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# System prepended metadata

title: A(代數)

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<!-- # 第一天作業

[作業連結在這！！！](https://hackmd.io/rod7H5c7Qa6XZJrzmHU0eg)
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# 不等式
## 定理 $1.1.$ 


$$
\begin{cases}
\forall a_i, b_i \in \mathbb{R}, (1 \leq i \leq n \in \mathbb{Z})  \\
a_1 \leq a_2 \leq \dots \leq a_n \\
b_1 \leq b_2 \leq \dots \leq b_n 
\end{cases}
$$

$$
\begin{cases}
順序和 = a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n \\
逆序和 = a_1b_{n} + a_2b_{n-1} + \dots a_{n}b_1
\end{cases}
$$

$$
逆序和 \leq 亂序和 \leq 順序和
$$

### $Proof.$
對於任意實數 $a > b$ 且 $c > d$，考慮以下兩數：
\begin{align*}
    ad + bc, \quad ac + bd
\end{align*}
由於
\begin{align*}
    &(ac + bd) - (ad + bc) \\
    = \ &a(c - d) + b(d - c) \\
    = \ &(a - b)(c - d) \ge 0
\end{align*}

若存在如上形式的乘積對，可透過交換使其變大或減小，即說明了逆序和 $\leq$ 亂序和 $\leq$ 順序和。

## 範例$1.2.$
若 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 為正數 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 的一個排列，則以下級數的最小值為何？
\begin{align*}
    {a_1 \over b_1} + {a_2 \over b_2} + \cdots + {a_n \over b_n}
\end{align*}

:::spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
分別對 $a_1, a_2, \cdots , a_n$ 及 $\displaystyle \frac1{a_1}, \frac1{a_2}, \cdots , \frac1{a_n}$ 由小至大排序，容易看出當 $a_i$ 排在第 $k$ 位時，$\displaystyle \frac1{a_i}$ 將排在第 $n - k + 1$ 位。
於是由逆序和的最小性，應於 $\forall 1 \le i \le n, \ a_i = b_i$ 時，上述級數取得最小值 $n$.
:::



## 範例$1.3.$ 
已知正實數 $a, b, c$ 滿足 $a+b+c = 2,$ 求 $\displaystyle \frac{b^2 + c^2}{a} + \frac{a^2 + c^2}{b} + \frac{a^2 + b^2}{c}$ 的最小值。

:::spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
不妨設$a \ge b \ge c > 0$，則 $\displaystyle a^2 \ge b^2 \ge c^2$ 且 $\displaystyle {1 \over a} \le {1 \over b} \le {1 \over c}$
透過排序不等式，可以得知逆序和的最小性，以此列出以下兩式
\begin{align*}
& a^2 \cdot {1 \over a} + b^2 \cdot {1 \over b} + c^2 \cdot {1 \over c} \le a^2 \cdot {1 \over b} + b^2 \cdot {1 \over c} + c^2 \cdot{1 \over a}\\
& a^2 \cdot {1 \over a} + b^2 \cdot {1 \over b} + c^2 \cdot {1 \over c} \le c^2 \cdot {1 \over b} + a^2 \cdot {1 \over c} + b^2 \cdot{1 \over a}\\
\end{align*}
兩式相加後得到
\begin{align*}
2(a + b + c) \le \frac{b^2 + c^2}{a} + \frac{a^2 + c^2}{b} + \frac{a^2 + b^2}{c}
\end{align*}
故所求最小值為 $\displaystyle 4$，
當 $\displaystyle a = b = c = \frac23$ 時不等式中的等號成立。
:::


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## 定理 $2.1.$ $\quad$ $\forall a, b > 0,\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$*（算幾不等式）*

### $Proof.$
$$
\begin{align}
            &(a+b)^2 -4ab = (a-b)^2 \geq 0   \\
\implies    &(a+b)^2 - 4ab \geq 0            \\
\implies    &\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}
\end{align}
$$

### $Proof.$
以 $a + b$ 為直徑畫圓，設直徑上一點 $C$ 使直徑被分為長度分別為 $a, b$ 的兩段。過 $C$ 點做垂直該直徑的直線，交圓於 $D, D'$ 兩點。由母子相似性質得 $\overline{CD} = \sqrt{ab}$，觀察圖形易知 $\overline{CD}$ 小於此圓半徑，即 $\displaystyle \frac{a + b}{2} \ge \sqrt{ab}$，證畢。

### 算幾不等式的一般情況：

\begin{cases}
\begin{align}
\frac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n} = A_n \geq G_n = \sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}a_i}\\
\end{align}
\end{cases}

