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西西2012-2013年跨年数学免费讲座


2012-2013年数学竞赛讲座(代数部分)
讲课人:西西 时间:12月31日19:00-21:00 1、(初中部分)设f (x) = x12 + 7x11 + 1,若x1 , x2 , · · · , x12 为f (x) = 0的12个不同根,求证:
2 2 (x2 1 ? x1 + 1)(x2 ? x2 + 1) · · · (x12 ? x12 + 1

) = 67

证明:由 (x ? x1 )(x ? x2 ) · · · (x ? x12 ) = x12 + 7x11 + 1 令x = ?1,得
12 ∏ i=1

(xi + 1) = (?1)12 + 7(?1)11 + 1 = ?5
11 11

在f (x) = 0中令y = x ,则有y + 7y 3 + 1 = 0,即7y 3 = ?y 4 ? 1
3 4 3 3 即73 y 11 = (?y 4 ? 1)3 , (y 4 + 1)3 + 73 y 11 = 0,所以x3 1 , x2 , · · · , x12 是该方程的跟



12 ∏ 4 3 3 11 (y ? x3 i ) = (y + 1) + 7 y i=1

令 y = ?1 =? 所以 (x2 1 ? x1 +

12 ∏ i=1

4 3 3 11 (?1 ? x3 = ?335 i ) = ((?1) + 1) + 7 (?1)

1)(x2 2

? x2 +

1) · · · (x2 12

? x12 + 1) =

) 12 ( 3 ∏ x +1
i i=1

xi + 1

= 67

2、设

? 6 5 2 2 2 ? ? ax + bx + 4 + (4x ? ax ? bx)(x ? 1) + 1 x ∈ [?2, +∞) x4 ? x2 + 1 f (x) = ? ??x2 ? 8x ? 3b x ∈ (?∞, ?2)

若f (x)在x ≥ ?2上的最小值为1,在x < ?2最大值为4,且b ≥ 4a > 0 (1):求ab的值 (2):又设 ? ?tanx + log3 (3tanx + 6) = 2a ?tany + 3tany?1 = b 求2012(tanx)2 + 2013(tany )2 的最小值 解:因为

1

ax6 + bx5 + 4 + (4x2 ? ax2 ? bx)(x2 ? 1) +1 x4 ? x2 + 1 ax6 + bx5 + (4 ? a)x4 ? bx3 ? (4 ? a)x2 + bx + 4 = +1 x4 ? x2 + 1 a(x6 ? x4 + x2 ) + b(x5 ? x3 + x) + 4(x4 ? x2 + 1) = +1 x4 ? x2 + 1 = ax2 + bx + 5 所以 f (x) = ? ?ax2 + bx + 5 x ∈ [?2, +∞)

(1) (2) (3) (4)

??x2 ? 8x ? 3b x ∈ (?∞, ?2)

结合b ≥ 4a > 0,故在x ≥ 0最小值为必定是x = ?2取得,即4a ? 2b +5 = 1 最大值必定为16 ? 3b = 4 ,所以a = 1,b = 4 ? ?tanx + log3 (3tanx + 6) = 2 ?tany + 3tany?1 = 4 变形得: ? ?tanx + 2 + log3 (tanx + 2) = 3 ?tany ? 1 + 3tany?1 = 3 由于f (x) = 3x 与g (x) = log3 x 互为反函数,故由反函数性质得x, y 的值之和为y = 3 ? x与y = x交 点的两倍 tanx + 2 + tany ? 1 = 2 × 即 tanx + tany = 2 所以 2012(tanx)2 + 2013(tany )2 = 2012tan2 x + 2013tan2 x ? 8052tanx + 8052 ≥ 4 × 4025 2012 × 2013 3 =3 2

3、在△ABC中,求证: ∑



B C tan tan 2 2 ≤2 A cos 2

证明:注意恒等式



B C √ tan tan B C A B C 2 2 = tan tan + tan2 tan tan A 2 2 2 2 2 cos 2 √ B C A A = (1 ? tan tan )(1 ? tan tan ) 2 2 2 2 2

(5)

(6)

由均值并注意等式:



