Nov 162017
 

不是完整的试题解答, 仅仅在关隘的地点聊一聊.

付云皓的题 3 的解

记 \(a=[nq^{\frac13}]\), \(b=[nq^{\frac23}]\), \(c=nq\). 然后

\begin{equation}\Big(c-aq^{\frac23}\Big)^2+\Big(c-bq^{\frac13}\Big)^2+\Big(aq^{\frac23}-bq^{\frac13}\Big)^2=\frac{2(a^3q^2+b^3q+c^3-3abcq)}{aq^{\frac23}+bq^{\frac13}+c}\geqslant\frac2{3c},\end{equation}

最后的不等式是因为 \(a^3q^2+b^3q+c^3\gt 3abcq\), 并且 \(c\geqslant aq^{\frac23}\), \(c\geqslant bq^{\frac13}\).

然后, 因为 \(c-aq^{\frac23}\geqslant0\), \(c- bq^{\frac13}\geqslant0\), 以及 \(aq^{\frac23}-bq^{\frac13}=-\Big((c-aq^{\frac23})-(c-bq^{\frac13})\Big)\), 得到

\begin{equation}\Big(c-aq^{\frac23}\Big)^2+\Big(c-bq^{\frac13}\Big)^2\leqslant\Big(2c-aq^{\frac23}-bq^{\frac13}\Big)^2,\end{equation}

\begin{equation}\Big(aq^{\frac23}-bq^{\frac13}\Big)^2\leqslant\Big(2c-aq^{\frac23}-bq^{\frac13}\Big)^2.\end{equation}

现在, \((1)\) 给出

\begin{equation}2\Big(2c-aq^{\frac23}-bq^{\frac13}\Big)^2\geqslant\frac2{3c},\end{equation}

记得 \(c=nq\), 这也就是

\begin{equation}\Big(q^{\frac13}\cdot \{nq^{\frac23}\}+q^{\frac23}\cdot \{nq^{\frac13}\}\Big)^2\geqslant\frac1{3nq}.\end{equation}

随即我们有

\begin{equation}\Big\{nq^{\frac23}\Big\}+ \Big\{nq^{\frac13}\Big\}\geqslant\frac1{q\sqrt{3qn}}.\end{equation}

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Nov 162017
 

第 33 届中国数学奥林匹克

浙江 杭州

第一天

(2017 年 11 月 15 日    8:00–12:30)

1. 设 \(A_n\) 是满足以下条件的素数 \(p\) 的集合: \(\exists a\), \(b\in\Bbb N^+\), 使得 \(\dfrac{a+b}p\), \(\dfrac{a^2+b^2}{p^2}\) 都是正整数, 且

\[\Big(\frac{a+b}p, p\Big)=\Big(\frac{a^2+b^2}{p^2}, p\Big)=1.\]

证明: (1) \(A_n\) 为有限集当且仅当 \(n\ne2\);

(2) 记 \(f(n)=|A_n|\). 若 \(k\), \(m\) 为正奇数, \(d=(k, m)\), 则

\[f(d)\leqslant  f(k)+f(m)-f(km)\leqslant 2f(d).\]

2. 设

\[T=\{(x, y, z)|1\leqslant x, y, z\leqslant n\}\]

为空间中 \(n^3\) 个点. 将其中 \((3n^2-3n+1)+k\) 个点染为红色, 且若 \(P\), \(Q\) 为红色, \(PQ\) 平行于任一条坐标轴, 则线段 \(PQ\) 上的所有整点均为红色. 求证: 至少有 \(k\) 个边长为 \(1\) 的立方体的所有顶点均为红色.

3. 设 \(n\), \(q\) 为正整数, \(q\) 不是完全立方数. 求证: 存在正实数 \(c\) 满足
\[\{nq^{\frac13}\}+\{nq^{\frac23}\}\geqslant \frac c{\sqrt n}\]

对所有正整数 \(n\) 成立, 其中 \(\{\cdot\}\) 表示其小数部分.

第 33 届中国数学奥林匹克

浙江 杭州

第二天

(2017 年 11 月 16 日    8:00–12:30)

4.

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Oct 122017
 

齐次多项式(Homogeneous polynomial)在数学中有其特殊的重要性.

在代数几何, Homogeneous polynomial 尤其受到偏爱.

实数域上的的 \(n\) 元多项式环, 以 \(\Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\) 表之.

