已知 $a_{1},a_{2},\cdots,a_{m}$ 都是不等于 $0$ 的数（$m\geqslant 2$），且对于任意整数 $k$，$k=0,1,2,\cdots,n(n<m-1)$，都有\[a_{1}+2^{k}a_{2}+\cdots+m^{k}a_{m}=0,\]证明数列 $a_{1},a_{2},\cdots,a_{m}$ 中至少存在 $n+1$ 对相邻的数符号相反．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛广东省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
不妨设 $a_m >0$，否则可将 $a_1, a_2, \cdots, a_m$ 中所有数都乘以 $-1$．
取\[b_i = \sum\limits_{j=0}^{n}c_j \cdot i^j, i = 1, \cdots, m,\]其中 $c_0, c_1, \cdots c_n$ 为任意实数，由已知条件有\[\sum\limits_{i=1}^{m}a_i b_i = \sum\limits_{i=1}^{m}a_i \sum\limits_{j=0}^{n}c_j i^j = \sum\limits_{j=0}^{n}c_j \sum\limits_{i=1}^{m}a_i i^j = 0 \cdots \cdots \cdots \text{ ① }\]设数列 $a_1, a_2, \cdots, a_m$ 中有 $k$ 对相邻的数符号相反，用 $i_1, i_2, \cdots, i_k$ 表示这些数对中第一个元素的下标 $(1 \leqslant i_1 < i_2<\cdots <i_k \leqslant m)$．
如果 $k<n+1$，我们取\[b_i = f(i) = (i - x_1)\cdot(i - x_2)\cdots(i - x_k),\]其中 $x_l = i_l + \dfrac 1 2, l = 1,2, \cdots k$．
函数 $f$ 仅在点 $x_1, x_2, \cdots, x_k$ 处变号，注意到\[x_l = i_l + \dfrac 1 2,\]我们有\[b_i \cdot b_{i+1} <0 \Leftrightarrow i = i_l, l=1, 2, \cdots, k,\]所以，数列 $a_1, a_2, \cdots, a_m$ 中变号的数对和数列 $b_1, b_2, \cdots, b_m$ 中变号的数对的下标是相同的．
又因为 $a_m >0, b_m >0$，所以 $a_i$ 和 $b_i(i = 1, 2, \cdots, m)$ 同号，从而有 $a_ib_i>0$，所以\[\sum\limits_{i=1}^{m}a_ib_i>0,\cdots \cdots \cdots \text{ ② }\]① 与 ② 矛盾，故 $k \geqslant n+1$．
取\[b_i = \sum\limits_{j=0}^{n}c_j \cdot i^j, i = 1, \cdots, m,\]其中 $c_0, c_1, \cdots c_n$ 为任意实数，由已知条件有\[\sum\limits_{i=1}^{m}a_i b_i = \sum\limits_{i=1}^{m}a_i \sum\limits_{j=0}^{n}c_j i^j = \sum\limits_{j=0}^{n}c_j \sum\limits_{i=1}^{m}a_i i^j = 0 \cdots \cdots \cdots \text{ ① }\]设数列 $a_1, a_2, \cdots, a_m$ 中有 $k$ 对相邻的数符号相反，用 $i_1, i_2, \cdots, i_k$ 表示这些数对中第一个元素的下标 $(1 \leqslant i_1 < i_2<\cdots <i_k \leqslant m)$．
如果 $k<n+1$，我们取\[b_i = f(i) = (i - x_1)\cdot(i - x_2)\cdots(i - x_k),\]其中 $x_l = i_l + \dfrac 1 2, l = 1,2, \cdots k$．
函数 $f$ 仅在点 $x_1, x_2, \cdots, x_k$ 处变号，注意到\[x_l = i_l + \dfrac 1 2,\]我们有\[b_i \cdot b_{i+1} <0 \Leftrightarrow i = i_l, l=1, 2, \cdots, k,\]所以，数列 $a_1, a_2, \cdots, a_m$ 中变号的数对和数列 $b_1, b_2, \cdots, b_m$ 中变号的数对的下标是相同的．
又因为 $a_m >0, b_m >0$，所以 $a_i$ 和 $b_i(i = 1, 2, \cdots, m)$ 同号，从而有 $a_ib_i>0$，所以\[\sum\limits_{i=1}^{m}a_ib_i>0,\cdots \cdots \cdots \text{ ② }\]① 与 ② 矛盾，故 $k \geqslant n+1$．
答案
解析
备注
