1. Priori

1.1 闲话

笔者高二下学期研究的主线可能就是这条了。因为 Liouville 不等式，我开始关注多项式的析因，自身知识体系的不完备诱导我质疑析因的唯一性，随着对分圆多项式的了解逐步搭建起这套析因的理论，途中翻阅《Problems from THE BOOK》了解到一些我未涉足的领域。

我本来有意向写一篇文章投给《数学通讯》的中学生论文竞赛，但发现这玩意实在太水了。我实在羡慕那些在中学就有高手指导进行正经学术研究的学生，高中阶段想留下一篇写有自己名字的论文实在太难了。

这篇文章中选的四个题虽说是高中相关，但其实自招题、出题背景是超出高中数学的范畴的。只能说是一个学习路径的分享，图一乐。

我一直在思考高中教育能否跳出完整的题目，直接介绍【1.1.1】技巧（trick）或者【1.1.2】观察（observation），以及被封装好的【1.1.3】科技（technique），高二期间也做过一点实验。所以这篇文章的行文结构大概是把后续问题会用到的 trick 提到最前面，以期靠近这个理想。

我将本文分了两章，章名的灵感来源于先验（Transcendentalism）这个词，当然我并不完全熟悉 Kant 的那套哲学理论，仅想表达有些东西应该是先于具体问题前学习的，我想将它们定义成 先验的（Priori）。当然实践中我们往往是通过一堆空白的习题集，即一些 后验的（Posteriori）

就像上面的用法，我将在本文第一章用【】作索引标记，第二章中每个小节最上方标注

定理的证明过程由于笔者水平所限，发挥空间太小了，所以直接参考 Wikipedia 加一点润色，当作阅读材料编排进这篇文章。

1.2 分析思维

1.3 组合思维

我们把作为人就能想到的思维归结为这一类。（bushi）

【1.3.1】分类讨论 也许可以算是组合思维，组合往往要不重不漏地作计数。可以有意识地去分辨什么情况问题是容易成立的，先把它讨论掉，可能会为后续的讨论创造更舒适的条件。

【1.3.2】抽屉原理 太普及了，$n$ 个抽屉里塞 $n+1$ 个东西，至少有一个抽屉。这就是个存在型的命题，我不需要所有

1.4 数论思维

1.5 代数思维

2. Posteriori

2.1 Liouville 不等式

如果一个实数 $x_0$ 满足，对任意正整数 $n$，存在整数 $p,q$，其中 $q>1$ 有

\[0<|x_0-\frac{p}{q}|<\frac{1}{q^n} \]

就把 $x_0$ 叫做 Liouville 数。

如果一个实数 $x_0$ 满足，存在有限次多项式 $F(x)$ 使得

\[F(x_0)=0 \]

就把 $x_0$ 叫做 代数数。反之，就叫做 超越数。

下面的定理表明所有 Liouville 数均为超越数。

定理.（Liouville 不等式）

若无理数 $\alpha$ 是代数数，即整系数 $n$ 次多项式 $f$ 的根，那么存在实数 $A>0$，对于所有 $p, q \in \mathbb{Z}, q > 0$ 有

\[\left\vert \alpha - \frac{p}{q} \right\vert > \frac{A}{q^n} \]

提示.

做分析问题要看清生成常数那一层的信息，其实就是多项式 $f(x)$，要用这个信息来生成一个常数。多项式的信息包括次数、根数量的有限性与大小的有界性、有限区间上的有界性等。

Lagrange 中值定理用来沟通 $|x_1-x_2|$ 与 $|f(x_1)-f(x_2)|$，也就是说通过 $f'(x),x\in(x_1,x_2)$ 的有界性来说明这两者比值的有限性。而这个区间的界自然会被更大区间的界压住，使得常数 $A$ 可以事先生成。

最开始的工作就是把一些 trivial 的

证明.

令 $M = \max \left\{ \left|f'(x)\right| | x \in \left[ \alpha - 1, \alpha + 1 \right] \right\}$，记 $f$ 的其它的不重复的根为 $\alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_m$，取这样的 $A$ 使得

\[0 < A < \min \left(1, \frac{1}{M}, \left\vert \alpha - \alpha_1 \right\vert, \left\vert \alpha - \alpha_2 \right\vert, \ldots , \left\vert \alpha-\alpha_m \right\vert \right) \]

如果存在使定理不成立的 $p,q$，就有

\[ \left\vert \alpha - \frac{p}{q} \right\vert \le \frac{A}{q^n} \le A< \min\left(1, \frac{1}{M}, \left\vert \alpha - \alpha_1 \right\vert, \left\vert \alpha - \alpha_2 \right\vert, \ldots , \left\vert \alpha-\alpha_m \right\vert \right) \]

那么

\[{\displaystyle {\frac {p}{q}}\in \left[\alpha -1,\alpha +1\right]\land {\frac {p}{q}}\notin \left\{\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{m}\right\}} \]

据 Lagrange 中值定理，存在 $\alpha$ 和 $p/q$ 之间的 $x_0$ 使得

\[f(\alpha)-f(p/q) = (\alpha - p/q) \cdot f'(x_0) \]

有

\[\left\vert (\alpha -p/q)\right\vert = \left\vert f(\alpha)- f(p/q)\right\vert / \left\vert f'(x_0) \right\vert = \left\vert f(p/q) / f'(x_0) \right\vert \, \]

$f$ 是多项式，所以

\[\left\vert f(p/q) \right\vert = \left\vert \sum_{i=0}^n c_i p^i q^{-i} \right\vert = \frac{\left\vert \sum_{i=0}^n c_i p^i q^{n-i} \right\vert}{q^n} \ge \frac {1}{q^n} \]

