21-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Кипр, 2019 год

\z Пусть $a$ и $b$ — два различных действительных числа, и пусть $c$ — такое положительное действительное число, что $a^4 - 2019a = b^4- 2019b = с.$ Докажите, что $-sqrt c < ab <0.$

Комментарий/решение

$$ a^4-2019a=b^4-2019b \Leftrightarrow (a-b)(a^3+b^3+a^2b+ab^2-2019)=0 $$

$$ a\ne b \Rightarrow a^3+b^3+a^2b+ab^2=2019 \qquad (1)$$

$$ (1) \Rightarrow a(a^2+b^2+ab)=2019-b^3 \qquad (2)$$

$$ a^4-2019a=b^4-2019b=c>0 \Rightarrow a,b \in I \equiv(-\infty,0)\cup (2019 , +\infty)$$

$$\color{red}{1) a<0:} \underbrace{a(a^2+b^2+ab)}_{<0}=2019-b^3<0 \Rightarrow \left\{b^3>2019 \right\} \cap I=(2019, +\infty)\Rightarrow b>2019$$

$$a<0,\quad b>2019 \Rightarrow ab<0$$

$$ (1) \Rightarrow ab(a^2+ab+b^2)=\underbrace{2019b-b^4 }_{-c} \Rightarrow (ab)^2+(ab)(a^2+b^2)+c=0\Rightarrow $$

$$\Rightarrow c=-(ab)^2-(ab)(a^2+b^2)\geq (ab)^2 \Rightarrow (ab)^2-c \leq0 \Rightarrow-\sqrt{c} \leq ab \leq\sqrt{c} \Rightarrow$$

$$ \Rightarrow -\sqrt{c} \leq ab <0\leq\sqrt{c} $$

$$\color{red}{2) a>2019:} \underbrace{a(a^2+b^2+ab)}_{>0}=2019-b^3>0 \Rightarrow \left\{b^3<2019 \right\} \cap I=(-\infty,0)\Rightarrow b<0$$

$$ a>2019, \qquad b<0 \Rightarrow ab<0$$

$$c=-(ab)^2-(ab)(a^2+b^2)\geq (ab)^2 \Rightarrow (ab)^2-c \leq0 \Rightarrow-\sqrt{c} \leq ab \leq\sqrt{c} \Rightarrow$$

$$ \Rightarrow -\sqrt{c} \leq ab <0\leq\sqrt{c} $$

Для начала $a,b\neq 0$, ведь иначе $c=0$. Пусть корни уравнения $x^4-2019x-c=0$ будут $a,b,z_1,z_2$($z_1,z_2$ необязательно действительные). Обозначим $p=z_1+z_2, q=z_1z_2$. Тогда по теореме Виета $$a+b+p=0, abq=-c, ab+(a+b)p+q=0$$Выразим из первых двух уравнений $p,q$ и подставим в третье $$ab-(a+b)^2-\frac{c}{ab}=0\Leftrightarrow c=ab(ab-(a+b)^2)$$

Поскольку $c>0$ и $ab-(a+b)^2=a^2-ab-b^2<0$, получаем $ab<0$. Далее $c=ab(ab-(a+b)^2)\ge (ab)^2$. Равенство достигается лишь при $b=-a$, откуда из условия $a=0$ - противоречие. Так $-\sqrt{c}<ab<0$, что требовалось.