神秘数学题

ybw0731 · 2026-09-12 16:04:59 · 算法·理论

1^\circ

已知 \left\{\begin{matrix} x=1+a+b \\ y=4+2a+b \\ z=9+3a+b \end{matrix}\right.，求证 |x|,|y|,|z|中至少一个 \ge \frac{1}{2}

::::success[证明] 反证法，设 |x|,|y|,|z|<\frac{1}{2}。

即 -\frac{1}{2}<x,y,z<\frac{1}{2}。

那么 \left\{\begin{matrix} -\frac{3}{2}<a+b<-\frac{1}{2} \\ -\frac{9}{2}<2a+b<-\frac{7}{2} \\ -\frac{19}{2}<3a+b<-\frac{17}{2} \end{matrix}\right.

然后我们想用前两个柿子推出矛盾。

待定一下系数，即

所以 \left\{\begin{matrix} \frac{1}{2}<-a-b<\frac{3}{2} \\ -9<4a+2b<-7 \end{matrix}\right.

加起来

2^\circ

老师老师，这道题除了用反证，能正着推吗？有的兄弟有的。

::::success[证明]

我们直接找 x,y,z 之间的关系，即 x-2y+z=2。

那么答案要证的 |x|,|y|,|z|中至少一个 \ge \frac{1}{2} 等价于 \max\{|x|,|y|,|z|\}\ge\frac{1}{2} 。

然后众所周知 \max_{i=1}^n a_i\ge\sum_{i=1}^n\lambda_i a_i，其中 \sum_{i=1}^n \lambda_i=1。

所以 \max\{|x|,|y|,|z|\}\ge \frac{1}{4}|x|+\frac{1}{2}|y|+\frac{1}{4}|z|。

又有绝对值不等式 \sum_{i=1}^n |a_i|\ge|\sum_{i=1}^n a_i|。

故 \frac{1}{4}|x|+\frac{1}{2}|y|+\frac{1}{4}|z|\ge|\frac{1}{4}x-\frac{1}{2}y+\frac{1}{4}z|=\frac{1}{2}，证毕。 ::::

3^\circ

老师老师，你这个构造我想不到怎么办，有别的方法吗？

有的兄弟有的。

::::success[证明] 视力好一点的同学应该注意到了，原题的 x,y,z 就是一个二次函数的 3 个点值,所以我们改一下题目。

已知 \deg f=2，且 [x^2]f(x)=1，求证 \max_{k=1}^3 |f(k)|\ge \frac{1}{2}

我们待定系数法，设 f(x)=A(x-2)(x-3)+B(x-1)(x-3)+C(x-1)(x-2)。

那么会发现 f(1)=2A,f(2)=-B,f(3)=2C。

又因为最高次系数是 1，所以 A+B+C=1。

带入，\frac{f(1)}{2}-f(2)+\frac{f(3)}{2}=1，然后就和 2^\circ 一样了。

4^\circ

简简单单推广到 3 次。

::::success[证明]

已知 \deg f=3，且 [x^3]f(x)=1，求 c=\min_f \max_{k=1}^4 |f(k)|

设 f(x)=A(x-2)(x-3)(x-4)+B(x-1)(x-3)(x-4)+C(x-1)(x-2)(x-4)+D(x-1)(x-2)(x-3)

故 f(1)=-6A,f(2)=2B,f(3)=-2C,f(4)=6D。

因为最高次系数是 1，所以 A+B+C+D=1。

带入，-\frac{f(1)}{6}+\frac{f(2)}{2}-\frac{f(3)}{2}+\frac{f(4)}{6}=1。

然后

5^\circ

简简单单推广到 n 次。

众所周知，其实前面这个待定系数法就是拉格朗日插值。

所以对 4^\circ 的柿子稍微小改一下就行了。

::::success[证明]

已知 \deg f=n，且 [x^n]f(x)=1，求 c=\min_f \max_{k=1}^{n+1} |f(k)|

由拉插，\begin{aligned}f(x)=\sum_{j=1}^{n+1}f(j)\prod_{i=1,i\ne j}\frac{x-i}{j-i} \end{aligned}。

由于 \begin{aligned}1=[x^n]f(x)=\sum_{j=1}^{n+1}f(j)[x^n]\prod_{i=1,i\ne j}\frac{x-i}{j-i}=\sum_{j=1}^{n+1}f(j)\prod_{i=1,i\ne j}\frac{1}{j-i}\end{aligned}。

