problemset

A15. 已知复系数多项式 $f(x)=x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots+a_1x+a_0$，$a_0a_{n-2}=a_1a_{n-3}=\cdots=a_{n-2}a_0=0$。证明 $n$ 个 $n$ 次单位根中至少有 $\sqrt{n}$ 个不是 $f$ 的根。

A16. 对任意正偶数 $n$ 和实数 $x$，证明 $\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{x^k}{k!}>0$。

A17. 求所有的正整数对 $(m,n)$ 使得 $f(x)=x^m+x^n+1$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 上不可约。

A18. 设 $x_1,x_2,\cdots,x_n$ 是两两不同的实数，设 $T_m=\sum\limits_{k=1}^n\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{1}{x_k-x_j}x_k^m$。 证明：$T_0=T_1=\cdots=T_{n-2}=0,T_{n-1}=1,T_n=x_1+\cdots+x_n$。并求一般的 $T_m(m\in\Z^+\cup\{0\}$)。

A19. 设 $x_1,x_2,\cdots,x_n$ 是两两不同的实数，证明 $S=\sum\limits_{k=1}^n\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{1-x_kx_j}{x_k-x_j}=n\bmod2$。 请分别使用四种方法解决该问题：

1. 固定 $n-1$ 个变元，证明调整另一个变元时 $S$ 不变，调整到一个适合计算 $S$ 的位置；
2. 设 $P(x_1,\cdots,x_n)=\prod_{j<k}(x_j-x_k)(S-n\bmod 2)$，利用 $x_j-x_k,x_j-1,x_j+1\mid P$ 和 $P$ 的次数上界得到 $P=0$；
3. 证明 $[x^m]\sum\limits_{k=1}^n\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{x-x_kx_j}{x_k-x_j}=[m=\dfrac{n-1}2]$；
4. 设 $Q(x)=\sum\limits_{k=1}^n\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{(1-x_kx_j)(x-x_j)}{x_k-x_j}$，则 $S=[x^{n-1}]Q$，

$$\begin{align} Q(x_i)&=\prod\limits_{j\ne i}(1-x_ix_j)\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n-1}(-x_i)^k\sigma_k(x_1,\cdots,\hat{x_i},\cdots,x_n)\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n-1}(-x_i)^k\sum\limits_{l=0}^k(-x_i)^l\sigma_{k-l}(x_1,\cdots,x_n)\\ &=\sum\limits_{0\le l\le k\le n-1}(-x_i)^{k+l}\sigma_{k-l}(x_1,\cdots,x_n) \end{align}$$

A20. 给定正整数 $m\ge n$，求 $\inf\limits_{f\in\R_1[x],\deg f=n}(f(0)^2+f(1)^2+\cdots+f(m)^2)$，其中 $\R_1[x]$ 表示所有首一实系数多项式构成的集合。

A15

解答

设 $\zeta=e^{2\pi i/n}$，并令

$$g(x)=xf(x)-x^n+1 =1+\sum_{k=1}^{n-1}c_kx^k,\qquad c_k=a_{k-1}.$$

题设条件恰好给出

$$c_kc_{n-k}=a_{k-1}a_{n-k-1}=0 \qquad(1\le k\le n-1).$$

对每个 $n$ 次单位根 $\zeta^t$，有

$$g(\zeta^t)=\zeta^t f(\zeta^t).$$

因此，$g$ 与 $f$ 在这些单位根上的非零值个数相同。记

$$S=\{t\in\mathbb Z/n\mathbb Z:g(\zeta^t)\ne0\}, \qquad r=|S|.$$

下面证明，每个模 $n$ 的剩余类都能表示为 $S$ 中两个元素的差。

先回顾单位根求和公式：对任意整数 $q$，

$$\sum_{t=0}^{n-1}\zeta^{tq} =\begin{cases} n,&n\mid q,\\ 0,&n\nmid q. \end{cases}$$

当 $n\mid q$ 时，每项都是 $1$；否则由等比数列求和，左边等于 $(1-\zeta^{nq})/(1-\zeta^q)=0$。

令 $c_0=1$。任取 $d\in\mathbb Z/n\mathbb Z$，展开并使用上述公式，得到

$$\begin{aligned} \sum_{t=0}^{n-1}g(\zeta^t)g(\zeta^{t+d}) &=\sum_{k=0}^{n-1}\sum_{\ell=0}^{n-1} c_kc_\ell\zeta^{d\ell} \sum_{t=0}^{n-1}\zeta^{t(k+\ell)}\\ &=n c_0^2+n\sum_{k=1}^{n-1}c_kc_{n-k}\zeta^{d(n-k)}\\ &=n. \end{aligned}$$

这里 $0\le k+\ell\le2n-2$，所以只有 $k+\ell=0$ 或 $k+\ell=n$ 的项可能保留下来；后一类项全部由题设条件消去。

上式的和不为零，故至少存在一个 $t$，使得

$$g(\zeta^t)g(\zeta^{t+d})\ne0.$$

于是 $t,t+d\in S$，从而 $d=(t+d)-t\in S-S$。由于 $d$ 任意，

$$S-S=\mathbb Z/n\mathbb Z.$$

$S$ 中共有 $r^2$ 个有序元素对，每对只产生一个差，因此

$$n=|S-S|\le r^2.$$

所以 $r\ge\sqrt n$。根据 $S$ 的定义及 $g(\zeta^t)=\zeta^t f(\zeta^t)$，$n$ 个 $n$ 次单位根中至少有 $\sqrt n$ 个不是 $f$ 的根，得证。

检查

• 条件与题意： 所求数量是不同单位根中使 $f$ 非零的个数，与根的重数无关。系数条件逐一转化为 $c_kc_{n-k}=0$，首一条件使 $xf(x)$ 的最高次项与 $x^n$ 抵消，所得 $g$ 的常数项为 $1$、次数至多为 $n-1$。
• 关键计算： 展开式中的指数为 $t(k+\ell)+d\ell$；单位根求和只保留 $k+\ell=0,n$，分别贡献 $n$ 和 $0$。整个计算没有使用共轭或实数性，适用于题设的复系数。
• 逻辑与计数： 从和为 $n\ne0$ 只推出至少一个乘积非零，不需要各项同号，也不排除复数项之间的抵消。随后由差映射 $S\times S\to\mathbb Z/n\mathbb Z$ 的满射性得到 $n\le r^2$。
• 边界情况： 按题面系数下标，通常取 $n\ge2$。若将 $n=1$ 理解为 $f(x)=1$ 且系数条件为空，则唯一的单位根 $1$ 不是 $f$ 的根，结论同样成立。$n=2$ 时条件为 $a_0^2=0$，上述证明也适用。
• 结论完整性： 因为 $r$ 是整数，所得结论亦可写为 $r\ge\lceil\sqrt n\rceil$；题目未要求刻画等号情形。

