ProblemSet

A8. 设 $K$ 是特征为 $0$ 的域，$f,g\in K[x]$ 满足在 $K[x,y]$ 中有 $g(x)-g(y)\mid f(x)-f(y)$。证明存在 $h\in K[x]$ 使得 $f=h\circ g$，其中 $\circ$ 表示复合。

A9. 设实系数多项式 $P,Q$ 满足：$\forall m\in\Z^+:\exists n\in\Z^+:P(m)=Q(n)$. 证明存在实系数多项式 $R$ 使得 $P=Q\circ R$。

A10. 证明：$\sum\limits_{n\ge1}\dfrac{((n\sqrt[3]{2})\bmod1)^n}{n}$ 收敛且不超过 $2026$。 收敛性是否对将 $\sqrt[3]{2}$ 改为一般的正实代数数的情况成立？是否对将 $\sqrt[3]{2}$ 改为一般的正无理数的情况成立？

A11. 对固定正整数 $n\ge4$，设 $S_n=\{(x_1,\cdots,x_n)\in\R^n:\sum_{i=1}^nx_i=n,\sum_{i=1}^nx_i^2=2n,\sum_{i=1}^nx_i^3=3n\}$。证明存在与 $n$ 无关的正常数 $\lambda$ 使得 $\forall n\ge4,(x_1,\cdots,x_n)\in S_n$，$\max_{i=1}^nx_i-\min_{i=1}^nx_i>\sqrt{5}+\lambda n^{-\frac32}$。

A12. 给定实数 $\alpha\in(0,1)$. 求最小的实数 $C$ 使得对任意正实数 $M$，存在正整数 $n$ 和严格递增的实数数列 $x_0,x_1,\cdots,x_n$，满足 $x_0=1,x_n>M$ 与

$$\sum\limits_{k=0}^{n-1}\dfrac{(x_{k+1}-x_k)^\alpha}{x_k^{\alpha+1}}\le C$$

A13. 证明：对任意正整数 $n$：

$$f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{n}{k}\dfrac{x^k}{k!}$$

有 $n$ 个不同实根。

A14. 证明：对任意正整数 $n$：

$$f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{n+k}{n}\dbinom{n}{k}x^k$$

有 $n$ 个不同实根。

A8

解答

先处理 $g$ 为常数的情形。按整除的定义，题设意味着存在 $Q\in K[x,y]$，使

$$f(x)-f(y)=(g(x)-g(y))Q(x,y)=0.$$

令 $y=0$，得 $f(x)=f(0)$，因此取常数多项式 $h(t)=f(0)$ 即可。

以下设 $\deg g=d\geq1$。引入独立变量 $t$，在 $K[t][x]$ 中用 $g(x)-t$ 除 $f(x)$。由于除式关于 $x$ 的首项系数是 $K$ 中的非零元素，因而在 $K[t]$ 中可逆，多项式带余除法给出

$$f(x)=A(x,t)(g(x)-t)+R(x,t),$$

其中 $A,R\in K[t][x]$，且余式可写成

$$R(x,t)=\sum_{j=0}^{d-1}r_j(t)x^j, \qquad r_j(t)\in K[t].$$

代入 $t=g(y)$，再减去 $f(y)$，得到

$$f(x)-f(y) =A(x,g(y))(g(x)-g(y)) +\sum_{j=0}^{d-1}r_j(g(y))x^j-f(y).$$

根据题设，$g(x)-g(y)$ 整除等式左侧，也整除右侧的第一项，所以它整除

$$S(x,y)=\sum_{j=0}^{d-1}r_j(g(y))x^j-f(y).$$

但 $S$ 若非零，其关于 $x$ 的次数小于 $d$；而 $g(x)-g(y)$ 关于 $x$ 的次数等于 $d$。由于 $K[y]$ 是整环，一个非零多项式的非零倍式次数不可能小于它自身的次数，故只能有

$$S(x,y)=0.$$

在此恒等式中令 $x=0$，便得

$$f(y)=r_0(g(y)).$$

因此取 $h=r_0\in K[t]$，将自变量改记为 $x$，即有

$$\boxed{f=h\circ g}.$$

检查

1. 题设的整除关系是在多项式环中成立的恒等式。证明通过代入独立变量和比较多项式次数使用该条件，没有将其弱化为对域中元素取值的条件。
2. 已单独处理常数 $g$，包括 $g=0$：此时整除条件迫使 $f$ 为常数。若约定除式必须非零，则题设已排除此情形，后续证明仍完整适用。
3. 带余除法不要求 $K[t]$ 是域；除式 $g(x)-t$ 关于 $x$ 的首项系数可逆，足以保证除法成立。代入 $t=g(y)$ 后，余式关于 $x$ 的次数仍小于 $d$。
4. 次数比较在整环 $K[y][x]$ 中进行，非零乘积的关于 $x$ 的次数等于因子次数之和，所以整除与低次数确实推出 $S=0$。
5. 当 $d=1$ 时，余式只有常数项，上述推导仍成立；当 $f$ 为常数或零多项式时，也无需额外假设。
6. 构造出的 $h=r_0$ 的系数属于 $K$，最后得到的是多项式恒等式，完整满足结论。证明不需要额外利用特征为 $0$，因而适用于题目给定的域。

核心思路总结

关键是引入参数 $t$，用 $g(x)-t$ 对 $f(x)$ 作带余除法，再令 $t=g(y)$。题设迫使余式减去 $f(y)$ 后仍被 $g(x)-g(y)$ 整除，而其关于 $x$ 的次数严格小于除式的次数，因此它只能为零。最后令 $x=0$，余式的常数项就给出了所需的 $h$。

