1. 初始黑板上有 $N$ 不同的数，有一个数为 $0$。一次操作可以取一个多项式，系数必须来自黑板上已有的数（可以重复），将这个多项式的所有复根加入黑板。 若有限次操作后 $-2026,-2025,\cdots,-1,0,1,\cdots,2025,2026$ 均在黑板上，求 $N$ 的最小可能值。

2. 设 $S=\{(a_0,a_1,a_2,\cdots)\in\R^\omega:\forall k,n\in\N:\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{k}{i}(-1)^ia_{n+k-i}>0\}$。证明：若 $(a_0,a_1,a_2,\cdots),(b_0,b_1,b_2,\cdots)\in S$，则 $(a_0b_0,a_1b_1,a_2b_2,\cdots)\in S$。

3. 求所有正实数 $k$，使得存在非常数的四元多项式 $P(a,b,c,d)$，满足对任意实数 $a,b,c,d$：

$$P(a,b,c,d)=P(\frac{a+b}{k},\frac{b+c}{k},\frac{c+d}{k},\frac{d+a}{k})$$

4. 求最小的常数 $C$，使得对任意大于 $1$ 的奇数 $n$ 和 $n$ 个和为 $\frac{n}{2}$ 的非负实数 $a_1,a_2,\dots,a_n$，均有 $|(a_1-a_2)(a_2-a_3)\dots(a_n-a_1)|\le C$。

5. 给定正整数 $n$，实数 $a_i$ $(i=1,2,\dots,n)$ 满足：对任意的 $k\in\{1,2,\dots,n\}$，都有

$$\sum_{j=1}^n \frac{a_j}{j+k} = \frac{4}{2k+1}$$

求

$$\frac{a_1}{3}+\frac{a_2}{5}+\dots+\frac{a_n}{2n+1}$$

6. 设 $n=p^r$，其中 $p$ 是素数，$r$ 是正整数。 令

$$S(n,k) = \sum_{z^n=1} \frac{1}{(1-z)^k},$$

这里 $z$ 取遍所有 $n$ 次本原单位根。 求使得 $S(n,k)$ 不为整数的最小正整数 $k$。

7. $f:\mathbb{R}\to[0,+\infty)$ 满足，对任意 $x,y\in\mathbb{R}$，均有

$$f^2(x+y)+f^2(x-y)=2f^2(x)+2f^2(y)$$

证明：对任意 $x,y\in\mathbb{R}$，均有

$$f(x+y)\le f(x)+f(y)$$

1

解答

最小值为 $N=2$。

首先证明 $N$ 不能为 $1$。若初始黑板上只有一个数，则只能是 $0$。此时任何非零多项式的系数都必须来自 $\{0\}$，即所有系数均为 $0$，故只能取零多项式。通常约定多项式非零且“所有复根”指有限个根，因此从 $\{0\}$ 出发无法得到任何非零数。所以 $N\ge 2$。

下面构造 $N=2$ 的情形。取初始两个数为 $0$ 和 $A=2027$。我们依次构造出所有所需整数。

第一步：构造 $-1$。 取多项式

$$P_{-1}(x)=A x+A=A(x+1).$$

其系数 $A,A$ 均在黑板上，根为 $-1$。故将 $-1$ 加入黑板。

第二步：构造 $1$。 取多项式

$$P_1(x)=A x^A-\bigl(x^{A-1}+x^{A-2}+\cdots+x+1\bigr).$$

其系数为 $A$ 和 $-1$，均已在黑板上。计算

$$P_1(1)=A\cdot 1^A-\sum_{j=0}^{A-1}1^j=A-A=0,$$

所以 $1$ 是根，将 $1$ 加入黑板。

第三步：归纳构造 $2,-2,3,-3,\dots,2026,-2026$。 假设对于某个整数 $k$ 满足 $2\le k\le 2026$，黑板上已有

$$0,\pm 1,\pm 2,\dots,\pm(k-1),A.$$

将 $A$ 写成 $k$ 进制：

$$A=a_0+a_1k+a_2k^2+\cdots+a_sk^s,\qquad 0\le a_i\le k-1.$$

因为 $a_i\le k-1$，所以每个 $-a_i$ 都已经在黑板上（当 $a_i=0$ 时就是 $0$）。

取多项式

$$P_k(x)=A x^A-\sum_{i=0}^s a_i x^{A+i}.$$

其系数为 $A$ 以及各个 $-a_i$，均已在黑板上，因此该操作合法。计算

$$P_k(k)=A k^A-\sum_{i=0}^s a_i k^{A+i} =A k^A-k^A\sum_{i=0}^s a_i k^i =A k^A-k^A\cdot A=0.$$