A B tan tan = 1 2 2

即得 4、求证:

+∞ ∑ n=0

2n ∫

1 ln (1 + x) ? , x ?→ +∞ +x x ln 2
k+1

证明:由于当y ∈ (k, k + 1),有

1 1 dy < k +x 2 +x k ∫ k 1 1 < dy k y 2 +x k ?1 2 + x 2y





0



∑ 1 1 1 dy < < + k +x 2y + x 2 1 + x k=0 ∫
0 ∞


0



1 dy 2y + x

注意到:

2y

1 ln (x + 1) dy = +x x ln 2 ∫
0 ∞



ln (x + 1) ∑ 1 1 < < + k x ln 2 2 +x 1+x k=0


2y

1 1 ln (x + 1) dy = + +x 1+x x ln 2

5、(高中部分)设x1 , x2 , · · · , xn 是单调递增的数列,求证: (
n ∑

)4 |xi ? xj |

i,j =1

n 8(n ? 1)3 (n + 1)(2n2 ? 3) ∑ ≤ (xi ? xj )4 15 i,j =1

证明:引理: n

n ∑ n ∑ i=1 j =1

|xi ? xj | = 2

n ∑ n ∑ i=1 j =1

|i ? j ||xi ? xj |

证明引理:由对称性,并设ai = xi ? xi?1 > 0, i = 2, 3, · · · , n. ?? ∑
1≤i<j ≤n

(j ? i)(ai+1 + ai+2 + · · · + aj ) =

n ∑ (ai+1 + ai+2 + · · · + aj ) 2 1≤i<j ≤n

只要说明方程两边ak 的系数相等即可,而对于i + 1 ≤ k ≤ j , k ?1 ∑ n ∑ n(k ? 1)(n ? k + 1) 左边ak 的系数显然为 (j ? i) = 2 i=1 j =k 右边ak 的系数显然为 n ∑ ∑ n(n ? k + 1)(k ? 1) , 故上面等式成立. = 2 i=1 j =k 2
k ?1 n

3

由柯西不等式
n ∑ n ∑ n ∑ n ∑ i=1 j =1

|i ? j | |xi ? xj | (7) ?1 2
2 2

|xi ? xj | = 2(n ? 1)

i=1 j =1

n(n ? 1) ?∑ n n ∑ (i ? j ) (xi ? xj ) ? ? j =1 ? ? n(n ? 1) ?

? ? i=1 ≤ 2(n ? 1) ? ? ?

(8)

( n n )1 ( n n )1 √ 4 4 ∑∑ 2 n ? 1 ∑∑ (xi ? xj )4 (i ? j )4 ≤ √ n i=1 j =1 i=1 j =1 注意到:
n ∑ n ∑ i=1 j =1

(9)

(i ? j )4 =

n2 (n2 ? 1)(2n2 ? 3) 30 )(
n ∑

推广:

n ∑ n ∑ i=1 j =1

( |xi ? xj | ≤
N

n n 2N (n ? 1)N ?2 ∑ ∑ |i ? j |N 2 n i=1 j =1

) (xi ? xj )
N

i,j =1

当N = 2即为第44届IMO试题第五个问题 类似问题:设xi , i = 1, 2, · · · , n是任意实数,且 ? ?x1 + x2 + · · · + xn = 0 ?x4 + x4 + · · · + x4 = 1 1 2 n 求证: (x1 + 2x2 + 3x3 + · · · + nxn )4 ≤ 证明:注意 (
n ∑ k=1

n3 (n2 ? 1)(3n2 ? 7) 240

)4 kxk

)4 n ∑ 1 = (k ? (n + 1))xk 2 k=1 )2 ( n )2 ( n ∑ ∑ 1 x2 ≤ (k ? (n + 1))2 k 2 k=1 k=1 ( n ( )4 ))2 (∑ n ∑ 1 2 4 2 ≤ k ? (n + 1)k + (n + 1) n xk 4 k=1 k=1 = n3 (n + 1)2 (n ? 1)2 < RHS 144

(

(10)

(11)

(12) (13)