核心工具是首项系数可逆时的多项式带余除法，以及整环上非零多项式乘积的次数公式。

参考资料

无

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解答

若 $f$ 为常数，取常数多项式 $h(t)=f(0)$ 即可。若 $g$ 为常数，则由整除的定义，题设意味着存在 $Q\in K[x,y]$ 使

$$f(x)-f(y)=(g(x)-g(y))Q(x,y)=0.$$

令 $y=0$，可知 $f$ 也是常数，仍归入上述情形。

以下设 $f,g$ 都非常数，记 $m=\deg g\geq1$。

一、建立以 $g$ 为“进制”的展开及其唯一性。

不断用 $g$ 作带余除法：先写成 $f=gq_1+h_0$，再将 $q_1$ 除以 $g$，如此继续。每次非零商的次数严格降低，故过程有限步后结束，得到

$$f(x)=\sum_{k=0}^{d}h_k(x)g(x)^k, \qquad h_d\ne0, \tag{1}$$

其中每个 $h_k$ 或为零，或满足 $\deg h_k<m$。

这种展开是唯一的。事实上，若

$$\sum_{k=0}^{r}u_k(x)g(x)^k=0, \qquad u_k=0\ \text{或}\ \deg u_k<m,$$

且某个 $u_k$ 非零，取最大的非零下标 $r$，则

$$\deg\bigl(u_r g^r\bigr)=rm+\deg u_r\geq rm.$$

而每个非零的低位项都满足

$$\deg\bigl(u_k g^k\bigr)\leq km+m-1<rm \qquad(k<r).$$

因此最高位项的最高次项无法被其余各项抵消，与总和为零矛盾。这也证明：任何满足上述次数限制的零展开，其每一位都必须为零。

二、利用整除条件证明每一位都是常数。

记 $D(x,y)=g(x)-g(y)$。对每个 $k\geq1$，差幂分解给出

$$g(x)^k-g(y)^k =D(x,y)\sum_{j=0}^{k-1}g(x)^{k-1-j}g(y)^j.$$

所以由 $(1)$，$D(x,y)$ 整除

$$f(x)-\sum_{k=0}^{d}h_k(x)g(y)^k.$$

再结合题设 $D(x,y)\mid f(x)-f(y)$，相减可知 $D(x,y)$ 也整除

$$S(x,y)=\sum_{k=0}^{d}h_k(x)g(y)^k-f(y).$$

把它们看成系数属于整环 $K[y]$ 的关于 $x$ 的多项式。除式 $D$ 关于 $x$ 的次数为 $m$，而 $S$ 若非零，关于 $x$ 的次数严格小于 $m$。非零乘积的次数等于各因子次数之和，所以只能有

$$\sum_{k=0}^{d}h_k(x)g(y)^k=f(y). \tag{2}$$

在 $(2)$ 中令 $x=0$，并与 $(1)$ 中将变量改为 $y$ 后的式子比较，得到

$$\sum_{k=0}^{d}\bigl(h_k(y)-h_k(0)\bigr)g(y)^k=0.$$

每个系数 $h_k(y)-h_k(0)$ 仍为零或次数小于 $m$，因此由第一部分证明的展开唯一性，

$$h_k(y)-h_k(0)=0, \qquad k=0,1,\ldots,d.$$

这就证明了所有 $h_k$ 都是常值多项式。

最后令

$$h(t)=\sum_{k=0}^{d}h_k(0)t^k\in K[t].$$

由 $(1)$ 即得

$$\boxed{f(x)=h(g(x))}.$$

检查

1. 常数 $f$ 与常数 $g$ 已先行处理，包括零多项式。若整除的约定要求除式非零，则常数 $g$ 已被题设排除，其余证明不受影响。
2. “进制展开”由反复带余除法获得；由于 $g$ 非常数，商的次数严格降低，过程确实终止。没有要求 $g$ 首一，因为其首项系数在域 $K$ 中可逆。
3. 唯一性的关键是每个低位系数次数严格小于 $m$，使不同位的可能次数范围互不重叠。该论证也覆盖仅有第零位非零的情形。
4. 从差幂分解与题设得到的整除关系位于 $K[x,y]$ 中。次数比较始终针对变量 $x$，其中 $g(y)^k$ 和 $f(y)$ 都视为系数，故 $S$ 的次数界成立。
5. 令 $x=0$ 是对多项式恒等式作代入，不要求 $g(0)=0$。随后比较的是两个以 $g(y)$ 为“进制”的展开，系数差仍满足低次数限制，因此可以应用唯一性。
6. 已逐一证明原展开中的每个 $h_k$ 为常值，而不只是另行构造某个复合表示。最终 $h$ 的系数全属于 $K$，满足题目结论。
7. $\deg g=1$ 时，各位系数本来就只能是常数，论证仍适用。证明不需要进一步使用特征为 $0$，因而对题设给定的域当然成立。

核心思路总结

将多项式带余除法理解为“以 $g$ 为进制”，各位系数的次数必须小于 $\deg g$，这既保证展开存在，也保证展开唯一。

整除条件允许在模 $g(x)-g(y)$ 的意义下，将展开中的 $g(x)$ 全部换成 $g(y)$。所得表达式减去 $f(y)$ 后，关于 $x$ 的次数低于除式，因此只能为零。再令 $x=0$，就得到一个各位系数均为常数的新展开；与原展开比较，由唯一性迫使原来的每一位也都是常数。

核心工具是多项式带余除法、差幂分解，以及最高次项不能被低次项抵消的次数比较。

参考资料

无

A9

解答

若 $P$ 为常数，由题设可取正整数 $n_0$，使 $P(1)=Q(n_0)$，于是常数多项式 $R(x)=n_0$ 满足要求。若 $Q$ 为常数，则 $P(m)=Q(1)$ 对所有正整数 $m$ 成立，故 $P$ 也是常数，归入上述情形。

以下设

$$p=\deg P\geq1,\qquad q=\deg Q\geq1,\qquad \alpha=\frac pq,$$

并记 $P,Q$ 的首项系数分别为 $a,b$。

一、在充分大的正实数上定义逆函数。

对每个正整数 $m$，选取正整数 $n_m$，使 $P(m)=Q(n_m)$。因为 $|P(m)|\to\infty$，所以 $n_m\to\infty$：否则存在固定正整数 $B$，使无穷多个 $n_m\leq B$，相应的 $P(m)$ 就只能取有限多个值，与 $|P(m)|\to\infty$ 矛盾。因此，由首项的符号可知 $a,b$ 同号。

取充分大的 $T>0$，使 $Q'$ 在 $[T,\infty)$ 上不为零。此时 $Q$ 在该区间上严格单调，其值域包含 $P(x)$ 在充分大的正实数 $x$ 上的所有取值。因此，对充分大的 $x$，可唯一地定义 $F(x)>T$，使

$$Q(F(x))=P(x). \tag{1}$$

由于 $Q'(F(x))\ne0$，逆函数求导法则表明 $F$ 是任意阶可微的。又因为 $n_m\to\infty$，由单调性及 $(1)$，对充分大的整数 $m$ 有

$$F(m)=n_m\in\mathbb Z^+. \tag{2}$$

二、证明足够高阶的导数趋于零。

由 $(1)$，当 $x\to\infty$ 时，$F(x)\to\infty$，且

$$\frac{F(x)^q}{x^p} =\frac{P(x)/x^p}{Q(F(x))/F(x)^q} \longrightarrow\frac ab>0.$$

所以

$$F(x)\sim c x^\alpha, \qquad c=\left(\frac ab\right)^{1/q}>0. \tag{3}$$

这里 $U(x)=O(x^\beta)$ 表示存在常数 $C$，使充分大的 $x$ 均满足 $|U(x)|\leq Cx^\beta$。

我们证明，对每个整数 $k\geq1$，均有

$$F^{(k)}(x)=O(x^{\alpha-k}). \tag{4}$$

先由 $(3)$ 得到

$$Q'(F(x))\sim bq c^{q-1}x^{\alpha(q-1)}. \tag{5}$$

对 $(1)$ 求一次导数，得到

$$F'(x)=\frac{P'(x)}{Q'(F(x))} =O(x^{p-1-\alpha(q-1)}) =O(x^{\alpha-1}),$$

即 $(4)$ 在 $k=1$ 时成立。

设 $(4)$ 对 $1,\ldots,k-1$ 成立，其中 $k\geq2$。将 $(1)$ 求 $k$ 次导数，包含 $F^{(k)}$ 的项只有

$$Q'(F(x))F^{(k)}(x).$$

其余非零项都是下列形式的常数倍：

$$Q^{(j)}(F(x)) \prod_{i=1}^{j}F^{(\ell_i)}(x), \qquad 2\leq j\leq\min(k,q),\quad \ell_i\geq1,\quad \sum_{i=1}^{j}\ell_i=k. \tag{6}$$