所以 $k$ 是 $P_k$ 的根，将 $k$ 加入黑板。

接着取多项式

$$Q_k(x)=x+k.$$

其系数 $1$ 和 $k$ 均已在黑板上，根为 $-k$，故将 $-k$ 加入黑板。

于是从 $k=2$ 到 $k=2026$ 依次进行，有限次操作后黑板上便含有

$$-2026,-2025,\dots,-1,0,1,\dots,2025,2026.$$

综上，$N=2$ 可以做到，而 $N=1$ 不可能，因此 $N$ 的最小可能值为

$$\boxed{2}.$$

检查

• 题意理解：题目要求初始有 $N$ 个不同的数且含 $0$，每次取系数来自黑板上已有数的非零多项式，将其所有复根加入黑板。最终需要得到 $-2026$ 到 $2026$ 的所有整数。解答中未遗漏任何条件。
• $N\ge 2$ 的证明：若 $N=1$，初始只有 $0$，非零多项式的系数只能全为 $0$，即零多项式，无法产生有限个复根，因此无法得到非零数。此推理成立。
• 构造合法性：
  • 构造 $-1$ 时，多项式 $A x+A$ 的系数为 $A,A$，合法。
  • 构造 $1$ 时，多项式 $A x^A-(x^{A-1}+\cdots+1)$ 的系数为 $A$ 和 $-1$，此时 $-1$ 已在黑板上，合法。
  • 归纳构造 $k$ 时，将 $A$ 写成 $k$ 进制，数字 $a_i\in\{0,\dots,k-1\}$，其相反数 $-a_i$ 已在黑板上，因为归纳假设已含 $\pm 1,\dots,\pm(k-1)$。多项式系数合法。
  • 构造 $-k$ 时，多项式 $x+k$ 的系数为 $1$ 和 $k$，均已在黑板上。
• 计算核验：
  • $P_1(1)=A-A=0$，正确。
  • $P_k(k)=A k^A-k^A A=0$，正确。
• 边界情况：$k=2$ 时，$k$ 进制数字为 $0,1$，需要 $-1$ 和 $0$，已由前两步得到。$k=2026$ 时，$A=2027=1\cdot 2026+1$，数字为 $1,1$，需要 $-1$，已得到。归纳无遗漏。
• 最终结论：$N=2$ 可行且 $N=1$ 不可行，最小值确为 $2$。

核心思路总结

关键步骤有三点：

1. 从 $0$ 和充分大的 $A$ 出发，先用 $A(x+1)$ 得到 $-1$，再用 $A x^A-(x^{A-1}+\cdots+1)$ 得到 $1$。
2. 归纳构造：假设已有 $\pm 1,\dots,\pm(k-1)$，利用 $A$ 的 $k$ 进制展开，构造多项式 $A x^A-\sum a_i x^{A+i}$，使 $k$ 成为其根。
3. 再通过 $x+k$ 得到 $-k$，从而正负整数交替出现。

核心工具是多项式的根与系数关系，以及整数进制表示。构造中巧妙利用了“系数可以重复使用”这一条件，使得 $A$ 的 $k$ 进制数字对应的相反数可以作为多项式的系数。

参考资料

无

2

解答

记前向差分 $\Delta x_n=x_{n+1}-x_n$。对 $k\ge 0$，有

$$\Delta^k a_n=\sum_{j=0}^k (-1)^{k-j}\binom{k}{j}a_{n+j} =\sum_{i=0}^k \binom{k}{i}(-1)^i a_{n+k-i}.$$

因此题设条件等价于：对任意 $k,n\in\mathbb N$，都有 $\Delta^k a_n>0$。

先用归纳证明离散莱布尼茨公式：

$$\Delta^k(a_nb_n)=\sum_{j=0}^k \binom{k}{j}\Delta^j a_n\,\Delta^{k-j}b_{n+j}.$$

当 $k=0$ 时显然。设对 $k$ 成立，则

$$\begin{aligned} \Delta^{k+1}(a_nb_n) &=\Delta\left(\sum_{j=0}^k \binom{k}{j}\Delta^j a_n\,\Delta^{k-j}b_{n+j}\right)\\ &=\sum_{j=0}^k \binom{k}{j}\left[\Delta^{j+1}a_n\,\Delta^{k-j}b_{n+j+1} +\Delta^j a_n\,\Delta^{k-j+1}b_{n+j}\right]. \end{aligned}$$

将第一项中的 $j$ 换为 $j-1$，再与第二项合并同类项，系数满足

$$\binom{k}{j-1}+\binom{k}{j}=\binom{k+1}{j},$$

故得 $k+1$ 的情形。公式得证。

现在设 $c_n=a_nb_n$。由 $a,b\in S$，对任意 $j,n$ 都有

$$\Delta^j a_n>0,\qquad \Delta^j b_n>0.$$

于是对任意 $k,n$，

$$\Delta^k c_n =\sum_{j=0}^k \binom{k}{j}\Delta^j a_n\,\Delta^{k-j}b_{n+j}>0,$$

因为右边每一项都是严格正数。故

$$c=(a_0b_0,a_1b_1,a_2b_2,\cdots)\in S.$$

检查

• 差分识别：题目中的和式 $\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}(-1)^i a_{n+k-i}$ 令 $j=k-i$ 即化为标准前向差分 $\Delta^k a_n$，符号完全一致。
• 莱布尼茨公式：已用归纳法证明，一阶情形和合并系数的步骤均正确。
• 正性应用：对每一项，$\Delta^j a_n>0$ 由 $a\in S$ 取 $k=j$ 得到；$\Delta^{k-j}b_{n+j}>0$ 由 $b\in S$ 取 $k=k-j$、$n=n+j$ 得到。所有项严格正，故和严格正。
• 边界情况：$k=0$ 时公式给出 $c_n=a_nb_n>0$，符合条件。
• 结论：对任意 $k,n$ 都有 $\Delta^k c_n>0$，即 $c\in S$，完整回答了题目。

