7. Даны квадратные трёхчлены f1(x) = x²+2a1x+b1, f2(x) = x²+2a2x+b2, f3(x) = x²+2a3x + b3. Известно, что a1a2a3 = b1b2b3 > 1. Докажите, что хотя бы один из трёхчленов имеет два корня.

Дано:

• Квадратные трёхчлены:
• \( f_1(x) = x^2 + 2a_1x + b_1 \)
• \( f_2(x) = x^2 + 2a_2x + b_2 \)
• \( f_3(x) = x^2 + 2a_3x + b_3 \)
• Условие: \( a_1a_2a_3 = b_1b_2b_3 > 1 \).

Доказать: Хотя бы один из трёхчленов имеет два корня.

Решение:

Для того чтобы квадратный трёхчлен \( Ax^2 + Bx + C \) имел два действительных корня, его дискриминант \( D = B^2 - 4AC \) должен быть строго больше нуля.

В нашем случае, для трёхчлена \( f_i(x) = x^2 + 2a_ix + b_i \) (где \( i = 1, 2, 3 \)), дискриминант равен:

\[ D_i = (2a_i)^2 - 4(1)(b_i) = 4a_i^2 - 4b_i = 4(a_i^2 - b_i) \]

Чтобы \( f_i(x) \) имел два действительных корня, необходимо, чтобы \( D_i > 0 \), то есть \( a_i^2 - b_i > 0 \), или \( a_i^2 > b_i \).

Чтобы \( f_i(x) \) имел один действительный корень (кратности 2), необходимо, чтобы \( D_i = 0 \), то есть \( a_i^2 = b_i \).

Чтобы \( f_i(x) \) не имел действительных корней, необходимо, чтобы \( D_i < 0 \), то есть \( a_i^2 < b_i \).

Нам нужно доказать, что хотя бы для одного \( i ∈ \{1, 2, 3\} \) выполняется условие \( a_i^2 > b_i \).

Предположим противное: что ни один из трёхчленов не имеет двух действительных корней. Это означает, что для каждого \( i = 1, 2, 3 \) выполняется условие \( a_i^2 ≤ b_i \).

То есть:

• \( a_1^2 ≤ b_1 \)
• \( a_2^2 ≤ b_2 \)
• \( a_3^2 ≤ b_3 \)

Перемножим эти неравенства. Важно, что числа \( a_i \) и \( b_i \) могут быть как положительными, так и отрицательными. Однако, если \( a_i^2 ≤ b_i \), то \( b_i \) должно быть неотрицательным, если \( a_i  0 \).

Рассмотрим произведение этих неравенств:

\[ a_1^2  a_2^2  a_3^2 ≤ b_1  b_2  b_3 \]

\[ (a_1a_2a_3)^2 ≤ b_1b_2b_3 \]

Из условия задачи нам дано, что \( a_1a_2a_3 = b_1b_2b_3 > 1 \).

Пусть \( P = a_1a_2a_3 \) и \( Q = b_1b_2b_3 \). Тогда \( P = Q > 1 \).

Полученное нами неравенство — \( P^2 ≤ Q \).

Подставим \( P = Q \) в это неравенство:

\[ P^2 ≤ P \]

\[ P^2 - P ≤ 0 \]

\[ P(P - 1) ≤ 0 \]

Это неравенство верно, когда \( 0 ≤ P ≤ 1 \).

Однако, по условию задачи, \( P = a_1a_2a_3 > 1 \).

Полученное условие \( 0 ≤ P ≤ 1 \) противоречит условию \( P > 1 \).

Следовательно, наше первоначальное предположение о том, что \( a_i^2 ≤ b_i \) для всех \( i = 1, 2, 3 \), неверно.

Значит, хотя бы для одного \( i \) должно выполняться строгое неравенство \( a_i^2 > b_i \).

Если \( a_i^2 > b_i \), то дискриминант \( D_i = 4(a_i^2 - b_i) > 0 \), что означает, что соответствующий трёхчлен \( f_i(x) \) имеет два действительных корня.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.