范德蒙德恒等式
\begin{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}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}
\begin{example}
给定正整数$n$,试证:存在正整数$m$,使得域$\mathbb{F}$上多项式
\[
\left( 1+x \right) \left( 1+x^2 \right) \cdots \left( 1+x^{2^n} \right) =1+x+x^2+\cdots +x^m.
\]
\end{example}
\begin{solution}
注意到
\begin{align*}
\left( 1+x \right) \left( 1+x^2 \right) \cdots \left( 1+x^{2^n} \right) &=\frac{\left( 1-x \right) \left( 1+x \right) \left( 1+x^2 \right) \cdots \left( 1+x^{2^n} \right)}{1-x}
\\
&=\frac{\left( 1-x^2 \right) \left( 1+x^2 \right) \cdots \left( 1+x^{2^n} \right)}{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}
\begin{example}
试计算复多项式
\[
x^n+\left( a+b \right) x^{n-1}+\left( a^2+ab+b^2 \right) x^{n-2}+\cdots +\left( a^n+a^{n-1}b+\cdots +ab^{n-1}+b^n \right)
\]
的根的方幂和$S_1,S_2,\cdots,S_n$.
\end{example}
\begin{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}
\begin{example}
对任意$x_j\in (0,1/2],j=1,2,\cdots,n$和正整数$n$,证明不等式
\[
\frac{\prod_{j=1}^n{x_j}}{\left( \sum_{j=1}^n{x_j} \right) ^n}\le \frac{\prod_{j=1}^n{\left( 1-x_j \right)}}{\left( \sum_{j=1}^n{\left( 1-x_j \right)} \right) ^n}.\]
\end{example}
\begin{solution}
等价于证明
\[
\frac{\prod_{j=1}^n{x_j}}{\left( \sum_{j=1}^n{x_j} \right) ^n}\le \frac{\prod_{j=1}^n{\left( 1-x_j \right)}}{\left( n-\sum_{j=1}^n{x_j} \right) ^n}\Leftrightarrow \frac{\left( n-\sum_{j=1}^n{x_j} \right) ^n}{\left( \sum_{j=1}^n{x_j} \right) ^n}\le \frac{\prod_{j=1}^n{\left( 1-x_j \right)}}{\prod_{j=1}^n{x_j}},
\]
即
\[
\left( \frac{n}{\sum_{j=1}^n{x_j}}-1 \right) ^n\le \prod_{j=1}^n{\left( \frac{1}{x_j}-1 \right)}\Leftrightarrow \ln \left( \frac{n}{\sum_{j=1}^n{x_j}}-1 \right) \le \frac{\sum_{j=1}^n{\ln \left( \frac{1}{x_j}-1 \right)}}{n}.
\]
考虑辅助函数$f\left( x \right) =\ln \left( \frac{1}{x}-1 \right)$,由Jensen不等式即可.
\end{solution}
\begin{example}
计算
\[
\sum_{j=1}^{n-1}{\frac{1}{1-\exp \left\{ \frac{2\pi ij}{n} \right\}}}.
\]
\end{example}
\begin{solution}
(2011年清华金秋营)设$\varepsilon_n=e^{\frac{2\pi i}{n}}$,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$\varepsilon_n=e^{\frac{2\pi i}{n}}$,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
\[\sum_{i=1}^{n}\prod \varepsilon_n^{k_1}\cdots \varepsilon_n^{k_i}=0,\quad 1\leq i<n.\]
由$
x^n-1=\left( x-1 \right) \left( x-\varepsilon _n \right) \left( x-\varepsilon _{n}^{2} \right) \cdots \left( x-\varepsilon _{n}^{n-1} \right)
$可得
\[
\frac{1}{x^n}-1=\left( \frac{1}{x}-1 \right) \left( \frac{1}{x}-\varepsilon _n \right) \left( \frac{1}{x}-\varepsilon _{n}^{2} \right) \cdots \left( \frac{1}{x}-\varepsilon _{n}^{n-1} \right),
\]
于是
\[
1-x^n=\left( 1-x \right) \left( 1-\varepsilon _n x \right) \left( 1-\varepsilon _{n}^{2}x^2 \right) \cdots \left( 1-\varepsilon _{n}^{n-1}x^{n-1} \right).