Hilbert 限制在齐次多项式.

定义 5.1 设 \(p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\), 其次数 \(\leqslant d\). 把 \(n+1\) 元 \(d\) 次齐次多项式

\begin{equation}\overline{p}(x_0, x_1,\dotsc, x_n)=x_0^dp\Big(\frac{x_1}{x_0}, \frac{x_2}{x_0},\dotsc, \frac{x_n}{x_0}\Big)\end{equation}

称为是 \(p\) 的齐次化(Homogenization). 具体来说, 当  \(p=\sum cx_1^{d_1}x_2^{d_2}\dotsm x_n^{d_n}\), 那么

\begin{equation}\begin{split}\overline{p}(x_0, x_1,\dotsc, x_n )&=x_0^d\sum c\Big(\frac{x_1}{x_0}\Big)^{d_1}\Big(\frac{x_2}{x_0}\Big)^{d_2} \dotsm \Big(\frac{x_n}{x_0}\Big)^{d_n}\\&=\sum cx_0^{d-d_1-d_2-\dotsb-d_n}x_1^{d_1}x_2^{d_2}\dotsm x_n^{d_n} \\&=\sum cx_0^{d_0}x_1^{d_1}x_2^{d_2}\dotsm x_n^{d_n},\end{split}\end{equation}

这里 \(d_0=d-d_1-d_2-\dotsb-d_n\).

定理 5.2  设 \(p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\), 其次数 \(\leqslant d\). 如果 \(d\) 为偶数, 那么

  • \(p\) 非负当且仅当 \(\overline{p}\)  非负;
  • \(p\) 是多项式的平方和当且仅当 \(\overline{p}\)  能表成 \(\frac d2\) 次齐次多项式的平方和.

引理 5.3  假定 \(p\), \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_k\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\) 都是多项式, \(p=p_1^2+p_2^2+\dotsm+p_k^2\).  如果 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_k\) 不全是零多项式, 那么

  1. \(p\ne0\);
  2. \(\deg(p)=2\max\{\deg(p_l)|l=1, 2, \dotsc, k\}\);
  3. 如果 \(p\) 是 \(d\) 次齐次多项式, 则诸 \(p_l\) 皆是 \(\dfrac d2\) 次齐次多项式.

Proof   不妨 \(p_1\ne0\). 于是, 存在 \(x\in\Bbb R^n\), 使得 \(p_1(x)\ne0\). 然后

\[p(x)=p_1^2(x)+p_2^2(x)+\dotsm+p_k^2(x)\ge0\]

蕴涵 \(p(x)\ne0\).

写 \(p_l\) 为 \(p_l=p_{l0}+p_{l1}+p_{l2}+\dotsb+p_{ld}\), 这里 \(p_{li}\) 是 \(p_l\) 的 \(i\) 次齐次成分, \(d=\max\{\deg(p_l)|l=1, 2, \dotsc, k\}\). 很明显, \(\deg(p)\leqslant2d\); 1 表明 \(p\) 的 \(2d\) 次齐次成分 \(p^2_{1d}+p^2_{2d}+\dotsb+p^2_{kd}\ne0\), 因为有某 \(l\) 使得 \(p_{ld}\ne0\).

第 3 部分的证明与 2 完全类似, 考虑诸 \(p_l\) 的最低次齐次成分即可.  \(\Box\)

Proof   当 \(p\) 非负之时, 要证明 \(\overline{p}\) 非负, 若 \(x_0\ne0\), 由 \((1)\) 式即可; 若 \(x_0=0\), 由

\begin{equation}\overline{p}(0, x_1,\dotsc, x_n)=\lim_{h\to0}\overline{p}(h, x_1,\dotsc, x_n)\end{equation}

立得.

当 \(\overline{p}\) 非负之时, 只要注意

\begin{equation}p(x_1,\dotsc, x_n)=\overline{p}(1, x_1,\dotsc, x_n)\end{equation}

即知 \(p\) 非负.

如果\(p\) 是多项式的平方和, \(p=\sum\limits_{l=1}^kp_l^2\), 那么依据引理 5.3, \(\deg(p_l)\leqslant\dfrac d2\). 然后

\begin{equation}\overline{p}=\sum_{l=1}^k\Bigg(x_0^{\frac d2}p_l\Big(\frac{x_1}{x_0}, \frac{x_2}{x_0},\dotsc, \frac{x_n}{x_0} \Big)\Bigg)^2 \end{equation}

说明  \(\overline{p}\)  能表成 \(\frac d2\) 次齐次多项式的平方和.