这个形式直接来自反复使用乘积法则和链式法则：对 $Q^{(j)}(F)$ 求导会增加一个 $F'$ 因子；对某个 $F^{(\ell_i)}$ 求导则将该因子的阶数加一。因此总导数阶数始终等于 $\sum\ell_i$。

在 $(6)$ 中，每个 $\ell_i\leq k-1$，可以使用归纳假设。再由 $(3)$ 及 $Q^{(j)}$ 的次数为 $q-j$，每一项均为

$$O\left(x^{\alpha(q-j)}x^{\sum_{i=1}^{j}(\alpha-\ell_i)}\right) =O(x^{p-k}).$$

另一方面，$P^{(k)}(x)=O(x^{p-k})$；当 $k>p$ 时该导数为零，估计仍成立。故由 $(5)$，

$$F^{(k)}(x) =O(x^{p-k-\alpha(q-1)}) =O(x^{\alpha-k}).$$

归纳完成。现在固定整数

$$k=\lfloor\alpha\rfloor+1>\alpha.$$

由 $(4)$ 可知

$$F^{(k)}(x)\longrightarrow0. \tag{7}$$

三、利用整数值和有限差分得到多项式。

记 $\Delta F(x)=F(x+1)-F(x)$。反复使用微积分基本定理，得到

$$\Delta^k F(x) =\int_0^1\cdots\int_0^1 F^{(k)}(x+t_1+\cdots+t_k) \,dt_1\cdots dt_k.$$

由 $(4)$ 及 $\alpha-k<0$，被积函数在该积分区域上一致趋于零，因而

$$\Delta^k F(x)\longrightarrow0.$$

但由 $(2)$，对充分大的整数 $m$，

$$\Delta^k F(m) =\sum_{j=0}^{k}(-1)^{k-j}\binom{k}{j}F(m+j) \in\mathbb Z.$$

趋于零的整数序列必从某项起恒为零。因此存在正整数 $M$，使

$$\Delta^k F(m)=0\qquad(m\geq M). \tag{8}$$

取次数不超过 $k-1$ 的实系数插值多项式 $R$，使

$$R(M+j)=F(M+j),\qquad j=0,1,\ldots,k-1.$$

这样的多项式可由拉格朗日插值公式给出。一次差分将非常数多项式的次数降低一，因此 $\Delta^k R=0$。而 $(8)$ 中 $F(m+k)$ 的系数为 $1$，故前 $k$ 个连续值唯一确定下一个值。由初始的 $k$ 个相等值逐项归纳，得到

$$R(m)=F(m)\qquad\text{对所有整数 }m\geq M.$$

结合 $(1)$，

$$P(m)=Q(R(m))\qquad(m\geq M).$$

多项式 $P-Q\circ R$ 有无穷多个不同的实根，故为零多项式。于是

$$\boxed{P=Q\circ R}.$$

检查

1. 已处理 $P$ 或 $Q$ 为常数的所有情形，包括零多项式。非恒定情形下才使用次数及首项系数。
2. 题设要求对应的 $n_m$ 为正整数。这保证 $|P(m)|\to\infty$ 时 $n_m\to+\infty$，可以统一使用 $Q$ 在正半轴末端的同一个单调分支，无须假设原先选出的整数解唯一。
3. $a,b$ 同号由原有整数等式推出，保证充分大的实数 $x$ 上逆函数 $F$ 存在。$(3)$ 仅给出函数值渐近式；证明没有直接对渐近式求导，而是通过恒等式 $(1)$ 逐阶证明导数估计。
4. 高阶求导的其余项中所有导数阶数都小于 $k$，故归纳合法；当 $q=1$ 时这些项为空，当 $k>p$ 时 $P^{(k)}=0$，两种边界均已覆盖。
5. 取 $k>\alpha$ 后，导数估计在长度为 $k$ 的积分区间上一致趋于零，故差分趋于零。整数性进一步给出差分最终严格等于零，而不只是近似为零。
6. 题设对每个正整数成立，因而能在所有充分大的连续整数上使用有限差分递推。插值得到的 $R$ 与 $F$ 在这些整数上相等，最后由无穷多根推出多项式恒等式，未将离散相等误当作实函数处处相等。

核心思路总结

关键是把题设中的整数解放到统一的光滑分支 $F=Q^{-1}\circ P$ 上。多项式关系控制了它的增长，也使足够高阶的导数趋于零。于是相应的有限差分既趋于零又取整数值，只能最终为零。

高阶差分恒为零的数列由一个多项式给出；通过插值及递推得到这个多项式后，再利用多项式的无穷多根性质完成证明。核心工具是逆函数求导、乘积与链式法则、有限差分和多项式插值。

参考资料

无

A10

解答

记 $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$。我们先证明原级数收敛，且其和不超过 $66<2026$；再证明任意正实代数数对应的级数均收敛；最后构造一个使相应级数发散的正无理数。

一、原级数的收敛性与上界。

令 $\theta=\sqrt[3]{2}$，并记 $\|x\|$ 为 $x$ 到最近整数的距离。先证明：对每个正整数 $h$，

$$\|h\theta\|\geq\frac{1}{10h^2}. \tag{1}$$

取距离 $h\theta$ 最近的整数 $a$。由 $1<\theta<3/2$，有

$$0<a\leq h\theta+\frac12\leq2h.$$

因为 $\theta$ 无理，$a^3-2h^3$ 是非零整数，所以

$$\begin{aligned} 1 &\leq |a^3-2h^3|\\ &=|a-h\theta|\bigl(a^2+ah\theta+h^2\theta^2\bigr)\\ &\leq10h^2|a-h\theta|. \end{aligned}$$

这里使用了

$$a^2+ah\theta+h^2\theta^2 \leq\left(4+3+\frac94\right)h^2<10h^2.$$

这就证明了 $(1)$。其中 $\theta$ 的无理性可由既约分数法验证：若 $\theta=u/v$，则 $u^3=2v^3$ 先迫使 $u$ 为偶数，再迫使 $v$ 为偶数，与既约矛盾。

对每个正整数 $n$，令

$$\delta_n=1-\{n\theta\}\in(0,1).$$

由 $1-t\leq e^{-t}$，

$$\frac{\{n\theta\}^n}{n} \leq\frac{e^{-n\delta_n}}{n}. \tag{2}$$

固定整数 $r\geq0$，置

$$N=4^r,\qquad L=2^r,\qquad N=L^2.$$

将整数区间 $N\leq n<4N$ 分成 $3L$ 个小块，每块恰有 $L$ 个连续整数。对同一小块内不同的整数 $n,m$，令 $h=|n-m|<L$。由 $(1)$，

$$|\delta_n-\delta_m| =|\{n\theta\}-\{m\theta\}| \geq\|h\theta\| \geq\frac1{10L^2} =\frac1{10N}. \tag{3}$$