\]
因此
\begin{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} \right)}{1-t^n}
\\
&=\frac{\left( 1-t \right) +\left( 1-t^2 \right) +\cdots +\left( 1-t^{n-1} \right)}{1-t^n}
\\
&=\frac{\left( n-1 \right) +\left( n-2 \right) t+\left( n-3 \right) t^2+\cdots +t^{n-2}}{1+t+t^2+\cdots +t^{n-1}}.
\end{align*}
令$t=1$,有
\[
\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{1-\varepsilon _{n}^{k}}}=\frac{\left( n-1 \right) +\left( n-2 \right) +\cdots +1}{n}=\frac{n-1}{2}.
\]
而
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{\left( 1-\varepsilon _{n}^{k} \right) \left( 1-\varepsilon _{n}^{-k} \right)}} &=\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{\left( 1-\cos \frac{2k\pi}{n}-i\sin \frac{2k\pi}{n} \right) \left( 1-\cos \frac{2k\pi}{n}+i\sin \frac{2k\pi}{n} \right)}}
\\
&=\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{\left( 1-\cos \frac{2k\pi}{n} \right) ^2+\sin ^2\frac{2k\pi}{n}}}=\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{2-2\cos \frac{2k\pi}{n}}}
\\
&=\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{4\sin ^2\frac{k\pi}{n}}}=\frac{n-1}{4}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{n-1}{\cot ^2\frac{k\pi}{n}},
\end{align*}
又因为
\[
\left( \cos \frac{k\pi}{n}+i\sin \frac{k\pi}{n} \right) ^n=\left( -1 \right) ^k=\sum_{j=0}^n{C_{n}^{j}\left( \cos \frac{k\pi}{n} \right) ^{n-j}\left( i\sin \frac{k\pi}{n} \right) ^j},
\]
当$n=2m$时,
\begin{align*}
&\sum_{j=1}^m{C_{2m}^{2j-1}\left( \cos \frac{k\pi}{n} \right) ^{2m-2j+1}\left( i\sin \frac{k\pi}{n} \right) ^{2j-1}}=0,
\\
&\sum_{j=1}^m{C_{2m}^{2j-1}\left( \cot \frac{k\pi}{n} \right) ^{2m-2j}\left( -1 \right) ^j}=0,
\end{align*}
所以$\cot ^2\frac{\pi}{n},\cot ^2\frac{2\pi}{n},\cdots,\cot ^2\frac{\left( m-1 \right) \pi}{n}$为多项式$\sum_{j=1}^m{C_{2m}^{2j-1}x^{m-j}\left( -1 \right) ^j}=0$的根,因此
\[
\sum_{k=1}^{m-1}{\cot ^2\frac{k\pi}{n}}=\frac{C_{2m}^{3}}{C_{2m}^{1}}=\frac{\left( m-1 \right) \left( 2m-1 \right)}{3},
\]
故
\[
\sum_{k=1}^{n-1}{\cot ^2\frac{k\pi}{n}}=\frac{\left( 2m-2 \right) \left( 2m-1 \right)}{3}=\frac{\left( n-2 \right) \left( n-1 \right)}{3},
\]
当$n=2m+1$时,类似可得
\[
\sum_{k=1}^{n-1}{\cot ^2\frac{k\pi}{n}}=2\frac{C_{2m+1}^{3}}{C_{2m+1}^{1}}=\frac{\left( 2m-1 \right) 2m}{3}=\frac{\left( n-2 \right) \left( n-1 \right)}{3},
\]
因此
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{\left( 1-\varepsilon _{n}^{k} \right) \left( 1-\varepsilon _{n}^{-k} \right)}} &=\frac{n-1}{4}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{n-1}{\cot ^2\frac{k\pi}{n}}
\\
&=\frac{n-1}{4}+\frac{1}{4}\cdot \frac{\left( n-2 \right) \left( n-1 \right)}{3}=\frac{n^2-1}{12}.
\end{align*}
\end{solution}
\begin{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$-1\leq x\leq 1$的$x$值,都有$-1\leq f(x)\leq 1$成立,则对这些$x$的值有$-4\leq 2ax+b\leq 4$.