如果  \(\overline{p}\)  能表成多项式的平方和, \(\overline{p}=\sum\limits_{l=1}^kh_l^2\),

\begin{equation}p=\overline{p}(1, x_1,\dotsc, x_n)=\sum_{l=1}^k\Big(h_l(1, x_1,\dotsc, x_n)\Big)^2\end{equation}

说明 \(p\)  能表成多项式的平方和.       \(\Box\)

现在, 很容易的, 我们顺便建立二次多项式非负与平方和的联系.

定理 5.4 设二次多项式 \(p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\) 非负, 那么 \(p\) 能写成多项式的平方和.

有了定理 5.2, 这个定理就是很显然的了: 只需要考虑与 \(p\) 对应的二次齐次多项式 \(\overline{p}\) 就够了. \(\overline{p}\) 是二次型. 依据高等代数的正定二次型的理论, 我们断言定理 5.4 为真.

Oct 062017
 

Darboux (14 August 1842-23 February 1917) 是法国数学家.

Darboux’s theorem 是单变量微分学的一个简单的定理, 但大学一年级的分析的教科书上通常却没有这个结果. 这里指的是分析(analysis)中的 Darboux’s theorem, 而不是微分几何(Differential geometry)中关于微分形式(Differential form)的那个Darboux’s theorem.

Darboux’s theorem  函数 \(f(x)\) 在区间 \(I\) 上可导, 则导数 \(f^\prime(x)\) 具有介值性质.

Sam B. Nadler, Jr 在 [1] 给出的一个证明揭示了一些 Darboux’s theorem 没能反映的性质. 为了突出函数的斜率, 我们把关于连续函数的斜率写成单独的引理:

Lemma 1 设 \(I\)  是一个区间, \(f\in C(I)\). 令 \(C\) 表示所有连接 \(f\) 的图像上(不同)点的弦的斜率的集合, 即

\begin{equation}C=\bigg\{\frac{f(s)-f(r)}{s-r}: s, r\in I\;\;\text{and}\;\; s\ne r\bigg\}.\end{equation}

那么, \(C\) 是一个区间.

Proof  固定 \(p\in C\),

\begin{equation}p=\frac{f(a)-f(b)}{a-b}, \; a\lt b, \; \;a, b\in I.\end{equation}

我们来指出, 有 \(C\) 中的区间连接 \(p\) 和 \(C\) 中异于 \(p\) 的任一点 \(q\). 无妨

\begin{equation}q=\frac{f(c)-f(d)}{c-d}, \; c\lt d, \;\;c, d\in I.\end{equation}

下面的公式定义了一个函数 \(\varphi\colon [0, 1]\to C\), 并且 \(\varphi(0)=p\), \(\varphi(1)=q\):

\begin{equation}\varphi(t)=\frac{f((1-t)a+tc)-f((1-t)b+td)}{((1-t)a+tc)-((1-t)b+td)},\;\;\; t\in[0, 1].\end{equation}

既然 \(a\lt b\), \(c\lt d\), 当 \(t\in[0, 1]\), 有 \((1-t)(a-b)+t(c-d)\ne0\); 写法稍加改变, 即对每一个\(t\in[0, 1]\), \(\big((1-t)a+tc\big)-\big((1-t)b+td\big)\ne0\). 故而, 上面的公式确实定出了一个函数 \(\varphi\).

\(\varphi\) 给出了将点 \((a, f(a))\) 和 \((b, f(b))\) 关于 \(x\) 轴”线性地”, 沿着 \(f\) 的图像滑动到点 \((c, f(c))\) 和 \((d, f(d))\) 而得到的弦的斜率; \(\varphi\) 是连续的. 由价值定理, \(\varphi([0, 1])\) 是一个区间. 从 \(\varphi(0)=p\), \(\varphi(1)=q\), 我们已经证明了 \(p\) 和 \(C\) 中的每一点 \(q\) 可被 \(C\) 中的一个区间连接. 至此, 可以判定 \(C\) 是一个区间.

现在来证明比 Darboux’s theorem 稍强一点的结论.

