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证明显然当时，取正值，所以它的所有实根都是负数.为方便起见，设其为其中为正.我们得到
根据多项式的根与系数的关系得
我们将看到，三个命题的证明都依赖于这个等式.
（1）由AM-GM不等式，我们得到
对于均成立.因此
（2）这部分我们基本可以用相同的方法证明，这里要用到加权AM-GM不等式．对于所有的非负数和所有的，我们有
如果那么
（3）这是AM-GM不等式的又一个结论.系数是中所有可能的项乘积之和.有个这样的乘积，并且每个都包含在其中的个乘积中.因此
【问题3】已知，求证：
都是正数的充要条件是
．
【证明】必要性显然成立．下面证明充分性．
由题设条件容易联想到韦达定理的逆定理，设
，
则由韦达定理得逆定理知，是多项式的三个根．又因为当时，，所以的根都是正的，即都是正数．
【点评】
（1）这里我们利用韦达定理的逆定理，构造以为根的辅助多项式，从而将问题转化为证明多项式的根全为正．这种构造的技巧在解多项式问题时经常用到．
（2）由本题的证明启发我们将此题推广为：
已知，则为正数的充要条件是
证法与上例类似．
【问题4】试确定形如的全体多项式，使多项式的根都是实数．
【解】不妨先考虑，设其个根为，则
，
（1）
，
（2）
（3）
由
（1）、
（2）得
于是，故．
从而，又由（3）得，再利用平均不等式得，即．
当时所求多项式成为；
当时所求多项式成为（有虚根舍去），（有虚根舍去）．
综上所求多项式共12个．
【点评】此题中我们应用韦达定理和不等关系，求出的取值范围，进而求出的值，确定出符合题设条件的全体多项式．
【问题5】设是实数，求证：
存在实系数多项式，不能写成实系数多项式的平方和．
证明：
是满足条件的多项式．证明如下：
首先证明．
若，显然．
若，则
即，所以．
下证不能写成实系数多项式的平方和．反设
其中．可设
比较和中的系数，得
即．
比较对应的系数，得
因此．
最后，比较的系数，得
这与是实数矛盾．证毕．
【问题6】2011个实数满足方程组
试计算的值．
解：
构造多项式：
据所给的条件可知：
当时，皆有．
则有常数，使
先取，得．
再取，可得
【练习】已知满足：
对任意的均有
求证：
由于=A
取（k=1;
2;
……..;
2010）则A=-1
所以，令,代入f（x）得：
…
累加得：
所以，.
【问题7】设n是一个正整数，考虑
S=
这样一个三维空间中具有个点的集合。
问最少要多少个平面，它们的并集才能包含S，但不含（0,0,0）。
分析可能有人以前做过二维的，大体方法如下：
二维时，我们可以考虑最外一圈的4n-1个点。
如果没有直线x=n或y=n，那么每条直线最多过这4n-1个点中的两个，故至少需要2n条直线。
如果有直线x=n或y=n，那么将此直线和其上的点去除，再次考虑最外一圈，只不过点数变成了4n-3个，需要至少2n-1条直线，再加上去掉的那条正好2n条如果需要多次去除直线，以至于比如x=1x=2......x=n这所有n条直线全部被去除了，那么剩下（0,1）（0,2）......（0,n）至少还需要n条直线去覆盖，2n条亦是必须的。
2n条显然是可以做到的，所以二维的最终结果就是2n。
但是将这种方法推向三维的时候，会出现困难，因为现在用来覆盖的不是直线而是平面，平面等于有了三个自由变量，而且不容易选取标志点来进行考察。
当然，我们要坚信一个事实，就是答案一定是3n，否则题目是没有办法做的。
在这个前提下，通过转化，将这个看起来是个组合的题目变成了一个代数题。
解首先第一步，我们就要将每个平面表述成一个三元一次多项式的形式。
比如平面就表示成。
将所有这些平面表述成如此形式后，我们将这些多项式都乘起来。
下面我们需要证明的只有一点，就是乘出来的多项式，至少具有3n次。
