1. 办法之一是下面的
引理 设 \(g(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dotsb+a_1x+a_0\) 是实系数多项式, 则在任意互不相同的 \(n+1\) 个整数 \(b_1\), \(b_2\), \(\dotsc\), \(b_{n+1}\) 中, 必定存在一个 \(b_j(1\leqslant j\leqslant n+1)\), 使得 \(|P(b_j)|\geqslant\dfrac{n!}{2^n}\).
第二个考虑是, 设存在非常数整系数多项式 \(u(x)\), \(v(x)\) 使得
\[f(x)=u(x)v(x).\]
因为 \(f(x)\) 恒正, 可以假定 \(u(x)\), \(v(x)\) 亦然. 于是, \(u(x)\), \(v(x)\) 的次数都是偶数.
显然,
\[u(k)v(k)=2014, k=1,2,\dotsc, 2013.\]
先指出: \(u(k)=u(k+1003)=u(k+1004)\), \(v(k)=v(k+1003)=v(k+1004)\), \(k=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(1009\).
这是因为 \(u(k)\), \(u(k+1003)\), \( u(k+1004)\) 都是 \(2014\) 的因数, 并且
\[1003|\big(u(k+1003)-u(k)\big), 1004|\big(u(k+1004)-u(k)\big).\]
另一方面, \(2014\) 的正因数只有 \(1\),\(2\), \(19\), \(38\), \(53\), \(106\), \(1007\), \(2014\). 因此, 如果 \(2014\) 的两个正因数的差是 \(1003\) 或 \(1004\) 的倍数, 那么这两个因数只能相等.
现在我们可以断定
\[u(1)=u(2)=\dotsb=u(2013), v(1)=v(2)=\dotsb=v(2013).\]
只需指出 \[u(k)=u(k+1), k=1,2,\dotsc, 2012.\]
事实上, 当 \(k\leq 1009\) 时, \(u(k)=u(k+1004)=u(k+1)\); 当 \(1010\leq k\leq 2012\) 时, \(u(k)=u(k-1003)=u(k+1)\).
如此一来, \(u(x)\), \(v(x)\) 都是 \(2013\) 次多项式. 这是不允许的!
也可以稍微换个做法. 此时, 可设 \(u(x)=\prod\limits_{i=1}^{2013} (x-i)+d_1\), \(v(x)=\prod\limits_{i=1}^{2013} (x-i)+d_2\), 很容易得出矛盾.
2. 这是 1990 年的普特南竞赛题.
如果 \(M\), \(N\) 都是二阶矩阵, 结论是正确的.
\(n\geq3\) 都有反例.
\[M=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \cr 0 & 1 & 0 \cr 0 & 0 & 1\end{pmatrix},\; N=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \cr 0 & 0 & 1 \cr 0 & 0 & 0\end{pmatrix},\]
\(MNMN=0\)，但是 \(NMNM=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \cr 0 & 0 & 0 \cr 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\).