定理 2 令 \(D\) 表示 \(f^\prime\) 在 \(I\) 上所有取值的集合

\begin{equation}D=\big\{f^\prime(x): x\in I\big\}.\end{equation}

那么, \(D\) 是一个区间, 并且 \(C\subset D\subset\overline{C}\)(\(C\) 的闭包).

事实上, 中值定理指出 \(C\subset D\). 导数的定义给出 \(f^\prime\) 的每个取值是弦的斜率的极限; 此导致 \(D\subset\overline{C}\). 现在, 我们已经得出 \(C\) 是区间, 且 \(C\subset D\subset\overline{C}\). 我们立刻知道, \(D\) 是区间.

接下来的这个证明有异曲同工之妙, 在蛮多地方出现.

记 \(c=\frac{a+b}2\). 定义函数

\begin{equation}\alpha(t)=\begin{cases}a,&a\leqslant t \leqslant c\\2t-b,&c\leqslant t \leqslant b\end{cases}\end{equation}

\begin{equation}\beta(t)=\begin{cases}2t-a,&a\leqslant t \leqslant c\\b,&c\leqslant t \leqslant b\end{cases}\end{equation}

\(\alpha(t)\) 与 \(\beta(t)\) 都是区间 \([a, b]\) 上的连续函数; 当 \(a\lt t\lt b\), 有 \(a\leqslant\alpha(t)\lt\beta(t)\leqslant b\).

现在, 作

\begin{equation}g(t)=\begin{cases}f^\prime(a),&t=a\\ \dfrac{f(\beta(t))-f(\alpha(t))}{\beta(t)-\alpha(t)},&a\lt t\lt b\\ f^\prime(b),&t=b\end{cases}\end{equation}

于是, \(g(t)\) 在区间 \([a, b]\) 上连续.

设 \(\lambda\) 符合 \(g(a)\lt\lambda\lt g(b)\), 则存在 \(t_0\in(a, b)\), 使得 \(g(t_0)=\lambda\). 中值定理给出 \(x\in(\alpha(t_0), \beta(t_0) )\), 使得 \(f^\prime(x)=g(t_0)\), 此即 \(f^\prime(x)=\lambda\).   \(\Box\)

 References
  1. Sam B. Nadler, Jr. A proof of Darboux’s Theorem, The Amer Math Monthly, Vol 117(2010), No.2, 174-175
 Posted by at 4:59 am
Sep 242017
 

1971 IMO P1   Prove that the following assertion is true for \(n = 3\) and \(n = 5\), and that it is false for every other natural number \(n\gt2\):

If \(x_1\), \(x_2\), \(\dotsc\), \(x_n\) are arbitrary real numbers, then

\begin{equation}A_n(x)= \sum_{i=1}^n\prod_{j\ne i}\Big(x_i-x_j\Big)\geqslant 0.\end{equation}

Anneli Lax  and Peter Lax 1978 年在 [1] 指出: \(A_5(x)\) 不能表成二次型的平方和.

说明 \(A_5(x)\geqslant0\) 是不难的. 几个网站和无数的竞赛辅导书给的答案都是一致的:

无妨 \(x_1\geqslant x_2\geqslant x_3\geqslant x_4\geqslant x_5\). \((1)\) 的前两项的和

\begin{equation}\begin{split}&\hspace3.25ex(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)(x_1-x_5)+(x_2-x_1)(x_2-x_3)(x_2-x_4)(x_2-x_5)\\&=(x_1-x_2)\Big((x_1-x_3)(x_1-x_4)(x_1-x_5)-(x_2-x_3)(x_2-x_4)(x_2-x_5)\Big)\\&\geqslant0,\end{split}\end{equation}

最后的不等式是因为 \(x_1-x_j\geqslant x_2-x_j\geqslant0\), \(j=3\), \(4\), \(5\).

同理, \((1)\) 的最后两项的和亦然 \(\geqslant0\).

至于 \((1)\) 的中间那项

\begin{equation}(x_3-x_1)(x_3-x_2)(x_3-x_4)(x_3-x_5)\geqslant0,\end{equation}

因了 \((x_3-x_1)(x_3-x_2)\geqslant0\), \((x_3-x_4)(x_3-x_5)\geqslant0\).

证明 \(A_5(x)\geqslant0\) 的途径不止这一种: 左边展开再证明局部的不等式应该也是可以的, 不过需要耐心; 使用导数是解决此类问题的普遍办法.

