ProblemSet

A1. 设 $A=\{a_{ij}\}_{i,j=1}^{m,n}$ 是正实数矩阵，证明 $\sum_j(\sum_i a_{ij}^{-1})^{-1}\le(\sum_i(\sum_j a_{ij})^{-1})^{-1}$，当且仅当 $\operatorname{rank} A=1$ 时取等。 请分别使用两种方法解决该问题：1. $2\times2$ 情形 + 归纳；2. 柯西不等式。

A2. 求最大的实数 $\lambda$ 使得不等式 $\sum_{i=1}^nx_i^3(x_i-x_{i-1})\ge\dfrac14+\dfrac{\lambda}{n}$ 对任意正整数 $n$ 和实数 $0=x_0\le x_1\le x_2\le\cdots\le x_n=1$ 成立。

A3. 设 $u,v,w$ 是某个（在 $\mathbb{Q}[x]$ 中）不可约的整系数三次多项式 $f(x)=0$ 的三个复根，整系数二次多项式 $g(x)=ax^2+bx+c$ 满足 $g(u)=v$。 证明：1. $g(v)=w,g(w)=u$；2. $b^2-2b-4ac-7$ 是完全平方数。

A4. 给定 $n\in\Z^+$. 求最小的正实数 $C$ 使得存在 $n$ 次首一实系数多项式 $f(x)$ 满足 $f([-1,1])\subseteq[-C,C]$，其中 $[a,b]=\{x\in\R:a\le x\le b\}$。

A5. 若 $100$ 次实系数多项式 $f(x)$ 满足 $f([0,1]\cup[99,100])\subseteq[-1,1]$，求 $f(50)$ 的最大值。 试将该结果推广到一般的 $n$ 次，$f([m-a,m-b]\cup[m+b,m+a])\subseteq[-1,1]$，求 $f(m)$ 的最大值。

A6. 求最小的正实数 $C$ 使得存在 $5$ 次整系数多项式 $f(x)$ 满足 $f([0,1])\subseteq[-C,C]$。 试将该结果推广到一般的 $n$ 次。

A7. 给定正整数 $n$ 和正实数 $A$。求 $\sup\limits_{x_1,\cdots,x_n\in\R^+,x_1\cdots x_n=A}((x_1\bmod1)+\cdots+(x_n\bmod1))$，其中 $x\bmod 1=x-\lfloor x\rfloor$.

A1

解答

记正数的“并联和”为

$$x\mathbin{\|}y=\left(\frac1x+\frac1y\right)^{-1}=\frac{xy}{x+y},$$

并记

$$H(x_1,\ldots,x_r)=\left(\sum_{i=1}^r\frac1{x_i}\right)^{-1}.$$

方法一：$2\times2$ 情形与归纳

先证明 $2\times2$ 情形。对任意正数 $a,b,c,d$，直接通分可得

$$\begin{aligned} &(a+b)\mathbin{\|}(c+d)-a\mathbin{\|}c-b\mathbin{\|}d\\ &=\frac{(ad-bc)^2}{(a+b+c+d)(a+c)(b+d)}\geq 0. \end{aligned}$$

因此

$$a\mathbin{\|}c+b\mathbin{\|}d \leq (a+b)\mathbin{\|}(c+d),$$

且等号成立当且仅当 $ad=bc$，也就是

$$\frac ac=\frac bd.$$

先对列数归纳。由上述 $2\times2$ 不等式可得：对任意正数 $p_1,\ldots,p_n,q_1,\ldots,q_n$，

$$\sum_{j=1}^n p_j\mathbin{\|}q_j \leq \left(\sum_{j=1}^n p_j\right)\mathbin{\|} \left(\sum_{j=1}^n q_j\right). \tag{1}$$

事实上，若结论对 $n-1$ 列成立，令

$$P=\sum_{j=1}^{n-1}p_j,\qquad Q=\sum_{j=1}^{n-1}q_j,$$

则

$$\sum_{j=1}^n p_j\mathbin{\|}q_j \leq P\mathbin{\|}Q+p_n\mathbin{\|}q_n \leq(P+p_n)\mathbin{\|}(Q+q_n).$$

这就完成了归纳。再由每一步的等号条件归纳可知，$(1)$ 中取等当且仅当

$$\frac{p_1}{q_1}=\frac{p_2}{q_2}=\cdots=\frac{p_n}{q_n}. \tag{2}$$

下面对矩阵的行数 $m$ 归纳。令

$$s_i=\sum_{j=1}^n a_{ij}.$$

当 $m=1$ 时结论为等式。设结论对 $m-1$ 行的正实数矩阵成立，并令

$$b_j=H(a_{1j},\ldots,a_{m-1,j}), \qquad B=H(s_1,\ldots,s_{m-1}).$$

由于

$$H(a_{1j},\ldots,a_{mj})=b_j\mathbin{\|}a_{mj},$$

先用 $(1)$，再用归纳假设，得到

$$\begin{aligned} \sum_{j=1}^n H(a_{1j},\ldots,a_{mj}) &=\sum_{j=1}^n b_j\mathbin{\|}a_{mj}\\ &\leq \left(\sum_{j=1}^n b_j\right)\mathbin{\|}s_m\\ &\leq B\mathbin{\|}s_m\\ &=H(s_1,\ldots,s_m). \end{aligned}$$

其中第二个不等号成立，是因为归纳假设给出 $\sum_jb_j\leq B$，而函数 $x\mapsto x\mathbin{\|}s_m$ 在 $x>0$ 上严格递增。这正是题目所要求的不等式。

现在考察等号。若原不等式取等，则上面两个不等号都必须取等。由归纳假设，前 $m-1$ 行构成的矩阵秩为 $1$，故存在正数 $r_1,\ldots,r_{m-1}$ 和 $c_1,\ldots,c_n$，使得

$$a_{ij}=r_ic_j\qquad(1\leq i<m).$$

于是存在与 $j$ 无关的正数 $K$，使得

$$b_j=H(r_1c_j,\ldots,r_{m-1}c_j)=Kc_j.$$

另一方面，第一个不等号取等。由 $(2)$，比值 $b_j/a_{mj}$ 与 $j$ 无关，因而存在正数 $r_m$ 使

$$a_{mj}=r_mc_j.$$

所以整个矩阵都满足 $a_{ij}=r_ic_j$，即 $\operatorname{rank}A=1$。

反过来，若 $\operatorname{rank}A=1$，由于所有元素均为正数，可写成

$$a_{ij}=r_ic_j$$

其中所有 $r_i,c_j$ 均为正数。令 $C=\sum_jc_j$，则不等式两边都等于

$$\frac{C}{\sum_i r_i^{-1}},$$

故取等。

方法二：柯西不等式

仍令

$$s_i=\sum_{j=1}^n a_{ij},\qquad Q=\sum_{i=1}^m\frac1{s_i},\qquad x_i=\frac{1}{Qs_i}.$$

