1、2011 年数学奥林匹克希望联盟讲座（20100803）镇海中学 沈虎跃一、2011IMO 试题选讲二、多项式问题选讲【问题 1】设整系数 次多项式 在区间 上有 个不全相等的实根.若 的1n()fx(0,1)n()fx首项系数是 ，求证：a2.证明 设 是所给多项式的根，我们有12,nx 12()().nfxx因为所有的根均在 上，可得 并且，当 取整数值时， 也是0,0,(10.ffx()fx整数，所以 均为 非零整数.从而(0),f 112221()()()()n nnfaxaxx ，不等式 能够保证每个因子均为正.对任意 ，都有 ，当且0(,2)kxn 1()4仅当 时等号成立（这并不
2、是对所有的 都成立），我们得到12kx2212()()(1),4nnaax这说明 考虑到 是一个整数，我们得到2.na .a【问题 2】设非负实系数多项式 有 个实根.求证：11()nnfxax（1） ()3;nf（2）对所有 有0,x()1;nf（3）对所有 有1,k .kC证明 显然当 时， 取正值，所以它的所有实根都是负数. 为方便起见，设其fx为 其中 为正.我们得到12,n 12,n()()nfx根据多项式的根与系数的关系得 12.n我们将看到，三个命题的证明都依赖于这个等式.（1）由 AM-GM 不等式，我们得到 331kkkk对于 均成立.因此,2kn 31212()()3.nn
3、f （2）这部分我们基本可以用相同的方法证明，这里要用到加权 AM-GM 不等式对于所有的非负数 和所有的 ，我们有x,kn /(1)/(1)1/()( .kxxxk如果 那么0,x 1/()12()(.nxnnf （3）这是 AM-GM 不等式的又一个 结论.系数 是 中所有可能的 项乘积k2, k之和.有 个这样的乘积，并且每个 都包含在其中的 个乘积中.因此nkk 112().nkknn【问题 3】已知 ，求证： 都是正数的充要条件是,abcR,abc00,cab【证明】必要性显然成立下面证明充分性由题设条件容易联想到韦达定理的逆定理，设，0,0,pabcqabcrabc则由韦达定理得逆
4、定理知， 是多项式 的三个根又因为当,32Pxpqx时， ，所以 的根都是正的，即 都是正数0x32Pxqxr,c【点评】（1）这里我们利用韦达定理的逆定理，构造以 为根的辅助多项式,ab，从而将问题转化为证明多项式 的根全为32xpxr32Pxpqxr正这种构造的技巧在解多 项式问题时经常用到（2）由本题的证明启发我们将此题推广为：已知 ，则 为正数的充要条件是,12,ixRn ix1231120nnxx 证法与上例类似【问题 4】试确定形如 的全体多项式，使多1011,0nnnaxaxin项式的根都是实数【解】不妨先考虑 ，设其 个根为 ，则0112,nx， 112233(1)2nxa，
5、445566(2)1312x778899(3)2nnx由（1）、 （2）得，2221120naa于是 ，故 2a2从而 ，又由（3）得 ，再利用平均不等式得1nxx 21nx，即 23,nn ,2当 时所求多项式成为 ；x当 时所求多项式成为 ；2221,1x当 时所求多 项式成为 （有虚根舍3n33,x321x去）， （有虚根舍去）21x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 的取值范围，进而求出 的值，确定出nn符合题设条件的全体多项式【问题 5】设 是实数，求证：存在实系数多项式 ， 不能写成实系数,xy ,0Pxy,xy多项式的平方和证明： 221,
6、7Pxy是满足条件的多项式证明如下：首先证明 ,0xy若 ，显然 21,0xy若 ，则，32222117xy即 ，所以 2217xy,0Pxy下证 不能写成实系数多项式的平方和反设,P，21,niQxy其中 可设deg6,deg3ixQx，22322i iiiiiiiiiyAByCxDEFGHxIyJ比较 和 中 的系数，得,P1,ni6,，22110nniiiA即 0,2,iiADn比较 对应的系数，得4xy，22110nniiEG即 0,12,iiEGn比较 对应的系数，得xy，22110nniiiHI即 0,12,iHIin因此 22iiiiiQxyBCxyFJ最后，比较 的系数，得，2
7、1ni这与 是实数矛盾证毕iF【问题 6】2011 个实数 满足方程组1207,x，1,12,0knn试计算 的值201kx解：构造多项式：，2011212012xxfxx 据所给的条件可知：当 时，皆有 , 0f则有常数 ，使c，121fxcx先取 ，得 12x14023c再取 ，可得20121403kx【练习】已知 满足：对任意的 均有1201,a Rx2201coscos1fxaax求证： 12201.证明：由于 = A 20sin5.coscos.cos201i取 ( k = 1 ; 2 ; ; 2010) 则 A = -1 20所以，令 , 代入 f (x) 得：1 20144,.x