### $Proof.$
令 $\displaystyle b_{i}={\frac {a_{i}}{{\mathbf {G} }_{n}}}(i=1,2,3,...,n)$，於是有 $\displaystyle b_{1}b_{2}\cdots b_{n}=1$，再作代換 
\begin{align*}
b_{1}={\frac {c_{1}}{c_{2}}},b_{2}={\frac {c_{2}}{c_{3}}},\cdots ,b_{n}={\frac {c_{n}}{c_{1}}}
\end{align*}
，運用排序不等式得到：
\begin{align*}
\displaystyle {\frac {c_{1}}{c_{2}}}+{\frac {c_{2}}{c_{3}}}+\cdots +{\frac {c_{n}}{c_{1}}}\geqslant {\frac {c_{1}}{c_{1}}}+{\frac {c_{2}}{c_{2}}}+...+{\frac {c_{n}}{c_{n}}}=n
\end{align*}

，於是得到
$\displaystyle a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}\geqslant n{\mathbf {G} }_{n}$，即原不等式成立。


## 範例 $2.2.$ 
在座標平面上，點$P(x, y)$ 在直線 $L:2x + 3y = 5$ 上變動， 則 $9^x + 27^y$ 的最小值為？ (111復旦期中考)

::: spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
由算幾不等式，
\begin{align*}
9^x + 27^y = 3^{2x} + 3^{3y} \ge 2 \cdot \sqrt{3^{2x} \cdot 3^{3y}} = 2 \cdot \sqrt{3^5} = 18\sqrt{3}
\end{align*}
當 $\displaystyle x = \frac{5}{4}, \ y = \frac{5}{6}$ 時等號成立。
:::

## 範例 $2.3.$
若 $x>0$，且 $\displaystyle x^2 + \frac{2}{x} \le 3$，則 $x=?$

::: spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
由算幾不等式，
\begin{align*}
x^2 + {2 \over x} = x^2 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \ge 3\sqrt[3]{x^2 \cdot {1 \over x} \cdot {1 \over x}} = 3
\end{align*}
但是已知 $\displaystyle x^2 + \frac{2}{x} \le 3$，
故上述算幾不等式必須取等，於是 $\displaystyle x^2 = \frac1{x}$，解得 $x = 1$。
:::


## 範例 $2.4.$
已知$a > b$ 且 $ab = 1$，設 $\displaystyle p = \frac{a^2+b^2}{a-b}$，則 $p$ 與 $2\sqrt{2}$ 的大小關係為何？

::: spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
\begin{align*}
p \ &= \frac{a^2+b^2}{a-b} \\
&= \frac{(a - b)^2 + 2ab}{a - b} \\
&= (a - b) + \frac{2}{a - b} \\
&\ge 2 \cdot \sqrt{(a - b) \cdot \frac{2}{a - b}} \\
&= 2\sqrt{2}
\end{align*}
:::
   
   
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## 定理 $3.1.$ $\forall a_1, a_2, b_1,b_2 \in \mathbb{R}, \left(a_1^2 + a_2^2\right)\left(b_1^2 + b_2^2\right) \geq (a_1b_1 + a_2b_2)^2$
### $Proof.$

\begin{cases}
\begin{align}
    A &= a_1^2 + a_2^2 \\
    B &= 2(a_1b_1 + a_2b_2) \\
    C &= b_1^2 + b_2^2 \\
    f(x) &= Ax^2 + Bx + c
\end{align}
\end{cases}


觀察 $f(x)$ 的正負性：

$$
\begin{aligned}
f(x) &= (a_1^2 + a_2^2)x^2 + 2(a_1b_1 + a_2b_2)x + (b_1^2 + b^2_2) \\
     &= (a_1x+b_1)^2 + (a_2x + b_2)^2 \geq 0
\end{aligned}
$$

知 $f(x)$ 恆大於等於零，故其判別式 $D$ 必小於等於零，即
$$
\begin{aligned}
D \ = \ &B^2 - 4AC   \\
  = \ &\left(a_1^2 + a_2^2\right)\left(b_1^2 + b_2^2\right) - (a_1b_1 + a_2b_2)^2 \geq 0 \\
\implies &\left(a_1^2 + a_2^2\right)\left(b_1^2 + b_2^2\right) \ge (a_1b_1 + a_2b_2)^2
\end{aligned}
$$

證畢。

## 範例$3.2.$
設$a,b,c,d$都是實數，$a+2b+3c+4d= \sqrt{10}$，則
\begin{align*}
a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + (a + b + c + d)^2
\end{align*}

的最小值是？

:::spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
平方的形式讓人容易聯想到柯西不等式，為使等號可以成立，需先觀察係數：
\begin{cases}
\begin{align}
    &p + (p + q + r + s) = 1 \\
    &q + (p + q + r + s) = 2 \\
    &r + (p + q + r + s) = 3 \\
    &s + (p + q + r + s) = 4
\end{align}
\end{cases}

將解得 $(p + q + r + s) = 2, \ (p,q,r,s) = (-1, 0, 1, 2)$.

