Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2012 жыл

Екі нақты түбірі бар, $P\left( x \right)$ квадрат үшмүшесі, барлық $x$ үшін $P\left( {{x}^{3}}+x \right)\ge P\left( {{x}^{2}}+1 \right)$ теңсіздігін қанағаттандырады. $P\left( x \right)$ үшмүшесінің түбірлерінің қосындысын табыңыз. ( А. Голованов, К. Кохась, М. Иванов )

Комментарий/решение

Пусть $P(x) = ax^2 + bx + c$. Заметим, что $a>0$, так как в противном случае при каком-то большом $x$, $P(x)$ будет убывать, а $P(x^3+x) \geq P(x^2+1)$. Тогда если $x_{1}, x_{2}$ корни, то $x_{1}+x_{2}=-\frac{b}{a}$. Заметим, что $P(x)=a(x-\frac{b}{2a})^2-\frac{b^2}{4a}+c$. Тогда если $x_{0}$ точка в которой $P(x)$ минимален, то $x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$. Покажем, что $x_{0}=2$. Пусть это не так, и $y \neq 2$ минимальная точка. Тогда $x^3+x=y, \, x \neq 1, \, x^3 + x \neq x^2 + 1 \Rightarrow P(y) = P(x^3+x) \geq P(x^2+1)$, что невозможно. Значит $x_{0} = 2 \Rightarrow x_{1}+x_{2}=4$.