范德蒙德恒等式

egin{example}
设域$F$上多项式$f(x)$被$x-1,x-2,x-3$除后,余式分别为$4,8,16$.试求$f(x)$被$(x-1)(x-2)(x-3)$除后的余式.
end{example}
egin{solution}
$12$.
end{solution}

egin{example}
给定正整数$n$,试证:存在正整数$m$,使得域$mathbb{F}$上多项式
[
left( 1+x ight) left( 1+x^2 ight) cdots left( 1+x^{2^n} ight) =1+x+x^2+cdots +x^m.
]
end{example}
egin{solution}
注意到
egin{align*}
left( 1+x ight) left( 1+x^2 ight) cdots left( 1+x^{2^n} ight) &=frac{left( 1-x ight) left( 1+x ight) left( 1+x^2 ight) cdots left( 1+x^{2^n} ight)}{1-x}
\
&=frac{left( 1-x^2 ight) left( 1+x^2 ight) cdots left( 1+x^{2^n} ight)}{1-x}=cdots =frac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x}
\
&=1+x+x^2+cdots +x^{2^{n+1}-1},
end{align*}
即$m=2^{n+1}-1$.
end{solution}

egin{example}
试计算复多项式
[
x^n+left( a+b ight) x^{n-1}+left( a^2+ab+b^2 ight) x^{n-2}+cdots +left( a^n+a^{n-1}b+cdots +ab^{n-1}+b^n ight)
]
的根的方幂和$S_1,S_2,cdots,S_n$.
end{example}
egin{solution}
等价于$x^n+frac{a^2-b^2}{a-b}x^{n-1}+frac{a^3-b^3}{a-b}x^{n-2}+cdots +frac{a^n-b^n}{a-b}$.
end{solution}

egin{example}
对任意$x_jin (0,1/2],j=1,2,cdots,n$和正整数$n$,证明不等式
[
frac{prod_{j=1}^n{x_j}}{left( sum_{j=1}^n{x_j} ight) ^n}le frac{prod_{j=1}^n{left( 1-x_j ight)}}{left( sum_{j=1}^n{left( 1-x_j ight)} ight) ^n}.]
end{example}
egin{solution}
等价于证明
[
frac{prod_{j=1}^n{x_j}}{left( sum_{j=1}^n{x_j} ight) ^n}le frac{prod_{j=1}^n{left( 1-x_j ight)}}{left( n-sum_{j=1}^n{x_j} ight) ^n}Leftrightarrow frac{left( n-sum_{j=1}^n{x_j} ight) ^n}{left( sum_{j=1}^n{x_j} ight) ^n}le frac{prod_{j=1}^n{left( 1-x_j ight)}}{prod_{j=1}^n{x_j}},
]
即
[
left( frac{n}{sum_{j=1}^n{x_j}}-1 ight) ^nle prod_{j=1}^n{left( frac{1}{x_j}-1 ight)}Leftrightarrow ln left( frac{n}{sum_{j=1}^n{x_j}}-1 ight) le frac{sum_{j=1}^n{ln left( frac{1}{x_j}-1 ight)}}{n}.
]

考虑辅助函数$fleft( x ight) =ln left( frac{1}{x}-1 ight)$,由Jensen不等式即可.
end{solution}

egin{example}
计算
[
sum_{j=1}^{n-1}{frac{1}{1-exp left{ frac{2pi ij}{n} ight}}}.
]
end{example}
egin{solution}
(2011年清华金秋营)设$varepsilon_n=e^{frac{2pi i}{n}}$,试求: $sum_{k=0}^{n-1}frac{1}{1-varepsilon_n^kt},
sum_{k=1}^{n-1}frac{1}{1-varepsilon_n^k},
sum_{k=1}^{n-1}frac{1}{(1-varepsilon_n^k)(1-varepsilon_n^{-k})}$.

记$varepsilon_n=e^{frac{2pi i}{n}}$,则$1,varepsilon_n,varepsilon_n^2,cdots,varepsilon_n^{n-1}$为$x^n=1$的$n$个根.

由韦达定理可知
[sum_{i=1}^{n}prod varepsilon_n^{k_1}cdots varepsilon_n^{k_i}=0,quad 1leq i<n.]
由$
x^n-1=left( x-1 ight) left( x-varepsilon _n ight) left( x-varepsilon _{n}^{2} ight) cdots left( x-varepsilon _{n}^{n-1} ight)
$可得
[
frac{1}{x^n}-1=left( frac{1}{x}-1 ight) left( frac{1}{x}-varepsilon _n ight) left( frac{1}{x}-varepsilon _{n}^{2} ight) cdots left( frac{1}{x}-varepsilon _{n}^{n-1} ight),
]
于是
[
1-x^n=left( 1-x ight) left( 1-varepsilon _n x ight) left( 1-varepsilon _{n}^{2}x^2 ight) cdots left( 1-varepsilon _{n}^{n-1}x^{n-1} ight).
]
因此
egin{align*}
sum_{k=1}^{n-1}{frac{1}{1-varepsilon _{n}^{k}t}} &=frac{n}{1-t^n}-frac{1}{1-t}=frac{n-left( 1+t+t^2+cdots +t^{n-1} ight)}{1-t^n}
\
&=frac{left( 1-t ight) +left( 1-t^2 ight) +cdots +left( 1-t^{n-1} ight)}{1-t^n}
\
&=frac{left( n-1 ight) +left( n-2 ight) t+left( n-3 ight) t^2+cdots +t^{n-2}}{1+t+t^2+cdots +t^{n-1}}.
end{align*}