接著由柯西不等式，有
\begin{align*}
&\left(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + (a + b + c + d)^2\right)\ \left( (-1)^2 + 1^2 + 0^2 + 1^2 + 2^2\right) \\
\ge \ &\left(-a + 0b + c + 2d + 2(a + b + c + d)\right)^2 \\
= \ &(a + 2b + 3c + 4d)^2 \\
= \ &10
\end{align*}

當 $(a,b,c,d) = \left(-\frac{\sqrt{10}}{10}, \ 0,\frac{\sqrt{10}}{10}\ , \frac{2\sqrt{10}}{10}\right)$ 時等號成立。
:::

## 範例$3.3.$
若$a$, $b$滿足關係：$a\sqrt{1 - b^2} + b\sqrt{1 - a^2} = 1$，則$a^2 + b^2 = \_\_\_\_\_$
:::spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
分別由柯西不等式及算幾不等式，得到
\begin{cases}
\begin{align}
&(a^2 + b^2)\left((1 - b^2) + (1 - a^2) \right) \ge \left(a\sqrt{1 - b^2} + b\sqrt{1 - a^2} \right)^2 = 1 \\
&(a^2 + b^2)\left((1 - b^2) + (1 - a^2) \right) \le \left(\frac{(a^2 + b^2) + (1 - b^2 + 1 - a^2)}{2} \right)^2 = 1
\end{align}
\end{cases}

故以上兩不等式的等號必成立，此時 $a^2 + b^2 = 1$.
:::

## 範例$3.4.$
設 $x$, $y$, $z$ 為正實數，且 $x + y + z \ge 3$，證明：
\begin{align*}
\displaystyle {1 \over x + y + z^2} + {1 \over y + z + x^2} + {1 \over z + x + y^2} \le 1
\end{align*} 

並給出等號成立的條件。

:::spoiler `參考解答在這！！！` 
:::success
由柯西不等式，
\begin{align*}
&(x + y + z^2)(x + y + 1) \ge (x + y + z)^2 \\
\implies &\frac1{x + y + z^2} \le \frac{x + y + 1}{(x + y + z)^2}
\end{align*}
同理，
\begin{align*}
&\frac1{y + z + x^2} \le \frac{y + z + 1}{(x + y + z)^2} \\
&\frac1{z + x + y^2} \le \frac{z + x + 1}{(x + y + z)^2}
\end{align*}
將以上三式相加，得到
\begin{align*}
&{1 \over x + y + z^2} + {1 \over y + z + x^2} + {1 \over z + x + y^2} \\
\le \quad &\frac{x + y + 1}{(x + y + z)^2} + \frac{y + z + 1}{(x + y + z)^2} + \frac{z + x + 1}{(x + y + z)^2} \\
= \quad &\frac{2(x + y + z) + 3}{(x + y + z)^2} \\
= \quad &\frac{2}{x + y + z} + \frac{3}{(x + y + z)^2} \\
\le \quad &1
\end{align*}
當且僅當 $x = y = z = 1$ 時，等號成立。
:::

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# 函方

## 範例$4.1.$
已知函數 $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$滿足：
\begin{align*}
f(f(x)) = x - 1 \quad \quad \forall x \in \mathbb{R},
\end{align*}

請問是否存在整數 $n$ 使得 $f(n)$ 是整數？

:::spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
由題意可知，
\begin{align*}
&f(f(f(x))) = f(x - 1), \quad f(f(f(x))) = f(x) - 1 \\
\implies &f(x - 1) = f(x) - 1 \\
\implies &f(x) = f(x - 1) + 1
\end{align*}

假設 $\exists x_0 \in \mathbb{Z}$，使得$f(x_0) \in \mathbb{Z}$，則由上式可知，$\forall x \in \mathbb{Z}, f(x) \in \mathbb{Z}$，且$f(x) = f(x_0) + x - x_0$。
設 $f(0) = a \in \mathbb{Z}$，則$f(x) = f(0) + x = x + a, f(f(x)) = f(x + a) = x + 2a = x - 1$，所以$a = -\frac12$，矛盾。所以假設不成立，不存在整數$n$使得$f(n)$為整數。
:::

## 範例$4.2.$
試求所有從實數映至實數的函數 $f$，滿足：
\begin{align*}
2f((x + y)^2) = f(x + y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2
\end{align*}

對於所有實數 $x$ 和 $y$ 皆成立。 (2024 TMO P3)
:::spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
令 $P(x, y)$ : $2f((x + y)^2) = f(x + y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2$

則
\begin{align*}
P(0, 0) : \ &2f(0) = f(0) + (f(0))^2 - f(0) \\
\implies \ &(f(0))^2 - 2f(0) = 0 \\
\implies \ &f(0) = 0 \ or \ 2
\end{align*}