第一处不等式成立，是因为两个小数部分之差与 $(n-m)\theta$ 相差一个整数。

把某个小块内的 $\delta_n$ 从小到大排列为 $d_1,\ldots,d_L$。由 $d_1>0$ 和 $(3)$，

$$d_j\geq\frac{j-1}{10N},\qquad 1\leq j\leq L.$$

当 $L=1$ 时，这个结论也直接成立。因此，每个小块均满足

$$\begin{aligned} \sum_{n\text{ 在该小块内}}e^{-N\delta_n} &\leq\sum_{j=0}^{L-1}e^{-j/10}\\ &\leq\frac1{1-e^{-1/10}}\\ &\leq11. \end{aligned} \tag{4}$$

最后一步使用 $e^{1/10}\geq1+1/10=11/10$。

由于该区间内 $n\geq N$，结合 $(2)$ 和 $(4)$，得到

$$\sum_{n=N}^{4N-1}\frac{\{n\theta\}^n}{n} \leq\frac{3L\cdot11}{N} =\frac{33}{2^r}.$$

这些区间随 $r=0,1,2,\ldots$ 恰好覆盖全部正整数，互不重叠。所有项非负，故各部分和均有统一上界，从而级数收敛，并且

$$\boxed{ \sum_{n\geq1}\frac{\{n\sqrt[3]{2}\}^n}{n} \leq\sum_{r=0}^{\infty}\frac{33}{2^r} =66<2026. }$$

二、任意正实代数数的情形均收敛。

设 $\alpha$ 为正实代数数，考虑

$$\sum_{n\geq1}\frac{\{n\alpha\}^n}{n}.$$

先处理有理数。若 $\alpha=u/v$，其中 $u,v$ 为正整数，则

$$0\leq\{n\alpha\}\leq1-\frac1v.$$

当 $v=1$ 时，级数各项均为零；当 $v\geq2$ 时，令 $\rho=1-1/v\in(0,1)$，则

$$0\leq\frac{\{n\alpha\}^n}{n}\leq\rho^n,$$

由等比级数比较可知收敛。

以下设 $\alpha$ 为代数无理数，其代数次数为 $d\geq2$。取在 $\mathbb Q[x]$ 中不可约的整数系数多项式 $P$，满足

$$\deg P=d,\qquad P(\alpha)=0.$$

令

$$C_0=\max\left(1,\max_{|t-\alpha|\leq1}|P'(t)|\right), \qquad c=\frac1{C_0}>0.$$

我们先证明，对所有正整数 $h$，

$$\|h\alpha\|\geq\frac{c}{h^{d-1}}. \tag{A}$$

取距离 $h\alpha$ 最近的整数 $a$，则 $|a/h-\alpha|\leq1/(2h)\leq1$。由于 $P$ 不可约且次数至少为 $2$，它没有有理根，因而 $P(a/h)\ne0$。将分母清除后，$h^dP(a/h)$ 是非零整数，故

$$|P(a/h)|\geq h^{-d}.$$

另一方面，由中值定理，

$$|P(a/h)|=|P(a/h)-P(\alpha)| \leq C_0|a/h-\alpha|.$$

两式结合并乘以 $h$，就得到 $(A)$。这个论证直接给出了所需的初等代数数逼近下界。

下面推广第一部分的分块方法。令

$$B=2^{d-1},\qquad N=B^r,\qquad L=2^r, \qquad r=0,1,2,\ldots.$$

于是 $N=L^{d-1}$。把整数区间 $N\leq n<BN$ 分成长度为 $L$ 的连续小块。因为 $d\geq2$，$N/L=2^{(d-2)r}$ 是整数，所以恰有 $(B-1)N/L$ 个小块。

记 $\eta_n=1-\{n\alpha\}\in(0,1)$。同一小块内不同的指标 $n,m$ 满足 $1\leq|n-m|<L$，由 $(A)$，

$$|\eta_n-\eta_m| \geq\|(n-m)\alpha\| \geq\frac{c}{L^{d-1}} =\frac cN.$$

因此，若将小块内的缺口从小到大排列为 $e_1,\ldots,e_L$，则

$$e_j\geq\frac{(j-1)c}{N}.$$

当 $L=1$ 时该结论仍成立。利用 $1-t\leq e^{-t}$，每个小块的贡献至多为

$$\begin{aligned} \sum_{n\text{ 在该小块内}}\frac{\{n\alpha\}^n}{n} &\leq\frac1N\sum_{j=1}^L e^{-Ne_j}\\ &\leq\frac1N\sum_{j=0}^{\infty}e^{-jc}\\ &=\frac1{N(1-e^{-c})}. \end{aligned}$$

乘以小块个数，得到

$$\sum_{n=N}^{BN-1}\frac{\{n\alpha\}^n}{n} \leq\frac{B-1}{(1-e^{-c})L} =\frac{B-1}{1-e^{-c}}\,2^{-r}.$$

区间 $[B^r,B^{r+1}-1]$ 恰好覆盖全部正整数，右侧对 $r$ 的和有限。因此非负项级数收敛，且

$$\sum_{n\geq1}\frac{\{n\alpha\}^n}{n} \leq\frac{2(B-1)}{1-e^{-c}}<\infty.$$

结合有理数情形，得到

$$\boxed{\text{对任意正实代数数 }\alpha,\quad \sum_{n\geq1}\frac{\{n\alpha\}^n}{n}\text{ 均收敛。}}$$

这里的估计常数可以依赖于 $\alpha$；新增问题只询问收敛性，原题中的 $2026$ 上界仍专门针对 $\sqrt[3]{2}$。

三、一般正无理数的情形不一定收敛。

我们构造一个正无理数 $\beta$，使它从上方被分母为 $q_j$ 的有理数逼近得极好。令

$$q_1=10,\qquad q_{j+1}=10^{4q_j^2}, \qquad \beta=1-\sum_{j=1}^{\infty}\frac1{q_j}. \tag{5}$$

这些 $q_j$ 都是 $10$ 的幂，且 $q_{j+1}\geq10q_j$，所以

$$0<\sum_{j=1}^{\infty}\frac1{q_j} \leq\sum_{j=1}^{\infty}10^{-j} =\frac19.$$

特别地，$\beta\geq8/9>0$。

由于 $q_i\mid q_j$ 对 $i\leq j$ 成立，可以写成

$$\beta_j=1-\sum_{i=1}^{j}\frac1{q_i} =\frac{p_j}{q_j},\qquad p_j\in\mathbb Z.$$

记 $\varepsilon_j=\beta_j-\beta$。由尾项的几何级数估计，

$$0<\varepsilon_j =\sum_{i=j+1}^{\infty}\frac1{q_i} \leq\frac{10}{9q_{j+1}} <2\cdot10^{-4q_j^2}. \tag{6}$$