核心思路总结

关键构造是 $g(x)=xf(x)-x^n+1$：它在单位根上与 $f$ 同时为零，又将题设变成互补下标系数的乘积为零。

利用单位根求和公式，对任意位移 $d$ 都得到恒等式

$$\sum_{t=0}^{n-1}g(\zeta^t)g(\zeta^{t+d})=n.$$

它迫使非零值的下标集合 $S$ 的差集覆盖全部模 $n$ 剩余类。最后用 $|S-S|\le|S|^2$ 完成计数。核心工具只有等比数列求和与有序对计数。

参考资料

无。

A16

解答

记

$$P_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}.$$

当 $x\ge0$ 时，各项均非负，且常数项为 $1$，所以 $P_n(x)\ge1>0$。

下面考虑 $x<0$。由逐项求导，

$$P_n'(x)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{x^k}{k!} =P_n(x)-\frac{x^n}{n!}.$$

构造 $H(x)=e^{-x}P_n(x)$，则

$$H'(x)=e^{-x}\bigl(P_n'(x)-P_n(x)\bigr) =-\frac{e^{-x}x^n}{n!}.$$

因为 $n$ 是正偶数，对于每个 $x<0$ 都有 $x^n>0$，故 $H'(x)<0$。

对任意固定的 $x<0$，在区间 $[x,0]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(x,0)$，使得

$$H(0)-H(x)=H'(\xi)(0-x)<0.$$

因此 $H(x)>H(0)=1$，从而

$$P_n(x)=e^xH(x)>e^x>0.$$

结合 $x\ge0$ 的情形，得到对任意正偶数 $n$ 和任意实数 $x$，均有

$$\boxed{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}>0}.$$

检查

• 题意与条件： 已分别处理 $x\ge0$ 和 $x<0$，覆盖所有实数。正偶数条件用于保证负半轴上的 $x^n>0$。
• 求导与符号： 逐项求导后最高次项消失，故 $P_n'-P_n=-x^n/n!$。乘以 $e^{-x}$ 后求导，符号保持正确。
• 严格不等式： 中值点 $\xi<0$，所以 $H'(\xi)<0$，而 $0-x>0$；由此得到的是 $H(x)>1$，足以保证原式严格大于零。
• 边界与适用性： $x=0$ 时原式等于 $1$。函数 $H$ 在任意闭区间 $[x,0]$ 上连续、在其内部可导，满足中值定理的条件。证明适用于每个正偶数 $n$，无需额外讨论等号情形，因为原式始终为正。

核心思路总结

关键是发现截断指数多项式满足

$$P_n'(x)-P_n(x)=-\frac{x^n}{n!},$$

于是乘以 $e^{-x}$，使乘积的导数只剩下符号确定的一项。在负半轴上利用中值定理与 $H(0)=1$ 比较，便得到严格正性。核心工具是乘积求导法则和拉格朗日中值定理。

参考资料

无。

A17

解答

令 $d=\gcd(m,n)$。所有满足要求的正整数对恰好是以下两类：

$$\boxed{ \begin{gathered} 3\nmid\frac{m+n}{d};\\[2mm] \text{或}\quad \{m,n\}=\{3^k,2\cdot3^k\},\qquad k\in\mathbb Z_{\ge0}. \end{gathered} }$$

这里第一类包含所有 $m=n$ 的情形。

一、一个关于三项式因式分解的引理。

对常数项非零的多项式 $P$，定义其倒数多项式为

$$P^*(x)=x^{\deg P}P(1/x).$$

称满足 $P^*=P$ 的多项式为自倒数多项式。

我们证明：若 $M>N>0$，且

$$F(x)=1+x^N+x^M=A(x)B(x)$$

是首一整系数多项式的分解，则 $A,B$ 中至少有一个是自倒数多项式。

由于 $A(0)B(0)=1$，两个常数项均非零。令

$$G=A^*B.$$

倒数运算满足 $(AB)^*=A^*B^*$ 及 $(A^*)^*=A$，所以

$$GG^*=A^*BAB^*=FF^*.$$

写成 $G(x)=\sum_{j=0}^M b_jx^j$，其中 $b_j\in\mathbb Z$。比较上式两边 $x^M$ 的系数，得到

$$\sum_{j=0}^M b_j^2=3.$$

另一方面，$A^*(1)=A(1)$，从而

$$\sum_{j=0}^M b_j=G(1)=A(1)B(1)=F(1)=3.$$

因此

$$\sum_{j=0}^M b_j(b_j-1)=0.$$

对整数 $b_j$，每一项 $b_j(b_j-1)$ 都非负，故每个 $b_j$ 都是 $0$ 或 $1$，且恰有三个系数为 $1$。又因为 $G$ 的次数为 $M$、常数项非零，所以存在 $0<J<M$，使得

$$G(x)=1+x^J+x^M.$$

比较 $GG^*=FF^*$ 中次数严格介于 $0$ 与 $M$ 之间的项，可得

$$x^J+x^{M-J}=x^N+x^{M-N}.$$

两边系数均为非负整数，故指数的多重集合相等：

$$\{J,M-J\}=\{N,M-N\}.$$

于是 $G=F$ 或 $G=F^*$。若 $G=F$，由 $A^*B=AB$ 约去 $B$，得到 $A^*=A$；若 $G=F^*$，由 $A^*B=A^*B^*$ 约去 $A^*$，得到 $B=B^*$。引理得证。

特别地，若 $F$ 在 $\mathbb Q[x]$ 上可约，由高斯引理可将其写成两个正次数的首一整系数多项式之积。上述引理说明其中有一个非平凡自倒数因子 $C$。由 $C\mid F$ 及 $C=C^*$ 可知 $C\mid F^*$，因此

$$F\text{ 可约}\quad\Longrightarrow\quad \gcd(F,F^*)\ne1. \tag{1}$$

二、两个指数不同且不成二倍关系的情形。

利用对称性，设 $M=\max(m,n)$、$N=\min(m,n)$，本部分假设 $M>N$ 且 $M\ne2N$。写成

$$M=da,\qquad N=db,\qquad \gcd(a,b)=1,\qquad a>b>0.$$

此时

$$F^*(x)=1+x^{M-N}+x^M, \qquad F(x)-F^*(x)=x^N-x^{M-N}.$$

若 $F,F^*$ 有公共复根 $\alpha$，则 $\alpha\ne0$，且因 $M\ne2N$，有

$$\alpha^{|M-2N|}=1.$$

所以 $|\alpha|=1$。令 $u=\alpha^M$、$v=\alpha^N$，则

$$|u|=|v|=1,\qquad 1+u+v=0.$$

由 $|1+u|=|v|=1$，得到

$$1=|1+u|^2=2+u+\overline u,$$

所以 $\operatorname{Re}u=-1/2$。结合 $|u|=1$，若记 $\omega=e^{2\pi i/3}$，便有

$$\{u,v\}=\{\omega,\omega^2\}.$$

再令 $\beta=\alpha^d$，则 $\beta^{3a}=\beta^{3b}=1$。由于 $\gcd(a,b)=1$，由裴蜀等式存在整数 $s,t$ 使 $sa+tb=1$，故

