2011年数学奥林匹克希望联盟讲座

1、2011年数学奥林匹克希望结盟讲座镇海中学沈虎跃一、2011IMO试题选讲根源网络，仅供个人学习参照根源网络，仅供个人学习参照二、多项式问题选讲【问题1】设整系数n1次多项式f(x)在区间(0,1)上有n个不全相等的实根.若f(x)的首项系数是a，求证：a2n1.证明设x1,x2,xn是所给多项式的根，我们有因为所有的根均在(0,1)上，可得f(0)0,f(1)0.并且，当x取整数值时，f(x)也是整数，所以f(0),f(1)均为非零整数.进而不等式0 xkkn能够保证每个因子均为正.对随意x，都有x(1x)，当且仅当x1(1,2,)1142时等号建立（这并不是对所有的xk都建立），我们获得这

2、说明a2n.考虑到a是一个整数，我们获得a2n1.根源网络，仅供个人学习参照【问题2】设非负实系数多项式f(x)xna1xn1an1x1有n个实根.求证：（1）f(2)3n;（2）对所有x0,有f()(x1)n;x（3）对所有k1,2,n1,有akCnk.证显然然当x0时，f(x)取正当，所以它的所有实根都是负数.为方便起见，设其为1,2,n,其中1,2,n为正.我们获得根据多项式的根与系数的关系得我们将看到，三个命题的证明都依靠于这个等式.（1）由AM-GM不等式，我们获得对于k1,2,n均建立.因此（2）这部分我们基本能够用相同的方法证明，这里要用到加权AM-GM不等式对于所有的非负数x和

3、所有的k1,2,n，我们有如果x0,那么（3）这是AM-GM不等式的又一个结论.系数k是1,2,n中所有可能的k项乘积之和.有nk都包含在其中的n1个这样的乘积，并且每个k个乘积中.因此k1根源网络，仅供个人学习参照【问题3】已知a,b,cR，求证：a,b,c都是正数的充要条件是abc0,abbcca0,abc0【证明】必要性显然建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pabc0,qabbcca0,rabc0，则由韦达定理得逆定理知，a,b,c是多项式Pxx3px2qxr的三个根又因为当x0时，Pxx3px2qxr0，所以Px的根都是正的，即a,b,c都是正数【点评】（1）这

4、里我们利用韦达定理的逆定理，结构以a,b,c为根的协助多项式Pxx3px2qxr，进而将问题转变为证明多项式Pxx3px2qxr的根全为正这种构造的技巧在解多项式问题时经常用到（2）由本题的证明启迪我们将本题推广为：已知xiRi1,2,n，则xi为正数的充要条件是,证法与上例近似根源网络，仅供个人学习参照【问题4】试确定形如axnaxn1axaa1,0in的全体多项式，使多项式的01n1nn根都是实数【解】不妨先考虑a01，设其n个根为x1,x2,xn，则x1x2xna1，错误！未定义书签。错误！未定义书签。错误！未定义书签。(1)x1x2x1x3xn1xna2，错误！未定义书签。错误！未定义

5、书签。错误！未定义书签。(2)x1x2nan错误！未定义书签。错误！未定义书签。错误！xn1未定义书签。(3)由（1）、（2）得x2x2x2a22a12a0，12n122于是a1，故a2122进而x12x22xn23，又由（3）得x1x221，再利用平均不等式得xn3nnx1x22n,n3，即n1,2,3xn当n1时所求多项式成为x1,x1；当n2时所求多项式成为x2x1,x2x1；当n3时所求多项式成为x3x2x1,x3x2x1,x3x2x1（有虚根舍去），x3x2x1（有虚根舍去）综上所求多项式共12个【点评】本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，确定出切合题

6、设条件的全体多项式根源网络，仅供个人学习参照【问题5】设x,y是实数，求证：存在实系数多项式Px,y0，Px,y不能写成实系数多项式的平方和证明：Px,yx2y21x2y2127是知足条件的多项式证明如下：首先证明Px,y0若x2y210，显然Px,y0若x2y210，则1x2y2x2y2311x2y22y2，x327即x2y21x2y21，所以Px,y027下证Px,y不能写成实系数多项式的平方和反设Px,ynQix,y2，i1其中degPx6,degQix3可设Qix,yAix3Bix2yCixy2Diy3Eix2FixyGiy2HixIiyJi，n2中x6,y6的系数，得比较Px,y和Q

7、ix,yi1n2n2AiDi0，i1i1即AiDi0,i1,2,n比较x4,y4对应的系数，得n2n2EiGi0，i1i1即EiGi0,i1,2,n比较x2,y2对应的系数，得n2n2HiIi0，i1i1即HiIi0,i1,2,n因此Qx,yBx2yCxy2FxyJiiiii最后，比较x2y2的系数，得n2Fi1，i1这与Fi是实数矛盾证毕根源网络，仅供个人学习参照【问题6】2011个实数x1,x2,x2007知足方程组2011xk1,n1,2,2011，k1nk2n1试计算2011xk的值k12k1解：结构多项式：fxx1x2x20112xx1x2x20111，1x2x2011x1据所给的条