于是 $x_i>0$ 且 $\sum_i x_i=1$。对每一列 $j$，由柯西不等式，

$$1=\left(\sum_{i=1}^m x_i\right)^2 \leq \left(\sum_{i=1}^m a_{ij}x_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^m\frac1{a_{ij}}\right).$$

因此

$$\left(\sum_{i=1}^m\frac1{a_{ij}}\right)^{-1} \leq \sum_{i=1}^m a_{ij}x_i^2.$$

对 $j$ 求和，得到

$$\begin{aligned} \sum_{j=1}^n\left(\sum_{i=1}^m\frac1{a_{ij}}\right)^{-1} &\leq \sum_{i=1}^m s_ix_i^2\\ &=\frac1{Q^2}\sum_{i=1}^m\frac1{s_i}\\ &=\frac1Q =\left(\sum_{i=1}^m\frac1{\sum_{j=1}^n a_{ij}}\right)^{-1}. \end{aligned}$$

最后确定等号条件。总和取等当且仅当每一列所用的柯西不等式都取等。对固定的 $j$，等号条件为存在正数 $\lambda_j$，使得

$$\sqrt{a_{ij}}x_i=\frac{\lambda_j}{\sqrt{a_{ij}}} \qquad(1\leq i\leq m),$$

即

$$a_{ij}x_i=\lambda_j.$$

所以

$$a_{ij}=\frac{\lambda_j}{x_i},$$

这表明 $A$ 是一个列向量与一个行向量的外积，故 $\operatorname{rank}A=1$。反之，前一种方法末尾的计算已经说明，秩为 $1$ 时确实取等。

检查

1. 题目中的正性条件保证了所有倒数、并联和以及所选权重 $x_i$ 都有定义，也保证相关函数严格递增。
2. 第一种方法从 $2\times2$ 恒等式出发，先对列数归纳得到两行结论，再对行数归纳，覆盖了任意正整数 $m,n$；当 $m=1$ 或 $n=1$ 时矩阵本身秩为 $1$，与等号结论一致。
3. 第一种方法的等号分析同时核验了归纳链中的两个不等号；严格单调性排除了中间出现严格不等号而最终仍取等的可能。
4. 第二种方法中 $\sum_i x_i=1$，且 $\sum_i s_ix_i^2=1/Q$ 的计算无误；柯西等号条件给出的正比例关系也与 $a_{ij}>0$ 相容。
5. 若 $A$ 的秩为 $1$，正性使其可分解为 $a_{ij}=r_ic_j$ 且各因子均为正；代回后两边相等，故“当且仅当”两个方向均已证明。

核心思路总结

第一种方法的关键是把 $2\times2$ 情形写成差的平方

$$\frac{(ad-bc)^2}{(a+b+c+d)(a+c)(b+d)},$$

再利用并联和的结合形式，依次对列数和行数归纳。等号条件中的固定比值最终迫使所有行互相成比例。

第二种方法的关键是选取

$$x_i=\frac{s_i^{-1}}{\sum_k s_k^{-1}},$$

使逐列柯西不等式求和后的二次式恰好达到右端。柯西等号条件 $a_{ij}x_i$ 对 $i$ 恒定，直接刻画了矩阵的秩为 $1$。

参考资料

无

A2

解答

设

$$S_n=\sum_{i=1}^n x_i^3(x_i-x_{i-1}).$$

由于

$$\int_0^1x^3\,dx=\frac14,$$

题目等价于求

$$\inf_{n\geq1}\ \inf_{0=x_0\leq\cdots\leq x_n=1} n\left(S_n-\frac14\right).$$

对每个 $i$，记

$$a=x_{i-1},\qquad d=x_i-x_{i-1}\geq0.$$

则

$$\begin{aligned} &x_i^3(x_i-x_{i-1})-\frac{x_i^4-x_{i-1}^4}{4}\\ &=(a+d)^3d-\frac{(a+d)^4-a^4}{4}\\ &=\frac32a^2d^2+2ad^3+\frac34d^4. \end{aligned}$$

另一方面，

$$\frac38(x_i^2-x_{i-1}^2)^2 =\frac38(2ad+d^2)^2 =\frac32a^2d^2+\frac32ad^3+\frac38d^4.$$

两式相减得到

$$\begin{aligned} &x_i^3(x_i-x_{i-1})-\frac{x_i^4-x_{i-1}^4}{4} -\frac38(x_i^2-x_{i-1}^2)^2\\ &=\frac12ad^3+\frac38d^4\geq0. \end{aligned}$$

因此

$$S_n-\frac14 \geq\frac38\sum_{i=1}^n(x_i^2-x_{i-1}^2)^2.$$

再由柯西不等式，

$$\sum_{i=1}^n(x_i^2-x_{i-1}^2)^2 \geq\frac1n \left(\sum_{i=1}^n(x_i^2-x_{i-1}^2)\right)^2 =\frac1n.$$

这里分子中的和为 $x_n^2-x_0^2=1$。故对任意允许的 $n,x_0,\ldots,x_n$，都有

$$S_n\geq\frac14+\frac{3}{8n}. \tag{1}$$

所以 $\lambda=\dfrac38$ 确实满足题意。

还需证明不能取更大的常数。对每个正整数 $n$，取

$$x_i=\sqrt{\frac in}\qquad(0\leq i\leq n).$$

此时

$$x_i^2-x_{i-1}^2=\frac1n.$$

令

$$\varepsilon_i=\sqrt i-\sqrt{i-1},\qquad d_i=x_i-x_{i-1}=\frac{\varepsilon_i}{\sqrt n}.$$

利用前面的恒等式而不再舍去余项，得到

$$S_n-\frac14 =\frac{3}{8n}+R_n,$$

其中

$$R_n =\frac1{n^2}\sum_{i=1}^n \left( \frac12\sqrt{i-1}\,\varepsilon_i^3 +\frac38\varepsilon_i^4 \right).$$

当 $i\geq2$ 时，

$$\varepsilon_i =\frac1{\sqrt i+\sqrt{i-1}} \leq\frac1{2\sqrt{i-1}},$$

从而

$$\frac12\sqrt{i-1}\,\varepsilon_i^3 +\frac38\varepsilon_i^4 \leq \frac1{16(i-1)}+\frac3{128(i-1)^2}.$$

而 $i=1$ 对应的括号内之值为 $\dfrac38$。因此

$$0\leq nR_n \leq\frac1n\left( \frac38+\frac1{16}\sum_{k=1}^{n-1}\frac1k +\frac3{128}\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k^2} \right)\longrightarrow0.$$