这也证明 $\beta$ 无理。事实上，若 $\beta=u/v$ 为有理数，其中 $v$ 为正整数，则 $\beta_j>\beta$ 给出

$$\varepsilon_j =\left|\frac{p_j}{q_j}-\frac uv\right| \geq\frac1{vq_j}.$$

但由 $(6)$，$q_j\varepsilon_j\to0$，与上式矛盾。

固定 $j$，简记 $q=q_j$，并令

$$K=10^{q^2}.$$

对每个整数 $1\leq k\leq K$，取 $n=kq$。由 $(6)$，

$$n^2\varepsilon_j \leq K^2q^2\varepsilon_j <2q^2\cdot10^{-2q^2} <\frac12. \tag{7}$$

最后一个不等式对 $q\geq10$ 成立，例如由 $q^2\leq10^{q^2}$，左侧不超过 $2\cdot10^{-q^2}<1/2$。

因为 $n\beta_j=kp_j$ 为整数，且 $(7)$ 保证 $0<n\varepsilon_j<1$，所以

$$\{n\beta\} =\{n\beta_j-n\varepsilon_j\} =1-n\varepsilon_j.$$

伯努利不等式 $(1-t)^n\geq1-nt$ 对整数 $n\geq1$ 和 $0\leq t\leq1$ 成立，因而

$$\{n\beta\}^{n} =(1-n\varepsilon_j)^n \geq1-n^2\varepsilon_j >\frac12.$$

保留部分和中所有 $q$ 的倍数项，便有

$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^{Kq}\frac{\{n\beta\}^{n}}{n} &\geq\sum_{k=1}^{K}\frac{\{kq\beta\}^{kq}}{kq}\\ &\geq\frac1{2q}\sum_{k=1}^{K}\frac1k\\ &\geq\frac{\log(K+1)}{2q}\\ &>\frac{q\log10}{2}. \end{aligned}$$

这里调和和的下界来自对 $1/x$ 在 $[1,K+1]$ 上积分，$\log$ 表示自然对数。由于 $q_j\to\infty$，这些部分和没有上界。因此

$$\boxed{ \sum_{n\geq1}\frac{\{n\beta\}^{n}}{n}=+\infty, \quad\text{故一般正无理数的情形不一定收敛。} }$$

检查

1. 更新后题目的三项要求均已回答：原级数收敛并给出明确上界 $66<2026$；任意正实代数数对应的级数均收敛；一般正无理数情形给出了反例及其发散证明。
2. 对 $\sqrt[3]{2}$ 的逼近下界来自非零整数 $a^3-2h^3$，估计常数覆盖所有 $h\geq1$。这里控制的是到最近整数的距离，因而足以用于两个小数部分的间隔估计。
3. 小块估计没有假设某个小数部分一定远离 $1$。允许最小缺口任意小，只利用不同缺口之间的间距；$L=1$ 时也已覆盖。
4. 每个区间含 $3N$ 个整数，恰分成 $3L$ 块；区间 $[4^r,4^{r+1}-1]$ 无重叠、无遗漏。非负性保证部分和有界即收敛，未预先假设可以对一个收敛级数重新分组。
5. 反例中的 $\beta_j$ 从上方逼近 $\beta$，这是使倍数项的小数部分接近 $1$ 的关键。$(7)$ 同时保证没有越过另一个整数，并保证取 $n$ 次幂之后仍大于 $1/2$。
6. 已分别证明反例为正数、无理数，并证明其部分和无界。不同 $j$ 使用的倍数项可能重叠，但证明仅分别给出若干完整部分和的下界，没有把重叠项重复累加。
7. 正实代数数包含有理数，已将其单独处理，包括正整数对应的全零级数。代数无理数情形才使用次数 $d\geq2$ 及不可约多项式无有理根的性质。
8. $(A)$ 中清除分母所得的是非零整数；中值定理所用区间统一包含所有最近有理数 $a/h$，所以常数 $c$ 与 $h$ 无关。证明直接推导所需估计，没有调用未经证明的高等逼近定理。
9. 一般分块满足 $N=L^{d-1}$，把间距下界转化为 $c/N$；小块个数是整数，且每个大区间的贡献按 $2^{-r}$ 衰减。$d=2$ 时 $N=L$，以及 $r=0$ 时 $L=1$，同样适用。

核心思路总结

原级数只有在 $\{n\theta\}$ 很接近 $1$ 时才可能贡献较大。利用三次代数关系，先得到 $\|h\theta\|\geq1/(10h^2)$；再把大小约为 $N$ 的指标分成长度约为 $\sqrt N$ 的小块，使每块内的小数部分具有约 $1/N$ 的最小间距。指数衰减与等比级数估计共同给出可求和的区间上界。

对一般次数为 $d\geq2$ 的代数无理数，整数系数方程与中值定理给出 $\|h\alpha\|\geq c h^{-(d-1)}$。相应地改用长度约为 $N^{1/(d-1)}$ 的小块，仍能将小块内指数项之和控制为常数，使大区间贡献按几何级数衰减。正有理数则直接用小数部分统一小于 $1$ 来比较等比级数。

反例则利用方向相反的现象：若无理数从下方极接近一个有理数，那么很长一段分母倍数项的小数部分都接近 $1$。安排误差足够小，就能让这些项保留调和级数式的贡献，迫使部分和无界。

核心工具是代数数的初等有理逼近下界、分块与间距估计、伯努利不等式，以及逐级构造极好有理逼近。

参考资料

无

A11

解答

我们证明可以取

$$\boxed{\lambda=\frac1{10}}.$$

固定 $n\geq4$ 及任意 $(x_1,\ldots,x_n)\in S_n$。记

$$a=\frac{1-\sqrt5}{2},\qquad b=\frac{1+\sqrt5}{2},\qquad s=b-a=\sqrt5,$$

并令

$$q(x)=(x-a)(x-b)=x^2-x-1.$$

题设的三个矩条件给出

$$\sum_{i=1}^n q(x_i)=2n-n-n=0, \qquad \sum_{i=1}^n x_iq(x_i)=3n-2n-n=0. \tag{1}$$

一、确定极差的基础下界。

记

$$m=\min_i x_i,\qquad M=\max_i x_i.$$

由 $(1)$，

$$\sum_{i=1}^n(x_i-a)(x_i-b)^2 =\sum_{i=1}^n(x_i-b)q(x_i)=0,$$

以及

$$\sum_{i=1}^n(x_i-b)(x_i-a)^2 =\sum_{i=1}^n(x_i-a)q(x_i)=0.$$

又因为

$$\sum_{i=1}^n(x_i-1)^2=2n-2n+n=n>0,$$

各 $x_i$ 不全相等，所以 $\sum_i(x_i-b)^2$ 和 $\sum_i(x_i-a)^2$ 都为正。因此

$$a=\frac{\sum_i x_i(x_i-b)^2}{\sum_i(x_i-b)^2}, \qquad b=\frac{\sum_i x_i(x_i-a)^2}{\sum_i(x_i-a)^2}.$$