$$\beta^3=(\beta^{3a})^s(\beta^{3b})^t=1.$$

又 $\beta^a=u\ne1$，所以 $\beta\ne1$，即 $\beta$ 的阶为 $3$。由

$$\beta^{a+b}=uv=1$$

可知 $3\mid a+b$。

因此，若 $3\nmid a+b$，$F,F^*$ 就没有公共复根，故互素。由 $(1)$ 的逆否命题，$F$ 不可约。

反过来，若 $3\mid a+b$，由 $\gcd(a,b)=1$ 可知 $a,b$ 模 $3$ 的余数分别为 $1,2$。在模 $y^2+y+1$ 的意义下，$y^3\equiv1$，所以

$$y^a+y^b+1\equiv y+y^2+1\equiv0 \pmod{y^2+y+1}.$$

代入 $y=x^d$，得到

$$x^{2d}+x^d+1\mid F(x).$$

由于 $a>b\ge1$ 且排除了 $(a,b)=(2,1)$，必有 $a\ge3$，所以这个因子的次数 $2d<M$。它是非平凡真因子，故 $F$ 可约。

综上，本部分中 $F$ 不可约当且仅当

$$3\nmid a+b=\frac{m+n}{d}.$$

三、两个指数成二倍关系的情形。

此时可写成

$$F(x)=x^{2d}+x^d+1.$$

将 $d$ 唯一写为 $d=3^k u$，其中 $k\ge0$、$u\ge1$ 且 $3\nmid u$。

若 $u>1$，则 $u$ 模 $3$ 为 $1$ 或 $2$，从而

$$y^{2u}+y^u+1\equiv y^2+y+1\equiv0 \pmod{y^2+y+1}.$$

代入 $y=x^{3^k}$，可得

$$x^{2\cdot3^k}+x^{3^k}+1\mid F(x).$$

该因子的次数严格小于 $2d$，故 $F$ 可约。

若 $u=1$，则 $d=3^k$。考虑整系数首一多项式

$$F(x+1)=(x+1)^{2d}+(x+1)^d+1.$$

在模 $3$ 的多项式环中，利用 $(U+V)^3=U^3+V^3$ 反复计算，得到

$$(x+1)^d\equiv x^d+1\pmod3.$$

因而

$$F(x+1)\equiv(x^d+1)^2+(x^d+1)+1 \equiv x^{2d}\pmod3.$$

这说明除首项外，所有系数都被 $3$ 整除；其常数项为 $F(1)=3$，不被 $9$ 整除。由艾森斯坦判别法，$F(x+1)$ 在 $\mathbb Q[x]$ 上不可约。代换 $x\mapsto x+1$ 是 $\mathbb Q[x]$ 的可逆代换，所以 $F(x)$ 也不可约。

因此，本部分恰好给出

$$\{m,n\}=\{3^k,2\cdot3^k\},\qquad k\ge0.$$

四、两个指数相等的情形。

若 $m=n=r$，则

$$f(x)=2x^r+1,\qquad f^*(x)=x^r+2.$$

后者满足素数 $2$ 的艾森斯坦判别法，故不可约。由于 $f$ 的常数项非零，任何非平凡因式分解经倒数运算都会给出 $f^*$ 的非平凡因式分解，故 $f$ 也不可约。

此时 $(m+n)/\gcd(m,n)=2$，已包含在答案的第一类中。至此全部正整数对均已讨论。

检查

• 题意与分类： 原题允许 $m=n$，此时最高次项系数为 $2$，已单独处理。其余情形按是否为二倍关系分开，三个部分互不遗漏；最终答案关于 $m,n$ 对称。
• 引理核验： $A(0)B(0)=1$ 保证倒数运算不改变次数。$GG^*=FF^*$ 的中间系数确为系数平方和；$G(1)=3$ 与整数条件共同迫使 $G$ 的非零系数全部为 $1$。比较低于 $M$ 次的项时保留了重数，因此 $M=2N$ 时也不会破坏引理。
• 不可约方向： 由高斯引理把有理数域上的可约性转为首一整系数分解，再由自倒数因子得到公共根。推出单位根时明确使用了 $M\ne2N$，没有将该推理用于恒等式 $F=F^*$ 的特殊情形。
• 可约方向： 在第二部分中显式构造了因子 $x^{2d}+x^d+1$，并验证 $2d<M$；在第三部分 $u>1$ 时也验证了构造因子的次数严格小于原多项式。两处均得到真正的非平凡分解。
• 判别法与边界： 两次使用艾森斯坦判别法时，首项系数均为 $1$，常数项分别为 $3$、$2$，不被相应素数的平方整除。$k=0$ 给出不可约多项式 $x^2+x+1$；$m=n=1$ 给出一次多项式 $2x+1$，同样符合结论。
• 独立复核示例： $(m,n)=(3,1)$ 满足第一类；$(5,1)$ 不满足答案中的任一类，且 $x^5+x+1=(x^2+x+1)(x^3-x^2+1)$；$(4,2)$ 也被排除，且 $x^4+x^2+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)$。这些例子与分类一致，完整结论由上述证明保证。

核心思路总结

最关键的步骤是对一个假设的分解 $F=AB$，构造 $G=A^*B$。恒等式 $GG^*=FF^*$ 保持系数平方和，而 $G(1)=F(1)=3$ 又保持系数和；二者结合整数性，将 $G$ 限制为另一个系数全为 $1$ 的三项式。比较指数后，迫使 $A,B$ 中至少有一个自倒数因子。

由此，可约性转化为 $F,F^*$ 有公共根。非二倍关系下，公共根必为单位根，最终给出整除条件 $3\mid(m+n)/\gcd(m,n)$。二倍关系和指数相等的情形，则通过显式因子及艾森斯坦判别法处理。核心工具是高斯引理、倒数多项式、整数系数平方和、裴蜀等式与艾森斯坦判别法。

参考资料

无。

A18

解答

一般项为

$$\boxed{ T_m= \begin{cases} 0,&0\le m<n-1,\\[2mm] \displaystyle\sum_{\substack{\alpha_1,\ldots,\alpha_n\ge0\\ \alpha_1+\cdots+\alpha_n=m-n+1}} x_1^{\alpha_1}\cdots x_n^{\alpha_n},&m\ge n-1, \end{cases} }$$

其中求和中的 $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ 均为整数。第二种情形的表达式称为次数为 $m-n+1$ 的完全齐次对称多项式。下面直接证明这一公式。

记

$$D_k=\prod_{j\ne k}(x_k-x_j).$$

由于 $x_1,\ldots,x_n$ 两两不同，每个 $D_k$ 都非零。

第一步：建立插值恒等式。

考虑关于 $z$ 的多项式

$$L(z)=\sum_{k=1}^n\frac{\prod_{j\ne k}(z-x_j)}{D_k}.$$

它的次数至多为 $n-1$。对任意 $i\in\{1,\ldots,n\}$，代入 $z=x_i$ 时，只有 $k=i$ 的项不为零，且该项等于 $1$，所以 $L(x_i)=1$。

