(人大附2019-2020学年七年级上学期数学期中)如图,设$A$是由$n imes n$个有理数组成的$n$行$n$列的数表,其中$a_{ij}\,
(i,j=1,2,3,cdots,n)$表示位于第$i$行第$j$列的数,且$a_{ij}$取值为$1$或$-1$.
egin{table}[!htbp]
centering
%caption{彩色的表格}
egin{tabular}{|c|c|c|c|}
hline
$a_{11}$ & $a_{12}$ & $cdots$ & $a_{1n}$\ hline
$a_{21}$ & $a_{22}$ & $cdots$ & $a_{2n}$\ hline
$vdots$ & $vdots$ & $cdots$ & $vdots$\ hline
$a_{n1}$ & $a_{n2}$ & $cdots$ & $a_{nn}$\
hline
end{tabular}
end{table}
对于数表$A$给出如下定义:记$x_i$为数表$A$的第$i$行各数之积, $y_j$为数表$A$的第$j$列各数之积.令$S=(x_1+x_2+cdots+x_n)+(y_1+y_2+cdots+y_n)$,将$S$称为数表$A$的"积和".
(1)当$n=4$时,对如下数表$A$,求该数表的"积和" $S$的值;
egin{table}[!htbp]
centering
%caption{彩色的表格}
egin{tabular}{|c|c|c|c|}
hline
$1$ & $1$ & $-1$ & $-1$\ hline
$1$ & $-1$ & $1$ & $1$\ hline
$1$ & $-1$ & $-1$ & $1$\ hline
$-1$ & $-1$ & $1$ & $1$\
hline
end{tabular}
end{table}
(2)是否存在一个$3 imes 3$的数表$A$,使得该数表的“积和" $S=0$?并说明理由;
(3)当$n=10$时,直接写出数表$A$的“积和” $S$的所有可能的取值.
解. (1)由题意得$S= (x_1+x_2+x_3+x_4)+(y_1+y_2+y_3+y_4)=(1-1+1+1)+(-1-1+1-1)=0$.
(2)不存在$3 imes 3$的数表$A$,使得$S=0$.
证明如下:
设存在$3 imes 3$的数表$A$,使得$S=0$.
因为$x_iin {1,-1},y_jin {1,-1}$, $(i,j=1,2,3)$,而$S=(x_1+x_2+x_3)+(y_1+y_2+y_3)=0$,所以数表$A$这9个数中有3个$1$, 3个$-1$.
令$M=x_1x_2x_3y_1y_2y_3$.
一方面,由于这9个数中有3个$1$, 3个$-1$,从而$M=-1$. quad ding{172}
另一方面, $x_1x_2x_3$表示数表中所有元素之积(记这9个实数之积为$m$);
$y_1y_2y_3$也表示$m$,从而$M=m^2=1$.quad ding{173}
ding{172}、ding{173}相矛盾,从而不存在$3 imes 3$的数表$A$,使得$S=0$.
(3)注意到$x_1x_2cdots x_n=y_1y_2cdots y_n$,则$x_1,x_2,cdots,x_n,y_1,y_2,cdots,y_n$这$2n$个数中,一定有偶数个$-1$,不妨设有$2k\, (0leq kleq n)$个$-1$,则有$2n-2k\, (0leq kleq n)$个$1$,此时$S=-(2k)+(2n-2k)=2n-4k$.
下面通过构造说明所有形如$2n-4k\, (0leq kleq n)$的数都能被$S$取到.
对数表$A_0:a_{ij}=1\,(i,j=1,2,3,cdots,n)$,显然$S=2n$.
将数表$A_0$中的$a_{11}$由$1$变为$-1$,得到数表$A_1$,显然$S=2n-4$.
将数表$A_1$中的$a_{22}$由1变为$-1$,得到数表$A_2$,显然$S=2n-8$.
依此类推,将数表$A_{i-1}$中的$a_{kk}$由1变为$-1$,得到数表$A_k$.
即数表$A_k$满足: $a_{11}=a_{22}=cdots=a_{kk}=-1\, (1leq kleq n)$,其余$a_{ij}=1$.
则$x_1=x_2=cdots=x_k=-1,y_1=y_2=cdots=y_k=-1$.
所以$S=2[(-1) imes k+(n-k)]=2n-4k$,其中$k=1,2,cdots,n$.
当$n=10$时,数表$A$的“积和"$S$的所有可能的取值为: $20,16,12,8,4,0,-4,-8,-12,-16,-20$.
实数$a,b,c$满足$ab+bc+ca=0$.求证:
(1) $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a+b+c)^2$.
(2) $(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4=2(a+b+c)^4$.
解. (1)左边$=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=2(a^2+b^2+c^2)$.
右边$=2(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)=2(a^2+b^2+c^2)$.
因此两者相等.
(2)
对
$$
left( a-b
ight) ^2+left( b-c
ight) ^2+left( c-a
ight) ^2=2left( a+b+c
ight) ^2
$$
两边平方可得
egin{align*}
&left( a-b
ight) ^4+left( b-c
ight) ^4+left( c-a
ight) ^4+2left( a-b
ight) ^2left( b-c
ight) ^2
\
&+2left( a-b
ight) ^2left( c-a
ight) ^2+2left( b-c
ight) ^2left( c-a
ight) ^2=4left( a+b+c
ight) ^4,
end{align*}
又
$$
left( ab+bc+ca
ight) ^2=left( a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2
ight) +2left( acb^2+bca^2+abc^2
ight) =0,
$$
故
$$
2left( acb^2+bca^2+abc^2
ight) =-left( a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2
ight).
$$
因此
egin{align*}
&left( a-b
ight) ^2left( b-c
ight) ^2+left( a-b
ight) ^2left( c-a
ight) ^2+left( b-c
ight) ^2left( c-a
ight) ^2
\
&=left( ab+bc-ac-b^2
ight) ^2+left( ac+ab-bc-a^2
ight) ^2+left( ac+bc-ab-c^2
ight) ^2
\
&=left( -2ac-b^2
ight) ^2+left( -2bc-a^2
ight) ^2+left( -2ab-c^2
ight) ^2
\
&=a^4+b^4+c^4+4acb^2+4bca^2+4abc^2+4left( a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2
ight)
\
&=a^4+b^4+c^4+4left( acb^2+bca^2+abc^2
ight) +4left( a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2
ight)
\
&=a^4+b^4+c^4+2left( a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2
ight).
end{align*}
而
$$
left( a+b+c
ight) ^4=left( a^2+b^2+c^2
ight) ^2=a^4+b^4+c^4+2left( a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2
ight),
$$
于是
$$
left( a-b
ight) ^2left( b-c
ight) ^2+left( a-b
ight) ^2left( c-a
ight) ^2+left( b-c
ight) ^2left( c-a
ight) ^2=left( a+b+c
ight) ^4.
$$
从而有
$$(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4=2(a+b+c)^4.$$