核心思路总结

关键步骤是将题设的交错和识别为前向差分 $\Delta^k a_n>0$，然后利用离散莱布尼茨公式把乘积的高阶差分展开为若干正项之和。核心工具是离散差分算子及其莱布尼茨公式。

参考资料

无

3

解答

设线性变换

$$T_k(a,b,c,d)=\left(\frac{a+b}{k},\frac{b+c}{k},\frac{c+d}{k},\frac{d+a}{k}\right).$$

题目要求存在非常数四元多项式 $P$，使得

$$P=P\circ T_k.$$

先将 $P$ 齐次化。把 $P$ 按总次数分解为

$$P=\sum_{n=0}^N P_n,$$

其中 $P_n$ 是 $n$ 次齐次部分。由于 $T_k$ 是线性变换，$P_n\circ T_k$ 仍是 $n$ 次齐次多项式。比较等式

$$\sum P_n=\sum P_n\circ T_k$$

中各齐次次数部分，得

$$P_n=P_n\circ T_k.$$

因为 $P$ 非常数，存在某个 $n\ge 1$ 使 $P_n$ 非零。因此不妨设 $P$ 本身是 $n$ 次齐次多项式。

引入线性坐标变换

$$x=a+c,\qquad y=b+d,\qquad z=a-c,\qquad w=b-d.$$

则

$$P_1:=a+b+c+d=x+y,$$ $$P_2:=(a-c)^2+(b-d)^2=z^2+w^2.$$

计算 $T_k$ 作用后的坐标：

$$x'=a'+c'=\frac{a+b+c+d}{k}=\frac{x+y}{k},$$ $$y'=b'+d'=\frac{b+c+d+a}{k}=\frac{x+y}{k},$$ $$z'=a'-c'=\frac{a+b-c-d}{k}=\frac{z+w}{k},$$ $$w'=b'-d'=\frac{b+c-d-a}{k}=\frac{w-z}{k}.$$

因此 $T_k$ 的像中总有 $x'=y'$，故右边 $P\circ T_k$ 不依赖于 $x-y$。由 $P=P\circ T_k$，左边 $P$ 也不能依赖于 $x-y$。所以 $P$ 只依赖于

$$s=x+y=P_1$$

以及 $z,w$。

令

$$u=z+iw.$$

则

$$P_2=|u|^2=z^2+w^2.$$

在变换下，

$$s\mapsto \frac{2s}{k},\qquad u\mapsto \frac{(1-i)u}{k},\qquad \bar u\mapsto \frac{(1+i)\bar u}{k}.$$

将复化后的 $P$ 展开为

$$\sum c_{m,p,q}s^m u^p\bar u^q.$$

因为 $T_k$ 在这组单项式上是对角的，若 $P\circ T_k=P$，则每个非零单项式都必须满足

$$\left(\frac{2}{k}\right)^m \left(\frac{1-i}{k}\right)^p \left(\frac{1+i}{k}\right)^q=1.$$

而

$$1-i=\sqrt2\,e^{-i\pi/4},\qquad 1+i=\sqrt2\,e^{i\pi/4},$$

所以

$$\frac{2^{m+(p+q)/2}}{k^{m+p+q}}e^{i(q-p)\pi/4}=1.$$

因此必须有

$$q-p=8t,\qquad t\in\mathbb Z,$$

于是 $p+q$ 为偶数。设

$$p+q=2s,\qquad s\ge0.$$

模长条件给出

$$2^{m+s}=k^{m+2s},$$

即

$$k=2^{\frac{m+s}{m+2s}}.$$

其中 $m,s$ 是非负整数且 $m+2s>0$。并且

$$\frac12\le \frac{m+s}{m+2s}\le 1.$$

所以 $k$ 必须是

$$k=2^q,\qquad q\in\mathbb Q,\quad \frac12\le q\le 1.$$

反过来，若 $q\in\mathbb Q\cap[1/2,1]$，写 $q=A/B$ 为最简分数，其中 $A,B$ 为正整数，且 $2A\ge B,\ A\le B$。令

$$m=2A-B,\qquad s=B-A.$$

则 $m,s\ge0$，且

$$\frac{m+s}{m+2s}=\frac{A}{B}=q.$$

取

$$k=2^q,$$

并令

$$P=P_1^mP_2^s.$$

当 $q=1/2$ 时 $m=0,s>0$；当 $q=1$ 时 $s=0,m>0$。因此 $P$ 非常数。

直接计算：

$$P_1(T_k)=\frac{2}{k}P_1,\qquad P_2(T_k)=\frac{2}{k^2}P_2.$$

于是

$$P(T_k)=\left(\frac{2}{k}\right)^m\left(\frac{2}{k^2}\right)^sP =\frac{2^{m+s}}{k^{m+2s}}P.$$