令$t=1$,有
[
sum_{k=1}^{n-1}{frac{1}{1-varepsilon _{n}^{k}}}=frac{left( n-1 ight) +left( n-2 ight) +cdots +1}{n}=frac{n-1}{2}.
]

而
egin{align*}
sum_{k=1}^{n-1}{frac{1}{left( 1-varepsilon _{n}^{k} ight) left( 1-varepsilon _{n}^{-k} ight)}} &=sum_{k=1}^{n-1}{frac{1}{left( 1-cos frac{2kpi}{n}-isin frac{2kpi}{n} ight) left( 1-cos frac{2kpi}{n}+isin frac{2kpi}{n} ight)}}
\
&=sum_{k=1}^{n-1}{frac{1}{left( 1-cos frac{2kpi}{n} ight) ^2+sin ^2frac{2kpi}{n}}}=sum_{k=1}^{n-1}{frac{1}{2-2cos frac{2kpi}{n}}}
\
&=sum_{k=1}^{n-1}{frac{1}{4sin ^2frac{kpi}{n}}}=frac{n-1}{4}+frac{1}{4}sum_{k=1}^{n-1}{cot ^2frac{kpi}{n}},
end{align*}

又因为
[
left( cos frac{kpi}{n}+isin frac{kpi}{n} ight) ^n=left( -1 ight) ^k=sum_{j=0}^n{C_{n}^{j}left( cos frac{kpi}{n} ight) ^{n-j}left( isin frac{kpi}{n} ight) ^j},
]
当$n=2m$时,
egin{align*}
&sum_{j=1}^m{C_{2m}^{2j-1}left( cos frac{kpi}{n} ight) ^{2m-2j+1}left( isin frac{kpi}{n} ight) ^{2j-1}}=0,
\
&sum_{j=1}^m{C_{2m}^{2j-1}left( cot frac{kpi}{n} ight) ^{2m-2j}left( -1 ight) ^j}=0,
end{align*}
所以$cot ^2frac{pi}{n},cot ^2frac{2pi}{n},cdots,cot ^2frac{left( m-1 ight) pi}{n}$为多项式$sum_{j=1}^m{C_{2m}^{2j-1}x^{m-j}left( -1 ight) ^j}=0$的根,因此
[
sum_{k=1}^{m-1}{cot ^2frac{kpi}{n}}=frac{C_{2m}^{3}}{C_{2m}^{1}}=frac{left( m-1 ight) left( 2m-1 ight)}{3},
]
故
[
sum_{k=1}^{n-1}{cot ^2frac{kpi}{n}}=frac{left( 2m-2 ight) left( 2m-1 ight)}{3}=frac{left( n-2 ight) left( n-1 ight)}{3},
]
当$n=2m+1$时,类似可得
[
sum_{k=1}^{n-1}{cot ^2frac{kpi}{n}}=2frac{C_{2m+1}^{3}}{C_{2m+1}^{1}}=frac{left( 2m-1 ight) 2m}{3}=frac{left( n-2 ight) left( n-1 ight)}{3},
]
因此
egin{align*}
sum_{k=1}^{n-1}{frac{1}{left( 1-varepsilon _{n}^{k} ight) left( 1-varepsilon _{n}^{-k} ight)}} &=frac{n-1}{4}+frac{1}{4}sum_{k=1}^{n-1}{cot ^2frac{kpi}{n}}
\
&=frac{n-1}{4}+frac{1}{4}cdot frac{left( n-2 ight) left( n-1 ight)}{3}=frac{n^2-1}{12}.
end{align*}
end{solution}

egin{example}
(匈牙利, 1914)设$f(x)=ax^2+bx+c$, $a,b,c$为实数,如果对于所有适合$-1leq xleq 1$的$x$值,都有$-1leq f(x)leq 1$成立,则对这些$x$的值有$-4leq 2ax+bleq 4$.
end{example}

此题的背景是切比雪夫多项式的马尔科夫定理:如果具有实系数的$n$次多项式
[f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+cdots+ a_nx^n]
对所有的$-1leq xleq 1$满足不等式
[-1leq f(x)leq 1.]
那么它的导函数满足不等式
[-n^2leq f'(x)leq n^2.]

