猫猫题

(1)

证明：整系数多项式\(f(x)\)与\(g(x)\)相等的充要条件是\(f(t) = g(t)\)，其中\(t\)是大于\(f(x), g(x)\)的所有系数的绝对值2倍的某一整数。

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不妨设\(f(x) = \sum^n_{i=0} a_i x^i\)，\(g(x) = \sum^n_{i=0} b_i x^i\)，其中\(n = max(\deg f(x), \deg g(x))\)，则\(f(x) - g(x) = \sum^n_{i=0} (a_i - b_i) x^i\)

必要性显然，考虑充分性

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法一：

注意到由于\(f(t) - g(t) = 0\)，故\(a_0 - b_0 = t(\sum^{n - 1}_{i= 0} (a_{i + 1} - b_{i + 1}) t^i)\)，即\(t | a_0 - b_0\)

而\(a_0 - b_0 \leq |a_0| + |b_0| < t\)，因此只能有\(a_0 = b_0\)

而由于\(a_0 = b_0\)且\(t \neq 0\)，故\(\sum^{n - 1}_{i = 0} (a_{i + 1} - b_{i + 1})t^i = 0\)，即\(a_1 - b_1 = t(\sum^{n - 2}_{i= 0} (a_{i + 2} - b_{i + 2}) t^i)\)

同样的有\(a_1 = b_1\)，依次类推，有\(f(x) = g(x)\)

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法二：

先证引理，若\(|a| > |b|\)，则\(a + b \neq 0\)

考虑反证，若\(a + b = 0\)，则\(a^2 - b^2 = 0\)，即\(|a| = |b|\)，矛盾，故引理得证

不妨设\(a_n \neq b_n\)，则\(|a_n - b_n| \geq 1\)，则\(|a_n - b_n|t^n \geq t^n\)

而注意到\(|\sum_{i=0}^{n - 1} (a_i - b_i)t^i| \leq \sum (|a_i| + |b_i|)t^i \leq \sum (t-1)t^i = t^n - 1\)

因此\(|a_n - b_n|t^n > |\sum_{i=0}^{n- 1} (a_i - b_i) t^i|\)，依据引理有\(f(t) - g(t) \neq 0\)，矛盾，因此\(a_n = b_n\)

再假设\(a_{n - 1} \neq b_{n - 1}\)，仍能导出\(f(t) - g(t) \neq 0\)，因此\(a_{n - 1} = b_{n - 1}\)

依次类推，\(f(x) = g(x)\)

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(2)

证明：\((a+b)^p \geq a^p + b^p(a, b > 0, p>1)\)

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注意到：\((a+b)^p = (a+b)(a+b)^{p-1} = a(a+b)^{p-1} + b(a+b)^{p-1} \geq a^p + b^p\)

注：这是一个十分经典的技巧

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(3)

求:\(\lim_{x \rightarrow 1} (\frac{m}{1-x^m} - \frac{n}{1-x^n})\)

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两次洛必达

或者先约分再洛必达

约两次有点麻烦....

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(4)

若\(f\)满足：

• \(f : N \rightarrow N\)

• \(\forall n\)，\(f^{f^{f(n)}(n)}(n) = n\)

则\(f \in S\)，试求出所有的\(m\)，使\(\forall f \in S, f^{2014}(m)=m\)

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设一个循环节大小为\(k\)

设其中的元素为\(p_0, p_1, ..., p_{k-1}\)

则有\(k | f^{f(p_0)}(p_0)\)，即\(k\)整除\(p_0, ..., p_{k-1}\)中的一个，设为\(p_i\)

又因为\(k|f^{f(p_{i-1})}(p_{i-1}) = f^{p_i}(p_{i-1})=f^{p_i - 1}(p_i) = f^{-1}(p_i) = p_{i-1}\)

从而得出\(k | p_{i-1}\)，依次类推，\(k|p_0, ..., p_{k-1}\)

那么对\(m | 2014\)，其循环节长度有\(k_m | m\)，即\(k_m | 2014\)，即\(f^{2014}(m)=m\)

其余情况构造一种反例即可，不再赘述