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• # 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}},
]

[
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
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}.
]

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},
]

[
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}
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}

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}^rinom{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}^rinom{n}{k}inom{m}{r-k}x^r.]
比较\$x^r\$的系数可得
[sum_ {k=0}^rinom{n}{k}inom{m}{r-k}=inom{n+m}{r}.]
end{solution}

如果令\$m=r=n\$,则
[sum_ {k=0}^ninom{n}{k}inom{n}{n-k}=inom{n+n}{n},]

[sum_ {k=0}^ninom{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:

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+2inom{n}{2}^2+cdots+ninom{n}{n}^2=
ninom{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}=ninom{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}=2inom{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}=ninom{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+2inom{n}{2}^2+cdots+ninom{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}+2inom{n}{2}+cdots+ninom{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}+2^2inom{n}{2}+cdots+n^2inom{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^2inom{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}+2^3inom{n}{2}+cdots+n^3inom{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^3inom{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\$kinom{n}{k}=ninom{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^{ieta}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)
]

[
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}

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