\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$-1\leq x\leq 1$满足不等式
\[-1\leq f(x)\leq 1.\]
那么它的导函数满足不等式
\[-n^2\leq f'(x)\leq n^2.\]
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.
\begin{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
\begin{align*}
\cos(0)&=1,\\
\cos(x)&=\cos x,\\
\cos(2x)&=2\cos^2 x-1,\\
\cos(3x)&=4\cos^3 x-3\cos x,\\
\cos(4x)&=8\cos^4 x-8\cos^2 x+1,\\
\cos(5x)&=16\cos^5 x-20\cos^3 x+5\cos x,\\
\end{align*}
可知$\cos (n\theta)$可以表示成$\cos\theta$的多项式, $T_n(x)=\cos(n\cdot \arccos x)$是一个$n$次多项式,称为$n$次切比雪夫多项式,其中$x\in [-1,1],n\in \mathbb{N}$.于是
\begin{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$x_k=\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n},k=1,2,3,\cdots,n$.
性质2. $T_n(x)$在$[-1,1]$中有$n+1$个点$x_k^\ast=\cos\frac{k\pi}{n},k=0,1,2,3,\cdots,n$,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$M=\max_{x\in[-1,1]}|P(x)|$,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$\beta_0,\beta_1,\cdots,\beta_n$,则对任意首一多项式$R(x)$,均有
\[\max_ {x\in[-1,1]}|R(x)|\geq \min_ {0\leq i\leq n}|Q(\beta_i)|.\]
引理的证明: (反证法)设存在$R(x)$使得
\[\max_ {x\in[-1,1]}|R(x)|< \min_ {0\leq i\leq n}|Q(\beta_i)|\triangleq C.\]
于是$R(x)\in (-C,C),\forall x\in [-1,1]$.
考虑$T(x)=R(x)-Q(x)$,则数列$T(\beta_0),T(\beta_1),\cdots,T(\beta_n)$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$\alpha_i=\cos\frac{(2i-1)\pi}{n}(i=1,2,\cdots,n)$均属于$(-1,1)$.
在引理中取$\beta_i=\cos\frac{i\pi}{n}(i=0,1,\cdots,n)$,即得$M\geq \frac{1}{2^{n-1}}$,当$P(x)\equiv Q(x)$时可取等.
\begin{example}
证明组合恒等式:
\[\sum_{k=0}^{r}\binom{n}{k}\binom{m}{r-k}=\binom{n+m}{r}
\quad n+m\geq r.\]
\end{example}
\begin{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$\binom{n+m}{r}$种选法;另外,若先选出$k\,(0\leq k\leq r)$个男生,再选出$r-k$个女生,则共有$\sum_{k=0}^{r}\binom{n}{k}\binom{m}{r-k}$种选法,所以
\[\sum_{k=0}^{r}\binom{n}{k}\binom{m}{r-k}=\binom{n+m}{r}
\quad n+m\geq r.\]
证法2. (母函数法)因为$(1+x)^n=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{n}{k}x^k$,所以$(1+x)^{n+m}=\sum_ {r=0}^{\infty}\binom{n+m}{r}x^r$.又因为
\[(1+x)^{n+m}=(1+x)^n(1+x)^m=\sum_ {k=0}^{\infty}\binom{n}{k}x^k\cdot \sum_ {j=0}^{\infty}\binom{m}{j}x^j
=\sum_ {r=0}^{\infty}\sum_ {k=0}^r\binom{n}{k}\binom{m}{r-k}x^r,\]
所以
\[(1+x)^{n+m}=\sum_ {r=0}^{\infty}\binom{n+m}{r}x^r
=\sum_ {r=0}^{\infty}\sum_ {k=0}^r\binom{n}{k}\binom{m}{r-k}x^r.\]
比较$x^r$的系数可得
\[\sum_ {k=0}^r\binom{n}{k}\binom{m}{r-k}=\binom{n+m}{r}.\]
\end{solution}
如果令$m=r=n$,则
\[\sum_ {k=0}^n\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}=\binom{n+n}{n},\]
即
\[\sum_ {k=0}^n\binom{n}{k}^2=\binom{2n}{n},\]
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:
\[\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m},\quad \binom{n+1}{m}=\binom{n}{m}+\binom{n}{m-1}.\]
\begin{example}
证明
\[1+2+3+\cdots+n=\binom{n+1}{2}=\frac{n(n+1)}{2}.\]
\end{example}
\begin{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}
\begin{example}
证明
\[\binom{n}{0}^2+\binom{n}{1}^2+\binom{n}{2}^2+\cdots+\binom{n}{n}^2=\binom{2n}{n}=
\frac{(2n)!}{(n!)^2}.\]
\end{example}
\begin{solution}
\textbf{证法一.}考虑$\left( 1+x \right) ^n\left( 1+\frac{1}{x} \right) ^n=\frac{\left( 1+x \right) ^{2n}}{x^n}$,它的常数项为$\binom{2n}{n}$.