4

6、(大学部分)已知 ∫
0 2π 2n?1 π ∑ jπ f (tj ), tj = f (x)dx ≈ , j = 0, 1, · · · , 2n ? 1 n j =0 n

则有


0



( ) 2 n? 1 ∑ (n) 2t ? x ln 4sin f (x)dx ≈ Rj (t)f (tj ), 0 ≤ t ≤ 2π 2 j =0

其中
(n) Rj (t)

n? 1 2π ∑ 1 π cosm(t ? tj ) ? 2 cosn(t ? tj ), j = 0, 1, · · · , 2n ? 1. =? n m=1 m n

证明: 引理1: ∫ π π I = 2 lnsinxdx = ? ln2 2 0 ∫ π sin(2n + 1)x In = 2 dx = π sinx 0
∞ ∑ x cosnx f (x) = ln|2sin | = ? 2 n n=1

引理2:

引理3:

证明引理1:令

∫ π ∫ π I = 2 lnsinxdx = 2 lncosxdx
0 0



) ∫ π ( ∫ 1 π π 1 π 2 ln 2I = lnsinxdx = ? ln2 + I sin2x dx = ? ln2 + 2 2 2 0 2 0 I= π ln2 2

所以

引理2:注意 ∫ π sin(2n + 3)x ? sin(2n + 1)x In+1 ? In = 2 dx sinx 0 ∫ π 2sinxcos(2n + 2)x dx = 2 sinx 0 =0 所以In = In?1 = · · · = I0 = π 引理3:由于f (x)是以2π 为周期的周期函数,且为偶函数,故bn = 0, 由引理1: 2 a0 = π ∫
0 π

(14)

(15) (16)

x 4 lnsin dx = 2 π

∫ π ( ) 2 lnsintdt = 4 ? π ln2 = ?2ln2 π 2 0 5

2 an = π


0

π

∫ π sinnxcosx x x 2 xπ 1 2 dx sinnxlnsin |0 ? lnsin cosnxdx = x 2 nπ 2 nπ 0 sin ( ) ( 2 ) 1 1 ∫ π sin n + x + sin n ? 1 2 2 =? x 2nπ 0 sin 2 ∫ π 1 2 sin(2n + 1)t dt = ? 1 π = ? 1 =? nπ 0 sint nπ n

(17)

(18)

(19)

由傅里叶级数定义
∞ ∞ ∑ ∑ x cosnx f (x) = ln|2sin | = a0 + (an cosnx + bn sinnx) = ? 2 n n=1 n=1

定义:三角插值公式:对于函数f (x) 我们有 f (x) = 其中
2 n?1 ∑ j =0

f (tj )Lj (t)

[ ] n?1 ∑ 1 Lj (t) = 1+2 cosm(t ? tj ) + cosn(t ? tj ) , j = 0, 1, 2, · · · , 2n ? 1 2n m=1

详细见:In, M athematics, Rainer, Kress, N umerical, Analysis, 308, 12 ? 35 回到原题证明: ) ) ( ∫ 2π ( ∫ 2π 2 2 n? 1 n?1 ∑ ∑ (n) 2t ? τ 2t ? s f (τ )dτ ≈ ds = f (tj )Rj (t) ln 4sin Lj (s)ln 4sin 2 2 0 0 j =0 j =0 其中
( n) Rj (t)

∫ =
0



) ( 2t ? s ds Lj (s)ln 4sin 2

接下来我们来计算
(n) Rj (t)

( ) 2t ? s = Lj (s)ln 4sin ds 2 0 [ ] ( ) ∫ 2π n? 1 ∑ 1 2t ? s = 1+2 cosm(s ? tj ) + cosn(s ? tj ) ln 4sin ds 2n 2 0 m=1 ] ∫ [ n? 1 ∑ t?s 1 2π 1+2 cosm(s ? tj ) + cosn(s ? tj ) ln 2sin ds = n 0 2 m=1 ∫


(20) (21) (22) (23)

=

1 [I1 + I2 + I3 ] n

利用引理3:我们有 ∫ 2π ∑ ∫ ∫ 2π ∞ ∞ ∑ s?t cosk (s ? t) 1 2π ds = ? ds = ? cosk (s ? t)ds = 0 I1 = ln 2sin 2 k k 0 0 0 k=1 k=1 6

是因为


0



cosk (s ? t)ds = ∫ I2 =
0 n? 1 2π ∑

1 π sink (s ? t)|2 0 = 0 k
n? 1 2π ∑ m=1

s?t ds = ? cosm(s ? tj )ln 2sin 2 m=1



0

[

(

cosm(s ? tj ) ?