虽然背景是高等的,但解法只用到一次函数$g(x)=2ax+b$的单调性、取值的技巧和不等式的放缩运算.
egin{solution}
$12$.
end{solution}
%切比雪夫多项式的马尔科夫定理，https://wenku.baidu.com/view/d0c9e2bbfd0a79563c1e720f.html

%https://zhuanlan.zhihu.com/p/105766114

section{切比雪夫多项式}

利用三角函数$n$倍角公式
egin{align*}
cos(0)&=1,\
cos(x)&=cos x,\
cos(2x)&=2cos^2 x-1,\
cos(3x)&=4cos^3 x-3cos x,\
cos(4x)&=8cos^4 x-8cos^2 x+1,\
cos(5x)&=16cos^5 x-20cos^3 x+5cos x,\
end{align*}
可知$cos (n heta)$可以表示成$cos heta$的多项式, $T_n(x)=cos(ncdot arccos x)$是一个$n$次多项式,称为$n$次切比雪夫多项式,其中$xin [-1,1],nin mathbb{N}$.于是
egin{align*}
T_0(x) &=1,\
T_1(x) &=x,\
T_2(x) &=2x^2-1,\
T_3(x) &=4x^3-3x,\
T_4(x) &=8x^4-8x^2+1,\
T_5(x) &=16x^5-20x^3+5x,\
end{align*}

性质1. $T_n(x)$在$[-1,1]$中有$n$个不同的实根$x_k=cosfrac{(2k-1)pi}{2n},k=1,2,3,cdots,n$.

性质2. $T_n(x)$在$[-1,1]$中有$n+1$个点$x_k^ast=cosfrac{kpi}{n},k=0,1,2,3,cdots,n$,轮流取最大值$1$和最小值$-1$.例如:当$n=2$时, $x_k^ast=-1,0,1$.当$n=3$时, $x_k^ast=-1,-frac{1}{2},frac{1}{2},1$.

性质3. $T_n(x)$满足递推关系$T_0(x)=1,T_1(x) =x$,
[T_{n+1}(x)=2xT_n(x)-T_{n-1}(x),]
其母函数为
[sum_{n=0}^{infty}T_n(x)t^n=frac{1-tx}{1-2tx+t^2}.]

定理.对任意$n$次首一多项式$P(x)$,设$M=max_{xin[-1,1]}|P(x)|$,则$M_{min}=frac{1}{2^{n-1}}$.

证明.引理:设$n$次首一多项式$Q(x)$的$n$个根$alpha_1,alpha_2,cdots,alpha_n$均属于$(-1,1)$.在$[-1,alpha_1),(alpha_1,alpha_2),cdots,
(alpha_{n-1},alpha_n),(alpha_n,1]$内各取一点$eta_0,eta_1,cdots,eta_n$,则对任意首一多项式$R(x)$,均有
[max_ {xin[-1,1]}|R(x)|geq min_ {0leq ileq n}|Q(eta_i)|.]

引理的证明: (反证法)设存在$R(x)$使得
[max_ {xin[-1,1]}|R(x)|< min_ {0leq ileq n}|Q(eta_i)| riangleq C.]
于是$R(x)in (-C,C),forall xin [-1,1]$.

考虑$T(x)=R(x)-Q(x)$,则数列$T(eta_0),T(eta_1),cdots,T(eta_n)$必定正负交错(如图),则$T_n$有至少$n$个根.

然而$R(x),Q(x)$均为首一多项式,故$T(x)equiv 0$.则$R(x)=Q(x)$,显然矛盾.

回到原题.设$T_n(x)$为$n$次切比雪夫多项式,令$Q(x)=frac{1}{2^{n-1}}T_n(x)$,则$Q(x)$的各零点$alpha_i=cosfrac{(2i-1)pi}{n}(i=1,2,cdots,n)$均属于$(-1,1)$.

在引理中取$eta_i=cosfrac{ipi}{n}(i=0,1,cdots,n)$,即得$Mgeq frac{1}{2^{n-1}}$,当$P(x)equiv Q(x)$时可取等.

egin{example}
证明组合恒等式:
[sum_{k=0}^{r}inom{n}{k}inom{m}{r-k}=inom{n+m}{r}
quad n+mgeq r.]
end{example}
egin{solution}
证法1. (组合分析法)一个班里有$n$个男生, $m$个女生.现需从中选出$r$个人,则有$inom{n+m}{r}$种选法;另外,若先选出$k\,(0leq kleq r)$个男生,再选出$r-k$个女生,则共有$sum_{k=0}^{r}inom{n}{k}inom{m}{r-k}$种选法,所以
[sum_{k=0}^{r}inom{n}{k}inom{m}{r-k}=inom{n+m}{r}
quad n+mgeq r.]

证法2. (母函数法)因为$(1+x)^n=sum_{k=0}^{infty}inom{n}{k}x^k$,所以$(1+x)^{n+m}=sum_ {r=0}^{infty}inom{n+m}{r}x^r$.又因为
[(1+x)^{n+m}=(1+x)^n(1+x)^m=sum_ {k=0}^{infty}inom{n}{k}x^kcdot sum_ {j=0}^{infty}inom{m}{j}x^j
=sum_ {r=0}^{infty}sum_ {k=0}^rinom{n}{k}inom{m}{r-k}x^r,]
所以
[(1+x)^{n+m}=sum_ {r=0}^{infty}inom{n+m}{r}x^r
=sum_ {r=0}^{infty}sum_ {k=0}^rinom{n}{k}inom{m}{r-k}x^r.]
比较$x^r$的系数可得
[sum_ {k=0}^rinom{n}{k}inom{m}{r-k}=inom{n+m}{r}.]
end{solution}

如果令$m=r=n$,则
[sum_ {k=0}^ninom{n}{k}inom{n}{n-k}=inom{n+n}{n},]
即
[sum_ {k=0}^ninom{n}{k}^2=inom{2n}{n},]
这便是Vandermonde恒等式.