\textbf{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$\binom{2n}{n}$.
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$\binom{n}{k}\cdot \binom{n}{n-k}=\binom{n}{k}^2$,根据分类计数原理便可得证.
\end{solution}
\begin{example}
证明:
\[\frac{1}{\sqrt{1-4x}}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}x^n.\]
\end{example}
\begin{example}
证明
\[\binom{n}{1}^2+2\binom{n}{2}^2+\cdots+n\binom{n}{n}^2=
n\binom{2n-1}{n-1}.\]
\end{example}
\begin{solution}
\textbf{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$\binom{n}{1}$种选法;然后从剩余的$2n-1$个人中选出其余的$n-1$名,有$\binom{2n-1}{n-1}$种选法,由分步计数原理可知,共有$\binom{n}{1}\binom{2n-1}{n-1}=n\binom{2n-1}{n-1}$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$\binom{1}{1}\binom{n}{1}\binom{n}{n-1}=\binom{n}{1}^2$种选法;第二类:若其中有$2$名女生和$n-2$名男生,则共有$\binom{2} {1}\binom{n}{2}\binom{n}{n-2}=2\binom{n}{2}^2$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$\binom{n} {1}\binom{n}{n}\binom{n}{0}=n\binom{n}{n}^2$种选法.对于上述儿类情况,由分类计数原理可知,共有$\binom{n}{1}^2+2\binom{n}{2}^2+\cdots+n\binom{n}{n}^2$种选法.得证.
\textbf{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}
\begin{example}
证明
\[\binom{n}{1}+2\binom{n}{2}+\cdots+n\binom{n}{n}=
n\cdot 2^{n-1}.\]
\end{example}
\begin{solution}
原式左端等价于$\binom{1}{1}\binom{n} {1}+\binom{2}{1}\binom{n}{2}+\cdots+\binom{n}{1}\binom{n}{n}$,这里$\binom{i}{1}\binom{n}{i}$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$n\cdot 2^{n-1}$种,显然两种选法是一致的.
\end{solution}
\begin{example}
证明
\[\binom{n}{1}+2^2\binom{n}{2}+\cdots+n^2\binom{n}{n}=
n(n+1)2^{n-2}.\]
\end{example}
\begin{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$p_k=\binom{n}{k}\binom{k}{1}\binom{k}{1}=k^2\binom{n}{k}$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$q_1=\binom{n} {1}\cdot 2^{n-1}$种情况;若两门竞赛由两人参加,有$q_2=\binom{n}{2}A_2^2\cdot 2^{n-2}$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}
\begin{example}
证明
\[\binom{n}{1}+2^3\binom{n}{2}+\cdots+n^3\binom{n}{n}=
n^2(n+3)2^{n-3}.\]
\end{example}
\begin{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$f_k=\binom{n}{k}\binom{k}{1}\binom{k}{1}\binom{k}{1}=k^3\binom{n} {k}$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$g_1=\binom{n}{1}\cdot 2^{n-1}$种情况;若三门竞赛由两人参加,有$g_2=\binom{n}{2}\binom{3}{2}\binom{2}{1}\cdot 2^{n-2}$种情况;若三门竞赛由三人参加，有$g_3=\binom{n} {3}A_3^3\cdot 2^{n-3}$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}
\begin{example}
证明: $\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\frac{1}{k}\binom{n}{k}
=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$.