于是对这族分点，

$$n\left(S_n-\frac14\right) =\frac38+nR_n\longrightarrow\frac38. \tag{2}$$

如果某个实数 $\lambda$ 对题目中的所有 $n$ 和所有分点都成立，那么将上述分点代入便有

$$\lambda\leq n\left(S_n-\frac14\right).$$

令 $n\to\infty$，由 $(2)$ 得 $\lambda\leq\dfrac38$。结合 $(1)$，所求最大值为

$$\boxed{\lambda_{\max}=\frac38}.$$

检查

1. 条件 $0=x_0\leq\cdots\leq x_n=1$ 保证 $a\geq0$、$d\geq0$，所以局部恒等式中的余项 $\frac12ad^3+\frac38d^4$ 非负；允许相邻分点相等也不影响证明。
2. 将各小区间上的积分 $\frac{x_i^4-x_{i-1}^4}{4}$ 求和后恰好得到 $\frac14$，没有遗漏端点项。
3. 柯西不等式用于 $n$ 个数 $x_i^2-x_{i-1}^2$，其总和为 $1$，故系数确为 $\frac{3}{8n}$。
4. 构造 $x_i=\sqrt{i/n}$ 满足全部分点条件。余项估计中单独处理了 $i=1$，避免了除以 $i-1=0$。
5. 调和级数部分为 $O(\log n)$，平方倒数和有界，故 $nR_n=O(\log n/n)\to0$。这说明 $\frac38$ 不仅可行，而且任何更大的 $\lambda$ 都会被充分大的 $n$ 所否定。

核心思路总结

最关键的一步是把右端矩形和相对于积分的局部误差分解为

$$x_i^3(x_i-x_{i-1})-\frac{x_i^4-x_{i-1}^4}{4} =\frac38(x_i^2-x_{i-1}^2)^2 +\frac12x_{i-1}(x_i-x_{i-1})^3 +\frac38(x_i-x_{i-1})^4.$$

舍去非负余项后，柯西不等式立即给出常数 $\frac38$。

为了证明常数最优，令各个 $x_i^2-x_{i-1}^2$ 相等，即取 $x_i=\sqrt{i/n}$。这一构造使柯西不等式精确取等，同时其余的正误差在乘以 $n$ 后趋于 $0$，从而逼近最优常数。

参考资料

无

A3

解答

第 1 问

令

$$K=\mathbb Q(u).$$

由于 $f$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中不可约且次数为 $3$，$u,v,w$ 的最小多项式都是 $f$ 除以其首项系数所得的首一多项式，因而

$$[\mathbb Q(u):\mathbb Q]=[\mathbb Q(v):\mathbb Q]=3.$$

又因为 $v=g(u)\in K$，所以

$$\mathbb Q(v)\subseteq K.$$

比较次数即得 $\mathbb Q(v)=K$。

把 $u$ 映到 $v$ 的 $\mathbb Q$-嵌入

$$\sigma:\mathbb Q(u)\longrightarrow\mathbb Q(v)$$

因 $\mathbb Q(v)=K$ 而成为 $K$ 的一个 $\mathbb Q$-自同构。它不是恒等映射，因为 $u$ 与 $v$ 是不可约三次多项式的两个不同根。

由于 $\sigma$ 固定 $g$ 的有理系数，

$$\sigma(v)=\sigma(g(u))=g(\sigma(u))=g(v).$$

同时，对等式 $f(v)=0$ 施加 $\sigma$，得到

$$f(\sigma(v))=0.$$

故 $g(v)=\sigma(v)$ 是 $u,v,w$ 中的一个。

它不可能等于 $v$，否则 $\sigma$ 固定 $v$，而 $K=\mathbb Q(v)$，从而 $\sigma$ 是恒等映射，与 $\sigma(u)=v\ne u$ 矛盾。它也不可能等于 $u$：否则 $\sigma^2(u)=u$，于是 $\sigma^2$ 固定 $K=\mathbb Q(u)$ 中的每个元素，即 $\sigma^2$ 为恒等映射。这样 $\sigma$ 就是一个二阶自同构。令

$$K^\sigma=\{z\in K:\sigma(z)=z\}$$

为其不动域，则由二阶自同构的基本次数公式

$$[K:K^\sigma]=2.$$

但 $\mathbb Q\subseteq K^\sigma\subseteq K$，塔式公式将迫使 $2$ 整除 $[K:\mathbb Q]=3$，矛盾。

所以只能有

$$g(v)=\sigma(v)=w.$$

特别地，$w\in K$。自同构 $\sigma$ 置换 $f$ 的三个根；它已经把 $u$ 映到 $v$、把 $v$ 映到 $w$，故必把剩下的 $w$ 映到 $u$。于是

$$g(w)=\sigma(g(v))=\sigma(w)=u.$$

第 2 问

作仿射变换

$$U=au+\frac b2,\qquad V=av+\frac b2,\qquad W=aw+\frac b2$$

并记

$$C=ac+\frac b2-\frac{b^2}{4}.$$

因为 $g$ 是二次多项式，所以 $a\ne0$，从而 $U,V,W$ 两两不同。对任意 $x$，若令 $X=ax+\frac b2$，则

$$\begin{aligned} ag(x)+\frac b2 &=a^2x^2+abx+ac+\frac b2\\ &=X^2+C. \end{aligned}$$

结合第 1 问，便得到

$$V=U^2+C,\qquad W=V^2+C,\qquad U=W^2+C. \tag{1}$$

记 $U,V,W$ 的三个基本对称式为

$$S=U+V+W,\qquad P=UV+VW+WU,\qquad R=UVW.$$

对 $(1)$ 中三式求和，得到

$$S=U^2+V^2+W^2+3C=S^2-2P+3C,$$

故

$$P=\frac{S^2-S+3C}{2}. \tag{2}$$

再利用 $(1)$ 比较差：

$$\begin{aligned} V-W&=(U-V)(U+V),\\ W-U&=(V-W)(V+W),\\ U-V&=(W-U)(W+U). \end{aligned}$$

由于 $U,V,W$ 两两不同，可将三式相乘后约去三个差，得到

$$(U+V)(V+W)(W+U)=1.$$

而左边等于 $SP-R$，所以

$$R=SP-1. \tag{3}$$

由 $(1)$ 还有

$$U^3=UV-CU,\qquad V^3=VW-CV,\qquad W^3=WU-CW.$$

将三式相加，并使用恒等式

$$U^3+V^3+W^3=S^3-3SP+3R,$$

再代入 $(2),(3)$，可得

$$\begin{aligned} S^3-3 &=P-CS\\ &=\frac{S^2-S+3C}{2}-CS. \end{aligned}$$

整理并因式分解：

$$(2S-3)(S^2+S+C+2)=0. \tag{4}$$

还需要排除 $(4)$ 中可能出现的多余情形。由 $(1)$ 可知，把 $U,V,W$ 分别平方再加上 $C$ 后只是将三者循环置换，因此其两两乘积之和仍为 $P$。于是

$$\begin{aligned} P &=(U^2+C)(V^2+C)+(V^2+C)(W^2+C)\\ &\quad +(W^2+C)(U^2+C)\\ &=P^2-2SR+2C(S-3C)+3C^2. \end{aligned}$$

