關於第 8 題，先前寫此題也碰到此麻煩，
如 mandy 所說 首項為正的二次式恆"非負"的條件為判別式"非正"
而此題搞鬼的地方在於 \( f(x) \) 在二次式的解處可能沒有定義。
以下我們來研究一下判別式非負和值域的關係
原本分子分母都是二次(以下)式，但透過平移 \( g(x)=f(x)-c \) 可將分子改成一次以下，但如果分子是常數，就沒有什麼好看的，所以
設 \( f(x)=\frac{\alpha x+\beta}{ax^{2}+bx+c}, D_{y}=(by-\alpha)^{2}-4ay(cy-\beta)\) , 且 \( a\alpha \neq0 \)，則有
(a) \( y\in f(\mathbb{R})\Rightarrow D_{y}\geq0 \).
證 若 \( y\neq0 \) 且 \( y\in f(\mathbb{R}) \)，則 \( (ax^{2}+bx+c)y=\alpha x+\beta \) 有實數解，因此 \( D_{y}\geq0 \) 。
若 \( y=0 \), \( D_{y}=\alpha^{2}\geq0\Rightarrow0 \)。因此 \( y\in f(\mathbb{R})\Rightarrow D_{y}\geq0 \) 。
(b) \( y\neq0,\, D_{y}>0\Rightarrow y\in f(\mathbb{R}) \)
證 若 \( D_{y}>0, y\neq 0 \)，則 \( (ax^{2}+bx+c)y=\alpha x+\beta \) 有兩相異實根。若 \( ax^{2}+bx+c=0 \)，則 \( \alpha x+\beta=0 \)。
而 \( ax^{2}+bx+c=0 \) 和 \( \alpha x+\beta \) 至多一共根，
因此當 \( D_{y}>0 \) 時，必存在 \( x \) 使得 \( (ax^{2}+bx+c)y=\alpha x+\beta \) 且 \( ax^{2}+bx+c\neq0\Rightarrow f(x)=y \) 。
(c) \( \deg\left(\gcd(ax^{2}+bx+c,\alpha x+\beta)\right)=0\Leftrightarrow f(\mathbb{R})=\{y\in\mathbb{R}\mid D_{y}\geq0\} \)
證 由 (1) (2) 知，我們只須檢驗 \( D_{y}=0 \)、\( y=0 \) ，在兩集合的差異 ( \( D_y>0 \) 且 \( y\neq0 \) 同時屬於兩集合)。
假設左式成立，則 \( ax^{2}+bx+c=0 \) 和 \( \alpha x+\beta=0 \) 無共根。
同 (b) 論述可得 \( y\neq0 \) 且 \( D_{y}\geq0 \) 則 \( y\in f(\mathbb{R}) \) 。
易驗 \( D_{0}=\alpha^{2}\geq0 \) 且 \( f(-\frac{\beta}{\alpha})=0 \) ，因此 \( f(\mathbb{R})=\{y\in\mathbb{R}\mid D_{y}\geq0\} \) 。
假設左式不成立，則 \(ax^{2}+bx+c=0\) 和 \( \alpha x+\beta=0 \) 有共同根 \(-\frac{\beta}{\alpha}\) 。
若 \(D_{y}=0\), 且 \( f(x)=y \) ，注意方程式 \( (ax^{2}+bx+c)y=\alpha x+\beta \) 之解必為 \( x=-\frac{\beta}{\alpha} \) (重根)，
因此 \( x=-\frac{\beta}{\alpha} \)，但 \( f \) 在 \( x=-\frac{\beta}{\alpha} \) 無定義，故不存在 \( x \) ，使得 \( f(x)=y \) ，
同理 \(y =0 \) 時，亦不存在 \( x \) 使得 \( f(x)=0 \)
因此 \( f(\mathbb{R})\neq\{y\in\mathbb{R}\mid D_{y}\geq0\} \) 。
---------------------------------我是分割線-------2013.09.02 修改下方之式子，之前有小瑕疵
回到原題，\( a=1 \) 顯然不合。而 \( a \neq 1 \)，計算判別式可得 \( -2 \leq a \leq 0 \)
檢查分子是否與分母互質即 \( a^2+2a \) 是否為 0 (因式定理)
故其解為 \( -2<a<0 \)
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本帖最後由 tsusy 於 2016-1-2 10:17 PM 編輯 ]