由于 $ \left| f'(x_0) \right| \le M $ 和 $ 1/M > A$

\[\left\vert \alpha - p/q \right\vert = \left\vert f(p/q) / f'(x_0) \right\vert \ge 1/(Mq^n) > A/q^n \ge \left\vert \alpha - p/q \right\vert \]

矛盾。

$\square$

考虑为什么所有 Liouville 数都是超越数，那我们就要考虑如何利用它的定义和这个定理找矛盾。要捋清楚分析问题中变量的生成次序，个人认为用层这个词来形容次序会更合适。

无理数的有理逼近

分圆多项式

题集及提示

问题.【2017 北大中学生夏令营】

已知 $w$ 是整系数方程 $x^2+ax+b=0$ 的一个无理根，求证：存在常数 $C>0$，使得对任意互质的正整数 $p,q$ 均有 $|w-\frac{p}{q}|\ge \frac{C}{q^2}$。

提示.

就是 Liouville 不等式，适合写利用代数基本定理的证明。$\square$

问题.【2017 天津高考】

设 $a\in \mathbb Z$，已知定义在 $\mathbb R$ 上的函数 $f(x)=2x^4+3x^3-3x^2-6x+a$ 在 $(1,2)$ 内有一个零点 $x_0$。

（Ⅰ）求 $f'(x)$ 的单调区间；

（Ⅱ）设 $m\in [1,x_0)\cup(x_0,2]$，函数 $h(x)=f'(x)(m-x_0)-f(m)$，求证 $h(m)h(x_0)<0$；

（Ⅲ）求证：存在大于 $0$ 的常数 $A$ 使得对任意的正整数 $p,q$，且 $\frac{p}{q}\in[1,x_0)\cup(x_0,2]$，满足

\[|\frac{p}{q}-x_0|\ge \frac{1}{Aq^4} \]

提示.

第二问 $h(x)$ 更合理的写法是

\[h(x)=f'(x)(m-x_0)-(f(m)-f(x_0)) \]

这样代入 $x=m,x_0$ 时就会更对称一点。背景是 Lagrange 中值定理，直接导出的一个结论是 $m$ 与 $x_0$ 中间会有一个点 $\xi$ 使得 $h(\xi)=0$。

第三问背景是 Liouville 不等式，因为有第二问铺垫，适合写利用 Lagrange 中值定理的证明。

$\square$

问题.

已知 $x,y\in R$，则表达式 $\cos^2x+\cos^{2}y-\cos(xy)$

A. 既有最大值，也有最小值

B. 有最大值，无最小值

C. 无最大值，有最小值

D. 既无最大值，也无最小值

提示.

首先要看得出这个式子可以无限靠近 $-1$ 和 $3$。

这里只讨论最大值为什么取不到。取最大值时希望 $\cos^2x=1,\cos^{2}y=1,\cos(xy)=-1$，其实就是希望能有

\[\begin{aligned} x&=k_1\pi \\ y&=k_2\pi \\ xy&=(2k_3+1)\pi \end{aligned} \]

其中 $k_1,k_2,k_3\in \mathbb Z$。其实这做不到，因为若

\[k_1\pi k_2\pi=(2k_3+1)\pi \]

则

\[\pi=\frac{2k_3+1}{k_1k_2} \]

而 $\pi$ 是无理数，矛盾。

下面就转移到去考虑为什么可以无限趋近这个值。取 $x=k_1\pi,y=\pi$，先让 $\cos^2x=1,\cos^{2}y=1$ 了，然后再去调整 $k_1$ 去让 $\cos(xy)$ 趋近 $-1$，其实就是让 $k_1\pi^{2}$ 去逼近 $(2k_3+1)\pi$。

用分析的语言去写出来，就是对任意小的 $\varepsilon$，都可以生成 $k_1,k_3$，使得

\[|k_1\pi^{2}-(2k_3+1)\pi|<\varepsilon \]

应用 Kronecker 逼近定理去生成就行了，控制奇偶的 trick 前面也提过。

超出我预料的是，我本来想去看看这道题有没有什么出处，发现网上给的解析给了这个可以无限逼近的证明。没想到我最开始避免去使用搜题软件，导致自己走了一点弯路。

$\square$

问题.【2013 清华保送生试题】

求证

\[\frac{\prod_{k=1}^{2m}(1-x^{k})\prod_{k=1}^{2n}(1-x^{k})}{\prod_{k=1}^{m}(1-x^{k})\prod_{k=1}^{n}(1-x^{k})\prod_{k=1}^{m+n}(1-x^{k})} \]
为关于 $x$ 的整系数多项式。

提示.

最基本的想法是这玩意其实等于若干个整系数多项式相乘。

看到 $x^{n}-1$ 就可以考虑把它分解成分圆多项式的积。并且，分圆多项式在有理域内其实是不可约的，结合域上多项式析因的唯一性，如果题目中给的结论成立，这个方向绝对是可行的。

最后逐个考虑 $\phi_d(x)$ 在分母上出现了几次，在分子上出现了几次。其实就是贡献法。转化后的问题就变成了证明

\[\lfloor\frac{2m}{d}\rfloor+\lfloor\frac{2n}{d}\rfloor-\lfloor\frac{m}{d}\rfloor-\lfloor\frac{n}{d}\rfloor-\lfloor\frac{m+n}{d}\rfloor \ge 0 \]

后面就是前面提过的处理向下取整的基本操作了。

$\square$