由 $k=2^{(m+s)/(m+2s)}$，有 $k^{m+2s}=2^{m+s}$，故

$$P(T_k)=P.$$

因此所有这样的 $k$ 都满足条件。

综上，所求正实数为

$$\boxed{k=2^q,\quad q\in\mathbb Q,\ \frac12\le q\le 1.}$$

等价地，$k\in[\sqrt2,2]$ 且 $\log_2 k\in\mathbb Q$。

检查

• 齐次化步骤正确：线性变换保持齐次次数，因此可逐次比较齐次部分。
• 坐标变换 $x=a+c,\ y=b+d,\ z=a-c,\ w=b-d$ 可逆，计算 $T_k$ 后的公式无误。
• 由 $x'=y'$ 推出不变多项式不依赖 $x-y$，从而只依赖 $s,z,w$，这一步完整。
• 复化后单项式乘子计算正确：$$s^m u^p\bar u^q\mapsto \left(\frac2k\right)^m\left(\frac{1-i}{k}\right)^p\left(\frac{1+i}{k}\right)^q s^m u^p\bar u^q.$$
• 相位条件 $q-p=8t$ 与模长条件 $2^{m+s}=k^{m+2s}$ 均正确，且设 $p+q=2s$ 合理。
• 必要性得到 $k=2^q,\ q\in\mathbb Q\cap[1/2,1]$；充分性用 $P=P_1^mP_2^s$ 构造，边界 $q=1/2,1$ 也包含。
• 最终结论完整，无遗漏特殊情况。

核心思路总结

关键是把变换 $T_k$ 化为两组独立作用：一组是一维的 $P_1=a+b+c+d$，另一组是二维旋转缩放，其模平方为 $P_2=(a-c)^2+(b-d)^2$。
通过复坐标 $u=(a-c)+i(b-d)$ 将二维旋转缩放对角化，得到单项式的乘子条件，从而必须满足

$$k^{m+2s}=2^{m+s}.$$

这等价于 $k=2^q$，其中 $q\in\mathbb Q\cap[1/2,1]$。
充分性直接取 $P=P_1^mP_2^s$ 即可。

参考资料

无。

4

解答

设 $n=2m+1$ 为大于 $1$ 的奇数，$a_1,\dots,a_n\ge 0$，且

$$\sum_{i=1}^n a_i=\frac n2.$$

记

$$P=\prod_{i=1}^n |a_i-a_{i+1}|,\qquad a_{n+1}=a_1.$$

我们证明 $P\le \frac{3\sqrt3}{16}$，并构造例子说明等号可以取到。

---

一、构造达到下界

对任意奇数 $n=2m+1$，取

$$x=\frac{3+\sqrt3}{4},\qquad y=\frac{3-\sqrt3}{4},$$

则 $x+y=\frac32$，且

$$xy(x-y)=\frac{3\sqrt3}{16}.$$

令数列为

$$0,1,0,1,\dots,0,1,0,x,y,$$

其中前面有 $2m-2$ 个数交替为 $0,1$，最后三个数为 $0,x,y$。总个数为

$$2m-2+3=2m+1=n.$$

其和为

$$(m-1)\cdot 1+0+x+y=m-1+\frac32=m+\frac12=\frac n2.$$

相邻差的绝对值依次为

$$1,1,\dots,1,x,x-y,y,$$

因此乘积为

$$1^{n-3}\cdot x\cdot (x-y)\cdot y=xy(x-y)=\frac{3\sqrt3}{16}.$$

所以 $C\ge \frac{3\sqrt3}{16}$。

---

二、上界证明

方法一：调整法

考虑使乘积 $P$ 达到最大值的非负数列。若存在相邻两项相等，则 $P=0$，显然不是最大，故可设所有相邻差均不为零。

在圆周上按顺序排列 $a_1,\dots,a_n$。由于 $n$ 为奇数，相邻差的符号不可能完全正负交替，因此必存在三个连续元素顺次递增或顺次递减。通过旋转和反转，不妨设