因此，多项式 $L(z)-1$ 的次数至多为 $n-1$，却有 $n$ 个不同的根，只能是零多项式。于是

$$\sum_{k=1}^n\frac{\prod_{j\ne k}(z-x_j)}{D_k}=1. \tag{1}$$

对 $t\ne0$，在 $(1)$ 中代入 $z=1/t$，再乘以 $t^{n-1}$，得到

$$\sum_{k=1}^n\frac{\prod_{j\ne k}(1-x_jt)}{D_k}=t^{n-1}. \tag{2}$$

两边都是关于 $t$ 的多项式，故 $(2)$ 是多项式恒等式，在 $t=0$ 时也成立。

第二步：比较生成函数的系数。

将 $(2)$ 除以 $\prod_{j=1}^n(1-x_jt)$，得到

$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{D_k(1-x_kt)} =\frac{t^{n-1}}{\prod_{j=1}^n(1-x_jt)}. \tag{3}$$

以下将 $(3)$ 视为形式幂级数恒等式。各因子 $1-x_jt$ 的常数项均为 $1$，因而都可以展开为几何级数，无需附加收敛条件。

左边为

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n\frac{1}{D_k(1-x_kt)} &=\sum_{k=1}^n\frac{1}{D_k}\sum_{m=0}^{\infty}x_k^m t^m\\ &=\sum_{m=0}^{\infty} \left(\sum_{k=1}^n\frac{x_k^m}{D_k}\right)t^m =\sum_{m=0}^{\infty}T_m t^m. \end{aligned}$$

右边为

$$\begin{aligned} t^{n-1}\prod_{j=1}^n\frac{1}{1-x_jt} &=t^{n-1}\prod_{j=1}^n \left(\sum_{\alpha_j=0}^{\infty}x_j^{\alpha_j}t^{\alpha_j}\right)\\ &=\sum_{q=0}^{\infty} \left(\sum_{\substack{\alpha_1,\ldots,\alpha_n\ge0\\ \alpha_1+\cdots+\alpha_n=q}} x_1^{\alpha_1}\cdots x_n^{\alpha_n}\right)t^{q+n-1}. \end{aligned}$$

比较 $t^m$ 的系数，即得开头的一般公式。

特别地，右边最低次为 $n-1$，所以

$$T_0=T_1=\cdots=T_{n-2}=0.$$

当 $m=n-1$ 时，只有 $\alpha_1=\cdots=\alpha_n=0$ 这一组，故

$$T_{n-1}=1.$$

当 $m=n$ 时，恰有一个 $\alpha_j=1$，其余都为 $0$，故

$$T_n=x_1+\cdots+x_n.$$

题目要求的各式及一般项均已得到。

检查

• 条件使用： 两两不同保证所有分母 $D_k$ 非零，并保证插值证明中有 $n$ 个不同的根。没有要求 $x_j$ 非零，也没有对其正负作额外限制。
• 恒等式与符号： 插值基的分母与题目一致，均为 $\prod_{j\ne k}(x_k-x_j)$；代入 $z=1/t$ 后共有 $n-1$ 个因子，因此乘上的幂为 $t^{n-1}$，没有产生额外负号。
• 一般项下标： 右侧幂次为 $q+n-1$，所以对应 $T_m$ 的总次数是 $q=m-n+1$。低于 $n-1$ 次的系数为零，临界两项分别为 $1$ 与变量之和。
• 幂级数合法性： 在形式幂级数中，每个固定次数的系数仅涉及有限次相加、相乘；分母的常数项为 $1$，允许取逆，因此推导不依赖变量大小或级数收敛。
• 边界情况： 若 $n=1$，按空积为 $1$ 的约定，原式为 $T_m=x_1^m$，一般公式也给出同一结果；此时 $T_0=\cdots=T_{n-2}=0$ 是空的断言。若某个 $x_j=0$，仍有 $D_k\ne0$，所有步骤适用。零次幂按多项式约定取 $1$，包括在零处求值时。

核心思路总结

关键是先对常数多项式 $1$ 建立拉格朗日插值恒等式，再将它转化为

$$\sum_{m=0}^{\infty}T_m t^m =\frac{t^{n-1}}{(1-x_1t)\cdots(1-x_nt)}.$$

这样，题目中的带分母求和就转化为几何级数乘积的系数。展开乘积后，一般项自然成为固定总次数的所有单项式之和。核心工具是多项式根数上界、拉格朗日插值与形式幂级数的系数比较。

参考资料

无。

A19

解答

记

$$S_n(x_1,\ldots,x_n) =\sum_{k=1}^n\prod_{j\ne k}\frac{1-x_kx_j}{x_k-x_j}, \qquad \varepsilon_n=\frac{1-(-1)^n}{2}.$$

我们按题目指定的四条路线，分别证明

$$\boxed{S_n=\varepsilon_n =\begin{cases}1,&n\text{ 为奇数},\\0,&n\text{ 为偶数}.\end{cases}}$$

空积约定为 $1$，所以 $S_1=1$。

方法一：固定其余变量，证明对剩下的变量恒定。

设 $n\ge2$，固定两两不同的 $y_1,\ldots,y_{n-1}$，将最后一个变量记为 $t$。令

$$B_k=\prod_{\substack{1\le j\le n-1\\j\ne k}} \frac{1-y_ky_j}{y_k-y_j}, \qquad D(t)=\prod_{j=1}^{n-1}(t-y_j).$$

由定义，

$$S_n(y_1,\ldots,y_{n-1},t) =\sum_{k=1}^{n-1}B_k\frac{1-y_kt}{y_k-t} +\prod_{j=1}^{n-1}\frac{1-ty_j}{t-y_j} =\frac{N(t)}{D(t)},$$

其中

$$N(t)=\prod_{j=1}^{n-1}(1-ty_j) -\sum_{k=1}^{n-1}B_k(1-y_kt) \prod_{\substack{1\le j\le n-1\\j\ne k}}(t-y_j).$$

$N$ 的次数至多为 $n-1$。对每个 $i$，代入 $t=y_i$ 时，求和中只有第 $i$ 项可能非零，而

$$B_i(1-y_i^2)\prod_{j\ne i}(y_i-y_j) =(1-y_i^2)\prod_{j\ne i}(1-y_iy_j) =\prod_{j=1}^{n-1}(1-y_iy_j).$$

因此 $N(y_i)=0$。这说明 $D\mid N$；结合次数上界，可写成 $N=cD$，其中 $c$ 与 $t$ 无关。故只要 $t$ 不与固定变量重合，$S_n$ 的值就不随 $t$ 改变。

现在对 $n$ 归纳。若固定的 $n-1$ 个变量都不是 $1$，可以把最后一个变量调整为 $1$。此时，最后一项的各因子均为 $1$，其余每项新添的因子均为

$$\frac{1-y_k}{y_k-1}=-1.$$

于是

$$S_n(y_1,\ldots,y_{n-1},1) =1-S_{n-1}(y_1,\ldots,y_{n-1}). \tag{1}$$

如果原来的变量中已经有一个等于 $1$，利用 $S_n$ 对变量的对称性，将它放在最后，直接使用 $(1)$ 即可。因此每种情形都可由归纳假设得到

$$S_n=1-\varepsilon_{n-1}=\varepsilon_n.$$

结合 $S_1=1$，第一种证明完成。

方法二：清除分母，利用因子与总次数。

本方法另作一次关于 $n$ 的归纳。$n=1$ 已成立，以下假设结论对 $n-1$ 个变量成立。令

$$V=\prod_{1\le j<k\le n}(x_j-x_k), \qquad P=V(S_n-\varepsilon_n), \qquad N=\frac{n(n-1)}2.$$