定理 4.1

  • 设 \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\), \(x_4\), \(x_5\) 是实数, 有 \(A_5(x)\geqslant0\) 为真 ;
  • \(A_5(x)\) 不能写成多项式的平方和.

依据定理 2.2, 假定 \(A_5\) 能写成

\begin{equation}A_5=\sum Q_j^2,\end{equation}

此处的 \(Q_j\) 都是二次型. 显而易见, 当 \(A_5=0\) 时, \( Q_j=0\) 皆真.

\begin{equation}x_1=x_2,\;\; x_3=x_4=x_5,\end{equation}

或者对 \((5)\) 的指标进行置换得到的条件为真的时刻, 就符合每个 \(x_j\) 与其余的一个 \(x_k\) 相等.

Lemma 4.2  二次型 \(Q\), 只要条件 \((5)\) 或者 \((5)\) 的指标进行置换得到的条件任何一个为真, 总能导致 \(Q=0\), 那么二次型 \(Q\equiv0\).

若 Lemma 成立, 结合在\(A_5=0\) 蕴涵 \( Q_j=0\) 皆真, 我们知道 \((4)\) 中的 \(Q_j\equiv0\). 故而, \((4)\) 不能成立, 从而也就证明了定理 4.1.

Proof of the Lemma  记

\begin{equation}Q(x)=\sum c_{jk}x_jx_k,\;\; c_{jk}=c_{kj}.\end{equation}

根据假定, 当 \(x_1=x_2=y\), \(x_3=x_4=x_5=z\) 时,

\begin{equation}\begin{split}Q&=(c_{11}+2c_{12}+c_{22})y^2\\&+2(c_{13}+c_{14}+c_{15}+c_{23}+c_{24}+c_{25})yz\\&+(c_{33}+c_{44}+c_{55}+2c_{34}+2c_{35}+c_{45})z^2=0.\end{split}\end{equation}

既然无论 \(y\), \(z\) 为谁, 此皆为真, 于是

\begin{equation}c_{11}+2c_{12}+c_{22}=0;\end{equation}

\begin{equation}c_{13}+c_{14}+c_{15}+c_{23}+c_{24}+c_{25}=0;\end{equation}

\begin{equation}c_{33}+c_{44}+c_{55}+2c_{34}+2c_{35}+c_{45}=0.\end{equation}

这几个式子的指标置换得到的关系式也是成立的, 从 \((8)\) 式, 使用置换 \((12345)\to(34125)\), 则

\begin{equation}c_{33}+2c_{34}+c_{44}=0.\end{equation}

从 \((10)\) 式减去 \((11)\) 式,

\begin{equation}c_{55}+2c_{35}+2c_{45}=0.\end{equation}

考虑所有保持 \(5\) 不动的置换, 从 \((12)\) 式得到的关系式也是对的, 从而

\begin{equation}c_{j5}+c_{k5}=-\frac12 c_{55}\end{equation}

当 \(j\ne k\) 且 \(j\), \(k\ne5\). 进而

\begin{equation}c_{15}=c_{25}=c_{35}=c_{45}.\end{equation}

交换 \(1\) 和 \(5\), 以及 \(2\) 和 \(5\), 从 \((14)\) 式可得

\begin{equation}c_{51}=c_{21}=c_{31}=c_{41}.\end{equation}

\begin{equation}c_{12}=c_{52}=c_{32}=c_{42}.\end{equation}

根据 \( c_{jk}\) 的对称性, 从而

\begin{equation}c_{1j}=c_{2j}=c_{12}\qquad    j=3, 4,5.\end{equation}

带入 \((9)\) 式, 导致 \(6c_{12}=0\), 亦即 \(c_{12}=0\).  既然 \(1\), \(2\) 这一对数能换成别的任意的数, 于是

\begin{equation}c_{jk}=0 \qquad    j\ne k.\end{equation}

带入 \((12)\) 式, 定出 \(c_{55}=0\).  既然 \(5\) 能换成别的任意的数, 于是

\begin{equation}c_{jj}=0.\end{equation}

这便完成了引理的证明.

References

  1. Anneli Lax, Peter Lax, On sums of squares, Linear Algebra and its applications, 20, 71-75 (1978)
Sep 232017
 

M.D. Choi, T.-Y. Lam 1977 年举了一个例子: The Choi-Lam polynomial \(Q(x, y, z, w) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+w^4-4xyzw\) 不能写成多项式的平方和. 与 The Motzkin polynomial 一样, Choi-Lam 多项式也会在以后的证明成为关键角色.

