数理视界

设$x^2=t$, 原方程为$2t^2+mt+8=0$, 原方程有四个整数根, 所以关于$t$ 的二次方程必有两
个正整数根, 且正两个正整数必为平方数, 设两根为$t_1,t_2$, 由韦达定理知$t_1t_2=4$,
所以$t_1=1,t_2=4$ 或$t_1=4,t_2=1\Rightarrow -\frac{m}{2}=1+4\Rightarrow m=-10$.
代入可得: $x_1=1,x_2=-1, x_3=2, x_4=-2$.

设方程$x^2-px+q=0$ 的两根为$x_1,x_2$; 方程$x^2-qx+p=0$ 的两根为$x_3,x_4$.
由韦达定理, 有$x_1+x_2=p, x_1x_2=q, x_3+x_4=q, x_3x_4=p$
所以$x_1+x_2=x_3x_4, x_1x_2=x_3+x_4\Rightarrow x_1x_2-x_1-x_2+x_3x_4-x_3-x_4=0$
因此有$(x_1-1)(x_2-1)+(x_3-1)(x_4-1)=2$, 所以$(x_1-1)(x_2-1)=2,1,0$ 时,
$(x_3-1)(x_4-1)$ 相应取$0,1,2$.
\[
\left\{\begin{array}{lr} (x_1-1)(x_2-1)=2 \\ (x_3-1)(x_4-1)=0 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} p=5 \\ q=6 \end{array}\right.
\]
同理可求得另外两组解, 综上
\[
\left\{\begin{array}{lr} p=5 \\ q=6 \end{array}\right., \left\{\begin{array}{lr} p=4 \\ q=4 \end{array}\right., \left\{\begin{array}{lr} p=6 \\ q=5 \end{array}\right.
\]

解法一: 设$t=\sqrt{\frac{\alpha}{\beta}}+\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}}\Rightarrow t^2=\frac{\alpha}{\beta}+\frac{\beta}{\alpha}+2 (t>0)$
又$\alpha+\beta=-3, \alpha\beta=1\Rightarrow t^2=\frac{\alpha}{\beta}+\frac{\beta}{\alpha}+2=\frac{\alpha^2+\beta^2}{\alpha\beta}+2=\frac{(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta}{\alpha\beta}+2=9\Rightarrow t=3$

解法二: 因为$\alpha+\beta=-3, \alpha\beta=1\Rightarrow \alpha<0,\beta<0$, 所以
\[
原式=\frac{\sqrt{\alpha\beta}}{|\beta|}+\frac{\sqrt{\alpha\beta}}{|\alpha|}=-\frac{\alpha+\beta}{\alpha\beta}=3
\]

因已知得: $m,n$ 为关于$x$ 的方程$x^2=x+1$ 的两个不等实数根.
所以$m+n=1, mn=-1$, 故有
\[
m^2+n^2=(m+n)^2-2mn=3; m^3+n^3=(m+n)(m^2+n^2)-mn(m+n)=4;
\]
及
\[
m^4+n^4=(m^2+n^2)^2-2m^2n^2=7; m^7+n^7=(m^3+n^3)(m^4+n^4)=m^3n^3(m+n)=29
\]

设对某个自然数$k\geq 2$, 有$9m^2+5m+26=k(k-1)$ 将上式整理成关于$m$ 的二次方程得
\[
9m^2+5m-(k^2-k-26)=0
\]
因为$m$ 为整数, $k$ 为有理数,
所以$\Delta_1=25+36(k^2-k-26)=36k^2-36k-911$ 必为完全平方数.
再设$36k^2-36k-911=p^2$ ($p$ 为自然数), 即$36k^2-36k-(p^2+911)=0$, 为了使本方程得
根为有理数, 必须使$\Delta_2=36^2+4\times 36(p^2+911)=12^2(p^2+920)$ 为完全平方数,
$\therefore p^2+920$ 为完全平方数.
又设$p^2+920=q^2$ ($q$ 为自然数), 则$(q+p)(q-p)=920$.
因为$q+p>q-p>0, q+p$ 与$q-p$ 同奇偶, 即它们均为偶数. 因此有:
\[
\left\{\begin{array}{lr} q+p=460 \\ q-p=2 \end{array}\right. \left\{\begin{array}{lr} q+p=230 \\ q-p=4 \end{array}\right. \left\{\begin{array}{lr} q+p=92 \\ q-p=10 \end{array}\right. \left\{\begin{array}{lr} q+p=46 \\ q-p=20 \end{array}\right.
\]
分别解得
\[
\left\{\begin{array}{lr} p=229 \\ q=231 \end{array}\right. \left\{\begin{array}{lr} p=113 \\ q=117 \end{array}\right. \left\{\begin{array}{lr} p=41 \\ q=51 \end{array}\right. \left\{\begin{array}{lr} p=13 \\ q=33 \end{array}\right.
\]
把$p$ 的值代入求得$k$ 的值, 再把$k$ 的值代入可求得$m$ 的值为$m=-1,2,6,-13$.