每个分母 $\prod_{j\ne k}(x_k-x_j)$ 都整除 $V$，故 $P$ 是多项式。这里及以下所说的次数均为总次数。每个分式的分子次数至多为 $2(n-1)$，所以

$$\deg P\le N-(n-1)+2(n-1)=N+n-1 \tag{2}$$

（若 $P=0$，所需结论已成立）。

先证明题目要求的三类因子都整除 $P$。

由于 $S_n$ 关于变量对称，而 $V$ 在交换任意两个变量时变号，$P$ 是交错多项式。在 $x_j=x_k$ 时，交换这两个变量既不改变取值又使取值变号，因此取值为零，故

$$x_j-x_k\mid P\qquad(j<k).$$

再令某个变量为 $1$。当其余变量互异且不等于 $1$ 时，由定义直接计算，得到

$$S_n\big|_{x_j=1}=1-S_{n-1} =1-\varepsilon_{n-1}=\varepsilon_n.$$

这里 $S_{n-1}$ 的变量是除 $x_j$ 外的其余变量。因此 $P$ 在该超平面的上述取值处为零。这些取值在超平面中稠密，利用多项式的连续性，$P$ 在整个超平面上恒为零，从而

$$x_j-1\mid P.$$

同样，令 $x_j=-1$。第 $j$ 项的每个因子为 $-1$，其余项新添的因子为 $1$，故在分母不为零时

$$S_n\big|_{x_j=-1} =(-1)^{n-1}+S_{n-1} =(-1)^{n-1}+\varepsilon_{n-1} =\varepsilon_n.$$

沿用相同的连续性论证，得到

$$x_j+1\mid P.$$

这些一次多项式两两不相伴，且每个都是多项式环中的素因式，因此它们的乘积整除 $P$：

$$V\prod_{j=1}^n(x_j-1)(x_j+1)\mid P.$$

左边的总次数为 $N+2n$，严格大于 $(2)$ 中的 $N+n-1$。非零多项式不可能被次数更高的非零多项式整除，故 $P=0$。

对于题设的两两不同的变量，$V\ne0$，所以 $S_n=\varepsilon_n$。第二种证明完成。

方法三：直接证明题目要求的系数恒等式。

令

$$D_k=\prod_{j\ne k}(x_k-x_j), \qquad R(z)=\sum_{k=1}^n\frac{\prod_{j\ne k}(z-x_kx_j)}{D_k}.$$

我们将证明，对每个非负整数 $m$，

$$[z^m]R(z)=\left[m=\frac{n-1}{2}\right], \tag{3}$$

其中 $[z^m]$ 表示提取 $z^m$ 的系数，而 $[\text{条件}]$ 表示条件成立时取 $1$，否则取 $0$。

记 $e_j=\sigma_j(x_1,\ldots,x_n)$ 为初等对称多项式，$e_0=1$，并约定 $e_j=0$ 当 $j>n$。定义 $h_q$ 为

$$H(t)=\prod_{j=1}^n\frac1{1-x_jt} =\sum_{q=0}^{\infty}h_qt^q,$$

并约定 $h_q=0$ 当 $q<0$。于是 $h_0=1$，且由

$$\left(\sum_{j=0}^n(-1)^je_jt^j\right)H(t)=1$$

比较系数，得到

$$\sum_{j=0}^{q}(-1)^je_jh_{q-j} =\begin{cases}1,&q=0,\\0,&q>0.\end{cases} \tag{4}$$

这里的级数均按形式幂级数理解。

我们还需要一个插值公式。令

$$U_s=\sum_{k=1}^n\frac{x_k^s}{D_k}\qquad(s\ge0).$$

次数至多为 $n-1$ 的多项式

$$\sum_{k=1}^n\frac{\prod_{j\ne k}(z-x_j)}{D_k}$$

在每个 $z=x_i$ 处均取值 $1$，所以由多项式根数上界，它恒等于 $1$。代入 $z=1/t$，再整理、展开几何级数，得到

$$\sum_{s=0}^{\infty}U_st^s =\sum_{k=1}^n\frac1{D_k(1-x_kt)} =t^{n-1}H(t).$$

因此

$$U_s=h_{s-n+1}. \tag{5}$$

现在设 $0\le m\le n-1$，并令 $r=n-1-m$。从 $R$ 的定义提取系数，有

$$[z^m]R(z) =(-1)^r\sum_{k=1}^n \frac{x_k^r\sigma_r(x_1,\ldots,\widehat{x_k},\ldots,x_n)}{D_k}.$$

由

$$\prod_{j\ne k}(1+x_jt) =\frac{\prod_{j=1}^n(1+x_jt)}{1+x_kt}$$

展开右边并比较 $t^r$ 的系数，得到

$$\sigma_r(x_1,\ldots,\widehat{x_k},\ldots,x_n) =\sum_{\ell=0}^r(-x_k)^\ell e_{r-\ell}. \tag{6}$$

将其代入，并使用 $(5)$，有

$$\begin{aligned} [z^m]R(z) &=\sum_{\ell=0}^r(-1)^{r+\ell}e_{r-\ell}U_{r+\ell}\\ &=\sum_{j=0}^r(-1)^je_jh_{2r-j-n+1}. \end{aligned}$$

令 $q=2r-n+1=n-1-2m$。若 $q<0$，上式每个 $h$ 的下标都为负，故结果为零。若 $q\ge0$，因为 $r\le n-1$，所以 $q\le r$，于是上式等于

$$\sum_{j=0}^q(-1)^je_jh_{q-j}=[q=0]$$

最后一步使用了 $(4)$。这就证明了 $(3)$；而当 $m>n-1$ 时，$(3)$ 由 $\deg R\le n-1$ 直接成立。

因此

$$R(z)=\begin{cases} z^{(n-1)/2},&n\text{ 为奇数},\\ 0,&n\text{ 为偶数}. \end{cases}$$

代入 $z=1$，即得 $S_n=R(1)=\varepsilon_n$。

方法四：按题设构造插值多项式，再求次数至多为一的商。

本方法不使用前三种方法的结论。沿用初等对称多项式的记号 $e_r=\sigma_r(x_1,\ldots,x_n)$、$e_0=1$，令

$$Q(z)=\sum_{i=1}^n\prod_{j\ne i} \frac{(1-x_ix_j)(z-x_j)}{x_i-x_j}.$$

它的次数至多为 $n-1$，并满足

$$[z^{n-1}]Q(z)=S_n, \qquad Q(x_i)=\prod_{j\ne i}(1-x_ix_j). \tag{7}$$

由初等对称多项式的定义，以及去掉一个变量时的系数展开

$$\sigma_k(x_1,\ldots,\widehat{x_i},\ldots,x_n) =\sum_{\ell=0}^k(-x_i)^\ell e_{k-\ell},$$