∞ ∑ cosk (s ? t) k=1

)] ds (24)

k

=? =? =?

∫ n? 1 ∑ ∞ ∑ 1
m=1 k=1 n? 1 ∑ ∞ ∑ m=1 k=1 n? 1 ∑ ∞ ∑ m=1 k=1

k 1 k 1 k

cosm(s ? tj )cosk (s ? t)ds


(25)

0


0

cosm(s ? t + t ? tj )cosk (s ? t)ds ∫
0 2π

(26)

[cosm(s ? t)cosm(t ? tj ) ? sinm(s ? t)sinm(t ? tj )] cosk (s ? t)ds

(27)

注意到三角函数的正交性有 ∫
0 2π

cosm(s ? t)cosk (s ? t)ds 和

? ?π ?0

m=k m ?= k


0



sinm(s ? t)cosk (s ? t)ds = 0 证明:当m ?= k 时, ∫ ∫ 2π 1 2π [cos(s ? t)(m + k ) + cos(s ? t)(m ? k )] ds cosm(s ? t)cosk (s ? t)ds = 2 0 0 1 1 π π = sin(s ? t)(m + k )|2 sin(s ? t)(m ? k )|2 0 + 0 2(m + k ) 2(m ? k ) 1 1 = [?sint(m + k ) + sint(m + k )] + [?sint(m ? k ) + sint(m ? k )] 2(m + k ) 2(m ? k ) =0 当m = k 时,我们有 ∫
0

(28) (29) (30) (31)



∫ cosm(s ? t)cosm(s ? t)ds =
0



1 + cos2m(s ? t) ds = π 2

同理我们有; ∫ 2π ∫ 1 2π sinm(s ? t)cosk (s ? t)ds = [sin(s ? t)(m + k ) + sin(s ? t)(m ? k )] ds = 0 2 0 0 所以由(14)有
n?1 n? 1 ∑ ∑ 1 π I2 = ? cosm(t ? tj ) × π = ? cosm(t ? tj ) m m m=1 m=1

7

同理有 I3 =


0



cosn(s ? tj )ln 2sin

t?s π ds = ? cosn(t ? tj ) 2 n

故有 Rj (t) =
(n)

1 2 1 I1 + I2 + I3 n( n n ) n?1 ∑ 1 ( π) 2 π = ? cosm(t ? tj ) + ? cosn(t ? tj ) n m n n m=1
n?1 2π ∑ π =? cosm(t ? tj ) ? 2 cosn(t ? tj ) n m=1 n

(32) (33) (34)

7、三个思考题 ∫
1

1、求积分
0

ln x dx x2 ? x ? 1

2、证明:方程cos 2πa + cos 2πb + cos 2πc = 0, 0 ≤ a, b, c, r < 1,,且a, b, c, r均是有理数,此方 程的解只能是下面的三种情形之一: ? 1 1 ? ?cos π + cos 2πr + cos 2π (± ± r) = 0 ? ? 2 2 ? 1 2 cos 2πr + cos 2π (r + ) + cos 2π (r + ) = 0 ? 2 3 ? ? ? ?cos 2π + cos π + cos 3π = 0 3 5 5 3、设x, y, z 是三个不同的正实数,求证: 1 ln x2x ln y 2y ln z 2z 1 < + + < max {x, y, z } (x ? y )(x ? z ) (y ? z )(y ? x) (z ? x)(z ? y ) min {x, y, z }