\end{example}
\begin{solution}
\textbf{证法一.}因为$k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}$,所以
\[\frac{1}{k}\binom{n}{k}=\frac{1}{k}\left(\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}\right)
=\frac{1}{k}\binom{n-1}{k}+\frac{1}{n}\binom{n}{k}.\]
若记$f_n=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\frac{1}{k}\binom{n}{k}$,则
\begin{align*}
f_n &=\sum_ {k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}\frac{1}{k}\binom{n}{k}+(-1)^{n+1}\frac{1}{n}\\
&=\sum_ {k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}\frac{1}{k}\binom{n-1}{k}+\frac{1}{n}\sum_ {k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}\binom{n}{k}+(-1)^{n+1}\frac{1}{n}\\
&=f_{n-1}+\frac{1}{n}\sum_ {k=1}^{n}(-1)^{k+1}\binom{n}{k}=f_{n-1}+\frac{1}{n}\left[1-(1-1)^n\right]=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
\[f_n=f_{n-1}+\frac{1}{n}=f_{n-2}+\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}=\cdots=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}.\]
\textbf{证法二.}首先注意到\[{\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{k}C_n^k{x^k}} } \right)^\prime } = \sum\limits_{k = 1}^n {C_n^k{{\left( { - x} \right)}^{k - 1}}} = \frac{1}{{ - x}}\sum\limits_{k = 1}^n {C_n^k{{\left( { - x} \right)}^k}} = \frac{1}{{ - x}}\left[ {{{\left( {1 - x} \right)}^n} - 1} \right].\]
因此\[\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{k}C_n^k} = \int_0^1 {\frac{{{{\left( {1 - x} \right)}^n} - 1}}{{ - x}}dx} = \int_0^1 {\frac{{1 - {{\left( {1 - x} \right)}^n}}}{x}dx} .\]
因此
\begin{align*}\int_0^1 {\frac{{1 - {{\left( {1 - x} \right)}^n}}}{x}dx}&=\int_0^1 {\left[ {1 - {{\left( {1 - x} \right)}^n}} \right]d\left( {\ln x} \right)} = - n\int_0^1 {\ln x{{\left( {1 - x} \right)}^{n - 1}}dx} \\&= - n\int_0^1 {{y^{n - 1}}\ln \left( {1 - y} \right)dy} = n\int_0^1 {{y^{n - 1}}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{y^k}}}{k}} dy} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{n}{k}\int_0^1 {{y^{n + k - 1}}dy} } \\&= \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{n}{{k\left( {n + k} \right)}}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\left[ {\frac{1}{k} - \frac{1}{{n + k}}} \right]} = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}.\end{align*}
\end{solution}
\begin{example}
1
\end{example}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}
\begin{example}
(2020年西城一模)对于正整数$n$,如果$k\,(k\in \mathbb{N}^\ast)$个整数$a_1,a_2,\cdots,a_k$满足$1\leq a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_k\leq n$,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$n\,(n\geq 4)$,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}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}
\begin{example}
(2012年海淀二模)将一个正整数$n$表示为$a_1+a_2+\cdots+a_p\,(p\in \mathbb{N}^\ast)$的形式,其中$a_i\in \mathbb{N}^\ast,i=1,2,\cdots,p$,且$a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_p$,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}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}
\begin{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$\left|az^2+bz+c\right|\leq 1$.求$|bc|$的最大值.
\end{example}
\begin{solution}
令$f(z)=az^2+bz+c,g(z)=z^{-2}f(z)=a+bz^{-1}+cz^{-2}$, $h\left( z \right) =e^{i\alpha}g\left( e^{i\beta}z \right) =c'z^{-2}+b'z^{-1}+a'$.
取适当的实数$\alpha,\beta$,使得$c'$、$b'\geq 0$,对$r\leq 1$,有
\[
\frac{1}{r^2}\ge \left| h\left( re^{i\theta} \right) \right|\ge \left| \mathrm{Im}h\left( re^{i\theta} \right) \right|=\left| r^{-2}c'\sin 2\theta +r^{-1}b'\sin \theta +\mathrm{Im}a' \right|.
\]
不妨设$\mathrm{Im}a'\geq 0$,否则可作变换$\theta\to -\theta$,这样对任意$\theta\, \left( 0<\theta <\frac{\pi}{2} \right)$,有
\[
\frac{1}{r^2}\ge r^{-2}c'\sin 2\theta +r^{-1}b'\sin \theta \ge 2r^{-3/2}\sqrt{b'c'\sin 2\theta \cdot \sin \theta}.
\]
\[
\Rightarrow \left| bc \right|=b'c'\le \frac{1}{4r\sin 2\theta \cdot \sin \theta},\quad \text{对任意$r\leq 1,\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)$}
\]
于是
\begin{align*}
\left| bc \right| &\le \mathop {\min} \limits_r\le 1,\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)\frac{1}{4r\sin 2\theta \cdot \sin \theta}=\mathop {\min} \limits_\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)\frac{1}{4\sin 2\theta \cdot \sin \theta}
\\
&=\frac{1}{4\mathop {\max} \limits_\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)\sin 2\theta \cdot \sin \theta}=\frac{3\sqrt{3}}{16}.