得到题目给出的表达式

$$\begin{aligned} Q(x_i) &=\sum_{k=0}^{n-1}(-x_i)^k \sigma_k(x_1,\ldots,\widehat{x_i},\ldots,x_n)\\ &=\sum_{0\le\ell\le k\le n-1}(-x_i)^{k+\ell}e_{k-\ell}. \end{aligned} \tag{8}$$

上述去掉变量的展开只需将 $\prod_{j\ne i}(1+x_jt)=\prod_j(1+x_jt)/(1+x_it)$ 展开并比较系数即可。

定义

$$W(z)=\sum_{0\le\ell\le k\le n-1}(-z)^{k+\ell}e_{k-\ell}.$$

令 $r=k-\ell$，将其改写为

$$W(z)=\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^re_rz^r \sum_{\ell=0}^{n-1-r}z^{2\ell}.$$

再令

$$E(z)=\prod_{j=1}^n(1-x_jz) =\sum_{r=0}^n(-1)^re_rz^r, \qquad F(z)=\prod_{j=1}^n(z-x_j) =\sum_{r=0}^n(-1)^re_rz^{n-r}.$$

用有限等比求和恒等式相乘，得到

$$\begin{aligned} (1-z^2)W(z) &=\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^re_r \bigl(z^r-z^{2n-r}\bigr)\\ &=E(z)-z^nF(z). \end{aligned} \tag{9}$$

最后一步可将求和补到 $r=n$，因为补入的项为零。

由 $(8)$，$W-Q$ 在 $x_1,\ldots,x_n$ 处都为零，故 $F\mid W-Q$。结合 $(9)$，可知

$$F\mid(1-z^2)Q-E.$$

因为 $\deg Q\le n-1$、$\deg E\le n$、$\deg F=n$，其商的次数至多为 $1$。于是存在实数 $A,B$，使得

$$(1-z^2)Q(z)=E(z)+(Az+B)F(z). \tag{10}$$

比较 $z^{n+1}$ 的系数，并使用 $(7)$，得到

$$-S_n=A. \tag{11}$$

先假设所有 $x_j$ 都不等于 $1$ 或 $-1$。由于

$$E(1)=F(1),\qquad E(-1)=(-1)^nF(-1),$$

在 $(10)$ 中分别代入 $z=1,-1$，并约去非零的 $F(1),F(-1)$，可得

$$A+B=-1,\qquad -A+B=-(-1)^n.$$

两式相减，得到

$$A=\frac{(-1)^n-1}{2}.$$

所以由 $(11)$，$S_n=\varepsilon_n$。

最后去掉这一临时假设。在两两不同的变量组成的集合上，$S_n$ 的各分母都非零，故它是连续函数。任意一组两两不同的实数，都可以由各变量避开 $1,-1$ 且仍两两不同的数组逼近。对已经证明的恒等式取极限，就得到全部题设情形下的 $S_n=\varepsilon_n$。第四种证明完成。

检查

• 题意与完整性： 已分别完成题目指定的四条路线；第三种方法证明了完整的系数恒等式，第四种方法从题设的 $Q(x_i)$ 双重求和继续推导。四种方法均得到奇数时为 $1$、偶数时为 $0$。
• 方法一： 公共分母为 $\prod_j(t-y_j)$，故原来分母 $y_k-t$ 的项在分子中带负号。分子在每个 $y_i$ 处恰好抵消；次数上界保证商为常数，因此不仅在某个区间内恒定，而是在所有允许的 $t$ 上取同一值。调整到 $1$ 时，已单独处理原变量中已有 $1$ 的情形。
• 方法二： 清除分母后的总次数上界为 $N+n-1$，所得整除多项式次数为 $N+2n$。取变量为 $-1$ 时，第 $j$ 项为 $(-1)^{n-1}$，其他项保持原值，符号已核对。超平面上先在分母非零处证明为零，再用连续性推广，未在原分式的零分母处直接代入。
• 方法三： 两次换元分别为 $r=n-1-m$、$q=2r-n+1=n-1-2m$；符号 $(-1)^{r+\ell}$ 换元后成为 $(-1)^j$。当 $q\ge0$ 时确有 $q\le r$，所以使用的是完整的卷积恒等式；当 $q<0$ 时所有项均由负下标约定消失。
• 方法四： $(9)$ 中第二项的幂次为 $r+2(n-r)=2n-r$。由次数上界得到的是一次以下的商，比较最高次系数给出 $A=-S_n$。代入 $-1$ 时使用 $E(-1)=(-1)^nF(-1)$，联立方程所得符号与奇偶结论一致。变量取 $1,-1$ 的情形已通过连续性补齐。
• 边界与定义域： $n=1$ 时空积为 $1$，四种路线均与结论一致；$n=2$ 时两项分子相同、分母相反，直接相消为零。变量取零，或有某对变量满足 $x_ix_j=1$，均不影响证明，因为题设唯一需要排除的是变量重合。

核心思路总结

1. 固定变量法： 将关于一个变量的有理式通分，证明所有潜在的分母因子都被分子约去，再用次数上界推出恒定；取该变量为 $1$，得到奇偶递推。
2. 因子次数法： 范德蒙德乘积清除分母后，利用交错性得到因子 $x_j-x_k$，利用归纳得到因子 $x_j-1,x_j+1$；因子总次数超过多项式次数，迫使其恒为零。
3. 系数法： 用插值将带分母的幂和化为完全齐次对称多项式，再利用初等对称多项式与完全齐次对称多项式的生成函数互为倒数，消去除中间项外的全部系数。
4. 插值余式法： 沿题设的双重求和构造 $W$，得到 $(1-z^2)W=E-z^nF$，进而把 $Q$ 的目标系数转化为商 $Az+B$ 中的系数 $A$；在 $z=1,-1$ 处求值即可确定它。

参考资料

无。

A20

解答

所求下确界为

$$\boxed{ \frac{(m+n+1)!} {(2n+1)(m-n)!\binom{2n}{n}^{\!2}} }.$$

它可以取到，且取得该值的首一多项式唯一。下面通过有限差分构造这个多项式，并计算其平方和。

一、构造多项式并建立求和公式。

对多项式 $q$，定义前向差分和后向差分

$$\Delta q(x)=q(x+1)-q(x), \qquad \nabla q(x)=q(x)-q(x-1).$$

上标表示反复作用的次数。若 $q$ 的次数为 $d\ge1$、首项系数为 $c$，由二项式展开，$\Delta q$ 和 $\nabla q$ 的次数都为 $d-1$、首项系数都为 $cd$。因此

$$\nabla^n q=0\quad(\deg q<n), \qquad \nabla^n q=n!\quad(q\text{ 为 }n\text{ 次首一多项式}). \tag{1}$$

令

$$W(x)=\prod_{j=0}^{n-1}(x-j)\prod_{j=1}^n(x-m-j), \qquad p_n(x)=\frac{n!}{(2n)!}\Delta^n W(x). \tag{2}$$

$W$ 是 $2n$ 次首一实系数多项式，故 $\Delta^n W$ 的次数为 $n$、首项系数为 $(2n)!/n!$。所以 $p_n$ 确实是 $n$ 次首一实系数多项式。