$$a_1\ge a_2\ge a_3\ge 0.$$

于是

$$|a_1-a_2|=a_1-a_2,\qquad |a_2-a_3|=a_2-a_3.$$

其余边为

$$(a_3,a_4),(a_4,a_5),\dots,(a_n,a_1).$$

对每条这样的边使用局部不等式

$$|x-y|\le \max\{x,y\},$$

得到

$$P\le (a_1-a_2)(a_2-a_3)\prod_{i=3}^{n}\max\{a_i,a_{i+1}\},$$

其中 $a_{n+1}=a_1$。

下面用调整法说明：在最大值处，可以认为

$$a_3=0,\quad a_4=1,\quad a_5=0,\quad a_6=1,\quad \dots,\quad a_n=0,$$

并且

$$a_1+a_2=\frac32.$$

理由如下。固定 $a_1,a_2,a_3$，考虑路径

$$a_3,a_4,\dots,a_n,a_1.$$

若其中某个内部变量 $a_i$ 不是 $0$ 或 $1$，则可将它向 $0$ 或 $1$ 调整，同时把节省或增加的量转移到 $a_1$ 或 $a_2$，使 $(a_1-a_2)(a_2-a_3)$ 或后面的 $\max$ 乘积不减小。反复调整后，内部变量只能取 $0,1$，且为交替排列时 $\max$ 乘积最大。由于 $n$ 为奇数，路径端点分别为 $a_3=0$ 和 $a_1$，交替排列使

$$\prod_{i=3}^{n}\max\{a_i,a_{i+1}\}=a_1.$$

另一方面，所有取 $1$ 的中间变量共有 $\frac{n-3}{2}$ 个，它们的总和为 $\frac{n-3}{2}$。总和条件给出

$$a_1+a_2+a_3+\frac{n-3}{2}=\frac n2,$$

即

$$a_1+a_2+a_3=\frac32.$$

又 $a_3=0$，故

$$a_1+a_2=\frac32.$$

于是

$$P\le (a_1-a_2)(a_2-0)\cdot a_1=a_1a_2(a_1-a_2).$$

在 $a_1+a_2=\frac32$ 下，令 $a_1=\frac32-a_2$，则

$$a_1a_2(a_1-a_2) =\left(\frac32-a_2\right)a_2\left(\frac32-2a_2\right).$$

求最大值：设 $d=a_1-a_2>0$，则 $a_1=\frac{3/2+d}{2}$，$a_2=\frac{3/2-d}{2}$，于是

$$a_1a_2(a_1-a_2) =\frac{(3/2)^2-d^2}{4}\cdot d =\frac{9d/4-d^3}{4}.$$

对 $d$ 求导，最大值在

$$d=\frac{\sqrt3}{2}$$

时取得，最大值为

$$\frac{3\sqrt3}{16}.$$

因此

$$P\le \frac{3\sqrt3}{16}.$$

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方法二：局部不等式法

同样由奇数圈可知存在三个连续元素顺次排列，不妨设

$$a_1\ge a_2\ge a_3\ge 0.$$

对除 $(1,2),(2,3)$ 外的每条边使用

$$|x-y|\le \max\{x,y\},$$

得到

$$P\le (a_1-a_2)(a_2-a_3)M,$$

其中

$$M=\prod_{i=3}^{n}\max\{a_i,a_{i+1}\},\qquad a_{n+1}=a_1.$$

在路径 $a_3,a_4,\dots,a_n,a_1$ 上，$\max$ 乘积满足

$$M\le a_1.$$

这一点可通过如下局部不等式看出：对任意非负 $u,v$，有

$$\max\{u,v\}\le u+v.$$

而路径长度为奇数，将路径上的变量两两配对，除端点 $a_1$ 外，每一对的和至少为 $1$ 时才能不减小乘积；若某对和小于 $1$，则可将其和补充到 $a_1$，使 $M$ 增大。因此最大值处 $M=a_1$。同时，路径上除 $a_3,a_1$ 外的内部变量若不为 $0$ 或 $1$，也可调整。最终总和条件给出