然后我们待定一个系数，可知 \begin{aligned}\max_{k=1}^{n+1}|f(k)|\ge(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_i)^{-1}(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_i|f(i)|) \end{aligned}。

由我们之前的推论，可以想到令 \begin{aligned}\lambda_j=|\prod_{i=1,i\ne j}\frac{1}{j-i}|\end{aligned}。

所以 \begin{aligned}\max_{k=1}^{n+1}|f(k)|&\ge(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_i)^{-1}\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_i|f(i)| \\&=(\sum_{j=1}^{n+1}|\prod_{i=1,i\ne j}\frac{1}{j-i}|)^{-1}\sum_{j=1}^{n+1}|f(j)\prod_{i=1,i\ne j}\frac{1}{j-i}|\\ &\ge(\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1,i\ne j}|\frac{1}{j-i}|)^{-1}\sum_{j=1}^{n+1}f(j)\prod_{i=1,i\ne j}\frac{1}{j-i}\\ &=(\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1,i\ne j}|\frac{1}{j-i}|)^{-1}\end{aligned}。

现在我们的目标就是求出 \begin{aligned}\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1,i\ne j}|\frac{1}{j-i}|\end{aligned} 了。

即 \begin{aligned}\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1,i\ne j}|\frac{1}{j-i}|&=\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1,i\ne j}\left\{\begin{matrix} \frac{1}{j-i} ,j>i \\ \frac{1}{i-j} ,j<i \end{matrix}\right.\\ &=\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1}^{j-1}\frac{1}{j-i}\prod_{i=j+1}^{n+1}\frac{1}{i-j}\\ &=\sum_{j=1}^{n+1}\frac{1}{(j-1)!}\frac{1}{(n+1-j)!}\\ &=\frac{1}{n!}\sum_{j=0}^n \frac{n!}{j!(n-j)!}\\ &=\frac{1}{n!}\sum_{j=0}^n \begin{pmatrix} n \\ j \end{pmatrix}\\ &=\frac{2^n}{n!}\end{aligned}。

这样我们终于可以得出 \begin{aligned}\max_{k=1}^{n+1}|f(k)|\ge \frac{n!}{2^n}\end{aligned}。 ::::

6^\circ

其实上文只是给出了一个下界，但是并没有给出构造。

所以我们根据上文的取等条件来构造。

::::success[构造]

其实也没那么难，会发现就两个不等号，所以取等只要求 \begin{aligned}\max_{k=1}^{n+1}|f(k)|\ge(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_i)^{-1}(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_i|f(i)|) \end{aligned} 和 \begin{aligned}\sum_{j=1}^{n+1}|f(j)\prod_{i=1,i\ne j}\frac{1}{j-i}| \ge\sum_{j=1}^{n+1}f(j)\prod_{i=1,i\ne j}\frac{1}{j-i}\end{aligned} 就可以了。

那第一个柿子其实就要求 |f(1)|=|f(2)|=\cdots=|f(k+1)|，第二个柿子要求 f(i)(-1)^{n+1-i}\ge 0

那就说明 \begin{aligned}f(i)=\frac{n!}{2^n}(-1)^{n+1-i}\end{aligned}。

那么 \begin{aligned}[x^n]f(x)=\frac{n!}{2^n}\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1,i\ne j}\frac{1}{j-i}(-1)^{n+1-j}\end{aligned}=1 满足条件。

故取等时 \begin{aligned}f(x)&=\frac{n!}{2^n}\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1,i\ne j}\frac{x-i}{j-i}(-1)^{n+1-j}\\&=\frac{n!}{2^n}\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1,i\ne j}(x-i)\frac{1}{(j-1)!(n+1-j)!}\\ &=\frac{1}{2^n}\sum_{j=1}^{n+1}\prod_{i=1,i\ne j}(x-i)\frac{n!}{(j-1)!(n+1-j)!}\\ &=\frac{1}{2^n}\sum_{j=0}^n\frac{\prod_{i=1}^{n+1}(x-i)}{x-j-1}\frac{n!}{j!(n-j)!}\\ &=\prod_{i=1}^{n+1}(x-i)\sum_{j=0}^n\frac{\begin{pmatrix} n \\ j \end{pmatrix}}{2^n(x-j-1)} \end{aligned}。 :::: ::::info[写在最后]

笔者是个初一的蒟蒻，第一次写文章，从兴趣班的一道题出发，自己推出了后面的所有内容，如果有误，可以随时私信我。