右侧都是各 $x_i$ 的非负权加权平均，故

$$m\leq a<b\leq M. \tag{2}$$

令极差超出 $s$ 的部分为

$$\delta=M-m-s=(a-m)+(M-b)\geq0.$$

若 $\delta\geq1$，则因 $n\geq4$，已有

$$\delta>\frac1{10}n^{-3/2}.$$

以下只需考虑 $0\leq\delta<1$。由 $(2)$，每个 $x_i$ 均落在

$$[a-\delta,b+\delta] \tag{3}$$

内。

二、控制各点到两个端点的总距离。

对每个 $i$，在 $a,b$ 中选一个距离 $x_i$ 最近的数 $z_i$；距离相等时任选。记

$$u_i=x_i-z_i,\qquad d_i=|u_i|.$$

若 $x_i\in[a,b]$，则 $d_i\leq s/2$，且

$$-q(x_i)=d_i(s-d_i)\geq\frac{s}{2}d_i. \tag{4}$$

若 $x_i\notin[a,b]$，则由 $(3)$，$d_i\leq\delta$，并且

$$0<q(x_i)=d_i(s+d_i)\leq\delta(s+\delta). \tag{5}$$

因为 $\sum_iq(x_i)=0$，区间内的负值与区间外的正值相互抵消。由 $(4)$、$(5)$，

$$\begin{aligned} \sum_{x_i\in[a,b]}d_i &\leq\frac2s\sum_{x_i\in[a,b]}(-q(x_i))\\ &=\frac2s\sum_{x_i\notin[a,b]}q(x_i)\\ &\leq\frac2s n\delta(s+\delta). \end{aligned}$$

区间外各点的距离之和至多为 $n\delta$，故

$$\sum_{i=1}^n d_i \leq\left(3+\frac{2\delta}{s}\right)n\delta \leq4n\delta, \tag{6}$$

其中使用了 $\delta<1$ 和 $s=\sqrt5>2$。于是

$$\sum_{i=1}^n u_i^2 =\sum_{i=1}^n d_i^2 \leq\left(\sum_{i=1}^n d_i\right)^2 \leq16n^2\delta^2. \tag{7}$$

三、用整数计数取得定量间隙。

构造三次多项式

$$H(x)=3\left(\frac{x-a}{s}\right)^2 -2\left(\frac{x-a}{s}\right)^3.$$

它满足 $H(a)=0$、$H(b)=1$，并且在两个端点的一阶导数都为零。展开后有恒等式

$$H(x)=\frac{x-a}{s}-\frac{(2x-1)q(x)}{5s}.$$

由 $(1)$ 和 $\sum_i x_i=n$，

$$\sum_{i=1}^nH(x_i)=\frac{n(1-a)}s=np, \qquad p=\frac{1-a}s=\frac{5+\sqrt5}{10}. \tag{8}$$

另一方面，设 $k$ 为 $z_i=b$ 的个数，则 $k$ 是 $0$ 到 $n$ 之间的整数，且

$$\sum_{i=1}^n H(z_i)=k.$$

我们估计这两个和的差。对于 $z=a$ 和 $z=b$，分别有

$$H(a+u)-H(a)=\frac{3u^2}{s^2}-\frac{2u^3}{s^3},$$ $$H(b+u)-H(b)=-\frac{3u^2}{s^2}-\frac{2u^3}{s^3}.$$

区间内的点满足 $|u_i|\leq s/2$；区间外的点满足 $|u_i|\leq\delta<1<s/2$。所以对所有 $i$，

$$|H(x_i)-H(z_i)| \leq\left(\frac3{s^2}+\frac{2|u_i|}{s^3}\right)u_i^2 \leq\frac45u_i^2 \leq u_i^2.$$

结合 $(7)$、$(8)$，得到

$$|k-np|\leq\sum_{i=1}^n u_i^2 \leq16n^2\delta^2. \tag{9}$$

由于 $p$ 与 $1-p$ 是方程 $5t^2-5t+1=0$ 的两个无理根，整数 $5k^2-5kn+n^2$ 不为零。因此

$$\begin{aligned} 1 &\leq|5k^2-5kn+n^2|\\ &=5|k-np|\,|k-n(1-p)|\\ &\leq5n|k-np|, \end{aligned}$$

最后一步使用 $0\leq k\leq n$ 及 $0<1-p<1$。故

$$|k-np|\geq\frac1{5n}. \tag{10}$$

由 $(9)$、$(10)$，

$$\delta\geq\frac1{4\sqrt5}\,n^{-3/2} >\frac1{10}\,n^{-3/2},$$

其中严格不等号来自 $4\sqrt5<10$。结合 $\delta\geq1$ 时的结论，最终得到

$$\boxed{ \max_{1\leq i\leq n}x_i-\min_{1\leq i\leq n}x_i >\sqrt5+\frac1{10}n^{-3/2}. }$$

所取常数与 $n$ 及具体的数组均无关，证毕。

检查

1. 三个矩条件完整用于 $(1)$，其中三阶条件给出 $\sum_i x_iq(x_i)=0$，是端点加权平均及三次多项式求和的必要依据。证明未假设各 $x_i$ 非负。
2. 加权平均的两个分母由 $\sum_i(x_i-1)^2=n>0$ 保证非零；由此确实分别得到 $m\leq a$ 和 $M\geq b$，所以 $\delta\geq0$ 及 $(3)$ 均成立。
3. 距离估计分别覆盖区间内部、外部及端点。位于中点时任选最近端点，都满足同样的距离和三次展开估计。空的求和集合按零处理。
4. $(6)$ 控制总距离，$(7)$ 再将其转化为平方距离和的上界。三次多项式在两个端点的一阶项均为零，因而计数误差确为二阶，而非未经证明地忽略一阶项。
5. 整数 $5k^2-5kn+n^2$ 不为零，是因为 $k/n$ 为有理数而对应方程的两个根均无理。其绝对值至少为 $1$，从而给出统一的计数误差下界。
6. $\delta=0$ 也包含在推导中，并被 $(9)$、$(10)$ 排除；$\delta\geq1$ 已单独处理。最终通过选择小于 $1/(4\sqrt5)$ 的常数 $1/10$，获得题目要求的严格不等号。
7. 证明对任意给定的 $S_n$ 中元素成立，不依赖 $S_n$ 的非空性，也不需要另行证明其非空。常数 $1/10$ 对所有 $n\geq4$ 统一有效。

核心思路总结

关键的二次多项式是 $q(x)=x^2-x-1$：三个矩条件恰好使 $q$ 和 $xq$ 的求和均为零。它的两个根先给出极差的基础下界，并使极差接近该下界时，各点到这两个根的总距离受到控制。

最关键的构造是三次多项式 $H$，令其在两个根上的值分别为 $0,1$，且两处导数都为零。这样，$\sum_iH(x_i)$ 一方面由矩条件精确等于 $np$，另一方面与一个整数的差只由平方距离控制。二次无理数 $p$ 的初等有理逼近下界再给出

$$\frac1n\leq Cn^2\delta^2,$$

从而产生所需的 $n^{-3/2}$ 修正项。

核心工具是非负权加权平均、多项式恒等式、端点处消去一阶误差的三次插值，以及非零整数的绝对值至少为 $1$。

参考资料

无

A12

解答

固定 $0<\alpha<1$，记

$$C_\alpha=\frac1{\alpha^\alpha(1-\alpha)^{1-\alpha}}.$$

我们证明所求最小常数为 $C_\alpha$。

一、建立对任意数列成立的下界。

对 $t>1$，考虑

$$\phi(t)=t(t-1)^{\alpha-1}.$$

求导得

$$\phi'(t)=(t-1)^{\alpha-2}(\alpha t-1).$$

因此 $\phi$ 在 $(1,1/\alpha)$ 上严格递减，在 $(1/\alpha,\infty)$ 上严格递增，从而

$$\phi(t)\geq\phi(1/\alpha) =\frac1{\alpha^\alpha(1-\alpha)^{1-\alpha}} =C_\alpha, \tag{1}$$

