二次函数的整数计数问题

设函数 $f(x)=x^{2}+ax+b$，其中 $a,b\in\mathbb{R}$。对于任意 $m>0$，定义集合：

$$P(m)=\{i\in\mathbb{Z} \mid \text{存在 } x_{0}\in[i,i+m], \text{ 使得 } f(x_{0})=i\}$$

(1) 若 $a=-4, b=4$，求 $P(2)$；

(2) 若 $b=0$，且存在 $j\in\mathbb{Z}$ 使得 $\{j,j+1,j+2\}\subseteq P(1)$，求 $a$ 的取值范围；

(3) 对于给定的 $n\in\mathbb{N}^{*}$，证明：当 $a, b$ 变化时，$P(n/2)$ 中元素个数的最大值为 $n+1$

这是知乎上的一道题目，链接https://zhuanlan.zhihu.com/p/2086430494464403433

我下面对于作者的做法作出了更详尽的解释和补充，便于理解

（1）代入，得 $f(x) = x^2 – 4x + 4 = (x-2)^2$。

我们需要寻找整数 $i$使其满足：存在 $x_0 \in [i, i+2]$，使得 $f(x_0) = i$

由 $f(x) = (x-2)^2 \ge 0$，所以 $P(2)$ 中的元素只能是非负整数。

令 $f(x) = i \ (i \ge 0)$，解得：

$$x = 2 \pm \sqrt{i}$$

代入区间 $x \in [i, i+2]$，可得：

$$i \le 2 \pm \sqrt{i} \le i+2$$

$$\sqrt{i} – 2 \le 0 \implies \sqrt{i} \le 2 \implies i \le 4$$

当整数 $i \ge 5$ 时，区间 位于对称轴 $x=2$ 右侧。 将 $x=i$ 代入，并与 $i$ 作差：

$$\begin{aligned} f(i) – i &= (i-2)^2 – i \\ &= i^2 – 5i + 4 \\ &= (i-1)(i-4) \end{aligned}$$

$i \ge 5$，此时 $(i-1)(i-4) > 0$，即 $f(i) > i$ 恒成立。 与题意不符

综上，$P(2) = \{0, 1, 2, 3, 4\}$。

（2）首先翻译题干：

存在 $x_1 \in [j, j+1]$，使得 $x_1^2 + ax_1 = j$

存在 $x_2 \in [j+1, j+2]$，使得 $x_2^2 + ax_2 = j+1$

存在 $x_3 \in [j+2, j+3]$，使得 $x_3^2 + ax_3 = j+2$

不妨设满足这三个条件的a的集合分别为$A_j, A_{j+1}, A_{j+2}$。

$$A_j \cap A_{j+1} \cap A_{j+2} \neq \emptyset$$

对于任意整数 $i$，设满足方程 $x(x+a)=i \ (x \in [i, i+1])$ 的参数集合为 $A_i$。

$i=0$ 时，$x=0$ 为根，故 $A_0 = \mathbb{R}$。

当 $i \neq 0$ 时，分离参数得：

$$a = \frac{i}{x} – x \quad (x \in [i, i+1] \})$$

令 $g_i(x) = \frac{i}{x} – x$，求导得：

$$g_i'(x) = -\frac{i}{x^2} – 1 = \frac{-i-x^2}{x^2}$$

令 $g_i'(x) = 0$，当 $i < 0$ 时，极值点为 $ -\sqrt{-i}$。

结合区间 $[i, i+1]$ ：

1. 当 $i \ge 1$ 时，$-i-x^2 < 0$ 恒成立，$g_i(x)$ 单调递减。
2. 当 $i \le -1$ 时：
   • $-\sqrt{-i} \ge i+1 \implies i \le -3$。此时 $g_i(x)$ 单调递减。
   • $-\sqrt{-i} \le i \implies i = -1$。此时 $g_i(x)$ 单调递增。
   • $i < -\sqrt{-i} < i+1 \implies i = -2$。$g_i(x)$ 在 $[-2, -\sqrt{2}]$ 递减，在 $[-\sqrt{2}, -1]$ 递增。

代入得 ：

• $i \ge 1$ 或 $i \le -3$ 时：$A_i = \left[ -i – \frac{1}{i+1}, 1 – i \right]$。
• $i = -1$ 时：$A_{-1} = [2, +\infty)$。
• $i = -2$ 时：$A_{-2} = [2\sqrt{2}, 3]$。

