Question

数学竞赛一则，求高手

设f(x)=ax^2+bx+c,a>2。求证：最多有2个整数x，使|f(x)|≤1

Answer 1

使用反证法证明。如果有三个整数l、m、n（l<m<n），满足
|f(l)| ≤ 1
|f(m)| ≤ 1
|f(n)| ≤ 1

1) |f(m)-f(l)| ≤ |f(m)|+|f(l)| ≤ 2
又|f(m)-f(l)| = (m-l)×|a(m+l)+b|，于是(m-l)×|a(m+l)+b| ≤ 2
因为m-l ≥ 1，所以|a(m+l)+b| ≤ 2

2) 同理|a(n+m)+b| ≤ 2

3) 由1)、2)的结论，又|[a(n+m)+b]-[a(m+l)+b]| ≤ |a(n+m)+b|+|a(m+l)+b| ≤ 4
又|[a(n+m)+b]-[a(m+l)+b]|=a*(n-l)，于是a*(n-l) ≤ 4
但是由a > 2，n-l ≥ 2可知a*(n-l) > 4，矛盾

于是最多有2个整数x，使|f(x)|≤1

Answer 2

有空看看