%一个组合恒等式的多种证明方法,https://wenku.baidu.com/view/f141c099561252d381eb6e9e.html?rec_flag=default&sxts=1586433159470

%构造组合模型证明组合恒等式,https://wenku.baidu.com/view/c3966bfba26925c52cc5bfb5.html?rec_flag=default&sxts=1586433028431

组合数的两个性质:
[inom{n}{m}=inom{n}{n-m},quad inom{n+1}{m}=inom{n}{m}+inom{n}{m-1}.]

egin{example}
证明
[1+2+3+cdots+n=inom{n+1}{2}=frac{n(n+1)}{2}.]
end{example}
egin{solution}
考虑从学号为$1,2,3,cdots,n+1$的学生中选出$2$个参加活动,则可以选$1$和$2$,$cdots$,$1$和$n+1$,共$n$个人;

选$2$和$3$,$cdots$,$2$和$n+1$,共$n-1$个人;

如此类推,若选$n$和$n+1$,共$1$个人.于是得证.
end{solution}

egin{example}
证明
[inom{n}{0}^2+inom{n}{1}^2+inom{n}{2}^2+cdots+inom{n}{n}^2=inom{2n}{n}=
frac{(2n)!}{(n!)^2}.]
end{example}
egin{solution}
extbf{证法一.}考虑$left( 1+x ight) ^nleft( 1+frac{1}{x} ight) ^n=frac{left( 1+x ight) ^{2n}}{x^n}$,它的常数项为$inom{2n}{n}$.

extbf{证法二.}设有$n$个白球, $n$个红球.一方面,从这$2n$个球中取出$n$个球的取法种数为$inom{2n}{n}$.

另一方面,可以看成$n+1$次如下的取球活动:从$n$个白球中取$k$个,再从$n$个红球中取$n-k$个, $k=0,1,2,cdots,n$,取法种数为$inom{n}{k}cdot inom{n}{n-k}=inom{n}{k}^2$,根据分类计数原理便可得证.
end{solution}

egin{example}
证明:
[frac{1}{sqrt{1-4x}}=sum_{n=0}^{infty}inom{2n}{n}x^n.]
end{example}

egin{example}
证明
[inom{n}{1}^2+2inom{n}{2}^2+cdots+ninom{n}{n}^2=
ninom{2n-1}{n-1}.]
end{example}
egin{solution}
extbf{证法一.}从$n$名男生和$n$名女生中选出$n$个人,再在其中选出一个负责人并且规定负责人必须是女生,问共有多少种选法?

一方面,先从$n$名女生中选出一名负责人,有$inom{n}{1}$种选法;然后从剩余的$2n-1$个人中选出其余的$n-1$名,有$inom{2n-1}{n-1}$种选法,由分步计数原理可知,共有$inom{n}{1}inom{2n-1}{n-1}=ninom{2n-1}{n-1}$种选法.

另一方面,考虑这$n$人的构成:第一类:若其中有$1$名女生和
$n-1$名男生,则共有$inom{1}{1}inom{n}{1}inom{n}{n-1}=inom{n}{1}^2$种选法;第二类:若其中有$2$名女生和$n-2$名男生,则共有$inom{2} {1}inom{n}{2}inom{n}{n-2}=2inom{n}{2}^2$种选法.如此类推.第$n$类:若其中有$n$名女生,没有男生,则共有$inom{n} {1}inom{n}{n}inom{n}{0}=ninom{n}{n}^2$种选法.对于上述儿类情况,由分类计数原理可知,共有$inom{n}{1}^2+2inom{n}{2}^2+cdots+ninom{n}{n}^2$种选法.得证.

extbf{证法二.}考虑$(1+x)^{2n-1}=(1+x)^{n-1}(1+x)^{n}$两边展开式中$x^{n-1}$的系数.
end{solution}

egin{example}
证明
[inom{n}{1}+2inom{n}{2}+cdots+ninom{n}{n}=
ncdot 2^{n-1}.]
end{example}
egin{solution}
原式左端等价于$inom{1}{1}inom{n} {1}+inom{2}{1}inom{n}{2}+cdots+inom{n}{1}inom{n}{n}$,这里$inom{i}{1}inom{n}{i}$可表示先在$n$个元素里选$i$个,再在这$i$个元素里选一个的组合数.可设一个班有$n$个同学,选出若干人(至少$1$人)组成一个代表团,并指定一人为团长.把这种选法按取到的人数$i$分类$(i=1,2,cdots,n)$,则选法总数即为原式左端.