等号当且仅当 $t=1/\alpha$ 成立。

对任意满足 $x_0=1$ 的严格递增数列，各 $x_k$ 都为正。令

$$t_k=\frac{x_{k+1}}{x_k}>1.$$

每一项可以写成

$$\begin{aligned} \frac{(x_{k+1}-x_k)^\alpha}{x_k^{\alpha+1}} &=\frac{(t_k-1)^\alpha}{x_k}\\ &=\phi(t_k)\left(\frac1{x_k}-\frac1{x_{k+1}}\right)\\ &\geq C_\alpha\left(\frac1{x_k}-\frac1{x_{k+1}}\right). \end{aligned}$$

逐项相加并消去中间项，得到

$$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(x_{k+1}-x_k)^\alpha}{x_k^{\alpha+1}} \geq C_\alpha\left(1-\frac1{x_n}\right). \tag{2}$$

设常数 $C$ 满足题目要求。对任意 $M>1$，相应数列满足 $x_n>M$，由 $(2)$，

$$C\geq\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(x_{k+1}-x_k)^\alpha}{x_k^{\alpha+1}} \geq C_\alpha\left(1-\frac1{x_n}\right) >C_\alpha\left(1-\frac1M\right).$$

令 $M\to\infty$，可知任何可行的常数都满足

$$C\geq C_\alpha. \tag{3}$$

二、构造数列，证明该常数可行。

给定任意 $M>0$，取充分大的正整数 $n$，使 $\alpha^{-n}>M$，并令

$$x_k=\alpha^{-k},\qquad k=0,1,\ldots,n.$$

由于 $0<\alpha<1$，该数列严格递增，且 $x_0=1$、$x_n>M$。每个比值 $t_k$ 都等于 $1/\alpha$，因此 $(1)$ 对每一项都取等。于是

$$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(x_{k+1}-x_k)^\alpha}{x_k^{\alpha+1}} =C_\alpha\left(1-\frac1{x_n}\right) =C_\alpha(1-\alpha^n) <C_\alpha. \tag{4}$$

这证明 $C=C_\alpha$ 本身满足题目要求。结合 $(3)$，所求最小实数为

$$\boxed{C_{\min}=\frac1{\alpha^\alpha(1-\alpha)^{1-\alpha}}}.$$

检查

1. 从 $x_0=1$ 和严格递增可得所有 $x_k>0$，所以实数幂、比值以及倒数均有定义，且倒数之差为正，乘用 $(1)$ 时不改变不等号方向。
2. 导数的符号由 $\alpha t-1$ 决定，唯一最小点 $1/\alpha$ 确实属于 $(1,\infty)$。代入后的常数化简正确。
3. 下界对任意长度、任意允许的递增数列都成立。对每个 $M$ 使用相应数列后，所得不等式只含 $C,\alpha,M$，故令 $M\to\infty$ 不要求这些数列彼此一致。
4. 构造对每个 $M>0$ 都能选取有限正整数 $n$，并满足严格的末项条件 $x_n>M$。即使 $M\leq1$，选择任意足够大的正整数 $n$ 仍有效。
5. 最小常数确实可行，而不只是可行常数的下确界：每个构造出的有限和都严格小于 $C_\alpha$，因此满足题目中的非严格上界。无需存在有限数列使总和恰好等于 $C_\alpha$。
6. 参数端点 $\alpha=0,1$ 不在题目范围内，证明中仅使用 $0<\alpha<1$，不需要对端点另作讨论。

核心思路总结

关键是把单步代价写成

$$\frac{(y-x)^\alpha}{x^{\alpha+1}} =\phi(y/x)\left(\frac1x-\frac1y\right), \qquad \phi(t)=t(t-1)^{\alpha-1}.$$

对比值函数求最小值后，倒数之差能够逐项消去，给出只依赖末项的统一下界；再令所有相邻项比值都等于最优值 $1/\alpha$，就得到与下界完全匹配的等比数列。

核心工具是一元函数求最小值、裂项求和，以及等比数列构造。

参考资料

无

A13

解答

固定正整数 $n$，令

$$F(x)=e^x x^n.$$

由乘积的高阶求导公式，

$$\begin{aligned} F^{(n)}(x) &=e^x\sum_{j=0}^n\binom nj\frac{n!}{(n-j)!}x^{n-j}\\ &=n!e^x\sum_{k=0}^n\binom nk\frac{x^k}{k!}\\ &=n!e^x f(x). \end{aligned} \tag{1}$$

因此，只需证明 $F^{(n)}$ 有至少 $n$ 个不同的负实根。

先说明一个将用于最左侧区间的事实：若连续函数 $G$ 在 $(-\infty,r]$ 上可微，满足

$$\lim_{x\to-\infty}G(x)=0,\qquad G(r)=0,$$

且在该区间不恒为零，则 $G'$ 在 $(-\infty,r)$ 内至少有一个零点。

事实上，选取 $c<r$ 使 $G(c)\ne0$，再取 $A<c$ 使 $|G(A)|<|G(c)|$。连续函数 $|G|$ 在 $[A,r]$ 上取得最大值；由于两端的值都小于 $|G(c)|$，最大值在某个内点 $d$ 取得且非零。于是 $G$ 在 $d$ 处取得局部极大值或局部极小值，故 $G'(d)=0$。

下面证明：对 $j=0,1,\ldots,n$，函数 $F^{(j)}$ 至少有 $j$ 个不同的负实根。

首先，对 $0\leq j\leq n$，乘积求导给出

$$F^{(j)}(x)=e^xP_j(x),\qquad P_j(x)=\sum_{\ell=0}^j\binom j\ell \frac{n!}{(n-\ell)!}x^{n-\ell}. \tag{2}$$

其中 $P_j$ 是首项系数为 $1$ 的 $n$ 次多项式，特别地不为零。由指数衰减快于任意固定次幂，

$$\lim_{x\to-\infty}F^{(j)}(x)=0. \tag{3}$$

当 $j<n$ 时，$(2)$ 的每项都含因子 $x$，所以

$$F^{(j)}(0)=0. \tag{4}$$

对 $j=0$，至少有零个负实根的断言成立。设 $0\leq j<n$，且断言对 $j$ 成立。

若 $j=0$，对 $G=F$、$r=0$ 使用上述事实，便得到 $F'$ 的一个负实根。

若 $j\geq1$，选取 $F^{(j)}$ 的 $j$ 个不同负实根，排列为

$$r_1<r_2<\cdots<r_j<0.$$

由罗尔定理及 $(4)$，$F^{(j+1)}$ 在以下 $j$ 个开区间中各有至少一个根：

$$(r_1,r_2),\ldots,(r_{j-1},r_j),(r_j,0).$$

另一方面，对 $G=F^{(j)}$、$r=r_1$ 使用上述事实，可得 $F^{(j+1)}$ 在 $(-\infty,r_1)$ 内还有一个根。其适用条件由 $(2)$、$(3)$ 保证：非零多项式不可能在整个区间上恒为零。