把$x=1$ 代入原方程, 整理得: $4(1-a)k+(b-2a^2+1)=0$.
因为对于任意实数$k$ 上式都成立, 所以
\[
\left\{\begin{array}{lr} 1-a=0 \\ b-2a^2+1=0 \end{array}\right.
\]
解得$a=1,b=1$, 代入原方程, 可求得另一根$x_2=\frac{k^2+4k+1}{k^2+1}$
去分母, 整理得$(x_2-1)k^2-4k+(x_2-1)=0$, 将次式看成关于$k$ 的二次方程, 由于$k$ 为实数
$\therefore \Delta=(-4)^2-4(x_2-1)^2\geq 0\Rightarrow -1\leq x_2\leq 3$.

设公共根为$\alpha$, 代入方程得
\[
\left\{\begin{array}{lr} \alpha^2+a_1\alpha+a_2a_3=0 \\ \alpha^2+a_2\alpha+a_1a_3=0 \end{array}\right.
\]
两式相减得: $(a_1-a_2)\alpha+a_3(a_2-a_1)=(a_1-a_2)(\alpha-a_3)=0\Rightarrow a_1=a_2$ 或$\alpha=a_3$.

若$a_1=a_2$ 可得两个方程一样,应有两个公共根, 与只有一个公共根矛盾, 所以$a_1\neq a_2$
因此有$\alpha=a_3$ 且$a_1\neq a_2$.
因为$a_3$ 是两个方程得公共根, 所以由韦达定理知方程另外两个根一定是$a_2$ 与$a_1$.
再因为$a_2,a_3$ 是方程$x^2+a_1x+a_2a_3=0$ 的两个不等实数根可得$a_2+a_3=-a_1\Rightarrow a_3=-a_1-a_2$.
将$a_3$ 代入方程$x^2+a_3x+a_1a_2=0\Rightarrow x^2-(a_1+a_2)x+a_1a_2=0\Rightarrow (x-a_1)(x-a_2)=0\Rightarrow x_1=a_1,x_2=a_2$.
问题得证.

设这两个方程的公共根为$\alpha$, 所以有
\[
\left\{\begin{array}{lr} \alpha^2-k\alpha -7=0 \\ \alpha^2-6\alpha -(k+1) \end{array}\right.
\]
两式相减得: $(6-k)\alpha +(k-6)=0\Rightarrow (\alpha-1)(6-k)=0\Rightarrow \alpha=1$ 或 $k=6$.
由$\alpha=1$ 是方程$x^2-kx-7=0$ 的一 个根知另一个根为$-7\Rightarrow k=-6$;

由$\alpha=1$ 是方程$x^2-6x-(k+1)=0$ 的一个根知另一个根为$5\Rightarrow k=-6$.
经检验知$k=\pm 6$都满足要求.

由韦达定理, 有$a+b=-p, ab=1, c+d=-q, cd=1$.
$\because (a-c)(b-c)=c^2-(a+b)c+ab=c^2+pc+1$. 又$\because c$ 是方程$x^2+qx+q=0$ 的根,
$\therefore c^2+qc+1=0\Rightarrow c^2+1=-qc$.

所以有$(a-c)(b-c)=-c(q-p)$.

同样$(a+d)(b+d)=d^2+(a+b)d+ab=d^2-pd+1=-qd-pd=-d(q+p)$

$\therefore (a-c)(b-c)(a+d)(b+d)=cd(q^2-p^2)=q^2-p^2$.

设方程$ax^2+bx+c=0(a>0)$ 的两根分别为$x_1,x_2$, 则$x_1+x_2=-\frac{b}{a}, x_1x_2=\frac{c}{a}$.
所以$(x_1-1)(x_2-1)=x_1x_2-(x_1+x_2)+1=\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+1=\frac{a+b+c}{a}$.

因为当$x=1$ 时, $ax^2+bx+c\lt 0$, 即$a+b+c\lt 0$, 又$a\gt 0$
所以$ \frac{a+b+c}{a}\lt 0, 即(x_1-1)(x_2-1)\lt 0$.

因此方程$ax^2+bx+c=0 (a\gt 0)$ 一根大于$1$, 另一根小于$1$.