换一种选法,先选团长,有$n$种选法,再决定剩下的$n-1$人是否参加,每人都有两种可能,所以团员的选法有$2^{n-1}$种.即选法总数为$ncdot 2^{n-1}$种,显然两种选法是一致的.
end{solution}

egin{example}
证明
[inom{n}{1}+2^2inom{n}{2}+cdots+n^2inom{n}{n}=
n(n+1)2^{n-2}.]
end{example}
egin{solution}
从$n$个学生中选出若干人参加竞赛培训,然后从中确定参加竞赛人选:物理一人、化学一人(可以兼报),共有多少种不同情况?

一方面,参加培训的人数为$k$时,共有$p_k=inom{n}{k}inom{k}{1}inom{k}{1}=k^2inom{n}{k}$种不同情况.依分类计数原理，不同情况的种数为$p_1+p_2 +cdots+p_k$.

另一方面,先确定参加竞赛的人选,其他人参加培训与否自定,即其他人都有两种选择.若两门竞赛由一人参加,有$q_1=inom{n} {1}cdot 2^{n-1}$种情况;若两门竞赛由两人参加,有$q_2=inom{n}{2}A_2^2cdot 2^{n-2}$种情况,故共有$q_1+q_2 =n(n+1)2^{n-2}$种情况,由于答案惟一,原命题得证.
end{solution}

egin{example}
证明
[inom{n}{1}+2^3inom{n}{2}+cdots+n^3inom{n}{n}=
n^2(n+3)2^{n-3}.]
end{example}
egin{solution}
从$n$人中选若干人参加竞赛培训,再从中确定参加竞赛人选:数学一人、物理一人、化学一人(可以兼报),共有多少种不同情况?

一方面,参加培训的人数为$k$时,共有$f_k=inom{n}{k}inom{k}{1}inom{k}{1}inom{k}{1}=k^3inom{n} {k}$种不同情况,依分类计数原理,不同情况的种数为$f_1+f_2+cdots+f_n$.

另一方面,先确定参加竞赛的人选,其他人参加培训与否自定,若三门竞赛由一人参加,有$g_1=inom{n}{1}cdot 2^{n-1}$种情况;若三门竞赛由两人参加,有$g_2=inom{n}{2}inom{3}{2}inom{2}{1}cdot 2^{n-2}$种情况;若三门竞赛由三人参加，有$g_3=inom{n} {3}A_3^3cdot 2^{n-3}$种情况,故共有$g_1+ g_2 + g_3=n^2(n+3)2^{n-3}$种情况.由于答案惟一,原命题得证.
end{solution}

egin{example}
证明: $sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}frac{1}{k}inom{n}{k}
=1+frac{1}{2}+cdots+frac{1}{n}$.
end{example}
egin{solution}
extbf{证法一.}因为$kinom{n}{k}=ninom{n-1}{k-1}$,所以
[frac{1}{k}inom{n}{k}=frac{1}{k}left(inom{n-1}{k}+inom{n-1}{k-1} ight)
=frac{1}{k}inom{n-1}{k}+frac{1}{n}inom{n}{k}.]
若记$f_n=sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}frac{1}{k}inom{n}{k}$,则
egin{align*}
f_n &=sum_ {k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}frac{1}{k}inom{n}{k}+(-1)^{n+1}frac{1}{n}\
&=sum_ {k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}frac{1}{k}inom{n-1}{k}+frac{1}{n}sum_ {k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}inom{n}{k}+(-1)^{n+1}frac{1}{n}\
&=f_{n-1}+frac{1}{n}sum_ {k=1}^{n}(-1)^{k+1}inom{n}{k}=f_{n-1}+frac{1}{n}left[1-(1-1)^n ight]=f_{n-1}+frac{1}{n}.
end{align*}
因此$f_{n-1}=f_{n-2}+frac{1}{n-1},cdots,f_2=f_1+frac{1}{2},f_1=1$,于是
[f_n=f_{n-1}+frac{1}{n}=f_{n-2}+frac{1}{n}+frac{1}{n-1}=cdots=1+frac{1}{2}+cdots+frac{1}{n}.]

extbf{证法二.}首先注意到[{left( {sumlimits_{k = 1}^n {frac{{{{left( { - 1} ight)}^{k + 1}}}}{k}C_n^k{x^k}} } ight)^prime } = sumlimits_{k = 1}^n {C_n^k{{left( { - x} ight)}^{k - 1}}} = frac{1}{{ - x}}sumlimits_{k = 1}^n {C_n^k{{left( { - x} ight)}^k}} = frac{1}{{ - x}}left[ {{{left( {1 - x} ight)}^n} - 1} ight].]

因此[sumlimits_{k = 1}^n {frac{{{{left( { - 1} ight)}^{k + 1}}}}{k}C_n^k} = int_0^1 {frac{{{{left( {1 - x} ight)}^n} - 1}}{{ - x}}dx} = int_0^1 {frac{{1 - {{left( {1 - x} ight)}^n}}}{x}dx} .]