后面的定理 5.2 说明 \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+w^4-4xyzw\) 不能写成多项式的平方和实际就是下面定理的后半部分:

定理 3.1 Choi-Lam 多项式

\begin{equation} Q(x, y,z) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+1-4xyz,\end{equation}

那么

  • \(Q(x, y,z)\geqslant0\) 为真对任意实数 \(x\), \(y\),  \(z\);
  • \(Q(x, y,z)\) 不能写成多项式的平方和.

方法是完全照搬的. 如果 \(Q(x, y, z)\) 是一些次数(至多)为 \(2\) 的多项式的平方和:

\begin{equation} Q(x, y, z) =\sum_{l=1}^k\Big(a_l+b_lx+c_ly+d_lz+e_lx^2+f_ly^2+g_lz^2+h_lxy+i_lyz+j_lzx\Big)^2,\end{equation}

这里 \(a_l\), \(b_l\), \(c_l\), \(d_l\), \(e_l\), \(f_l\), \(g_l\), \(h_l\), \(i_l\) 和 \(j_l\) 都是实常数, \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^4\), \(y^4\), \(z^4\) 项, 因此\((2)\) 的右边的这些项的系数为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^ke_l^2=\sum_{l=1}^kf_l^2=\sum_{l=1}^kg_l^2=0,\]

故 \(e_l=f_l=g_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^2\) 项, 因此\((2)\) 的右边的 \(x^2\) 项的系数为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^k\Big(b_l^2+2a_le_l\Big)=0,\]

故 \(b_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

同样的, \((1)\) 没有 \(y^2\), \(z^2\) 项, 因此 \(\sum\limits_{l=1}^kc_l^2=0\). 于是 \(c_l=d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

注意 \((1)\) 中的 \(xyz\) 项的系数是 \(-4\), 故

\[2\sum_{l=1}^k\Big(b_li_l+c_lj_l+d_lh_l\Big)=-4.\]

但这是不可能的, 因  \(b_l=c_l=d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\), 故而 \(Q(x, y, z)\) 不能写成多项式的平方和.

类似定理 2.1, 我们也可以使用定理 2.2 来直接证明 \(Q(x, y, z, w) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+w^4-4xyzw\) 不能写成多项式的平方和:

\begin{equation} Q(x, y, z, w) =\sum\Big(A_lx^2+B_lxy+C_lxz+D_ly^2+E_lxw+F_lz^2+G_lyz+H_lyw+I_lzw+J_lw^2\Big)^2.\end{equation}

比较两端 \(x^4\), \(y^4\), \(z^4\) 的系数, 得 \(A_l=D_l=F_l=0\).

比较两端 \(x^2w^2\) 的系数, 得

\[\sum\Big(2A_lJ_l+E_l^2\Big)=0.\]

故 \(E_l=0\). 类似的推理, \(H_l=I_l=0\).

此时, \((3)\) 已经是如下

\begin{equation} Q(x, y, z, w) =\sum\Big(B_lxy+C_lxz+G_lyz+J_lw^2\Big)^2.\end{equation}

比较上式两端 \(xyzw\) 的系数, 矛盾!

Sep 202017
 

T. Motzkin 1967 年举了一个例子: The Motzkin polynomial \(M(x, y, z)=x^4y^2+x^2y^4+z^6-3x^2y^2z^2\) 不能写成多项式的平方和. 后面的定理 5.2 说明这事与定理 2.1 的第二部分是等价的.

Theorem 2.1  Motzkin 多项式

\begin{equation} M(x, y) =x^4y^2+x^2y^4-3x^2y^2+1,\end{equation}

那么

  • \(M(x, y)\geqslant0\) 对任意实数 \(x\), \(y\) 成立;
  • \(M(x, y)\) 不能写成多项式的平方和;
  • \(M(x, y)\) 可以表示为有理函数的平方和.

\(M(x, y)\geqslant0\) 是显然的, 因为我们有算术几何平均不等式.