代入 $(2),(3)$ 并整理，得到

$$(S^2+S+C+2)(3S^2-5S+3C)=0. \tag{5}$$

若 $S^2+S+C+2\ne0$，则由 $(4),(5)$ 必有

$$S=\frac32,\qquad 3S^2-5S+3C=0,$$

从而 $C=\frac14$。再由 $(2),(3)$ 得

$$P=\frac34,\qquad R=\frac18.$$

这样，以 $U,V,W$ 为根的首一三次多项式便是

$$x^3-Sx^2+Px-R =x^3-\frac32x^2+\frac34x-\frac18 =\left(x-\frac12\right)^3,$$

这与 $U,V,W$ 两两不同矛盾。因此

$$S^2+S+C+2=0. \tag{6}$$

由 $f$ 的韦达定理，$u+v+w\in\mathbb Q$，所以

$$S=a(u+v+w)+\frac{3b}{2}\in\mathbb Q.$$

另一方面，由 $C$ 的定义及 $(6)$，

$$\begin{aligned} b^2-2b-4ac-7 &=-4C-7\\ &=4S^2+4S+1\\ &=(2S+1)^2. \end{aligned}$$

所以 $b^2-2b-4ac-7$ 是一个有理数的平方。它本身又是整数。若将 $2S+1=p/q$ 写成既约分数，则

$$b^2-2b-4ac-7=\frac{p^2}{q^2}\in\mathbb Z$$

迫使 $q=1$。因此 $2S+1$ 是整数，最终得到

$$\boxed{b^2-2b-4ac-7\ \text{是完全平方数}}.$$

检查

1. 第 1 问使用了 $f$ 的不可约性来保证三个根的次数均为 $3$，并由 $v=g(u)$ 推出 $\mathbb Q(v)=\mathbb Q(u)$；这些条件缺一不可。
2. 排除 $g(v)=u$ 时，使用的是有限扩张的塔式公式：非平凡二阶自同构的不动域在 $K$ 中指数为 $2$，这与 $[K:\mathbb Q]=3$ 冲突。
3. 得到 $g(v)=w$ 后，三个根都属于 $K$，所以 $\sigma$ 确实在三根集合上作置换；由双射性可得 $\sigma(w)=u$。
4. 仿射变换的系数逐项展开无误，且 $a\ne0$ 保证它不破坏三个根的互异性；变换后的映射恰为 $X\mapsto X^2+C$。
5. 推导 $(3)$ 时只约去了 $U-V,V-W,W-U$，它们均非零。两个对称式因式分解 $(4),(5)$ 共同排除了会导致三根重合的另一分支。
6. 由 $(6)$ 得到的平方根 $2S+1$ 先验上是有理数；最后利用原表达式为整数，已补充证明这个有理平方根必为整数。
7. 修正后的系数满足 $b^2-2b-4ac-7=-4C-7$，符号和常数项均已核对。

核心思路总结

第 1 问的核心是域次数：$v=g(u)$ 先给出 $\mathbb Q(v)\subseteq\mathbb Q(u)$，两者次数同为 $3$，所以二者相等。于是把 $u$ 送到 $v$ 的共轭嵌入实际上是三次域的自同构；三次扩张不可能有二阶自同构，故该自同构只能按

$$u\longmapsto v\longmapsto w\longmapsto u$$

循环置换三个根。

第 2 问的关键是作仿射变换 $X=ax+\frac b2$，把一般二次多项式共轭为

$$X\longmapsto X^2+C, \qquad C=ac+\frac b2-\frac{b^2}{4}.$$

三个根因而成为该映射的一个三周期。对这个三周期的基本对称式进行计算，得到 $S^2+S+C+2=0$，最终将目标整数写成

$$b^2-2b-4ac-7=-4C-7=(2S+1)^2.$$

韦达定理保证 $S\in\mathbb Q$，整数为有理数平方时其平方根必为整数，由此完成证明。

参考资料

无

A4

解答

答案：最小正实数为

$$C_{\min}=2^{1-n}.$$

构造达到上界。
考虑 Chebyshev 多项式 $T_n(x)$，其定义为

$$T_0(x)=1,\qquad T_1(x)=x,\qquad T_{m+1}(x)=2xT_m(x)-T_{m-1}(x).$$

则 $T_n$ 是 $n$ 次实系数多项式，首项系数为 $2^{n-1}$，并且对 $x=\cos\theta$ 有

$$T_n(\cos\theta)=\cos(n\theta).$$

因此当 $x\in[-1,1]$ 时，$|T_n(x)|\le 1$。

令

$$f_0(x)=2^{1-n}T_n(x).$$

由于 $T_n$ 的首项系数为 $2^{n-1}$，所以 $f_0$ 是首一 $n$ 次实系数多项式，并且在 $[-1,1]$ 上满足

$$|f_0(x)|\le 2^{1-n}.$$

故

$$C_{\min}\le 2^{1-n}.$$

证明不能更小。
设任意正实数 $C$ 和首一 $n$ 次实系数多项式 $f$ 满足

$$f([-1,1])\subseteq[-C,C],$$

即对一切 $x\in[-1,1]$，有 $|f(x)|\le C$。

令

$$g(x)=2^{1-n}T_n(x).$$

则 $g$ 也是首一 $n$ 次多项式。取点

$$x_k=\cos\frac{k\pi}{n},\qquad k=0,1,\dots,n.$$

这些点都在 $[-1,1]$ 内，并且

$$g(x_k)=2^{1-n}T_n(x_k)=2^{1-n}\cos(k\pi)=(-1)^k2^{1-n}.$$

考虑多项式

$$h(x)=f(x)-g(x).$$

因为 $f$ 与 $g$ 都是首一 $n$ 次多项式，所以 $h$ 的次数至多为 $n-1$。

假设 $C<2^{1-n}$。对每个 $k$，由 $|f(x_k)|\le C<2^{1-n}$，有：

• 若 $k$ 为偶数，则 $g(x_k)=2^{1-n}$，于是$$h(x_k)=f(x_k)-2^{1-n}<0;$$
• 若 $k$ 为奇数，则 $g(x_k)=-2^{1-n}$，于是$$h(x_k)=f(x_k)+2^{1-n}>0.$$