\end{align*}
$\left| bc \right|=\frac{3\sqrt{3}}{16}$的例子:
\[
f\left( z \right) =\frac{\sqrt{2}}{8}z^2-\frac{\sqrt{6}}{4}z-\frac{3\sqrt{2}}{8}.
\]
对于$z=re^{i\theta}\,(r\leq 1)$,有
\begin{align*}
\left| f\left( re^{i\theta} \right) \right|^2 &=\frac{1}{32}\left[ \left( r^2\cos 2\theta -2\sqrt{3}r\cos \theta -3 \right) ^2+\left( r^2\sin 2\theta -2\sqrt{3}r\sin \theta \right) ^2 \right]
\\
&=\frac{1}{32}\left[ 2r^4+12r^2+18-\left( 2\sqrt{3}r\cos \theta +r^2-3 \right) ^2 \right]
\\
&\le \frac{1}{32}\left( 2r^4+12r^2+18 \right) \le 1.
\end{align*}
\end{solution}
\begin{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$x\geq 0$时$f(x)\geq 0$,求$a$的取值范围.
\end{example}
\begin{solution}
不等式$e^x\geq x+1$与$1$
\end{solution}
\begin{example}
(2018年全国2卷)已知函数$f(x)=e^x-ax^2$.
(1)若$a=1$,证明:当$x\geq 0$时, $f(x)\geq 1$;
(2)若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点,求$a$.
\end{example}
(3)设$n\in \mathbb{N}^\ast,x>0$,求证: $e^x>1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}$,其中阶乘$n!=n\times (n-1)\times\cdots \times 2\times 1$.
\begin{solution}
1
\end{solution}
\begin{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}
\begin{solution}
\textbf{解法一.}(参变分离,分离参(常)数)利用
\[
a\le \frac{xe^{2x}-\ln x-1}{x}.
\]
利用$e^x\geq x+1$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$(-\infty,2]$.
\textbf{解法二.}等价于
\[
a\le \frac{xe^{2x}-\ln x-1}{x}=e^{2x}-\frac{\ln x+1}{x},\quad x\in (0,+\infty)
\]
令
\[
m\left( x \right) =e^{2x}-\frac{\ln x+1}{x},\quad m'\left( x \right) =\frac{2x^2e^{2x}+\ln x}{x^2}.
\]
即隐零点$x_0$满足$2x_0^2e^{2x_0}+\ln x_0=0$,则$0<x_0<1$,所以
\[
2x_0e^{2x_0}=\frac{1}{x_0}\left( \ln \frac{1}{x_0} \right) =\left( \ln \frac{1}{x_0} \right) \cdot \exp \left\{ \ln \frac{1}{x_0} \right\}.
\]
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$\varphi \left( 2x_0 \right) =\varphi \left( \ln \frac{1}{x_0} \right)$,所以$2x_0=\ln \frac{1}{x_0}$,即$x_0e^{2x_0}=1$.于是
\[
m\left( x_0 \right) =e^{2x_0}-\frac{\ln x_0+1}{x_0}=-\frac{\ln x_0}{x_0}=2.
\]
\end{solution}
\begin{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, $f\left( x \right) >1-\frac{\ln 2}{2}-\left( \frac{\ln 2}{2} \right) ^2$.
参考数据: $e\approx 2.71828,\ln 2\approx 0.69$.
\end{example}
\begin{solution}
证明隐零点$x_0\in \left( 1,1+\frac{\ln 2}{2} \right)$.
\end{solution}
\begin{example}
$f(x)=ax^3-3x+1$对于$x\in [-1,1]$总有$f(x)\geq 0$成立,则$a=$?
\end{example}
\begin{solution}
三倍角$\cos 3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$.
\end{solution}
\begin{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$PA\cdot PB=c\,(c>0)$,曲线为类椭圆,花生形,八字形,哑铃型;
两个类椭圆:
\[
\sqrt{\left( x-1 \right) ^2+y^2}\cdot \sqrt{\left( x+1 \right) ^2+y^2}=c,\quad 0<c<1.
\]
八字形:
\[
\sqrt{\left( x-1 \right) ^2+y^2}\cdot \sqrt{\left( x+1 \right) ^2+y^2}=1.
\]
(4)当$\frac{PA}{PB}=c\,(c>0)$,曲线为圆.
\end{example}
\begin{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$r^2=a^2\cos2\theta$;
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》
\begin{example}
1
\end{example}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}