定理的第二部分, 如果 \(M(x, y)\) 是一些次数(至多)为 \(3\) 的多项式的平方和:

\begin{equation} M(x, y) =\sum_{l=1}^k\Big(a_l+b_lx+c_ly+d_lx^2+e_lxy+f_ly^2+g_lx^3+h_lx^2y+i_lxy^2+j_ly^3\Big)^2,\end{equation}

这里 \(a_l\), \(b_l\), \(c_l\), \(d_l\), \(e_l\), \(f_l\), \(g_l\), \(h_l\), \(i_l\), 和 \(j_l\) 都是实常数, \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^6\), \(y^6\) 项, 因此\((2)\) 的右边的 \(x^6\), \(y^6\) 项的系数都为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^kg_l^2=\sum_{l=1}^kj_l^2=0,\]

故 \(g_l=j_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^4\) 项导出

\begin{equation}\sum_{l=1}^k\Big(d_l^2+2b_lg_l\Big)=0.\end{equation}

由于 \(g_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\), 于是

\[\sum_{l=1}^kd_l^2=0.\]

至此, \(d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

同理, \(f_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^2\) 项, 因此\((2)\) 的右边的 \(x^2\) 项的系数为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^k \Big(b_l^2+2a_ld_l\Big)=0,\]

故 \(b_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

同样的, \((1)\) 没有 \(y^2\) 项, 因此  \(c_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

注意 \((1)\) 中的 \(x^2y^2\) 项的系数是 \(-3\), 故

\[\sum_{l=1}^k\Big(e_l^2+2b_li_l+2c_lh_l+2d_lf_l\Big)=-3.\]

既然  \(b_l=c_l=d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\),

\begin{equation}\sum_{l=1}^ke_l^2=-3.\end{equation}

这是不可能的! 故而 \(M(x, y)\) 不能写成多项式的平方和.

当然, 也可以采用类似的手段来直接证明 \(x^4y^2+x^2y^4+z^6-3x^2y^2z^2\) 不能写成多项式的平方和.

我们先指出

定理 2.2 设 \(G\), \(g_1\), \(g_2\), \(\dotsc\), \(g_m\in\Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\), 且 \(G\) 是 \(t\) 次齐次多项式. 如果

\begin{equation}G=\sum_{i=1}^mg_i^2,\end{equation}

那么, \(t\) 是偶数, 且 \(g_1\), \(g_2\), \(\dotsc\), \(g_m\) 都是 \(\dfrac t2\) 次齐次多项式.

定理 2.2 其实是引理 5.3 的最后一部分.  我们用来推导 \(M(x, y, z)\) 不能写成多项式的平方和.

\begin{equation}M(x,y,z)=\sum\Big(A_lx^3+B_lx^2y+C_lx^2z+D_lxy^2+E_lxyz+F_lxz^2+G_ly^3+H_ly^2z+I_lyz^2+J_lz^3\Big)^2,\end{equation}

令 \(x=1\), \(y=z=0\), 得 \(A_l=0\). 再比较两端 \(x^4z^2\) 的系数, 得

\[\sum\Big(C_l^2+2A_lF_l\Big)=0.\]

于是, \(C_l=0\).

比较两端 \(x^2z^4\) 的系数, 得

\[\sum\Big(F_l^2+2C_lJ_l\Big)=0.\]

于是, \(F_l=0\).

同样的推导, \(G_l=H_l=I_l=0\).

此时, \((6)\) 已经是如下

\begin{equation}M(x,y,z)=\sum\Big(B_lx^2y+D_lxy^2+E_lxyz+J_lz^3\Big)^2.\end{equation}

比较两端 \(x^2y^2z^2\) 的系数即能得出矛盾!

至于, 定理 2.1 的最后部分

\begin{equation}\Big(x^2+1\Big) M(x, y)=x^2\Big(y^2-1\Big)^2+x^2y^2\Big(x^2-1\Big)^2+\Big(x^2y^2-1\Big)^2\end{equation}

或者, 稍微复杂

\begin{equation}\Big(x^2+y^2+1\Big) M(x, y)=x^2\Big(y^2-1\Big)^2+y^2\Big(x^2-1\Big)^2+\Big(x^2y^2-1\Big)^2+\frac14x^2y^2\Big(x^2-y^2\Big)^2+\frac34x^2y^2\Big(x^2+y^2-2\Big)^2\end{equation}

甚至, 直接

\begin{equation}M(x, y)=\frac{x^2y^2(x^2 + y^2 -2)^2(x^2 + y^2 +1) +(x^2 – y^2)^2}{(x^2 + y^2)^2}\end{equation}

说明 \(M(x, y)\) 可以写成有理函数的平方和.