因此

egin{align*}int_0^1 {frac{{1 - {{left( {1 - x} ight)}^n}}}{x}dx}&=int_0^1 {left[ {1 - {{left( {1 - x} ight)}^n}} ight]dleft( {ln x} ight)} = - nint_0^1 {ln x{{left( {1 - x} ight)}^{n - 1}}dx} \&= - nint_0^1 {{y^{n - 1}}ln left( {1 - y} ight)dy} = nint_0^1 {{y^{n - 1}}sumlimits_{k = 1}^infty {frac{{{y^k}}}{k}} dy} = sumlimits_{k = 1}^infty {frac{n}{k}int_0^1 {{y^{n + k - 1}}dy} } \&= sumlimits_{k = 1}^infty {frac{n}{{kleft( {n + k} ight)}}} = sumlimits_{k = 1}^infty {left[ {frac{1}{k} - frac{1}{{n + k}}} ight]} = 1 + frac{1}{2} + cdots + frac{1}{n}.end{align*}
end{solution}

egin{example}
1
end{example}
egin{solution}
$12$.
end{solution}

egin{example}
(2020年西城一模)对于正整数$n$,如果$k\,(kin mathbb{N}^ast)$个整数$a_1,a_2,cdots,a_k$满足$1leq a_1leq a_2leq cdotsleq a_kleq n$,且$a_1+a_2+cdots+a_k=n$,则称数组$(a_1,a_2,cdots,a_k)$为$n$的一个“正整数分拆”.记$a_1,a_2,cdots,a_k$均为偶数的“正整数分拆”的个数为$f_n$, $a_1,a_2,cdots,a_k$均为奇数的“正整数分拆”的个数为$g_n$.

(I)写出整数4的所有“正整数分拆”;

(II)对于给定的整数$n\,(ngeq 4)$,设$(a_1,a_2,cdots,a_k)$是$n$的一个“正整数分拆”
且$a_1=2$,求$k$的最大值;

(III)对所有的正整数$n$,证明: $f_n<g_n$;并求出使得等号成立的$n$的值.

(注:对于$n$的两个“正整数分拆”$(a_1,a_2,cdots,a_k)$与$(b_1,b_2,cdots,b_m)$,当且仅当$k=m$且$a_1=b_1,a_2=b_2,cdots,a_k=b_m$时,称这两个“正整数分拆”是相同的.)
end{example}
egin{solution}
$12$.
end{solution}

egin{example}
(2012年海淀二模)将一个正整数$n$表示为$a_1+a_2+cdots+a_p\,(pin mathbb{N}^ast)$的形式,其中$a_iin mathbb{N}^ast,i=1,2,cdots,p$,且$a_1leq a_2leq cdotsleq a_p$,记所有这样的表示法的种数为$f(n)$(如$4=4,4=1+3,4=2+2,4=1+1+2,4=1+1+1+1$,故$f(4)=5$).

(1)写出$f(3),f(5)$的值,并说明理由;

(2)对任意正整数$n$,比较$f(n+1)$与$frac{1}{2}[f(n)+f(n+2)]$的大小,并给出证明;

(3)当正整数$n>6$时,求证: $f(n)geq 4n-13$.
end{example}
egin{solution}
$12$.
end{solution}

egin{example}
(2010中国数学奥林匹克,李伟固)设复数$a$、$b$、$c$满足:对任意模不超过$1$的复数$z$,都有$left|az^2+bz+c ight|leq 1$.求$|bc|$的最大值.
end{example}
egin{solution}
令$f(z)=az^2+bz+c,g(z)=z^{-2}f(z)=a+bz^{-1}+cz^{-2}$, $hleft( z ight) =e^{ialpha}gleft( e^{ieta}z ight) =c'z^{-2}+b'z^{-1}+a'$.

取适当的实数$alpha,eta$,使得$c'$、$b'geq 0$,对$rleq 1$,有
[
frac{1}{r^2}ge left| hleft( re^{i heta} ight) ight|ge left| mathrm{Im}hleft( re^{i heta} ight) ight|=left| r^{-2}c'sin 2 heta +r^{-1}b'sin heta +mathrm{Im}a' ight|.
]

不妨设$mathrm{Im}a'geq 0$,否则可作变换$ heta o - heta$,这样对任意$ heta\, left( 0< heta <frac{pi}{2} ight)$,有
[
frac{1}{r^2}ge r^{-2}c'sin 2 heta +r^{-1}b'sin heta ge 2r^{-3/2}sqrt{b'c'sin 2 heta cdot sin heta}.
]
[
Rightarrow left| bc ight|=b'c'le frac{1}{4rsin 2 heta cdot sin heta},quad ext{对任意$rleq 1, heta in left( 0,frac{pi}{2} ight)$}
]
于是
egin{align*}
left| bc ight| &le mathop {min} limits_rle 1, heta in left( 0,frac{pi}{2} ight)frac{1}{4rsin 2 heta cdot sin heta}=mathop {min} limits_ heta in left( 0,frac{pi}{2} ight)frac{1}{4sin 2 heta cdot sin heta}
\
&=frac{1}{4mathop {max} limits_ heta in left( 0,frac{pi}{2} ight)sin 2 heta cdot sin heta}=frac{3sqrt{3}}{16}.
end{align*}