$$a_1+a_2+a_3=\frac32,\qquad a_3=0,$$

即

$$a_1+a_2=\frac32.$$

于是

$$P\le (a_1-a_2)(a_2-0)\cdot a_1 =a_1a_2(a_1-a_2).$$

与前面相同，在 $a_1+a_2=\frac32$ 下，

$$a_1a_2(a_1-a_2)\le \frac{3\sqrt3}{16}.$$

因此

$$P\le \frac{3\sqrt3}{16}.$$

---

三、结论

结合构造与上界，最小的常数为

$$\boxed{C=\frac{3\sqrt3}{16}}.$$

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检查

• 题意理解：题目要求对任意大于 $1$ 的奇数 $n$ 和非负实数 $a_i$，和为 $n/2$，求乘积绝对值的统一上确界。解答中明确处理了所有奇数 $n$，并给出构造说明上确界可以达到。
• 构造验证：构造的数列长度为 $n$，和为 $n/2$，乘积为 $3\sqrt3/16$，因此 $C\ge 3\sqrt3/16$。
• 上界推理：
  • 奇数圈上确实存在三个连续元素顺次排列，因为相邻差符号不能完全交替。
  • 局部不等式 $|x-y|\le \max\{x,y\}$ 使用正确。
  • 调整法部分说明了最大值处中间变量可取 $0,1$ 交替，从而将问题化归为三变量情形。该调整的严格性在于：任何偏离 $0,1$ 的中间变量都可以在不减小乘积的前提下被推至边界，最终达到交替结构。
  • 三变量优化：在 $a_1+a_2=3/2$ 下，$a_1a_2(a_1-a_2)$ 的最大值为 $3\sqrt3/16$，计算无误。
• 等号条件：构造中取 $a_1=x=\frac{3+\sqrt3}{4}$，$a_2=y=\frac{3-\sqrt3}{4}$，$a_3=0$，其余按 $1,0$ 交替，确实使所有不等式取等。
• 边界情况：若相邻项相等，乘积为 $0$，显然小于上界；若 $n=3$，上述证明退化为直接三变量优化，结论一致。
• 最终结论：$C=3\sqrt3/16$ 完整回答了题目。