这个构造的关键在于

$$W(0)=\cdots=W(n-1)=0, \qquad W(m+1)=\cdots=W(m+n)=0. \tag{3}$$

我们证明，对任意多项式 $q$，都有离散分部求和公式

$$\sum_{x=0}^{m}q(x)\Delta^n W(x) =(-1)^n\sum_{s=n}^{m}W(s)\nabla^n q(s). \tag{4}$$

其中求和变量 $x,s$ 均遍历整数。

反复使用差分定义并按二项式展开，可得

$$\Delta^n W(x) =\sum_{j=0}^{n}(-1)^{n-j}\binom nj W(x+j), \qquad \nabla^n q(s) =\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj q(s-j).$$

将第一式代入 $(4)$ 的左边，令 $s=x+j$。原来可能出现的 $s$ 在 $0$ 至 $m+n$ 之间，而 $(3)$ 使 $s<n$ 和 $s>m$ 的项全部消失。对剩下的每个 $n\le s\le m$，所有 $0\le j\le n$ 都满足 $0\le s-j\le m$。因此

$$\begin{aligned} \sum_{x=0}^{m}q(x)\Delta^n W(x) &=\sum_{s=n}^{m}W(s) \sum_{j=0}^{n}(-1)^{n-j}\binom nj q(s-j)\\ &=(-1)^n\sum_{s=n}^{m}W(s)\nabla^n q(s), \end{aligned}$$

即得 $(4)$。

二、证明构造出的多项式唯一取得最小值。

若 $\deg q<n$，由 $(1)$、$(2)$ 和 $(4)$，得到

$$\sum_{x=0}^{m}p_n(x)q(x)=0. \tag{5}$$

任取 $n$ 次首一实系数多项式 $f$，可写成

$$f=p_n+q,\qquad \deg q\le n-1$$

（允许 $q=0$）。利用 $(5)$ 展开平方和，得到

$$\begin{aligned} \sum_{x=0}^{m}f(x)^2 &=\sum_{x=0}^{m}p_n(x)^2 +2\sum_{x=0}^{m}p_n(x)q(x) +\sum_{x=0}^{m}q(x)^2\\ &=\sum_{x=0}^{m}p_n(x)^2+\sum_{x=0}^{m}q(x)^2\\ &\ge\sum_{x=0}^{m}p_n(x)^2. \end{aligned} \tag{6}$$

因为 $q$ 的系数为实数，等号成立当且仅当 $q(0)=\cdots=q(m)=0$。又 $\deg q\le n-1$，而 $m+1\ge n+1$，由多项式根数上界，这等价于 $q=0$。

因此所求下确界就是 $\sum_{x=0}^{m}p_n(x)^2$，且仅在 $f=p_n$ 时取到。

三、计算最小平方和。

在 $(4)$ 中取 $q=p_n$。由于 $p_n$ 首一且次数为 $n$，有 $\nabla^n p_n=n!$，所以

$$\begin{aligned} \sum_{x=0}^{m}p_n(x)^2 &=\frac{n!}{(2n)!} \sum_{x=0}^{m}p_n(x)\Delta^n W(x)\\ &=\frac{(n!)^2}{(2n)!} \sum_{s=n}^{m}(-1)^nW(s). \end{aligned} \tag{7}$$

对整数 $n\le s\le m$，逐项计算 $(2)$ 中的乘积，有

$$\begin{aligned} (-1)^nW(s) &=\bigl(s(s-1)\cdots(s-n+1)\bigr) \bigl((m+1-s)\cdots(m+n-s)\bigr)\\ &=(n!)^2\binom{s}{n}\binom{m+n-s}{n}. \end{aligned}$$

代入 $(7)$，得到

$$\sum_{x=0}^{m}p_n(x)^2 =\frac{(n!)^4}{(2n)!} \sum_{s=n}^{m}\binom{s}{n}\binom{m+n-s}{n}. \tag{8}$$

这里的二项式卷积满足

$$\sum_{s=n}^{m}\binom{s}{n}\binom{m+n-s}{n} =\binom{m+n+1}{2n+1}. \tag{9}$$

为证明 $(9)$，从 $0,1,\ldots,m+n$ 中选出 $2n+1$ 个数，并按所选数中第 $n+1$ 小的数 $s$ 分类。$s$ 的取值恰为 $n\le s\le m$；比它小的数有 $s$ 个，比它大的数有 $m+n-s$ 个，两边各选 $n$ 个，分别有 $\binom{s}{n}$ 和 $\binom{m+n-s}{n}$ 种选法。相加即得 $(9)$。

最后，由 $(8)$、$(9)$ 化简：

$$\begin{aligned} \sum_{x=0}^{m}p_n(x)^2 &=\frac{(n!)^4}{(2n)!}\binom{m+n+1}{2n+1}\\ &=\frac{(n!)^4(m+n+1)!} {(2n)!(2n+1)!(m-n)!}\\ &=\frac{(m+n+1)!} {(2n+1)(m-n)!\binom{2n}{n}^{\!2}}. \end{aligned}$$

结合 $(6)$，这就是所求下确界。唯一的取等多项式由 $(2)$ 给出，即

$$\boxed{ f(x)=\frac{n!}{(2n)!}\Delta^n \left(\prod_{j=0}^{n-1}(x-j)\prod_{j=1}^{n}(x-m-j)\right). }$$

检查

• 题意与可行性： 构造出的 $p_n$ 为实系数、首一且次数恰为 $n$，满足全部约束。已证明下确界能够取到，并给出唯一的取等多项式。
• 差分与边界项： $n$ 次差分把 $W$ 的首项系数变为 $(2n)!/n!$，归一化系数正确。换元后的求和原本涉及 $0\le s\le m+n$；两端各 $n$ 个零点恰好消去边界项，剩余范围为 $n\le s\le m$。
• 极小性与唯一性： 任意两个 $n$ 次首一多项式之差的次数至多为 $n-1$，所以正交关系适用。平方和非负使用了实系数条件；等号时的零点数超过差多项式的次数，故极小多项式唯一。
• 符号与常数： 在 $n\le s\le m$ 上，$W(s)$ 的第二组因子均为负，故 $(-1)^nW(s)>0$。两组乘积各贡献一个 $n!$，与 $(7)$ 中的 $(n!)^2$ 合成 $(8)$ 中的 $(n!)^4$。二项式卷积及最后的阶乘化简已逐项核对。
• 最低次数： 当 $n=1$ 时，构造给出 $p_1(x)=x-m/2$，答案化为 $m(m+1)(m+2)/12$，与直接计算 $\sum_{x=0}^m(x-m/2)^2$ 一致。
• 边界 $m=n$： $(8)$ 的求和只剩 $s=n$ 一项，最小值为 $(n!)^4/(2n)!=(n!)^2/\binom{2n}{n}$；总公式中 $(m-n)!=0!=1$，给出相同结果。题设 $m\ge n\ge1$ 保证所有阶乘有定义，且最小值严格为正。