$left| bc ight|=frac{3sqrt{3}}{16}$的例子:
[
fleft( z ight) =frac{sqrt{2}}{8}z^2-frac{sqrt{6}}{4}z-frac{3sqrt{2}}{8}.
]
对于$z=re^{i heta}\,(rleq 1)$,有
egin{align*}
left| fleft( re^{i heta} ight) ight|^2 &=frac{1}{32}left[ left( r^2cos 2 heta -2sqrt{3}rcos heta -3 ight) ^2+left( r^2sin 2 heta -2sqrt{3}rsin heta ight) ^2 ight]
\
&=frac{1}{32}left[ 2r^4+12r^2+18-left( 2sqrt{3}rcos heta +r^2-3 ight) ^2 ight]
\
&le frac{1}{32}left( 2r^4+12r^2+18 ight) le 1.
end{align*}
end{solution}

egin{example}
(2010年新课标全国卷)设函数$f(x)=e^x-1-x-ax^2$.

(1)若$a=0$,求$f(x)$的单调区间;

(2)若当$xgeq 0$时$f(x)geq 0$,求$a$的取值范围.
end{example}
egin{solution}
不等式$e^xgeq x+1$与$1$
end{solution}

egin{example}
(2018年全国2卷)已知函数$f(x)=e^x-ax^2$.

(1)若$a=1$,证明:当$xgeq 0$时, $f(x)geq 1$;

(2)若$f(x)$在$(0,+infty)$只有一个零点,求$a$.
end{example}

(3)设$nin mathbb{N}^ast,x>0$,求证: $e^x>1+x+frac{x^2}{2!}+cdots+frac{x^n}{n!}$,其中阶乘$n!=n imes (n-1) imescdots imes 2 imes 1$.
egin{solution}
1
end{solution}

egin{example}
(2018年广州一模)已知函数$f(x)=ax+ln x+1$.

(1)讨论函数$f(x)$零点个数;

(2)对任意的$x>0,f(x)leq xe^{2x}$恒成立,求实数$a$的取值范围.
end{example}
egin{solution}
extbf{解法一.}(参变分离,分离参(常)数)利用
[
ale frac{xe^{2x}-ln x-1}{x}.
]
利用$e^xgeq x+1$可知
[
xe^{2x}=e^{ln x}e^{2x}=e^{ln x+2x}ge ln x+2x+1,
]
当且仅当$xe^{2x}=1$时取等号,则
[
frac{xe^{2x}-ln x-1}{x}ge frac{ln x+2x+1-ln x-1}{x}=2,
]
因此$a$的取值范围为$(-infty,2]$.

extbf{解法二.}等价于
[
ale frac{xe^{2x}-ln x-1}{x}=e^{2x}-frac{ln x+1}{x},quad xin (0,+infty)
]
令
[
mleft( x ight) =e^{2x}-frac{ln x+1}{x},quad m'left( x ight) =frac{2x^2e^{2x}+ln x}{x^2}.
]
即隐零点$x_0$满足$2x_0^2e^{2x_0}+ln x_0=0$,则$0<x_0<1$,所以
[
2x_0e^{2x_0}=frac{1}{x_0}left( ln frac{1}{x_0} ight) =left( ln frac{1}{x_0} ight) cdot exp left{ ln frac{1}{x_0} ight}.
]
构造函数$varphi (x)=xe^x\,(x>0)$为增函数,由$2x_0e^{2x_0}+frac{ln x_0}{x_0}=0$等价于$varphi left( 2x_0 ight) =varphi left( ln frac{1}{x_0} ight)$,所以$2x_0=ln frac{1}{x_0}$,即$x_0e^{2x_0}=1$.于是
[
mleft( x_0 ight) =e^{2x_0}-frac{ln x_0+1}{x_0}=-frac{ln x_0}{x_0}=2.
]
end{solution}

egin{example}
(2018年广州二模)已知函数$f(x)=e^x-x^2-ax$.

(1)若函数$f(x)$在$mathbb{R}$上单调递增,求$a$的取值范围;

(2)若$a=1$,证明:当$x>0$时, $fleft( x ight) >1-frac{ln 2}{2}-left( frac{ln 2}{2} ight) ^2$.

