【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