8

π2 答案:(1) : √ , 5 5 (1):详细解答
2

√ √ 1+ 5 1? 5 由 方 程x ? x ? 1 = 0的 两 个 根,为 了 简 单 起 见 , 我 们 记r1 = φ = , r2 = = 2 2 √ φ?1 1 1 ? φ,且r1 ? r2 = 5, φ2 = φ + 1, = 2 φ φ 则有 ) ( ∫ 1 ∫ 1 ln x 1 1 1 I= dx = ? dx (35) ln x 2 r1 ? r2 0 x ? φ x ? (1 ? φ) 0 x ?x?1 ( ) ∫ 1 ∫ 1 ∫ 1 1 ln x ln y 1 φ 1 φ ln x =√ ? dx = √ dx ? √ dy (36) x ? φ φx + 1 5 0 5 0 x?φ 5 0 φy + 1 ∫ 1 ∫ φ ln u φ ln φu 1 1 φ =√ du ? √ du (37) 5 0 u?1 5 0 u+1 ? ? (∫ ) ∫ 1 ∫ φ ∫ 1 φ φ ln φ ? φ 1 1 1 ln u ln u ? = √ ? dx + du? ? √ du + du (38) u?1 1?u 5 5 0 u+1 0 0 1+u 0 ) (∫ ∫ 1 φ φ 1 ln φ φ2 ? 1 ln u ln u = √ ln ?√ du + du (39) φ 1?u 5 5 0 1+u 0 (∫ (∫ ) ) ∫ 1 ∫ 1 φ 1+φ φ φ 1 ln u ln u 1 ln (u ? 1) lnu = ?√ du + du = ? √ du + du (40) 1?u u 1?u 5 5 0 1+u 0 1 0 (∫ 2 ) (∫ ) ∫ 1 ∫ 1 φ 1 φ φ 1 1 ln (u ? 1) ln u ln(1 ? u) ? ln u ln u du + du = ? √ du + du = ?√ 1 u 1?u u 1 ? u 5 5 1 0 0 φ2 1 = ?√ 5 (∫
0
1 φ

lnu ? ln (1 ? u) du + 1?u


0

1 φ

ln u du 1?u ∫

)

(41) 2 = ?√ 5 ∫
0
1 φ

ln u 1 du + √ 1?u 5


0

1 φ

ln (1 ? u) du 1?u (42) (43)

2 = ?√ 5

1 ln u ln (1 ? u) 2 2 2 du ? √ ln2 φ = ? √ du ? √ ln2 φ2 1?u u 5 5 φ12 5 0 (∫ ) 1 ∫ 1 φ2 ln (1 ? u) 2 ln (1 ? u) 2 = ?√ du ? du ? √ ln2 φ u u 5 5 0 0



1 φ

(44)

由dilogarithm, polylogarithm函数性质得:(详细见:http://mathworld.wolfram.com/Dilogarithm.html) π2 2 I = √ ? √ Li2 3 5 5 ( 1 φ2 ) 2 π2 2 ? √ ln2 φ2 = √ ? √ 5 3 5 5 2 π = √ 5 5 ( ) 2 π2 2 ? ln φ ? √ ln2 φ2 15 5

(45) (46)

9

2、证明:方程cos 2πa + cos 2πb + cos 2πc = 0, 0 ≤ a, b, c, r < 1,,且a, b, c, r均是有理数,此方 程的解只能是下面的三种情形之一: ? 1 1 ? ? cos π + cos 2πr + cos 2π (± ± r) = 0 ? ? 2 2 ? 1 2 cos 2πr + cos 2π (r + ) + cos 2π (r + ) = 0 ? 2 3 ? ? ? ?cos 2π + cos π + cos 3π = 0 3 5 5 第二题解答:由数论大师L, Kronnecker的结果:设s不是p的倍数,多项式 p(x) = 1 + xp 1
l ?1