这 $j+1$ 个开区间互不相交，且都包含于负半轴，因此所得根互不相同。归纳完成。

取 $j=n$，$F^{(n)}$ 至少有 $n$ 个不同负实根。由 $(1)$ 及 $n!e^x>0$，它们也是 $f$ 的根。而 $f$ 的最高次项为 $x^n/n!$，故 $\deg f=n$，不可能有超过 $n$ 个不同实根。于是

$$\boxed{f\text{ 有恰好 }n\text{ 个不同实根，且全部为负数。}}$$

检查

1. $(1)$ 中求导 $j$ 次的是 $x^n$，其导数为 $n!x^{n-j}/(n-j)!$；换元 $k=n-j$ 后恰好得到题设系数，没有遗漏阶乘或符号。
2. 归纳仅在 $j<n$ 时使用 $F^{(j)}(0)=0$，没有将此性质错误地延伸到 $j=n$。
3. 普通罗尔定理只贡献根间及最右侧的 $j$ 个根。最左侧额外的根由单独证明的极值论证保证，没有直接把无穷远当作罗尔定理的有限端点。
4. 各阶导数均为指数函数乘以非零多项式，保证负无穷处极限为零，且不会在最左侧区间恒为零。每次得到的根位于互不相交的开区间内，故确实互异。
5. 当 $n=1$ 时，第一次使用最左侧区间的论证即得到一个负根，归纳完整覆盖该边界。题目限定 $n$ 为正整数，无需讨论 $n=0$。
6. 最后结合次数恰为 $n$，得到恰好 $n$ 个不同实根；它们也均为单根，否则总重数将超过次数。整个证明不依赖任何特殊多项式的实根定理。

核心思路总结

关键是将题设多项式识别为 $e^xx^n$ 的 $n$ 阶导数除以处处为正的因子 $n!e^x$。求导过程中，原点在最后一步之前始终保留为零点；已有负根之间以及最右负根与原点之间可使用罗尔定理。

最容易漏掉的是最左侧的新根：利用各阶导数在负无穷处趋于零，并在最左侧已有根处也为零，通过有限闭区间上的极值论证，补出一个导数零点。因此每次求导都能多得到一个不同负根。

核心工具是乘积的高阶求导公式、罗尔定理、闭区间极值定理与费马驻点定理，以及多项式的根数不超过次数。

参考资料

无

A14

解答

固定正整数 $n$，令

$$F(x)=x^n(x+1)^n.$$

由二项式定理，

$$F(x)=\sum_{k=0}^n\binom nk x^{n+k}.$$

逐项求 $n$ 阶导数，得到

$$\begin{aligned} \frac{F^{(n)}(x)}{n!} &=\sum_{k=0}^n\binom nk\frac{(n+k)!}{n!k!}x^k\\ &=\sum_{k=0}^n\binom{n+k}{n}\binom nk x^k\\ &=f(x). \end{aligned} \tag{1}$$

因此，只需证明 $F^{(n)}$ 在 $(-1,0)$ 内有至少 $n$ 个不同实根。

注意 $-1$ 和 $0$ 都是 $F$ 的 $n$ 重根，所以当 $0\leq j<n$ 时，

$$F^{(j)}(-1)=F^{(j)}(0)=0. \tag{2}$$

具体地，若多项式含因子 $(x-c)^n$，由乘积求导公式，其 $j$ 阶导数的每一项仍含因子 $(x-c)^{n-j}$；当 $j<n$ 时，代入 $x=c$ 即为零。这分别适用于 $c=-1,0$。

下面归纳证明：对 $j=0,1,\ldots,n$，$F^{(j)}$ 在 $(-1,0)$ 内至少有 $j$ 个不同实根。

当 $j=0$ 时，断言成立。设 $0\leq j<n$，且断言对 $j$ 成立。选取其中的 $j$ 个不同实根，依次记为

$$-1<r_1<\cdots<r_j<0.$$

再记 $r_0=-1$、$r_{j+1}=0$。由归纳假设及 $(2)$，

$$F^{(j)}(r_i)=0,\qquad i=0,1,\ldots,j+1.$$

对每个 $i=0,1,\ldots,j$，在闭区间 $[r_i,r_{i+1}]$ 上使用罗尔定理，可得 $F^{(j+1)}$ 在开区间 $(r_i,r_{i+1})$ 内至少有一个根。这 $j+1$ 个开区间互不相交，且都包含于 $(-1,0)$，所以这些根互不相同。对于 $j=0$，这一步就是直接在 $[-1,0]$ 上使用罗尔定理。

归纳完成。取 $j=n$，可知 $F^{(n)}$ 在 $(-1,0)$ 内至少有 $n$ 个不同实根。由 $(1)$，这些也是 $f$ 的根。另一方面，$f$ 的最高次项为

$$\binom{2n}{n}x^n,$$

其系数非零，所以 $\deg f=n$，不可能有超过 $n$ 个不同实根。因此

$$\boxed{f\text{ 有恰好 }n\text{ 个不同实根，且全部位于 }(-1,0).}$$

检查

1. $x^{n+k}$ 的 $n$ 阶导数为 $(n+k)!x^k/k!$，再除以 $n!$ 后恰好得到题设的二项式系数，恒等式 $(1)$ 的次数与系数均正确。
2. 仅在 $j<n$ 时使用两个端点仍为零点的事实；最后一次从 $F^{(n-1)}$ 推到 $F^{(n)}$ 时，两端点条件依然成立，没有要求 $F^{(n)}$ 在端点为零。
3. 所有函数都是多项式，满足每次使用罗尔定理所需的闭区间连续及开区间可微条件。
4. 每一步的根分别位于互不相交的开区间内，因此得到的是不同的实根，而不只是按重数计算的根。
5. $n=1$ 时直接对 $x(x+1)$ 在 $[-1,0]$ 上使用罗尔定理即可，归纳覆盖该边界；此时题设多项式为 $1+2x$，与结论一致。
6. 次数为 $n$ 且已有 $n$ 个不同根，保证结论完整。这些根也都是单根，否则总重数将超过 $n$。证明未使用任何特殊多项式的实根定理。

核心思路总结

关键是识别系数中的

$$\binom{n+k}{n}=\frac1{n!}\frac{(n+k)!}{k!}$$

来自对 $x^{n+k}$ 求 $n$ 阶导数，从而将 $f$ 写成 $x^n(x+1)^n$ 的 $n$ 阶导数除以 $n!$。

原多项式在两个端点都有 $n$ 重根，使得前 $n-1$ 阶导数始终保留两个端点零点。每次求导时，对端点与已有内部根之间的各段使用罗尔定理，就能增加一个不同的内部实根。

核心工具是二项式定理、多项式求导、重根在求导后的保留性质，以及罗尔定理。

参考资料

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