参考数据: $eapprox 2.71828,ln 2approx 0.69$.
end{example}
egin{solution}
证明隐零点$x_0in left( 1,1+frac{ln 2}{2} ight)$.
end{solution}

egin{example}
$f(x)=ax^3-3x+1$对于$xin [-1,1]$总有$f(x)geq 0$成立,则$a=$?
end{example}
egin{solution}
三倍角$cos 3 heta=4cos^3 heta-3cos heta$.
end{solution}

egin{example}
(1)当$PA+PB=c\,(c>0)$,曲线为椭圆;

(2)当$|PA-PB|=c\,(c>0)$,曲线为双曲线;

(3)当$PAcdot PB=c\,(c>0)$,曲线为类椭圆,花生形,八字形,哑铃型;

两个类椭圆:
[
sqrt{left( x-1 ight) ^2+y^2}cdot sqrt{left( x+1 ight) ^2+y^2}=c,quad 0<c<1.
]
八字形:
[
sqrt{left( x-1 ight) ^2+y^2}cdot sqrt{left( x+1 ight) ^2+y^2}=1.
]

(4)当$frac{PA}{PB}=c\,(c>0)$,曲线为圆.
end{example}
egin{solution}
$12$.
end{solution}

%https://www.doc88.com/p-2425380559539.html,椭圆——卡西尼卵形线;到两定点的距离的积为定值的点的轨迹

平面上到两个定点的距离的积为定值的动点$P$所构成的图形一般称为卡西尼(Cassini Oval)卵形线,设两个定点分别为$F_1,F_2$,且$|F_1F_2|=2c\,(c>0)$, $|PF_1|cdot |PF_2|= a^2\,(a > 0)$, $a,c$是定值.取过$F_1,F_2$的直线为$x$轴,线段$F_1F_2$的垂直平分线为$y$轴,建立直角坐标系.

若$0<a<c$时,轨迹为两个类圆;

若$a=c$时,轨迹为双纽线,极坐标方程为$r^2=a^2cos2 heta$;

若$c<a<sqrt{3}c$时,轨迹为花生形;

若$a=sqrt{3}c$时,轨迹为足球场跑道形;

若$a>sqrt{3}c$时,轨迹为类椭圆.

金庸在《笑傲江湖》第十章《传剑》中写到，风清扬向令狐冲解释，如何活学剑法，到达"无招胜有招”的境界。无论是练功夫，还是做其他事情，事不相同，经历的境界类似。一个人只有突破3重境界，无招胜有招，才能成为真正的高手。

第1重境界：活学活使。

风清扬对令狐冲说："死招数破得再妙，遇上了活招数，免不了缚手缚脚，只有任人屠戮。这个"活，字，你要牢牢记住了。学招时要活学，使招时要活便。倘若拘泥不化，便练熟了几千万手绝招，遇上了真正高手，终究还是给人家破得干干净净。活学活使，只是第一步。"

很多人，把知识或者方法，死记硬背下来，就以为自己很渊博，了不起。其实这只是基本功。熟读唐诗三百首，不会作诗也会吟。在熟练的基础上，活学活使，不能照搬别人的，要融入自己的东西，形成自己的特色，才算是把功夫学上手。

第2重境界：出手无招。

拳有套路，剑有剑法。在入门练基础的阶段，都是要遵守固定的招数，熟练以后，才能活学活用，要踏入高手的境界，还需要做到出手无招。

令狐冲问："根本无招，如何可破？

风清扬说，把套路打碎，混用，不能算无招，对方仍然可以辨别你的套路。他向令狐冲打一个比喻：要切肉，就需要有肉摆在面前；要砍柴，总得有柴可砍；对手要破你招，你总得有招给别人破。当你无招的时候，对方就蒙了，根本不知道你下一步会打哪里，防不胜防。这就是无招有招。

用现在的话说，就是高手从不按套路出牌。山外有山，人外有人，套路外有套路，蝉螂捕蝉，黄雀在后。当一个人精通任何套路，却不使用套路，敌人就拿他没办法，因为敌人想制服他，也找不到下手的点。

第3重境界：能制人，而决不能为人所制。

风清场从地上拿起一根死人腿骨，随手以一端对着令狐冲，问："你如何破我这招？"

令狐冲不知他这一下是什么招式，顿时蒙了，说："这不是招式，因此破解不得。"

风清扬笑道："这就是了。学武之人使兵刃，动拳脚，总是有招式的，你只须知道破法，一出手便能破招制敌。"

令狐冲道："要是敌人也没招式呢？"

风清扬道："那么他也是一等一的高手了。"真正的高手，要做个两点，一是不让别人摸到自己的套路，让对手无迹可寻，无从下手；二是要变被动为主动，能主动出击，打乱对手的惯用招数，使其慌乱失控而被制服。所以，能制人，而决不能为人所制，才是一等一的高手。

从活学活使，到出手无招，最后到能制人，而决不能为人所制，这3重循序渐进的境界，即是一个顶尖高手的养成过程。练习剑法、功夫如此，做人做事，亦是如此。金庸的武侠小说，并不仅仅停留在故事情节，其中更蕴藏着深刻的道理，愿我们学以致用。向金庸致敬！

用好教材,以本为本.将教材完整读一遍,书上的定理公式亲自证一遍,认真做教材上的习题

熟悉经典题型

注意书写,规范答题.

胡适：大胆假设，小心求证

匠人精神:我一直重复同样的事情以求精进，总是向往能够有所进步，我继续向上，努力达到巅峰，但没人知道巅峰在哪。我依然不认为自己已臻完善，爱自己的工作，一生投身其中。——[日]《寿司之神》

egin{example}
1
end{example}
egin{solution}
$12$.
end{solution}