用户问题描述 #

a) 假设方程 $f(x) = x^n + a_1 x^{n-1} + \dots +a n = 0$ 有 $n$ 个实根 $x_1,\dots x_n$（即对所有 $i$，$f(x_i) = 0$ 且 $x_i \in \mathbb{R}$）。证明：
$$\prod\limits{i = 1}^{n}(1+ x_i^2) = (1 - a_2 + a_4 - \dots)^2 + (a_1- a_3 + a_5 + \dots)^2.$$
b) 证明：若 $(1 - a_2 + a_4 - \dots)^2 + (a_1- a_3 + a_5 + \dots)^2 < 2^n a_n$，则 $f(x) = 0$ 不可能有 $n$ 个实根。

问题a的证明 #

这道题的核心是用复数与多项式的关联转化乘积项，思路很直观：

• 对任意实数 $x_i$，我们可以把 $1+x_i^2$ 因式分解为 $(x_i - i)(x_i + i)$，这里 $i$ 是虚数单位（满足 $i^2=-1$）。
• 那么整个乘积就能改写为：
  $$\prod_{i=1}^n (1+x_i^2) = \prod_{i=1}^n (x_i - i) \cdot \prod_{i=1}^n (x_i + i)$$
  而根据多项式的因式分解形式 $f(x) = \prod_{i=1}^n (x - x_i)$，上面两个乘积正好对应 $f(i)$ 和 $f(-i)$，也就是：
  $$\prod_{i=1}^n (1+x_i^2) = f(i) \cdot f(-i)$$

接下来计算 $f(i)$ 和 $f(-i)$：

• 代入 $x=i$ 到多项式中：
  $$f(i) = i^n + a_1 i^{n-1} + a_2 i^{n-2} + \dots + a_n$$
  利用虚数单位的幂次循环规律（$i^1=i, i^2=-1, i^3=-i, i^4=1$），可以把 $f(i)$ 拆成实部和虚部：
  实部是 $1 - a_2 + a_4 - \dots$（对应 $i$ 的偶次幂项，符号交替），虚部是 $a_1 - a_3 + a_5 - \dots$（对应 $i$ 的奇次幂项，符号交替）。
• 代入 $x=-i$ 得到的 $f(-i)$，恰好是 $f(i)$ 的共轭复数（虚部符号反转，实部不变）。

我们知道，一对共轭复数的乘积等于它们模长的平方，也就是「实部的平方 + 虚部的平方」，这正好就是题目等式右边的表达式。到这里问题a就证明完成了。

问题b的证明 #

这里用反证法结合问题a的结论来推导，步骤很清晰：

1. 先假设 $f(x)=0$ 有 $n$ 个实根，根据问题a的结论，题目左边的表达式等于 $\prod_{i=1}^n (1+x_i^2)$。
2. 对每个实根 $x_i$，用基本不等式 $1+x_i^2 \geq 2|x_i|$（由 $1+|x_i|^2 \geq 2|x_i|$ 直接得出，当且仅当 $|x_i|=1$ 时取等号）。
3. 把所有不等式相乘，得到：
   $$\prod_{i=1}^n (1+x_i^2) \geq \prod_{i=1}^n 2|x_i| = 2^n \cdot |\prod_{i=1}^n x_i|$$
4. 再看多项式的常数项：由 $f(x) = \prod_{i=1}^n (x - x_i)$ 展开可知，$a_n = (-1)^n \prod_{i=1}^n x_i$，因此 $|\prod_{i=1}^n x_i| = |a_n|$。代入上式得：
   $$\prod_{i=1}^n (1+x_i^2) \geq 2^n |a_n|$$

现在结合题目给出的条件 $\prod_{i=1}^n (1+x_i^2) < 2^n a_n$，可以推出：
$$2^n |a_n| \leq \prod_{i=1}^n (1+x_i^2) < 2^n a_n$$

分两种情况讨论矛盾：

• 如果 $a_n \leq 0$，右边的 $2^n a_n$ 是非正数，而左边的乘积 $\prod_{i=1}^n (1+x_i^2)$ 是正数（每个 $1+x_i^2$ 都大于0），正数小于非正数显然不可能；
• 如果 $a_n > 0$，则 $|a_n|=a_n$，不等式变为 $2^n a_n < 2^n a_n$，这也是自相矛盾的。

因此最初的假设不成立，即 $f(x)=0$ 不可能有 $n$ 个实根。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Quang123