【问题4】试确定形如a0xn?a1xn?1?项式的根都是实数．
?an?1x?an?an??1,0?i?n?的全体多项式，使多
【解】不妨先考虑a0?1，设其n个根为x1,x2,
由（1）、（2）得
x1?x2?x1x2?x1x3?,xn，则
?xn??a1， ?xn?1xn?a2，
(1) (2) (3)
x1x2xn???1?an
nx12?x22?于是a2??xn2???a1??2a2?1?2a2?0，
21，故a2??1． 2?xn2?3，又由（3）得?x1x2从而x12?x22?3?nn?x1x22xn??1，再利用平均不等式得
2xn??n,?n?3，即n?1,2,3．
当n?1时所求多项式成为??x?1?,??x?1?； 当n?2时所求多项式成为??x2?x?1?,??x2?x?1?；
当n?3时所求多项式成为??x3?x2?x?1?,??x3?x2?x?1?,??x3?x2?x?1?（有虚根舍去），??x3?x2?x?1?（有虚根舍去）．
综上所求多项式共12个．
【点评】此题中我们应用韦达定理和不等关系，求出n的取值范围，进而求出n的值，确定出符合题设条件的全体多项式．
【问题5】设x,y是实数，求证：存在实系数多项式P?x,y??0，P?x,y?不能写成实系数多项式的平方和．
证明：P?x,y???x2?y2?1?x2y2?是满足条件的多项式．证明如下：
首先证明P?x,y??0．
若x2?y2?1?0，显然P?x,y??0． 若x2?y2?1?0，则
?1?x2?y2?x2?y2?12222， ?1?x?y?xy????3??2731 27即?x2?y2?1?x2y2??1，所以P?x,y??0． 27下证P?x,y?不能写成实系数多项式的平方和．反设
P?x,y???Qi?x,y?，
i?1n2其中degP?x??6,degQi?x??3．可设
Qi?x,y??Aix3?Bix2y?Cixy2?Diy3?Eix2?Fixy?Giy2?Hix?Iiy?Ji，
比较P?x,y?和?Qi?x,y?中x6,y6的系数，得
i?1n2?Ai?1n2i??Di2?0，
i?1n即Ai?Di?0,i?1,2,,n．
比较x4,y4对应的系数，得
?Ei?1n2i??Gi2?0，
i?1n即Ei?Gi?0,i?1,2,,n．
比较x2,y2对应的系数，得
?Hi?1n2i??Ii2?0，
i?1n即Hi?Ii?0,i?1,2,,n．
因此Qi?x,y??Bix2y?Cixy2?Fixy?Ji． 最后，比较x2y2的系数，得
?Fi?1n2i??1，
这与Fi是实数矛盾．证毕．
【问题6】2011个实数x1,x2,2011,x2007满足方程组
xk1?,n?1,2,?2n?1k?1n?k,2011，
试计算?k?12011xk的值． 2k?1解：构造多项式：
f?x???x?1??x?2?据所给的条件可知：当x?1,2,则有常数c，使
?x?2011???2x?1?????x1x?2??x?1x?2x2011????1?，
x?2011??,2011时，皆有f?x??0．
f?x??c?x?1??x?2?11先取x??，得c??．
240231再取x?，可得
22011k?1?x?2011?，
1??2k?1?4??4023xk1?1?． 2??【练习】已知a1,a2,,a2010满足：对任意的x?R均有
求证：a1?a2?..........?a2010?2010．
sin1005?.cos证明：由于cos??cos2??..........?cos2010??sin取???22011?2=A
2k?(k=1;2;……..;2010)则A=-1 2011244020所以，令x1??,x2??,...,x2010??,代入f(x)得：
201120112011… 累加得：
所以，a1?a2?..........?a2010?2010.
【问题7】设n是一个正整数，考虑
S={(x,y,z):x,y,z?0，1，2??n，x?y?z?0}
这样一个三维空间中具有(n?1)3?1个点的集合。问最少要多少个平面，它们的并集才能包含S，但不含(0,0,0)。
分析可能有人以前做过二维的，大体方法如下：二维时，我们可以考虑最外一圈的4n-1个点。如果没有直线x=n或y=n，那么每条直线最多过这4n-1个点中的两个，故至少需要2n条直线。如果有直线x=n或y=n，那么将此直线和其上的点去除，再次考虑最外一圈，只不过点数变成了4n-3个，需要至少2n-1条直线，再加上去掉的那条正好2n条如果需要多次去除直线，以至于比如x=1x=2......x=n这所有n条直线全部被去除了，那么剩下(0,1)(0,2)......(0,n)至少还需要n条直线去覆盖，2n条亦是必须的。2n条显然是可以做到的，所以二维的最终结果就是2n。
但是将这种方法推向三维的时候，会出现困难，因为现在用来覆盖的不是直线而是平面，平面等于有了三个自由变量，而且不容易选取标志点来进行考察。当然，我们要坚信一个事实，就是答案一定是3n，否则题目是没有办法做的。在这个前提下，通过转化，将这个看起来是个组合的题目变成了一个代数题。
解首先第一步，我们就要将每个平面表述成一个三元一次多项式的形式。比如平面
x?y?z?1就表示成x?y?z?1。将所有这些平面表述成如此形式后，我们将这些多项式
都乘起来。下面我们需要证明的只有一点，就是乘出来的多项式，至少具有3n次。（3n个平面是显然可以做到的，只要证明这点，3n就是最佳答案了）
这个乘出来的多项式具有什么特点呢？它在x，y，z均等于0时不等于0，在x，y，z取其它0～n之间的数值时，其值均为0。我们发现，当多项式中，某一项上具有某个字母的至少n+1次时，我们可以将其降低为较低的次数。我们用的方法就是，利用仅仅讨论x，y，z在取0，1，2，……，n这些值时多项式的取值这一事实，在原多项式里可以减去形如x(x?1)(x?2)??(x?n)或者此式子的任何倍数的式子。从而，如果多项式中某一项的某个字母次数超过n，可以用此法将其变成小于或等于n。
我们假设用此法变换过后剩余的多项式是F，显然F的次数不大于原乘积多项式的次数。我们下面需要证明的，就是F中xnynzn这一项系数非0（F中只有这一项次数是3n）。要想证明这样的问题，我们需要证明二维即两个未知数时的两个引理。
引理1：一个关于x和y的实系数多项式，x和y的次数均不超过n。如果此多项式在x=y=0
时非零，在x=p,y=q（p，q?0,1,2??n且p，q不全为0）时为零，那么此多项式中
xnyn的系数必然不是零。
引理1的证明：假设xnyn的系数是0。我们知道，当假设y=1，2，3……n中任意一值时，将y代入多项式，所得的多项式，必须都是零多项式。这是由于当y取这些值时，此多项式为关于x的不超过n次的多项式，却有n+1个零点。所以假设y是常数，按x的次数来整理该多项式，xn的次数是一个关于y的不超过n-1次的多项式，但是却有n个零
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