设 $f_k(x)=\dfrac 1k\left(\sin^2x-\cos kx\right)$，求证：不存在 $m,n\in\mathbb N^*$ 且 $m>n$，使 $f_m(x)-f_n(x)$ 为恒定常数．
【难度】
【出处】
2012年北京大学优秀中学生夏令营试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
令 $g(x)=f_m(x)-f_n(x)$，则$$g(x)=\dfrac 1m\left(\sin^2x-\cos mx\right)-\dfrac 1n\left(\sin^2x-\cos nx\right),$$令 $x=0$，可得$$g(x)=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{m}>0.$$令 $x=\pi$，可得$$\dfrac{1}{n}\cos{n\pi}-\dfrac{1}{m}\cos{m\pi}=\dfrac 1n-\dfrac 1m,$$于是$$\cos n\pi = \cos m\pi =1,$$即 $m,n$ 是偶数；
令 $x=\dfrac{\pi}2$，可得$$\dfrac 1m-\dfrac 1n+\left(\dfrac 1n\cos\dfrac{n\pi}2-\dfrac 1m\cos\dfrac{m\pi}2\right)>0,$$由于 $\dfrac 1m-\dfrac 1n<0$，因此$$\cos\dfrac{n\pi}2=1,\cos\dfrac{m\pi}2=-1,$$即 $\dfrac n2$ 是偶数，$\dfrac m2$ 是奇数，此时$$\dfrac 2m=\dfrac 1n-\dfrac 1m,$$即 $m=3n$，矛盾．
综上所述，不存在符合题意的 $m,n$．
令 $x=\dfrac{\pi}2$，可得$$\dfrac 1m-\dfrac 1n+\left(\dfrac 1n\cos\dfrac{n\pi}2-\dfrac 1m\cos\dfrac{m\pi}2\right)>0,$$由于 $\dfrac 1m-\dfrac 1n<0$，因此$$\cos\dfrac{n\pi}2=1,\cos\dfrac{m\pi}2=-1,$$即 $\dfrac n2$ 是偶数，$\dfrac m2$ 是奇数，此时$$\dfrac 2m=\dfrac 1n-\dfrac 1m,$$即 $m=3n$，矛盾．
综上所述，不存在符合题意的 $m,n$．
答案
解析
备注