因此 $h(x_0),h(x_1),\dots,h(x_n)$ 的符号正负交替。由介值定理，$h$ 在相邻的 $x_k,x_{k+1}$ 之间至少各有一个零点，共至少有 $n$ 个不同零点。但 $\deg h\le n-1$，除非 $h\equiv 0$，不可能有 $n$ 个不同零点。若 $h\equiv 0$，则 $h(x_k)=0$，与上面得到的 $h(x_k)\neq 0$ 矛盾。

所以假设不成立，必有

$$C\ge 2^{1-n}.$$

结合构造可知

$$C_{\min}=2^{1-n}.$$

检查

• 题意理解正确：要求存在首一 $n$ 次实系数多项式，使其在 $[-1,1]$ 上的值全部落在 $[-C,C]$ 内，即等价于 $\sup_{[-1,1]}|f|\le C$。
• 构造中 $f_0=2^{1-n}T_n$ 确为首一 $n$ 次实系数多项式，因为 $T_n$ 首项系数为 $2^{n-1}$。
• 对 $T_n$ 的性质使用正确：$|T_n(x)|\le 1$ 于 $[-1,1]$，故 $|f_0(x)|\le 2^{1-n}$。
• 下界证明中，若 $C<2^{1-n}$，则 $h=f-g$ 在 $n+1$ 个点处符号交替，从而至少有 $n$ 个零点；但 $\deg h\le n-1$，矛盾。逻辑完整。
• 边界情况 $n=1$ 也成立：此时答案 $2^{0}=1$，取 $f(x)=x$，在 $[-1,1]$ 上最大值为 $1$，且不能更小。
• 等号可达，故“最小正实数”为 $2^{1-n}$。

核心思路总结

关键是使用 Chebyshev 多项式的极小极大性质。上界由首一化的 Chebyshev 多项式

$$2^{1-n}T_n(x)$$

达到；下界通过比较任意首一多项式与 $2^{1-n}T_n(x)$，利用 $T_n$ 在点 $\cos(k\pi/n)$ 上取交替的极值 $\pm1$，构造出一个次数不超过 $n-1$ 的多项式却必须有 $n$ 个零点，从而导出矛盾。

核心工具是 Chebyshev 多项式 $T_n$ 的定义、首项系数 $2^{n-1}$ 以及交错点法。

参考资料

无。

A5

解答

先证明一个标准的切比雪夫外推结论。

切比雪夫外推引理

设实系数多项式 $P$ 的次数不超过 $d$，且

$$|P(x)|\leq1\qquad(-1\leq x\leq1).$$

则对任意 $z>1$，

$$|P(z)|\leq T_d(z), \tag{1}$$

其中 $T_d$ 是第一类切比雪夫多项式，由

$$T_d(\cos\theta)=\cos(d\theta)$$

定义。

当 $d=0$ 时结论成立。设 $d\geq1$。只需证明 $P(z)\leq T_d(z)$；对 $-P$ 应用同一结论即可得到另一侧。若反设 $P(z)>T_d(z)$，令

$$\lambda=\frac{T_d(z)}{P(z)}\in(0,1), \qquad R(x)=T_d(x)-\lambda P(x).$$

则 $R(z)=0$。在

$$x_k=\cos\frac{k\pi}{d}\qquad(0\leq k\leq d)$$

处，有 $T_d(x_k)=(-1)^k$，并且

$$(-1)^kR(x_k) =1-\lambda(-1)^kP(x_k) \geq1-\lambda>0.$$

所以 $R(x_0),R(x_1),\ldots,R(x_d)$ 依次异号，$R$ 在 $(-1,1)$ 内至少有 $d$ 个不同零点，再加上零点 $z>1$，共有至少 $d+1$ 个不同零点。这与 $\deg R\leq d$ 矛盾，故 $(1)$ 成立。 再说明后文要用到的等号唯一性。用节点 $x_0,\ldots,x_d$ 作拉格朗日插值， 记相应基多项式为 $L_k$。因为

$$x_0>x_1>\cdots>x_d$$

且 $z>1$，所以 $L_k(z)$ 的符号为 $(-1)^k$。于是

$$\begin{aligned} P(z) &=\sum_{k=0}^dP(x_k)L_k(z)\\ &\leq\sum_{k=0}^d|L_k(z)|\\ &=\sum_{k=0}^d(-1)^kL_k(z) =T_d(z). \end{aligned}$$

最后一个等号是因为右端正是对数据 $T_d(x_k)=(-1)^k$ 的拉格朗日插值。若 $P(z)=T_d(z)$，上式每一项都必须 取等，故 $P(x_k)=(-1)^k$ 对所有 $k$ 成立。次数不超过 $d$ 的两个 多项式在 $d+1$ 个点相等，因而 $P=T_d$。对其余符号情形同理。

原题

令

$$y=x-50.$$

题目给出的两个区间变为

$$[-50,-49]\cup[49,50].$$

定义 $f$ 关于 $50$ 的偶部

$$F(y)=\frac{f(50+y)+f(50-y)}2.$$

则 $F$ 是次数不超过 $100$ 的偶多项式，且

$$|F(y)|\leq1 \qquad \bigl(y\in[-50,-49]\cup[49,50]\bigr),$$

同时

$$F(0)=f(50).$$

因此存在次数不超过 $50$ 的实系数多项式 $Q$，使

$$F(y)=Q(y^2).$$

当 $49\leq|y|\leq50$ 时，$t=y^2$ 遍历区间 $[49^2,50^2]$。作线性变换

$$z=\frac{2t-(50^2+49^2)}{50^2-49^2} =\frac{2t-4901}{99},$$

便将该区间映到 $[-1,1]$。而 $t=0$ 对应

$$z_0=-\frac{4901}{99}.$$

由切比雪夫外推引理和 $T_{50}$ 的偶性，

$$f(50)=F(0) \leq T_{50}\left(\frac{4901}{99}\right). \tag{2}$$

取

$$f_*(x)=T_{50}\left( \frac{2(x-50)^2-4901}{99} \right).$$

它是 $100$ 次实系数多项式，在题设两个区间上的绝对值不超过 $1$，并且在 $(2)$ 中取等。因此所求最大值为

$$T_{50}\left(\frac{4901}{99}\right).$$

对 $z>1$，有

$$T_d(z)=\frac12\left[ \left(z+\sqrt{z^2-1}\right)^d+ \left(z-\sqrt{z^2-1}\right)^d \right].$$