$如果~f(0) = 0$
\begin{align*}
\begin{cases}
&P(0,1): 2f(1) = f(1) + 2 \\
&\implies f(1) = 2 \\
&P(1,0): 2f(1) = f(1) + (f(1))^2 - f(1) \\
&\implies f(1) = 0~or~2
\end{cases}
\end{align*}

$如果~f(0) = 2$
\begin{align*}
\begin{cases}
P(0,1): 2f(1) = f(1) + 4 + 3\times 2 + 2 = f(1)+12 \\
\implies f(1) = 12 \\
P(1,0): 2f(1) = f(1) +(f(1))^2 - f(1) \\
\implies f(1) = 0~or~2
\end{cases}
\end{align*}
得$f(0) = 2$不合    




又有
\begin{align*}
P(x, -x) : \ &2f(0) = f(0) + (f(x))^2 - (4x + 1)f(x) + 2x + 4x^2 \\
\implies &0=(f(x))^2 - f(x) + x(-4f(x) + 2) + 4x^2& \\
\implies &(2x-f(x))(2x+1-f(x))=0
\end{align*}

得$f(x) = 2x~~or~~2x=1$.

代回驗證：

$$f(x) = 2x+1代入$$

\begin{align*}
\begin{cases}
&2f((x + y)^2) = 2(2x^2 + 4xy + 2y^2 + 1) \\
&= 4x^2 + 8xy + 4y^2 + 2 \\
&f(x + y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2 \\
 &= 4x^2 + 8xy + 4y^2 + 4x + 2y + 1 
\end{cases}
\end{align*}

$$f(x) = 2x代入$$

\begin{align*}
\begin{cases}
 &2f((x + y)^2) = 2(2x^2 + 4xy + 2y^2) \\
 &= 4x^2 + 8xy + 4y^2 \\
 &f(x + y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2\\
 &=4x^2 + 8xy + 4y^2
\end{cases}
\end{align*}

知$f(x) = 2x$.
 
:::


## 範例$4.3.$
滿足 $f(f(x)) = f(x)^{2024}$ 的實係數多項式 $f(x)$ 的個數為？

:::spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
假設 $deg(f(x)) = k$，則 $k^2 = 2024k$，解得 $k = 0 \ or \  2024$
以下分兩種情況討論：
(1) 當 $k = 0$ 時，設 $f(x) = a, \ a \in \mathbb{R}$，則
\begin{align*}
a = a^{2024} \quad \implies \quad a = 0 \ or \ 1
\end{align*}

得 $f(x) = 0 \ or \ f(x) = 1$.

(2) 當 $deg(f(x)) = 2024$ 時，設 $g(x) = f(x) - x^{2024}$。由於多項式函數 $f(x)$ 的值域為無限集，所以 $g(x)$ 的根有無窮多個，故 $g(x)$ 只能為零多項式，因此，$f(x) - x^{2024} = 0 \implies f(x) = x^{2024}$.

綜上，共有三個滿足條件的$f(x)$。
:::

## 範例$4.4.$ 
找出所有函數 $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$，使得等式
\begin{align*}
    f(\left[x\right]y) = f(x)\left[f(y)\right]
\end{align*}

對於所有 $x,\ y \in \mathbb{R}$ 都成立。(這裡$\left[z\right]$表示小於或等於$z$的最大整數。) (2010 IMO P1)

:::spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
將 $y=0$ 代入得：$f(0) = f(x)[f(0)]$

**case1** : $[f(0)]\neq0$ 
\begin{align*}
f(x) = {f(0) \over [f(0)]}
\end{align*}
因此$f(x)$為常數，令此常數為$a$並代入原式得：
$a=a[a] \implies a(1-[a]) = 0 \implies a=0 \vee a \in [1, 2)$

**case2** : $[f(0)]=0$
$[f(0)]=0\implies f(0)=0$ (原式代入 $y=0$)

將 $x=1$ 代入原式得 $f(y)=f(1)[f(y)]$
若 $f(1)=0$，則對於任意實數 $y$，皆有 $f(y)=0$

若 $f(1) \neq 0$，則有 $[f(y)] = {f(y) \over f(1)}$，代入原式得 $f([x]y) = {f(x)f(y) \over f(1)}$，因此對於任意實數 $x,y$ 都有 $f([x]y)=f(x[y])$，代入 $x=\frac{1}{2}, y=2$ 得$f(0)=f(1)$
$\implies f(1)=0$ 與假設矛盾。

綜合上述，$\forall x, f(x) = k, k=0 \vee 1 \le k < 2, k \in \mathbb{R}$
:::

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**粗體**
***斜粗體***
*斜體*

`把他包起來`

分割線
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:::spoiler 隱藏東東  
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:::spoiler `解答`
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:::success
耶
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:::info
耶
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耶
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耶
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