下面验证 $A_j \cap A_{j+1} \cap A_{j+2} \neq \emptyset$：

若 $j \ge 1$：

$$\max(A_{j+2}) = -j – 1 < -j – \frac{1}{j+1} = \min(A_j)$$

交集为空。

若 $j \le -3$：

$$\max(A_{j+1}) = -j < -j – \frac{1}{j+1} = \min(A_j)$$

交集为空。

故 $j \in \{-2, -1, 0\}$。

$A_{-1} \cap A_1 = \emptyset$， $j = -1$ 不行。

当 $j = -2$ 时：

$$A_{-2} \cap A_{-1} \cap A_0 = [2\sqrt{2}, 3] \cap [2, +\infty) \cap \mathbb{R} = [2\sqrt{2}, 3]$$

当 $j = 0$ 时：

$$A_0 \cap A_1 \cap A_2 = \mathbb{R} \cap \left[-\frac{3}{2}, 0\right] \cap \left[-\frac{7}{3}, -1\right] = \left[-\frac{3}{2}, -1\right]$$

综上，$a \in \left[-\frac{3}{2}, -1\right] \cup [2\sqrt{2}, 3]$。

（3）这里作者的方法十分巧妙，我对构造作出了一些补充

令 $L = n/2$。$i \in P(L)$ 等价于存在 $x \in [i, i+L]$ 使 $f(x)=i$，即：

$$0 \le x – f(x) \le L$$

令 $c = \frac{1-a}{2}$，$h = c^2 – b$，配方得：

$$x – f(x) = h – (x-c)^2$$

假设 $P(L)$ 至少有 $n+2$ 个元素。

若 $h < 0$，不等式无解。必有 $h \ge 0$。

若 $0 \le h \le L + \frac{1}{4}$，解集区间长度严格小于 $2L+1 = n+1$，无法容纳 $n+2$ 个整数。故 $h > L + \frac{1}{4}$。

解不等式 $0 \le h – (x-c)^2 \le L$，得两段不相交区间：

$$I_1 = [c – \sqrt{h}, c – \sqrt{h-L}], \quad I_2 = [c + \sqrt{h-L}, c + \sqrt{h}]$$

总长度 $\vert{}I_1\vert{} + \vert{}I_2\vert{} = 2L = n$。

设两段分别含 $p, q$ 个整数（$p+q \ge n+2$）。由区间极值性质：

$$n = \vert{}I_1\vert{} + \vert{}I_2\vert{} \ge (p-1) + (q-1) = p+q-2 \ge n$$

全取等号，即四个端点均为整数。

端点作差，得 $2\sqrt{h}$ 与 $2\sqrt{h-L}$ 均为整数。

其平方差 $(2\sqrt{h})^2 – (2\sqrt{h-L})^2 = 4L = 2n$ 为偶数。两数同奇偶，差必为偶数，故 $\sqrt{h} – \sqrt{h-L}$ 必为整数。

但由放缩可知：

$$0 < \sqrt{h} – \sqrt{h-L} = \frac{L}{\sqrt{h} + \sqrt{h-L}} < 1$$

矛盾。故上界为 $n+1$。

但是现在，我们还需要找到这样的一个函数，使其取到上界 $n+1$

原文中，这里作者直接构造出了函数，我主要说说这个是如何想到的

为了让 $i \in \{0, 1, \dots, n\}$ 共 $n+1$ 个整数均满足条件，则：

$$(f(i) – i)(f(i+L) – i) \le 0$$

令 $g(x) = f(x) – x$，可得：

$$g(i)[g(i+L) + L] \le 0$$

构造负二次式与完全平方项的乘积。可以令：

$$g(i) = (i-2L)(i-k)$$

$$g(i+L) + L = i(i-k)$$

将一式代入二式，得：

$$(i-L)(i+L-k) + L = i(i-k)$$

$$i^2 + (L-k)i – L^2 + kL + L = i^2 – ki$$

对比常数项：

$$-L^2 + kL + L = 0 \implies k = L-1$$

代回得 $g(x) = (x-2L)(x-L+1)$。

故：

$$f(x) = g(x) + x = x^2 + (2-3L)x + 2L(L-1)$$

容易验证成立。

最大值为 $n+1$。

（感觉还是有点由答案推出过程的意思）