+ x2p 1

l ?1

+ · · · + x(p?1)p 1 不可能是这样的两个较低幂的多项式的积,这两个多项

l ?1

式的系数是1的s次方根的有理函数.(即不可约) nk 设rk = ,其中0 ≤ n < d,且当nk ?= 0时,nk 与dk 互素,p是d1 , d2 , d3 的最大的素数因子,那么能找 dk 到δk , lk , ck , vk 使得d = δk plk 和nk = ck δk + vk p k ,其中δk 与p互素,0 ≤ c < plk ,若lk = 0则ck = 0,否 vk 则ck 与p互素.因此,如果我们记 为fk ,则有 δk nk vk ck ck rk = = + = fk + l dk δk plk pk 3 ∑ 假定l1 ≥ l2 ≥ l3 ,设Ux = gk (x).其中
k=1

?1 ( ) ? e2πifk xck pl1 ?lk + e?2πifk xpl1 ?ck pl1 ?lk ck ?= 0 gk (x) = 2 ?cos 2πr ck = 0 k ) ( 2πi ) e2πi e 于是gk = cos 2 πr = 0. k ,因而,若r1 , r2 , r3 满足所给方程:U l p1 pl1 所以我们给出两个引理: 引理1: 多项式U (x)可被多项式p(x)整除. 证明:由于当x = e pl1 时,U (x)与p(x)两个多项式都为零,故他们不互素,它们的最大公因式的系数 是U (x)和p(x)的系数的有理函数.由Kronecker′ s定理,最大公因式必须是p(x). 引理2: 如果我们将U (x)表为多项式的和 ( 2πi ) 被p(x)整除,因为U e pl1 = 0 ∑
t
2πi

(

( ) Ut (x),其中Ui (x)包含Ux 的那些形如bxc 的项而以c ≡ t modpl1 ?1 ,则Ux 能

证明:若p(x)除Ut (x),得关系式Ut (x) = p(x)Qt (x)+Rt (x),其中Rt (x)的次数低于p(x)的次数,在Qt (x)与Rt (x)中 的x的每个幂的指数关于t是再模为pl1 ?1 的同余,由此我们导出 U (x) = 由引理1: 论. 1, l1 = 1 ≥ l2 ≥ l3 ,由引理1,既然U (x)的次数小于p且p(x)的次数是p ? 1,故必有U (x) = mp(x),其 10 ∑
t


t

Ut (x) = p(x)


t

Qt (x) +


t

Rt (x)

Rt (x) = 0,故每一个t有Rt (x) = 0,现在我们将方程的可能解分成若干特别情况加以讨

中m是常数. 1.1如 果l1 = l2 = l3 = 1,则U (0) = 0,由 于p(0) = 1,因 而m = 0,故 对 每 一 个x, U (x).如 果 函 数g1 , g2 , g3 中任一个等于零,则U (x)必只包含一个x的幂,如果代表其中两个函数的二项之和为 零,易得,这两个函数之和为零.因此剩下的那个函数恒等于零.从而,或者是函数g1 , g2 , g3 之一仅包含 一个x的幂,或者三个函数的每一个都有相同的两个x的幂. 1.11,如果函数之一仅包含一个x的幂,则对于k 的对应值,求得ck = p ? ck ,因而2ck = p,结果p = 2, ck = 1,又由于p是d1 , d2 , d3 中最大的素数,必有d1 = d2 = d3 = 2,但是这并没有给我们提供问题的 解,故对此我们不感兴趣. 1, 12:如果三个函数g1 , g2 , g3 ,每一个都包含相同的两个x的幂,令b1 , b2 , b3 分别表示其中一个x的幂三 1 1 1 1 1 1 个系数,那么x的另一个幂的三个系数分别是 , , ,且b1 + b2 + b3 = 0, + + = 0.即 b1 b2 b3 b1 b2 b3 b2 b3 + b3 b1 + b1 b2 = 0,因此b1 , b2 , b3 是方程z 3 ? e2πi(3z) = 0 三个根,其中b1 b2 b3 = e6πiz) ,所以我们可以 取b1 = e2πis , b2 = e2πi(s+1/3) , b3 = e2πi(s+2/3) ,求得对应的解是 ( ( ( ) ) ) c 1 c 2 c + cos 2π s + + + cos 2π s + + =0 cos 2π s + p 3 p 3 p 这解是第二个形式. 1 1.21:如果只有cos 2πr3 = 0,则cos 2πr1 + cos 2πr2 = 0,因此r2 = ± ± r1 ,这样我们获得了一个解, 2 显然是第一个方程的. 1.22:如果cos 2πr3 ?= 0,则U (x) = p(x) cos 2πr3 ,现在,p(x)中x的不同的幂有p个,且在U (x)中有2个 或3个或5个.因此p是数2, 3, 5中的一个.但当p = 2时,函数g1 , g2 只包含一个x的幂.这种情况,在1.11中 已经讨论过. 1.221,如果p = 3,比较系数,求得: 1 2πif1 1 2πif2 1 1 e + e = e?2πif1 + e2πif2 = cos 2πr3 2 2 2 2 或 1 2πif1 1 ?2πif2 1 1 e + e = e?2πif1 + e?2πif2 = cos 2πr3 2 2 2 2 第一种情况下:f1 = ?f2 = ±r3 第二种情况下:f1 = f2 = ±r3 . 每一种情况所对应的解都是第二个方程. 1.222,如果p = 5,则 1 1 1 1 2πif1 e = e?2πif1 = e2πif2 = e?2πif2 = cos 2πr3 2 2 2 2 1 1 因此f1 = f2 = 0, cos 2πr3 = ,即r3 = 2 6 1 1 1 或者f1 = f2 = , cos 2πr3 = ? ,即r3 = 2 2 3 如果用这样一种方法来选择c1 , c2 , c3 ,即使U (x)有5个x的不同的幂,那么获得的解是第三个方程. 1.3:如果f1 = 1, f2 = f3 = 0,则U (x) = (cos 2πr2 + cos 2πr3 )p(x). 同1.2讨论类似.故略去. 11 1.2:如果l1 = l2 = 1, l3 = 0,则m = cos 2πr3 .