（3n个平面是显然可以做到的，只要证明这点，3n就是最佳答案了）
这个乘出来的多项式具有什么特点呢？
它在x，y，z均等于0时不等于0，在x，y，z取其它0～n之间的数值时，其值均为0。
我们发现，当多项式中，某一项上具有某个字母的至少n+1次时，我们可以将其降低为较低的次数。
我们用的方法就是，利用仅仅讨论x，y，z在取0，1，2，……，n这些值时多项式的取值这一事实，在原多项式里可以减去形如或者此式子的任何倍数的式子。
从而，如果多项式中某一项的某个字母次数超过n，可以用此法将其变成小于或等于n。
我们假设用此法变换过后剩余的多项式是F，显然F的次数不大于原乘积多项式的次数。
我们下面需要证明的，就是F中这一项系数非0（F中只有这一项次数是3n）。
要想证明这样的问题，我们需要证明二维即两个未知数时的两个引理。
引理1：
一个关于x和y的实系数多项式，x和y的次数均不超过n。
如果此多项式在x=y=0
时非零，在x=p,y=q（不全为0）时为零，那么此多项式中
的系数必然不是零。
引理1的证明：
假设的系数是0。
我们知道，当假设y=1，2，3……n中任意一值时，将y代入多项式，所得的多项式，必须都是零多项式。
这是由于当y取这些值时，此多项式为关于x的不超过n次的多项式，却有n+1个零点。
所以假设y是常数，按x的次数来整理该多项式，的次数是一个关于y的不超过n-1次的多项式，但是却有n个零点，故为零多项式。
因此，当按照x的次数来整理多项式时，x的最高次最多是n-1次。
现在令y=0代入多项式，转化为关于x的多项式，最多n-1次，但是有n个零点（1，2，……，n）。
因此，这个多项式应当是零多项式，但是这与此多项式在x=y=0时非零矛盾！
引理2：
如果此多项式在x=p,y=q（）时均为0，则此多项式为零多项式。
引理2的证明：
对于任意的y=0，1，2，……n代入原多项式，变成关于x的不超过n次的多项式，这个新多项式必然是零多项式，否则它不可能有n+1个零点。
所以按x的次数来整理原多项式，对于任意的k=0，1，2，……n，项的系数都是一个关于y的不超过n次的多项式，但是却有n+1个零点，故所有的系数都为零。
回到原题。
假设F中这一项系数为0，那么设z为常数，考虑按x和y的次数来整理多项式F。
F中，项的系数，是一个关于z的，不超过n-1次的多项式。
但是，由引理2，这个多项式却拥有1，2，……，n共n个零点，故它是零多项式。
现在我们令z=0，化归成关于x和y的多项式。
此时项的系数已然是0，但是我们却发现，这个多项式恰恰在x=y=0时非零，在x=p,y=q（不全为0）时为零，这与刚才的引理1矛盾！
综上，我们证明了多项式F中这一项系数非0，即原乘积多项式至少有3n次，即至少需要3n个平面，才能覆盖题目中要求的所有点而不过原点。
故原题的答案为3n。
【点评】这是2007IMO的第6题，一个很难想出来的题目。
最关键的一点就是将这个看似组合几何的题目，转化成纯代数题。
尤其是在有二维的背景的前提下，在考试的时间内，更是很少有人能跳出思维的局限。
这或许就是为什么全世界顶尖的高中生只有区区4人做出此题的原因吧。
三、备选问题
【问题8】数列定义如下：
，且
对每一个正整数n，都有．
证：
由于所以，又
所以，．于是
所以，．
【问题9】已知满足条件：
（1）对任意;
（2）
求
令可见其不动点集为。
再令，代入条件
（1）得，再将代入得，结合两式可得：
，故，这说明1是的不动点。
下面用反证法证明的不动点是唯一的。
假设存在。
i.若,由，令得，从而这与条件
（2）矛盾。
ii.若,由,而这与i矛盾。
综上只有一个不动点1，所以，即.
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