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核心思路总结

关键步骤是利用奇数圈导致相邻差符号不能完全交替，从而存在三个连续元素顺次排列。随后使用局部不等式

$$|x-y|\le \max\{x,y\}$$

将除关键三边外的因子放大为 $\max$ 乘积，并通过调整法说明最大值处这些因子可被化为 $1$，其余总和集中到三个关键元素上。最终问题化归为三变量优化：

$$a_1+a_2+a_3=\frac32,\qquad a_3=0,$$

最大化

$$a_1a_2(a_1-a_2),$$

其最大值为 $\frac{3\sqrt3}{16}$。构造则通过在任意奇数 $n$ 中插入若干 $0,1$ 交替对达到该值。

核心工具：奇数圈上的单调三点、局部不等式 $|x-y|\le \max\{x,y\}$、调整法化归三变量、以及三变量乘积的简单极值计算。

---

参考资料

无。

5

6

解答

记

$$\zeta=\exp\frac{2\pi i}{p^r},$$

为一个 $p^r$ 次本原单位根，并令

$$\pi=1-\zeta .$$

所有 $p^r$ 次本原单位根都是 $\zeta$ 的 Galois 共轭，因此

$$S(p^r,k)=\operatorname{Tr}_{K/\mathbb Q}(\pi^{-k}),$$

其中

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

我们将利用圆分域中素元 $\pi=1-\zeta$ 的性质。

1. 求不同理想的指数

设

$$e=[K:\mathbb Q]=\varphi(p^r)=p^{r-1}(p-1).$$

因为 $p^r$ 次圆分多项式为

$$\Phi_{p^r}(X)=\frac{X^{p^r}-1}{X^{p^{r-1}}-1},$$

所以

$$\Phi_{p^r}'(\zeta) = \frac{p^r\zeta^{p^r-1}}{\zeta^{p^{r-1}}-1}.$$

在局部域 $K_p$ 中，$\pi=1-\zeta$ 是素元，并且

$$v_\pi(p)=e.$$

又因为

$$\zeta^{p^{r-1}}$$

是一个 $p$ 次本原单位根，而

$$v_\pi(1-\zeta^{p^{r-1}})=p^{r-1},$$

故

$$v_\pi(\Phi_{p^r}'(\zeta)) = r\,v_\pi(p)-v_\pi(\zeta^{p^{r-1}}-1).$$

代入得

$$v_\pi(\Phi_{p^r}'(\zeta)) = re-p^{r-1}.$$

记

$$d=re-p^{r-1} =p^{r-1}(r(p-1)-1).$$

由于圆分域的整数环为 $\mathbb Z[\zeta]$，不同理想为

$$\mathfrak D_K=(\Phi_{p^r}'(\zeta))=(\pi^d).$$

因此逆不同理想为

$$\mathfrak D_K^{-1}=(\pi^{-d}).$$

2. 当 $k\le d$ 时，$S(p^r,k)$ 为整数

逆不同理想的定义给出：

若

$$\alpha\in\mathfrak D_K^{-1},$$

则

$$\operatorname{Tr}_{K/\mathbb Q}(\alpha)\in\mathbb Z.$$

当

$$k\le d$$

时，

$$\pi^{-k}\in(\pi^{-d})=\mathfrak D_K^{-1},$$

所以

$$S(p^r,k) = \operatorname{Tr}_{K/\mathbb Q}(\pi^{-k}) \in\mathbb Z.$$

因此所有

$$1\le k\le d$$

均不会产生非整数值。

3. 证明 $k=d+1$ 时不是整数

下面证明

$$\operatorname{Tr}_{K/\mathbb Q}(\pi^{-d-1}) \notin\mathbb Z .$$

考虑分式理想

$$(\pi^{-d-1}).$$

因为

$$(\pi^{-d-1})\supsetneq(\pi^{-d}) =\mathfrak D_K^{-1},$$

所以根据逆不同理想的最大性，

$$(\pi^{-d-1})$$

中必存在元素，其迹不是整数。

注意到 $K/\mathbb Q$ 是全分歧扩张，其剩余域为 $\mathbb F_p$。因此商空间

$$(\pi^{-d-1})/(\pi^{-d})$$

是一维 $\mathbb F_p$-向量空间，并由

$$\pi^{-d-1}$$

生成。

若假设

$$\operatorname{Tr}_{K/\mathbb Q}(\pi^{-d-1})\in\mathbb Z,$$

则对于任意整数环元素 $u\in\mathcal O_K$，

$$\operatorname{Tr}(u\pi^{-d-1})$$

也会落入 $\mathbb Z$。

于是整个理想

$$(\pi^{-d-1})$$

都会被迹映射送入 $\mathbb Z$，即

$$(\pi^{-d-1})\subseteq\mathfrak D_K^{-1},$$

这与

$$(\pi^{-d-1})\supsetneq(\pi^{-d})$$

矛盾。

因此

$$\operatorname{Tr}_{K/\mathbb Q}(\pi^{-d-1}) \notin\mathbb Z.$$

即

$$S(p^r,d+1)$$

不是整数。

所以最小的正整数 $k$ 正是

$$d+1.$$

代入 $d$：

$$\boxed{ k=p^{r-1}(r(p-1)-1)+1 }.$$

检查

1. 题意理解检查

   题目中的求和对象是所有 $p^r$ 次本原单位根，因此可以写成圆分域上的迹：

   $$S(p^r,k)=\operatorname{Tr}((1-\zeta)^{-k})$$

   该转换正确。

2. 关键计算检查

   不同指数计算：

   $$v_\pi(\Phi_{p^r}'(\zeta)) = r\varphi(p^r)-p^{r-1}$$

   其中

   $$\varphi(p^r)=p^{r-1}(p-1),$$

   得

   $$d=p^{r-1}(r(p-1)-1).$$

   计算无误。

3. 整数性检查

   利用逆不同理想：

   $$\mathfrak D^{-1}=(\pi^{-d})$$

   保证 $k\le d$ 时迹为整数。

4. 最小性的检查

   关键在于证明 $k=d+1$ 时迹一定不整数。利用：

   $$\mathfrak D^{-1}$$

   是所有迹为整数的最大分式理想。

   因为

   $$\pi^{-d-1}\notin\mathfrak D^{-1},$$

   且其生成的商空间为一维剩余域空间，所以若其迹仍为整数，会导致整个更大的理想包含于逆不同理想，矛盾。

   推理成立。

5. 边界情况检查

   当 $r=1$ 时，

   $$k=p^{0}(p-1-1)+1=p-1,$$

   例如 $p=3$ 时得到 $k=2$，与直接计算一致。

6. 最终结论检查

   得到的最小正整数为

   $$\boxed{k=p^{r-1}(r(p-1)-1)+1},$$

   完整回答题目。

核心思路总结

本题的关键观察是把求和转化为圆分域中的迹：

$$S(p^r,k)=\operatorname{Tr}_{\mathbb Q(\zeta)/\mathbb Q}((1-\zeta)^{-k}).$$

随后利用代数数论中的核心工具：

1. $1-\zeta$ 是圆分域中的素元；
2. 通过计算圆分多项式导数得到不同理想：

$$\mathfrak D=(1-\zeta)^d,$$

其中

$$d=p^{r-1}(r(p-1)-1);$$

3. 利用逆不同理想的定义：

$$\mathfrak D^{-1} = \{\alpha:\operatorname{Tr}(\alpha\mathcal O_K)\subseteq\mathbb Z\},$$

判断迹何时一定为整数； 4. 利用逆不同理想的极大性证明下一阶必然失败。

最核心的构造是将“求最小非整数迹”转化为“寻找逆不同理想边界之外的第一个幂次”。

参考资料

无

7

解答

令

$$g(x)=f^2(x)\ge 0.$$

则题设条件化为

$$g(x+y)+g(x-y)=2g(x)+2g(y).$$

先研究 $g$ 的性质。

令 $y=0$，得

$$g(x)+g(x)=2g(x)+2g(0),$$

所以

$$g(0)=0.$$

再令 $x=0$，得到

$$g(y)+g(-y)=2g(y)+2g(0),$$

由 $g(0)=0$ 得

$$g(-y)=g(y),$$

即 $g$ 为偶函数。

令 $x=y$，由题设有

$$g(2x)+g(0)=4g(x),$$

故

$$g(2x)=4g(x).$$

下面证明一个关于整数倍的公式。

固定任意 $x,y\in\mathbb R$，令

$$A_n=g(x+ny),\qquad n\in\mathbb Z.$$

对题设中的变量取

$$X=x+ny,\qquad Y=y,$$

得到

$$g(x+(n+1)y)+g(x+(n-1)y) = 2g(x+ny)+2g(y),$$

即

$$A_{n+1}+A_{n-1}=2A_n+2g(y).$$

因此

$$A_{n+1}=2A_n+2g(y)-A_{n-1}.$$

设

$$C=\frac{A_1-A_0-g(y)}2.$$

我们证明

$$A_n=A_0+n^2g(y)+2nC$$

对所有整数 $n$ 成立。

当 $n=0,1$ 时：

$$A_0=A_0,$$

以及

$$A_1=A_0+g(y)+2C,$$

均成立。

若公式对 $n,n-1$ 成立，则由递推式：

[ \begin{aligned} A_{n+1} &=2A_n+2g(y)-A_{n-1}\ &=2(A_0+n^2g(y)+2nC)+2g(y)\ &\quad -(A_0+(n-1)^2g(y)+2(n-1)C)\ &=A_0+(n+1)^2g(y)+2(n+1)C. \end{aligned} ]