8、件可知：当x1,2,2011时，皆有fx0则有常数c，使fxcx1x2x2011，先取x1，得c124023再取x1，可得22011xk111k12k1440232根源网络，仅供个人学习参照【练习】已知a1,a2,a2010知足：对随意的xR均有求证：a1a2.a20102010sin1005.cos2011证明：由于coscos2.cos20102=Asin2k2取(k=1;2;.;2010)则A=-12011所以，令x12x24,.,x20104020,代入f(x)得：,201120112011累加得：所以，a1a2.a20102010.根源网络，仅供个人学习参照【问题7】设n是一个正整数

9、，考虑S(x,y,z):x,y,z0，1，2n，xyz0=这样一个三维空间中拥有(n1)31个点的会合。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)。剖析可能有人从前做过二维的，大概方法如下：二维时，我们能够考虑最外一圈的4n-1个点。如果没有直线=或=，那么每条直线最多过这4-1个点中的两个，故起码需要2条直线。如xnynnn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，只可是点数变成了4n-3个，需要起码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，以至于比方xxxn这所有n条直线全部被去除了，那么剩下(0,1)(0,2).(0,

10、n起码还需要n=1=2.=)条直线去覆盖，2n条亦是必须的。2n条显然是能够做到的，所以二维的最终结果就是2n。可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，而且不容易选用标志点来进行考察。自然，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，经过转变，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。比方平面xyz1就表示成xyz1。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，起码拥有3

11、n次。（3个平面是显然能够做到的，n只需证明这点，3n就是最正确答案了）这个乘出来的多项式拥有什么特点呢？它在x，y，z均等于0时不等于0，在x，y，z取其余0n之间的数值时，其值均为0。我们发现，当多项式中，某一项上拥有某个字母的起码n+1次时，我们能够将其降低为较低的次数。我们用的方法就是，利用只是议论x，y，z在取0，1，2，n这些值时多项式的取值这一事实，在原多项式里能够减去形如x(x1)(x2)(xn)或许此式根源网络，仅供个人学习参照子的任何倍数的式子。进而，如果多项式中某一项的某个字母次数超过n，能够用此法将其变成小于或等于n。我们假定用此法变换事后节余的多项式是F，显然F的次数

12、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1：一个对于x和y的实系数多项式，x和y的次数均不超过。如果此多项式在=0nxy时非零，在x=p,y=q（p，q0,1,2n且p，q不全为0）时为零，那么此多项式中xnyn的系数必定不是零。引理1的证明：假定xnyn的系数是0。我们知道，当假定y=1，2，3n中随意一值时，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，此多项式为对于x的不超过n次的多项式，却有n+1个零点。所以假定y是常数，按x

13、的次数来整理该多项式，xn的次数是一个对于y的不超过n-1次的多项式，可是却有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，转变为对于x的多项式，最多n-1次，可是有n个零点（1，2，n）。因此，这个多项式应该是零多项式，可是这与此多项式在x=y=0时非零矛盾！引理2：一个对于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（p，q0，1，2n）时均为0，则此多项式为零多项式。引理2的证明：对于随意的y=0，1，2，n代入原多项式，变成对于x的不超过n次的多项式，这个新多项式必定是零多项式，否则它不可能有

14、n+1个零点。所以按x的次数来整理原多项式，对于随意的k=0，1，2，xk项的系数C(y)都是一个对于y的不超过n次的多项nk式，可是却有n+1个零点，故所有的系数都为零。回到原题。假定F中xnynzn这一项系数为0，那么设z为常数，考虑按x和y的次数来整理多根源网络，仅供个人学习参照项式。F中，nn项的系数，是一个对于z的，不超过-1次的多项式。可是，由引理2，这个Fxyn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，化归成对于x和y的多项式。此时nn，可是我们却发现，这个多项式恰好在xy时非零，在xy项的系数已然是0=0 xpyq（p，q0,1,2n且p，q不全为）时

15、为零，这与方才的引理1矛盾！=,=0综上，我们证了然多项式F中xnynzn这一项系数非0，即原乘积多项式起码有3n次，即起码需要3个平面，才能覆盖题目中要求的所有点而可是原点。故原题的答案为3。nn【点评】这是2007IMO的第6题，一个很难想出来的题目。最重点的一点就是将这个看似组合几何的题目，转变成纯代数题。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限制。这也许就是为什么全世界顶尖的高中生只有区区4人做出本题的原因吧。根源网络，仅供个人学习参照三、备选问题【问题8】数列an定义如下：a11，且an1an2an2,n1,2,2an1证明：对每一个正整数n，都有a1a2an1证：由于an2an1(an1)230,所以an0,nN，又24an1an2an2an，an2an12anan所以，an1an,nN于是1an1an2a1，所以a1a2an1，n1,2,根源网络，仅供个人学习参照【问题9】已知f：RR知足条件：对随意x.yR,f(xf(y)yf(x);(2)x时，f(x)0求f(x)解：令yx,有f(xf(x)xf(x).可见其不动点集为xf(x)|xR。再令xy1，代入条件(1)得f(