综上情况:此命题已经完全证明. (注:解答得好累哦!) 3、设x, y, z 是三个不同的正实数,求证: ln x2x ln y 2y ln z 2z 1 1 < + + < max {x, y, z } (x ? y )(x ? z ) (y ? z )(y ? x) (z ? x)(z ? y ) min {x, y, z } 第三题的详细解答: 由恒等式 x y z + + =0 (x ? y )(x ? z ) (y ? x)(y ? z ) (z ? x)(z ? y ) 故原不等式等价证明如下问题 1 x(ln x ? 1) y (ln y ? 1) z (ln z ? 1) 1 < + + < 2 max {x, y, z } (x ? y )(x ? z ) (y ? x)(y ? z ) (z ? x)(z ? y ) 2 min {x, y, z } 由多元插值公式(有时候叫差商性质): f (z0 , z1 , · · · , zn ) = 故设f (t) = t(ln t ? 1),则 f (x, y, z ) = f (x) y f (z ) + + (x ? y )(x ? z ) (y ? x)(y ? z ) (z ? x)(z ? y ) y (ln y ? 1) z (ln z ? 1) x(ln x ? 1) + + = (x ? y )(x ? z ) (y ? x)(y ? z ) (z ? x)(z ? y ) (47) (48)
n ∑ j =0

f (zj )

n ∏ k=0,k?=j

1 zj ? zk

引理: 设f : [a, b] ?→ R上二阶连续可导f ′′ (x),对于x, y, z ∈ [a, b],则存在c ∈ [min {x, y, z }, max {x, y, z }], f ′′ (c) 使得f (x, y, z ) = 2 证明:由于f ′′ (x)在[a, b]上连续可导,故存在最大值与最小值,记m = min f ′′ (x), M = max f ′′ (x),则
a≤x≤b a≤x≤b

根据积分性质有 m


0

1

∫ dt1
0

t1

∫ dt2 ≤ f (x, y, z ) ≤ M
0

1

∫ dt1
0

t1

dt2

所以: m ≤ 2f (x, y, z ) ≤ M .

1 f ′′ (c) = 由介值定理显然有:f (x, y, z ) = 2 2c 即 ln x2x ln y 2y ln z 2z 1 1 < + + < max {x, y, z } (x ? y )(x ? z ) (y ? z )(y ? x) (z ? x)(z ? y ) min {x, y, z }

12


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