本题中

$$\sqrt{\left(\frac{4901}{99}\right)^2-1} =\frac{4900}{99},$$

所以

$$\boxed{ \max f(50) =\frac{99^{50}+99^{-50}}2 }.$$

一般情形

以下先讨论通常的非退化情形

$$0\leq b<a.$$

令

$$d=\left\lfloor\frac n2\right\rfloor, \qquad \rho=\frac{a^2+b^2}{a^2-b^2}.$$

将变量平移为 $y=x-m$，并取偶部

$$F(y)=\frac{f(m+y)+f(m-y)}2.$$

则 $F(0)=f(m)$，且 $F$ 在 $[-a,-b]\cup[b,a]$ 上的绝对值不超过 $1$。又因 $F$ 为偶多项式， 可写成

$$F(y)=Q(y^2), \qquad \deg Q\leq d.$$

变量

$$z=\frac{2y^2-(a^2+b^2)}{a^2-b^2}$$

在给定双区间上遍历 $[-1,1]$，而 $y=0$ 对应 $z=-\rho$。故由引理，

$$f(m)\leq T_d(\rho). \tag{3}$$

取

$$f_*(x)=(-1)^dT_d\left( \frac{2(x-m)^2-(a^2+b^2)}{a^2-b^2} \right), \tag{4}$$

则它在给定双区间上的绝对值不超过 $1$，且

$$f_*(m)=(-1)^dT_d(-\rho)=T_d(\rho).$$

其次数为 $2d$。因此，如果“$n$ 次”按“次数不超过 $n$”理解， $(3)$ 中的上界总能达到。

还可将答案写成不含切比雪夫符号的形式。因为

$$\rho+\sqrt{\rho^2-1}=\frac{a+b}{a-b}, \qquad \rho-\sqrt{\rho^2-1}=\frac{a-b}{a+b},$$

所以

$$\boxed{ \max f(m) =T_{\lfloor n/2\rfloor}\left(\frac{a^2+b^2}{a^2-b^2}\right) =\frac12\left[ \left(\frac{a+b}{a-b}\right)^{\lfloor n/2\rfloor} + \left(\frac{a-b}{a+b}\right)^{\lfloor n/2\rfloor} \right] }. \tag{5}$$

最后说明“恰为 $n$ 次”的细节。当 $n=2d$ 为偶数时，$(4)$ 恰为 $n$ 次，所以 $(5)$ 确为最大值。当 $n=2d+1$ 为奇数时，$(5)$ 是 上确界，但在恰为 $n$ 次的多项式中不能取到。

事实上，若奇数次多项式取到等号，则其偶部必须是 $(4)$ 中的唯一 切比雪夫极值多项式。该偶部在 $d+1$ 个不同的 $y^2$ 值上取 $\pm1$。在这些点，原多项式的奇部必须为 $0$，否则对称的两个点中 至少有一个函数值会落在 $[-1,1]$ 外。奇部本身为奇多项式，因而这些 正负成对的零点连同 $0$ 给出的零点数超过 $2d+1$；当 $b=0$ 时， 在 $0$ 附近的约束还迫使该处至少为三重零点，结论相同。因此奇部只能 恒为 $0$，这与原多项式恰为 $2d+1$ 次矛盾。

另一方面，对任意 $\varepsilon\in(0,1)$，在 $(4)$ 的右端记为 $f_*(x)$ 后取

$$f_\varepsilon(x) =(1-\varepsilon)f_*(x) +\frac{\varepsilon}{a^n}(x-m)^n.$$

它恰为 $n$ 次，并且在给定双区间上

$$|f_\varepsilon(x)| \leq(1-\varepsilon)+\varepsilon=1,$$

而

$$f_\varepsilon(m) =(1-\varepsilon)T_d(\rho) \longrightarrow T_d(\rho).$$

故奇数 $n$ 时上确界确为 $(5)$，只是没有最大值。

检查

1. 取偶部同时使用了对称区间中的 $m+y$ 和 $m-y$，所以不会增大绝对值上界，并保持中心值 $f(m)$。
2. 偶部的次数不超过 $2\lfloor n/2\rfloor$，故写成 $Q(y^2)$ 后次数不超过 $\lfloor n/2\rfloor$。
3. 线性变量替换分别把 $y^2=b^2,a^2$ 映为 $-1,1$，并把中心 $y=0$ 映为 $-\rho<-1$；切比雪夫外推引理的使用方向正确。
4. 原题中 $50^2-49^2=99$，且 $4901^2-99^2=4900^2$，所以闭式化简为 $\frac12(99^{50}+99^{-50})$。
5. 极值多项式 $(4)$ 的次数为 $2\lfloor n/2\rfloor$。因此偶数次数能取到，奇数“恰为 $n$ 次”只能逼近；文中已分别处理两种次数约定。
6. 当 $b=0<a$ 时，$\rho=1$，公式给出 $T_d(1)=1$，与中心本身属于受限区间相符。
7. 若 $b<0<a$，两个区间重叠且包含 $m$，答案直接为 $1$；若 $a=b>0$，约束只在两个点上，对 $n\geq2$ 中心值无上界。这些退化情形不属于正文采用的 $0\leq b<a$ 假设。

核心思路总结

最关键的降维是取关于中心 $m$ 的偶部：

$$f(m+y)\longmapsto \frac{f(m+y)+f(m-y)}2=Q(y^2).$$

这既保持 $f(m)$，又把两个对称区间同时压缩为单一区间 $[b^2,a^2]$，多项式次数也降为 $\lfloor n/2\rfloor$。

随后把 $[b^2,a^2]$ 线性映到 $[-1,1]$，中心对应区间外一点 $-\frac{a^2+b^2}{a^2-b^2}$。切比雪夫多项式的交错性质给出该点处的 精确外推上界，并由相应的复合多项式达到。

参考资料

无

A6

解答

记

$$\|f\|_{[0,1]}=\max_{0\leq x\leq1}|f(x)|.$$

五次情形

先构造一个满足条件的多项式。取

$$f_0(x)=x^2(1-x)^2(2x-1).$$

令

$$y=2x-1,$$

则

$$x(1-x)=\frac{1-y^2}{4}.$$

因此

$$|f_0(x)|=\frac1{16}|y|(1-y^2)^2.$$

再令 $t=y^2\in[0,1]$，则

$$|f_0(x)|=\frac1{16}t^{1/2}(1-t)^2.$$

对 $0<t<1$ 作对数求导：

$$\frac{d}{dt}\log\bigl(t^{1/2}(1-t)^2\bigr) =\frac1{2t}-\frac2{1-t}.$$

唯一的内部临界点满足 $1-t=4t$，即 $t=\frac15$。两个端点处函数值均为 $0$，故

$$\|f_0\|_{[0,1]} =\frac1{16}\cdot\frac1{\sqrt5}\left(\frac45\right)^2 =\frac1{25\sqrt5}. \tag{1}$$