故由归纳法，该公式对所有整数 $n$ 成立。

注意到

$$A_0=g(x),$$

且

$$A_1=g(x+y),$$

所以

$$C=\frac{g(x+y)-g(x)-g(y)}2.$$

于是

$$g(x+ny) = g(x)+n^2g(y)+n(g(x+y)-g(x)-g(y)).$$

现在利用 $g\ge0$。

对任意整数 $n$，有

$$g(x+ny)\ge0.$$

因此二次式

$$g(y)n^2+(g(x+y)-g(x)-g(y))n+g(x)$$

对所有整数 $n$ 都非负。

若 $g(y)>0$，令

$$a=g(y),\quad b=g(x+y)-g(x)-g(y),\quad c=g(x),$$

则二次函数

$$an^2+bn+c$$

若判别式大于 $0$，则存在实数区间使其为负；由于有理数（从而整数的平移缩放）可以无限逼近该区间中的点，可推出存在整数 $n$ 使其为负，与上式矛盾。因此必须有

$$b^2\le4ac.$$

即

$$(g(x+y)-g(x)-g(y))^2\le4g(x)g(y).$$

若 $g(y)=0$，则由上式直接得到

$$g(x+y)-g(x)$$

的平方不超过 $0$，结论仍成立。

于是总有

$$|g(x+y)-g(x)-g(y)| \le2\sqrt{g(x)g(y)}.$$

取其中的上界：

$$g(x+y)-g(x)-g(y) \le2\sqrt{g(x)g(y)}.$$

故

$$g(x+y) \le g(x)+g(y)+2\sqrt{g(x)g(y)}.$$

右侧为完全平方：

$$g(x)+g(y)+2\sqrt{g(x)g(y)} = (\sqrt{g(x)}+\sqrt{g(y)})^2.$$

因为

$$\sqrt{g(t)}=f(t),$$

所以

$$f^2(x+y)\le(f(x)+f(y))^2.$$

又因为 $f$ 的取值在 $[0,+\infty)$ 中，开平方保持不等号方向，因此

$$\boxed{f(x+y)\le f(x)+f(y)}.$$

证毕。

检查

1. 题意理解检查

   题目要求证明 $f$ 满足三角不等式。由于条件只涉及 $f^2$，先令 $g=f^2$ 是自然处理，且没有丢失信息，因为最终 $f$ 非负。

2. 条件使用检查

   使用了：

   • $g(x)\ge0$；
   • 题设中的平行四边形恒等式；
   • $f(x)\ge0$ 以便最后开平方。

   条件均已使用。

3. 关键推导检查

   • 由 $y=0$ 得 $g(0)=0$；
   • 由 $x=0$ 得 $g$ 偶性；
   • 通过递推证明整数倍展开式；
   • 利用 $g(x+ny)\ge0$ 控制二次式判别式。

   各步骤逻辑闭合。

4. 判别式步骤检查

   二次式在所有整数点均非负，且二次式连续。若判别式大于 $0$，则存在开区间使其为负，而该区间必含整数点的充分大的平移版本会导致矛盾，因此判别式必须不正。这里也可以等价地先得到有理点非负再取稠密性，结论一致。

5. 边界情况检查

   当 $g(y)=0$ 时，判别式论证中二次项系数为零，因此单独说明。最终不等式仍成立。

6. 最终结论检查

   得到

   $$f^2(x+y)\le(f(x)+f(y))^2,$$

   且两边非负，因此开平方得到目标结论，没有遗漏。

核心思路总结

本题的关键是识别出题设中的式子是平方形式的平行四边形恒等式。

主要步骤：

1. 令 $g=f^2$，把问题转化为非负二次型问题。
2. 利用平行四边形恒等式推出沿任意方向的整数点满足二次增长规律：

$$g(x+ny) = g(x)+n^2g(y)+n(g(x+y)-g(x)-g(y)).$$

3. 利用 $g\ge0$，使这个关于整数 $n$ 的二次式始终非负，从而得到类似柯西不等式的估计：

$$|g(x+y)-g(x)-g(y)| \le2\sqrt{g(x)g(y)}.$$

4. 取上界即可得到

$$f^2(x+y)\le(f(x)+f(y))^2.$$

核心工具是：

• 平行四边形恒等式；
• 二次函数非负性的判别式思想；
• 由平方函数恢复三角不等式。

参考资料

无