8、xx126coscoscos01aaa20488.01122014420coscos.cos10aaa累加得： 12201所以， . 1220.aa【问题 7】设 n 是一个正整数，考虑S= 0210,:),( zyxnzyx，这样一个三维空间中具有 个点的集合。问最少要多少个平面，它们的并集才能(3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，
9、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=1 x=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
10、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。比如平面就表示成 。将所有这些平面表述成如此形式后，我们将这些多项式1zyx1zyx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 0n 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
11、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)()2(1nxx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 这一项系数非 0（F 中只有这一项次数是 3n）。nzyx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（
12、 不全为 0）时为零，那么此多项式中qpn，且， 2,10的系数必然不是零。n引理 1 的证明：假设 的系数是 0。我们知道，当假设 y=1，2，3n 中任意一值时，nyx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， 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 个零点，故为零多项式。因此，当按照 x 的次数来整理多项式时，x 的最高次最多是 n-1 次。现在令 y=0代入多项式，转化为关于 x 的多项式，最多
13、 n-1 次，但是有 n 个零点（1，2，n）。因此，这个多项式应当是零多项式，但是这与此多项式在 x=y=0 时非零矛盾！引理 2：一个关于 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=p,y=q（ ）时均为 0，则此多项式 为零多项式。n10，引理 2 的证明：对于任意的 y=0，1，2，n 代入原多项式，变成关于 x 的不超过 n 次的多项式， 这个新多项式必然是零多项式，否 则它不可能有 n+1 个零点。所以按 x 的次数来整理原多项式，对于任意的 k=0，1，2，n， 项的系数 都是一个关于 y 的不kx)(yCk超过 n 次的多项式，但是却有
14、n+1 个零点，故所有的系数都为零。回到原题。假设 F 中 这一项系数为 0，那么设 z 为常数，考 虑按 x 和 y 的次数zyx来整理多项式 F。F 中， 项的系数，是一个关于 z 的，不超过 n-1 次的多项式。但是，由nyx引理 2，这个多项式却拥有 1，2，n 共 n 个零点，故它是零多项式。现在我们令 z=0，化归成关于 x 和 y 的多项 式。此 时 项的系数已然是 0，但是我们却发现，这个多项式yx恰恰在 x=y=0 时非零，在 x=p,y=q（ 不全为 0）时为零， 这与刚才的qp，且， 2,10引理 1 矛盾！综上，我们证明了多项式 F 中 这一项系数非 0，即原乘积多项式
15、至少有 3n 次，nz即至少需要 3n 个平面，才能覆盖题目中要求的所有点而不过原点。故原题的答案为 3n。【点评】这是 2007IMO 的第 6 题，一个很难想出来的题目。最关键的一点就是将这个看似组合几何的题目，转化成纯代数题。尤其是在有二 维的背景的前提下，在考 试的时间内，更是很少有人能跳出思维的局限。这或许就是为什么全世界顶尖的高中生只有区区 4 人做出此题的原因吧。三、备选问题【问题 8】数列 定义如下： ，且na12a21,1,2nna证明：对每一个正整数 n，都有 1n证： 由于 所以 ，又2231()0,4na,aN，221nnnaa所以， 于是1,naN2121nn naa
16、21111()nnnnaa12nna12231nna121na ，121na所以 ， n ,2【问题 9】已知 满足条件：fR：(1)对任意 ;.,()()xyxfyfx(2) 0时 ，求 ()f解：令 可见其不动点集为 。,()(.ff有 ()|xfR再令 ，代入条件(1)得 ，再将 代入得1xy1)(ff1,yf，结合两式可得： ，故 ，这说明 1 是 的不动点。2()ff 2f f下面用反证法证明 的不动点是唯一的。假设存在 。f ()f且i.若 ,由 ，令 得 ，从而()(xx 2()f 这与条件（2）矛盾。42().nffii. 若 ,由 ,而这与 i 矛盾。01111)()ffff综上 只有一个不动点 1，所以 ，即 .f ()=xf()fxR