这给出所求最小值不超过 $\frac1{25\sqrt5}$。

下面证明不可能更小。设 $f$ 是任意五次整系数多项式，并反设

$$\|f\|_{[0,1]}<\frac1{25\sqrt5}. \tag{2}$$

因为 $f(0),f(1)$ 都是整数，而 $(2)$ 的右端小于 $1$，所以

$$f(0)=f(1)=0. \tag{3}$$

对 $[0,1]$ 上的五次多项式使用 Markov 不等式。把 $[0,1]$ 线性变换到 $[-1,1]$ 后，该不等式给出

$$\|f'\|_{[0,1]}\leq2\cdot5^2\|f\|_{[0,1]}.$$

由 $(2)$，

$$\|f'\|_{[0,1]} <\frac{50}{25\sqrt5} =\frac2{\sqrt5}<1.$$

由于 $f'(0),f'(1)$ 也是整数，只能有

$$f'(0)=f'(1)=0. \tag{4}$$

由 $(3),(4)$，$0,1$ 都是 $f$ 的至少二重根，故

$$f(x)=x^2(x-1)^2(Ax+B), \qquad A,B\in\mathbb Z,\quad A\ne0. \tag{5}$$

在 $x=\frac12$ 处，

$$f\left(\frac12\right) =\frac1{16}\left(\frac A2+B\right) =\frac{A+2B}{32}. \tag{6}$$

若整数 $A+2B$ 非零，则

$$\left|f\left(\frac12\right)\right| \geq\frac1{32} >\frac1{25\sqrt5},$$

这与 $(2)$ 矛盾。因此

$$A+2B=0.$$

于是 $A=2k,B=-k$，其中 $k$ 是非零整数。由 $(5)$，

$$f(x)=k\,x^2(x-1)^2(2x-1).$$

结合 $(1)$，

$$\|f\|_{[0,1]} =|k|\frac1{25\sqrt5} \geq\frac1{25\sqrt5},$$

仍与 $(2)$ 矛盾。因此

$$\boxed{C_5=\frac1{25\sqrt5}}.$$

等号由

$$f(x)=\pm x^2(1-x)^2(2x-1)$$

取得。

对一般次数的推广

对正整数 $n$，记

$$C_n= \min_{\substack{f\in\mathbb Z[x]\\ \deg f=n}} \|f\|_{[0,1]}.$$

一般 $n$ 的问题是区间 $[0,1]$ 上的整系数切比雪夫问题。五次证明中 “端点和中点的整性迫使因子出现”的方法仍可用于逐个固定的次数，但所有 次数的精确极值不能仅用 $x,1-x,2x-1$ 三种因子统一描述。下面给出一组 对每个 $n$ 都成立的明确上下界。

设 $c$ 满足

$$0\leq c\leq n,\qquad c\equiv n\pmod2,$$

并令

$$k=\frac{n-c}{2}.$$

取整系数多项式

$$F_{n,c}(x)=[x(1-x)]^k(2x-1)^c.$$

它的次数恰为 $n$。仍令 $y=|2x-1|$，则

$$|F_{n,c}(x)| =4^{-k}y^c(1-y^2)^k.$$

当 $0<c<n$ 时，对数求导表明最大值在

$$y^2=\frac{c}{c+2k}=\frac cn$$

处取得；端点情形 $c=0,n$ 也由同一公式按 $0^0=1$ 解释。因此

$$\|F_{n,c}\|_{[0,1]} =4^{-k} \left(\frac cn\right)^{c/2} \left(\frac{n-c}{n}\right)^k. \tag{7}$$

从而得到显式上界

$$\boxed{ C_n\leq \min_{\substack{0\leq c\leq n\\c\equiv n\pmod2}} 4^{-(n-c)/2} \left(\frac cn\right)^{c/2} \left(\frac{n-c}{n}\right)^{(n-c)/2} }. \tag{8}$$

还有一个对所有 $n$ 成立的通用下界。设 $f$ 的最高次项系数为非零整数 $a_n$。在所有首一实系数 $n$ 次多项式中，$[0,1]$ 上的最小范数由平移 缩放后的切比雪夫多项式给出，等于

$$2^{1-2n}.$$

所以对首项系数为 $a_n$ 的 $f$，

$$\|f\|_{[0,1]}\geq |a_n|\,2^{1-2n}.$$

又因 $|a_n|\geq1$，得到

$$\boxed{C_n\geq2^{1-2n}}. \tag{9}$$

在 $(8)$ 中选择与 $n/5$ 相近且和 $n$ 同奇偶的 $c$，便有

$$\limsup_{n\to\infty}C_n^{1/n}\leq\frac1{\sqrt5}.$$

事实上，若 $c/n\to1/5$，对 $(7)$ 取对数并除以 $n$，其极限为

$$-\frac45\log2 +\frac1{10}\log\frac15 +\frac25\log\frac45 =-\frac12\log5.$$

当 $n=5$ 时，$(8)$ 中取 $c=1,k=2$，恰好给出 $1/(25\sqrt5)$；前一部分的整值与 Markov 不等式论证证明了该上界在 五次情形确实就是精确值。

检查

1. 候选多项式 $x^2(1-x)^2(2x-1)$ 是五次整系数多项式，其范数计算在变量 $t=(2x-1)^2$ 下完成，临界点与端点均已检查。
2. $f(0),f(1),f'(0),f'(1)$ 均为整数。缩放后的 Markov 常数为 $2n^2$，在 $n=5$ 时给出 $50/(25\sqrt5)=2/\sqrt5<1$，足以迫使两个端点均为二重根。
3. 从端点二重根得到的商 $Ax+B$ 仍为整系数多项式；这是连续两次用首一因子 $x$ 与 $x-1$ 作整除所得。
4. 中点公式的分母为 $32$，且 $1/32>1/(25\sqrt5)$，所以 $A+2B$ 必须为 $0$；随后 $A$ 必为偶数，未遗漏奇偶条件。
5. 一般构造中 $c\equiv n\pmod2$ 保证 $k=(n-c)/2$ 为非负整数，故 $F_{n,c}$ 的次数恰为 $n$ 且系数均为整数。
6. 一般下界只使用了首项系数是非零整数和实系数切比雪夫极值，因而适用于全部整系数多项式；上、下界没有被误写成一般 $n$ 的精确等式。

核心思路总结

五次情形最关键的是连续使用三个离散约束：

1. 范数小于 $1$ 迫使整数值 $f(0),f(1)$ 为 $0$；
2. Markov 不等式把导数范数压到 $1$ 以下，迫使整数值 $f'(0),f'(1)$ 也为 $0$；
3. 中点值必为 $(A+2B)/32$，而候选范数小于 $1/32$，迫使剩余一次因子在 $1/2$ 处为零。

