已知 $f(x)=ax^2+bx+c$（$a>0$），求证：最多存在两个整数 $s,t$，使得 $|f(s)|,|f(t)|$ 小于 $\dfrac a2$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
不妨假设存在三个整数 $r,s,t$ 满足 $r<s<t$，且使得$$|f(r)|,|f(s)|,|f(t)|<\dfrac a2,$$则$$f(x)=\dfrac{(x-t)(x-s)}{(r-t)(r-s)}\cdot f(r)+\dfrac{(x-t)(x-r)}{(s-t)(s-r)}\cdot f(s)+\dfrac{(x-r)(x-s)}{(t-r)(t-s)}\cdot f(t),$$考虑二次项系数有\[\begin{split} |a|&=\left|\dfrac{f(r)}{(r-t)(r-s)}+\dfrac{f(s)}{(s-r)(s-t)}+\dfrac{f(t)}{(t-r)(t-s)} \right| \\ &< \dfrac a2\cdot \left[\dfrac{1}{|(r-s)(r-t)|}+\dfrac{1}{|(s-r)(s-t)|}+\dfrac{1}{|(t-r)(t-s)|}\right] \\ &= \dfrac a2\cdot \left[\dfrac{1}{(s-r)(t-r)}+\dfrac{1}{(s-r)(t-s)}+\dfrac{1}{(t-r)(t-s)}\right] \\ &=\dfrac{a}{(t-s)(s-r)} \\ &\leqslant a,\end{split}\]矛盾．因此原命题得证．
答案
解析
备注
