bd = \frac{a^2}{2} [(u_1+u_2)^2 +(u_2+u_3)^2+(u_3+u_1)^2] \geq 0. $

Istotnie więc zachodzą nierówności (2). Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Na przykład w równaniu $x^2 + 2x^2 + 2x + 1 = 0$ współczynniki spełniają warunki (2), gdy tymczasem ma ono tylko jeden pierwiastek rzeczywisty, gdyż jego lewa strona równa się iloczynowi $(x + 1) (x^2 + x + 1)$ .

Uwaga 1. Z powyższego rachunku wynika, że równość $b^2 =ac$ ma miejsce tylko wtedy, gdy $x_1 + x_2 = 0$ , $x_2 + x_3 = 0$ , $x_3 + x_1 = 0$ , tj. gdy $x_1 = x_2 = x_3 = 0$ równość zaś $c^2 = bd$ zachodzi tylko wtedy, gdy $u_1 = u_2 = u_3 = 0$ , tj. gdy co najmniej dwa z pierwiastków $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ są równe zeru. Zachodzi więc twierdzenie mocniejsze od dowiedzionego wyżej.

Jeżeli równanie (1) ma trzy pierwiastki rzeczywiste (niekoniecznie różne), z których co najmniej dwa są różne od zera, to

$ b^2 > ac \quad \textrm{i} \quad c^2 > bd $

Można udowodnić jednak twierdzenie jeszcze mocniejsze, modyfikując rozumowanie poprzednie w sposób następujący.

$ \begin{split} b^2 - 3ac &= a^2 [(x_1 + x_2 + x_3)^2- 3(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)] =\\ &= a^2 [x_1^2 + x_2^2 + x_3^2- x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1] =\\ &= \frac{a^2}{2} [(x_1-x_2)^2 +(x_2-x_3)^2+(x_3-x_1)^2]. \end{split} $

i podobnie

$ c^2 - bd = \frac{a^2}{2} [(u_1-u_2)^2 +(u_2-u_3)^2+(u_3-u_1)^2] \geq 0. $

Otrzymujemy stąd twierdzenie:

Jeżeli równanie (1) ma 3 pierwiastki rzeczywiste, to

$ b^2 \geq 3ac \quad \textrm{i} \quad c^2 > 3bd. $

Równość $b^2 = 3ac$ zachodzi tylko wtedy, gdy $x_1 = x_2 = x_3$ , równość zaś $c^2 = 3bd$ tylko wtedy, gdy $x_1x_2 = x_2x_3 = x_3x_1$ tzn. bądź gdy $x_1 = x_2 = x_3$ , bądź gdy $2$ z liczb $x_1, x2, x3$ są równe zeru. Możemy więc powyższe twierdzenie zastąpić mocniejszym:

Jeżeli równanie (1) ma 3 pierwiastki rzeczywiste, które nie są wszystkie sobie równe i z których co najmniej 2 są różne od zera, to

$ b^2 > 3ac \quad \textrm{i} c^2 > 3bd. $

Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Na przykład równanie $4x^3 + x^2 - 2x + 1 = 0$ , czyli $(x + 1) (4x^2 -3x+1) = 0$ ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty, choć jego współczynniki spełniają powyższe warunki.

Uwaga 2. Zachodzi twierdzenie ogólne: jeżeli równanie

$ a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_{n-1}x + a_n = 0 $

ma n pierwiastków rzeczywistych, to każde trzy kolejne współczynniki $a_{k-1}$ $a_k$ , $a_k-1$ tego równania spełniają nierówność

$ a_k^2 \geq \frac{2m}{m-1}a_{k-1}a_k, $

gdzie

$ m = \binom{n}{k}=\frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{1\cdot2\cdot \ldots \cdot k}. $

W nierówności powyższej można zastąpić znak $\geq$ znakiem $>$ , o ile pierwiastki równania nie są wszystkie sobie równe, a przy tym co najwyżej jeden pierwiastek równa się zeru.
Dowód tego twierdzenia można przeprowadzić wzorując się na dowodzie dla przypadku $n = 3$ . Objaśnimy główną przesłankę tego dowodu.
Niech

$ \begin{split} s_1 &= x_1 + x_2 \ldots + x_n,\\ s_2 &= x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n,\\ &\vdots\\ s_k &= x_1x_2 \ldots x_k+ \ldots + x_{n-k + 1} x_{n-k+2} \ldots x_n,\\ &\vdots \\ s_n &= x_1 \ldots x_n. \end{split} $

Wyrażenia $s_1, s_2, \ldots, s_n$ są symetryczne względem $x_1 x_2, \ldots x_n$ tzn. nie zmieniają wartości przy dowolnym przestawieniu (permutacji) zmiennych $x_1, x_2, \ldots, x_n$ . Są to tzw. funkcje symetryczne podstawowe tych zmiennych. Zauważmy, że $s_k$ ma tyle składników, ile jest kombinacji z $n$ elementów po $k$ .
Stwierdzamy najpierw, że

$ \begin{split} s_1^2-\frac{2n}{n-1}s_2&=(x_1 + x_2 \ldots + x_n)^2- \frac{2n}{n-1}(x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n) =\\ &=x_1^2 + x_2^2 \ldots + x_n^2- \frac{2}{n-1}(x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n)=\\ &=\frac{1}{n-1}[(n-1)x_1^2 + (n-1)x_2^2 + \ldots + (n-1)x_n^2- 2 x_1x_2 +\\ & +2x_1 x_3 \ldots + 2x_{n-1}x_n]\\ &=\frac{1}{n-1}[(x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2+\ldots+(x_{n-1}-x_n)^2]. \end{split} $

Weźmy następnie pod uwagę $3$ kolejne sumy $s_{k-1}$ , $s_k$ , $s_{k+1}$ ( $k \geq 2$ ). Oznaczmy składniki sumy $s_k$ literami $u_1, u_2, \ldots, u_m$ ; ilość tych składników równa się ilości kombinacji z $n$ elementów po $k$ , tzn. $m = \binom{n}{k}$ .

Zauważmy następnie, że iloczyn $s_{k-1}s_{k+1}$ jest sumą wszystkich iloczynów $u_iu_j$ . Korzystając z poprzedniego przekształcenia otrzymujemy równość:

$ \begin{split} s_k^2- \frac{2m}{m-1}s_{k-1}s_k&=(u_1+u_2+\ldots+u_n)^2 -\frac{2m}{m-1}(u_1u_2 +u_1 u_3 \ldots + u_{n-1}u_n) =\\ &=\frac{1}{m-1}[(u_1-u_3)^2+\ldots (u_{n-1}-u_m)^2]. \end{split} $

Z tej równości wynika, że

$ s^2_k \geq \frac{2m}{m-1}s_{k-1}s_k, $

przy czym znak $\geq$ można zastąpić znakiem $>$ , o ile nie zachodzi równość $u_1 = u_1 = \ldots = u_n$ .
Dowód wypowiedzianego wyżej twierdzenia uzyskamy teraz bez żadnych trudności; pozostawiamy go jako ćwiczenie.