这些条件恰好给出

$$x^2(1-x)^2(2x-1).$$

一般次数中，同样的三个基本因子给出显式构造 $(8)$；实系数切比雪夫极值则给出通用下界 $(9)$。

参考资料

无

A7

解答

记

$$\{x\}=x\bmod1=x-\lfloor x\rfloor.$$

当 $n=1$ 时，乘积条件直接给出 $x_1=A$，所以

$$\sup\{x_1\}=\{A\}. \tag{1}$$

以下设 $n\geq2$，并记

$$N=\lfloor A\rfloor,\qquad \theta=\frac{A}{N+1}.$$

由于

$$N\leq A<N+1,$$

有 $0<\theta<1$。我们将证明所求上确界为

$$n-1+\theta.$$

上界

先考虑某个 $x_i$ 是整数的情形。此时 $\{x_i\}=0$，而其余每个小数部分 都严格小于 $1$，故

$$\sum_{i=1}^n\{x_i\}<n-1<n-1+\theta. \tag{2}$$

下面设所有 $x_i$ 都不是整数。令

$$p_i=\lceil x_i\rceil\in\mathbb Z^+,\qquad \delta_i=p_i-x_i=1-\{x_i\}\in(0,1),$$

并记

$$P=p_1p_2\cdots p_n\in\mathbb Z^+.$$

因为每个 $x_i<p_i$，所以

$$A=x_1x_2\cdots x_n<P.$$

$P$ 是严格大于 $A$ 的整数，因而

$$P\geq N+1. \tag{3}$$

另一方面，

$$\frac AP =\prod_{i=1}^n\frac{x_i}{p_i} =\prod_{i=1}^n\left(1-\frac{\delta_i}{p_i}\right).$$

对 $0\leq u_i\leq1$，反复使用

$$(1-u)(1-v)=1-u-v+uv\geq1-u-v$$

可得

$$\prod_{i=1}^n(1-u_i)\geq1-\sum_{i=1}^n u_i.$$

取 $u_i=\delta_i/p_i$，再利用 $p_i\geq1$，得到

$$\begin{aligned} \frac AP &\geq1-\sum_{i=1}^n\frac{\delta_i}{p_i}\\ &\geq1-\sum_{i=1}^n\delta_i\\ &=1-\sum_{i=1}^n(1-\{x_i\})\\ &=\sum_{i=1}^n\{x_i\}-(n-1). \end{aligned}$$

所以

$$\sum_{i=1}^n\{x_i\} \leq n-1+\frac AP.$$

结合 $(3)$，

$$\sum_{i=1}^n\{x_i\} \leq n-1+\frac{A}{N+1} =n-1+\theta. \tag{4}$$

连同 $(2)$，上界对所有允许的 $x_i$ 都成立。

逼近上界

令

$$K=N+1.$$

对充分小的 $\varepsilon>0$，取

$$\begin{aligned} x_1&=K-\varepsilon,\\ x_2=\cdots=x_{n-1}&=1-\varepsilon,\\ x_n&=\frac{A}{(K-\varepsilon)(1-\varepsilon)^{n-2}}. \end{aligned} \tag{5}$$

当 $n=2$ 时，中间一行没有变量，按空乘积为 $1$ 理解。由定义， $(5)$ 中各数的乘积恰为 $A$。

因为 $K>A$，当 $\varepsilon$ 充分小时有

$$(K-\varepsilon)(1-\varepsilon)^{n-2}>A.$$

所以 $0<x_n<1$，从而 $\{x_n\}=x_n$。其余 $n-1$ 个数的小数部分都为 $1-\varepsilon$。因此

$$\sum_{i=1}^n\{x_i\} =(n-1)(1-\varepsilon) +\frac{A}{(K-\varepsilon)(1-\varepsilon)^{n-2}}.$$

令 $\varepsilon\to0^+$，便得到

$$\sum_{i=1}^n\{x_i\} \longrightarrow n-1+\frac AK =n-1+\frac{A}{\lfloor A\rfloor+1}. \tag{6}$$

由上界 $(4)$ 与逼近式 $(6)$，当 $n\geq2$ 时，

$$\boxed{ \sup_{\substack{x_1,\ldots,x_n>0\\x_1\cdots x_n=A}} \sum_{i=1}^n(x_i\bmod1) =n-1+\frac{A}{\lfloor A\rfloor+1} }. \tag{7}$$

综上，完整答案为

$$\boxed{ \begin{cases} A-\lfloor A\rfloor,&n=1,\\[4pt] n-1+\dfrac{A}{\lfloor A\rfloor+1},&n\geq2. \end{cases} }$$

检查

1. 当某个 $x_i$ 为整数时，其小数部分为 $0$，其余至多贡献严格小于 $n-1$；该情形没有被使用 $\delta_i=1-\{x_i\}$ 的公式误处理。
2. 当所有 $x_i$ 非整数时，$p_i=\lceil x_i\rceil$ 满足 $x_i/p_i=1-\delta_i/p_i\in(0,1)$，所以乘积不等式的适用条件成立。
3. 因每个 $p_i>x_i>0$，有整数 $P>A$，从而 $P\geq\lfloor A\rfloor+1$；这一步同时覆盖整数和非整数的 $A$。
4. 构造中 $K=\lfloor A\rfloor+1>A$。因此可以选取充分小的正 $\varepsilon$ 使前 $n-1$ 个变量之积仍大于 $A$，保证最后一个变量落在 $(0,1)$ 内。
5. 当 $0<A<1$ 时，$K=1$，公式化为 $n-1+A$，构造仍有效；当 $A$ 为 整数时，公式为 $n-1+A/(A+1)$，没有把 $\{A\}=0$ 误代入 $n\geq2$ 的答案。
6. $n=1$ 时不存在可调变量，必须单独得到 $\{A\}$；不能沿用 $n\geq2$ 的逼近构造。

核心思路总结

最关键的构造是对每个非整数 $x_i$ 引入其上取整

$$p_i=\lceil x_i\rceil$$

以及到下一个整数的缺口

$$\delta_i=p_i-x_i=1-\{x_i\}.$$

各上取整的乘积 $P$ 是严格大于 $A$ 的整数，故至少为 $\lfloor A\rfloor+1$。同时，乘积不等式

$$\prod_i(1-u_i)\geq1-\sum_i u_i$$

把 $A/P$ 与所有缺口之和联系起来，从而给出所需上界。

为逼近该上界，让 $n-1$ 个变量分别从左侧趋近整数 $K,1,\ldots,1$，它们的小数部分同时趋近 $1$；最后一个变量由乘积条件 确定并趋近 $A/K$。这恰好达到上界的极限。

参考资料

无