Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1963
2019-01-22 
Приведенные квадратные трехчлены $f(x)$ и $g(x)$ принимают отрицательные значения на непересекающихся интервалах. Докажите, что найдутся такие положительные числа $\alpha$ и $\beta$, что для любого действительного $x$ будет выполняться неравенство $\alpha f(x) + \beta g(x) > 0$.
Решение:
Первое решение. Без ограничения общности можно считать, что $f(x) < 0$ при $x \in (x_1, x_2), g(x) < 0$ при $x \in (x_3, x_4),$ где $x_2 < x_3$. Рассмотрим касательную к графику $y = \alpha f(x)$ в точке $x_2$ и касательную к графику $y = \beta g(x)$ в точке $x_3$. Подберем положительные $\alpha$ и $\beta$ так, чтобы модули угловых коэффициентов этих касательных стали равными. Пусть касательная к $\alpha f(x)$ в точке $x_2$ имеет вид $у = ax + b_1$, касательная к $\beta g(x)$ в точке $x_3$ имеет вид $у = -ax + b_2, a > 0$. Эти касательные пересекаются в точке с ординатой $у_0 > 0$. Парабола, ветви которой направлены вверх, лежит выше касательной. Поэтому $\alpha f(x) + \beta g(x) > ax + b_1 - ax + b_2 = b_1 + b_2 = 2y_0 > 0$, что и требовалось доказать.
Второе решение. Пусть графики пересекаются в точке $P(x_0,у_0)$. Тогда $f(x) = у_0 + (x - x^{\prime})(x - x_0), g(x) = у_0 + (x - x^{\prime \prime})(x - x_0)$, причем, если $x_0 < x_0,$ то $x_0 < x^{\prime \prime}$. Действительно, если, скажем, $x^{\prime} < x^{\prime \prime} < x_0$, то на интервале $(x^{\prime},x_0)$ выполнено $f(x) < g(x)$, и в точках, в которых $g(x)$ отрицательно, $f(x)$ также отрицательно, что невозможно. Поэтому $h(x) = \alpha f(x) + \beta g(x) = ( \alpha + \beta )y_0 + (x - x_0)[( \alpha + \beta )x - ( \alpha x^{\prime} + \beta x^{\prime \prime})] = ( \alpha + \beta )у_0 + ( \alpha + \beta )(x - x_0)^2 \geq ( \alpha + \beta )y_0 > 0$,
если выбрать $\alpha$ и $\beta$ так, чтобы $( \alpha + \beta )x_0 = \alpha x^{\prime} + \beta x^{\prime \prime}$, т. е. $\beta = \alpha \frac{x_0 - x^{\prime}}{x^{\prime \prime} - x_0}$. Это можно сделать, так как $x^{\prime} < x_0 < x^{\prime \prime}$.
Приведенные квадратные трехчлены $f(x)$ и $g(x)$ принимают отрицательные значения на непересекающихся интервалах. Докажите, что найдутся такие положительные числа $\alpha$ и $\beta$, что для любого действительного $x$ будет выполняться неравенство $\alpha f(x) + \beta g(x) > 0$.
Решение:
Первое решение. Без ограничения общности можно считать, что $f(x) < 0$ при $x \in (x_1, x_2), g(x) < 0$ при $x \in (x_3, x_4),$ где $x_2 < x_3$. Рассмотрим касательную к графику $y = \alpha f(x)$ в точке $x_2$ и касательную к графику $y = \beta g(x)$ в точке $x_3$. Подберем положительные $\alpha$ и $\beta$ так, чтобы модули угловых коэффициентов этих касательных стали равными. Пусть касательная к $\alpha f(x)$ в точке $x_2$ имеет вид $у = ax + b_1$, касательная к $\beta g(x)$ в точке $x_3$ имеет вид $у = -ax + b_2, a > 0$. Эти касательные пересекаются в точке с ординатой $у_0 > 0$. Парабола, ветви которой направлены вверх, лежит выше касательной. Поэтому $\alpha f(x) + \beta g(x) > ax + b_1 - ax + b_2 = b_1 + b_2 = 2y_0 > 0$, что и требовалось доказать.
Второе решение. Пусть графики пересекаются в точке $P(x_0,у_0)$. Тогда $f(x) = у_0 + (x - x^{\prime})(x - x_0), g(x) = у_0 + (x - x^{\prime \prime})(x - x_0)$, причем, если $x_0 < x_0,$ то $x_0 < x^{\prime \prime}$. Действительно, если, скажем, $x^{\prime} < x^{\prime \prime} < x_0$, то на интервале $(x^{\prime},x_0)$ выполнено $f(x) < g(x)$, и в точках, в которых $g(x)$ отрицательно, $f(x)$ также отрицательно, что невозможно. Поэтому $h(x) = \alpha f(x) + \beta g(x) = ( \alpha + \beta )y_0 + (x - x_0)[( \alpha + \beta )x - ( \alpha x^{\prime} + \beta x^{\prime \prime})] = ( \alpha + \beta )у_0 + ( \alpha + \beta )(x - x_0)^2 \geq ( \alpha + \beta )y_0 > 0$,
если выбрать $\alpha$ и $\beta$ так, чтобы $( \alpha + \beta )x_0 = \alpha x^{\prime} + \beta x^{\prime \prime}$, т. е. $\beta = \alpha \frac{x_0 - x^{\prime}}{x^{\prime \prime} - x_0}$. Это можно сделать, так как $x^{\prime} < x_0 < x^{\prime \prime}$.