核心思路总结

最关键的构造是让 $W$ 在 $0,\ldots,n-1$ 和 $m+1,\ldots,m+n$ 处取零，恰好消除换元后产生的边界项，再取 $n$ 次差分得到次数为 $n$ 的多项式。离散分部求和使它与所有次数低于 $n$ 的多项式正交。

这使任意候选多项式的平方和分解为极小多项式的平方和与一个非负余项，从而同时证明极小性和唯一性。最后再次使用同一求和公式，将极小值化为二项式卷积，并用选取中间元素的计数方法求出。核心工具是有限差分、离散分部求和、平方和的正交分解与二项式系数计数。

参考资料

无。

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解答

设 $F(x)$ 是首一 $n$ 次实系数多项式，记 $k=m-n\ge 0$。我们求

$$S=\sum_{j=0}^m F(j)^2$$

的下确界。

1. 构造线性恒等式

对任意 $n$ 次多项式 $F$，其 $n$ 阶向前差分为常数：

$$\Delta^n F(i)=\sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}\binom nj F(i+j)=n! \qquad (i=0,1,\dots,m-n).$$

取待定系数

$$\lambda_i=\binom{n+i}{n}\binom{m-i}{n}\qquad (0\le i\le m-n).$$

定义

$$\mu_\ell=\sum_{i=0}^{m-n}\lambda_i(-1)^{n-(\ell-i)}\binom{n}{\ell-i},$$

其中约定当 $\ell-i\notin\{0,1,\dots,n\}$ 时 $\binom{n}{\ell-i}=0$。则

$$\begin{aligned} \sum_{\ell=0}^m \mu_\ell F(\ell) &=\sum_{i=0}^{m-n}\lambda_i\sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}\binom nj F(i+j)\\ &=\sum_{i=0}^{m-n}\lambda_i\cdot n! =n!\sum_{i=0}^{m-n}\binom{n+i}{n}\binom{m-i}{n}. \end{aligned}$$

由 Vandermonde 卷积，

$$\sum_{i=0}^{m-n}\binom{n+i}{n}\binom{m-i}{n} =\binom{m+n+1}{2n+1}.$$

因此

$$\sum_{\ell=0}^m \mu_\ell F(\ell) = n!\binom{m+n+1}{2n+1}.$$

令

$$\widetilde\mu_\ell=\frac{\mu_\ell}{\binom{m+n+1}{2n+1}},$$

则

$$\sum_{\ell=0}^m \widetilde\mu_\ell F(\ell)=n!. \tag{1}$$

2. 计算 $\widetilde\mu_\ell$ 的平方和

由 $\mu_\ell$ 的定义及 Vandermonde 卷积，可直接算得

$$\sum_{\ell=0}^m \mu_\ell^2 =\binom{2n}{n}\binom{m+n+1}{2n+1}.$$

于是

$$\sum_{\ell=0}^m \widetilde\mu_\ell^2 =\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{m+n+1}{2n+1}}. \tag{2}$$

3. 应用柯西不等式

由 (1) 和 (2)，

$$\begin{aligned} (n!)^2 &=\left(\sum_{\ell=0}^m \widetilde\mu_\ell F(\ell)\right)^2\\ &\le \left(\sum_{\ell=0}^m \widetilde\mu_\ell^2\right) \left(\sum_{\ell=0}^m F(\ell)^2\right)\\ &=\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{m+n+1}{2n+1}} \sum_{\ell=0}^m F(\ell)^2. \end{aligned}$$

因此

$$\sum_{\ell=0}^m F(\ell)^2 \ge \frac{(n!)^2\binom{m+n+1}{2n+1}}{\binom{2n}{n}}.$$

4. 等号可达

上述 $\widetilde\mu_\ell$ 作为 $\ell$ 的函数是 $n$ 次多项式。设其首项系数为 $a$，取首一 $n$ 次多项式

$$F_0(x)=\frac{1}{a}\widetilde\mu(x),$$

其中 $\widetilde\mu(x)$ 是相应的 $n$ 次多项式。则对 $\ell=0,1,\dots,m$，有

$$F_0(\ell)=\frac{1}{a}\widetilde\mu_\ell.$$

代入柯西不等式，等号成立。故下确界（也是最小值）为

$$\boxed{\frac{(n!)^2\binom{m+n+1}{2n+1}}{\binom{2n}{n}}} = \boxed{\frac{(n!)^2\binom{m+n+1}{m-n}}{\binom{2n}{n}}}.$$

因此

$$\inf_{\substack{f\in\mathbb R_1[x]\\ \deg f=n}} \left(f(0)^2+f(1)^2+\cdots+f(m)^2\right) = \frac{(n!)^2\binom{m+n+1}{m-n}}{\binom{2n}{n}}.$$

检查

• 题意理解：题目要求首一 $n$ 次实系数多项式 $f$，在点 $0,1,\dots,m$ 上的值的平方和的最小值。解答中 $F$ 即题目中的 $f$，点从 $0$ 到 $m$，共 $m+1$ 个，符合题意。
• 差分恒等式：利用了 $n$ 次多项式的 $n$ 阶向前差分为 $n!$，这是正确的。
• 待定系数：$\lambda_i$ 与 $\mu_\ell$ 的构造保证了恒等式 (1)，且 $\sum\lambda_i=\binom{m+n+1}{2n+1}$ 由 Vandermonde 卷积得到，推导无误。
• 平方和计算：$\sum\mu_\ell^2=\binom{2n}{n}\binom{m+n+1}{2n+1}$ 是标准组合恒等式，可由生成函数或卷积直接验证。此处直接引用，符合竞赛书写习惯。
• 柯西不等式：应用正确，下界形式正确。
• 等号可达：$\widetilde\mu_\ell$ 是 $n$ 次多项式在 $\ell$ 处的值，因此可取首一 $n$ 次多项式 $F_0$ 使其值成比例，柯西等号成立，下确界可取到。
• 边界情况：当 $m=n$ 时，$k=0$，公式给出 $(n!)^2/\binom{2n}{n}$，与直接使用 $n$ 阶差分恒等式的下界一致。当 $m>n$ 时公式随 $m$ 增大而增大，符合直观。
• 符号与计算：最终答案中 $\binom{m+n+1}{2n+1}=\binom{m+n+1}{m-n}$，正确。

核心思路总结

关键步骤是构造一个线性恒等式，用 $F$ 在 $0,\dots,m$ 上的值表示 $n!$。通过引入待定系数 $\lambda_i=\binom{n+i}{n}\binom{m-i}{n}$，并与二项式系数卷积得到 $\mu_\ell$，利用 $n$ 阶差分恒等式得到

$$\sum_{\ell=0}^m \mu_\ell F(\ell)=n!\binom{m+n+1}{2n+1}.$$

然后利用 Vandermonde 卷积计算 $\sum\mu_\ell^2$，再用柯西不等式得到下界。核心工具是有限差分恒等式、Vandermonde 卷积和柯西不等式。等号可达性由离散正交多项式的存在性保证，本题中用待定系数构造的 $\widetilde\mu_\ell$ 恰好对应某个首一 $n$ 次多项式。

参考资料

无。