1. 最公高因式，可以用輾轉相除法處理，兩個多項式相減會得 \( (b-d)x^2 - (b-d) \)

當 \( b =d \) 時，兩多項式完全相同，最高公因式，就是自己本身

當 \( b \neq d \) 時，其最高公因式必為 \( x^2 -1 \) 之因式，以因式定理檢驗之

再以  \( x^2 - 1 \) 除 \( ax^3+bx^2+cx+d \) 可得 \( (a+c)x + (b+d) \)，再用因式定理檢查 \( x^2-1 \) 和 \( (a+c)x+b+d \)的公因式

若 \( a+c = b+d \)，則 \( x+1 \) 為公因式

若\( a+c = -(b+d) \)，則 \( x-1 \) 為公因式

再用以上兩個條件分類可產生 4 種情形，再加上先前 \( b=d \) 的情況，總有 5 (種可能)類

這題中，題意中的三實根隱含了 \( p \) 必為非負

否則 \( p<0 \) 時, 3 次函數 \( f(x) = x^3 - px + q \)  為嚴格遞增函數，其導數恆正，此時原方程式僅有一實根。

提供一個另解. 從三次函數的圖形著手

\( f'(x) = 0 \) 之解為 \( x = \pm \sqrt{\frac p3} \)

改變 q 值，圖形上下移動，三根最小者有最小值的時候，圖形在 \( x = \sqrt{\frac p3} \) 處的極小值恰為 0，此時三根為 \( \sqrt{\frac p3}, \sqrt{\frac p3}, -2\sqrt{\frac p3} \)

同理，三根最大者有最大值的時候，圖形在 \( x = - \sqrt{\frac p3} \) 處的極大值恰為 0，此時三根為 \( -\sqrt{\frac p3}, -\sqrt{\frac p3}, 2\sqrt{\frac p3} \)

故 \( -\sqrt{\frac{4p}{3}} \leq a \leq \sqrt{\frac{4p}{3}} \)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-5-19 05:15 PM 編輯 ]

沒有這麼嚴重啦，原本我也是一樣的想法，以為題目漏條件了

看了好幾次，剛剛才突然想到

2. #12 鋼琴兄用的應該是柯西不等式

\( \left[(x+\frac1x)^2+(y+\frac1y)^2\right]\left(1^2+1^2\right)\geq(x+\frac1x+y+\frac1y)^2 \)

順帶來個另解
令 \( f(x)=(x+\frac1x)^2 = x^2+2+\frac1{x^2} \), 則 \( f''(x)=2 + \frac{6}{x^4}>0 \)

故 f(x) 在 (0,1) 上為凸函數(convex function), 由凸函數不等式有

\( \frac{f(x)+f(y)}{2}\geq f(\frac{x+y}{2})=f(\frac12)=\frac{25}{4} \)

且當 \( x=y = \frac12 \) 時等號成立

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-5-22 01:56 PM 編輯 ]

#30 hua0127 老師，已解