Quadratic equation with roots in a range

[ins-]

Let $a$, $b$ and $c$ are real numbers such that equation $ax^2+bx+c=0$ have real roots. Prove that if $|a(b-c)|>|b^2-ac|+|c^2-ab|$ then the equation have at least one root from the interval $(0, 2)$.

(Оффтоп)

To have at least one root in the range $(0,2)$ it is required $f(0)f(2)<0$ and $b^2>4ac$. I had the idea to use $|a|+|b| \ge |a+b|$ and then squaring the absolute values and use the identity $x^2-y^2=(x+y)(x-y)$, but I have no significant result. The source of this problem is Bulgarian MO 1994

[NSKuber]

ins- в сообщении #1098574 писал(а):

To have at least one root in the range $(0,2)$ it is required $f(0)f(2)<0$

Это в случае, когда корень на промежутке один, а их там может быть и два.
Или может быть один, но кратности два.

[DeBill]

ins-
У меня почему то получилось, что есть корень на $(0,1)$ ?
1. По условию, $a$ не равно 0 (а $b$ не равно $c$). Будем считать его равным 1 (однородность).
2.Условие "число больше суммы модулей" равносильно паре условий а) число больше модуля разности, и б) число больше модуля суммы
а) (после сокращения на $|b-c|$) дает $1> |1+b+c|$, так что $b+c<0$
б) $|b-c|> |b^2 + c^2 -b-c|$. Приравнивая левую-правую части, и раскрывая модули, получим уравнения двух окружностей (единчного радиуса, с центрами (1,0) и (0,1)). Они делят плоскость на четыре части; используя "чередование знаков", и то, что точки $b=c$ не подходят, находим искомые области: они состоят из точек, лежащих внутри одной, но вне другой (окружностей).
в) с учетом б) получаем: либо г) $b<0, 0<c<1,$ либо д) $b>0, -1<c<0$
г) Сумма корней положительна, а их произведение положительно, но меньше 1. Значит, есть корень на (0,1)
д)Произведение корней отрицательно, значит, корни разного знака Сумма корней отрицательна, значит, отрицательный корень по модулю больше. Произведение (по модулю) меньше 1. Значит, меньший (по модулю) меньше (по модулю) чем 1. Значит, полжительный лежит на (0,1)...
Или я где то облажался?

[ins-]

NSKuber
http://www.solemabg.com/SamKoreniKUN1.htm it is my source of information. Excuse me - it is in Bulgarian language. It is in the case $a \neq 0$. Both roots can be in the range or one of them.

DeBill
Two things are not clear to me: 1. Do you have right to write $a=1$ and 2. to divide the inequality to $|b-c|$? If the solution is correct (0,1) is contained in (0, 2) so it solves the problem. The proposers might have another idea for solving the problem. Probably it is the reason in the statement to have (0,2).

[DeBill]

ins-

DeBill в сообщении #1098619 писал(а):

По условию, $a$ не равно 0 (а $b$ не равно $c$).

(следует из неравенства)
1. Разделим уравнение на $a$, а неравенство - на $a^2$. Получим такую же задачу...
2. Число $|b-c|$ положительно, так что деление - корректно.

[ins-]

DeBill
What you wrote looks correct. Thank you very much for the solution.

[ins-]

I found a proof inspired by DeBill's solution.

We have $a \ne 0$ and $b^2-4ac$ given by the condition we need to prove $f(0)f(2)<0$. It is equivalent to $c(4a+2b+c)<0$.

Using $|A|+|B| \ge |A+B|$ we have $|a(b-c)|>|b^2-ac|+|c^2-ab|>=|b^2-ac+c^2-ab|$ <=> |a(b-c)|>|b^2-ac+c^2-ab|$.
After squaring the last inequality we have $(b^2+c^2-2ac)(2ab-b^2-c^2)>0$, but $b^2+c^2-2ac=\frac{b^2}{2}+c^2+(\frac{b^2}{2}-2ac) > \frac{b^2}{2}+c^2+0 >0$. (it is because of the discriminant is positive). We proved that $b^2+c^2-2ac$ is positive and from $(b^2+c^2-2ac)(2ab-b^2-c^2)>0$ it follows that $2ab-b^2-c^2>0$ After adding $b^2+c^2-2ac>0$ and $2ab-b^2-c^2>0$.
We have (*) $2ab>2ac$.
From $2ab-b^2-c^2>0$ it follows that $2ab>b^2+c^2 \ge 0$ and thus:
(**) $2ab>0$

Using $|A|+|B| \ge |A-B|$ we have $|a(b-c)|>|b^2-ac|+|c^2-ab|>=|b^2-ac+c^2-ab| \ge |b^2-c^2-ac+ab|$ or $|a(b-c)| > |b^2-c^2-ac+ab|$ then we divide it to $(b-c)$ and thus obtaining $|a|>|b+c+a|$ from which we conclude that
(***) $-2a<b+c<0$
From (***) it follows that $a>0$ and from (**) $b>0$. Now from (***) and $b>0$ it follows that $c<0$.
From (***) we also have $0<2a+b+c<4a+2b+c$ (because $a$ and $b$ are positive). We got $c<0$ and $4a+2b+c>0$ after multiplying them it is obvious that $f(0).f(2)=c(4a+2b+c)<0$ and the problem is solved.