给定整数k≥2.求所有无穷正整数数列a1,a2,⋯,使得存在多项式
P(x)=xk+ck-1 xk-1+⋯+c1 x+c0
其中c0,c1,⋯,ck-1是非负整数，满足P(an )=an+1 an+2⋯an+k对任意正整数n成立.
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问答题（2023年7月国际数学奥林匹克 ）
答案解析
①先证{an}不减.由P(an )=an+1 an+2⋯an+k知P(an+1 )=an+2 an+3⋯an+k+1，∴(P(an+1))/(P(an))=(an+k+1)/an+1 因为P(x)系数均非负，所以P(x)在(0,+∞)递增.若存在n∈N+，使得an+1<an，则P(an+1 )<P(an)，即an+k+1<an+1.必存在m∈{n+1,n+2,⋯,n+k}，使得am+1<am，取其中最大的一个（最后一次下降），则有an+1>am+1.重复上述过程，又有：存在t∈{m+1,m+2,⋯,m+k}，且at+1<at，有am+t>at+1.于是有无穷多个n1<n2<⋯，满足ani+1<ani，且an1>an2>⋯，经过有限项后必小于0，与ani为正整数矛盾.故{an}不减.②若an=an+1，则P(an )=P(an+1)，于是an+1=an+k+1，而an+1≤an+2≤⋯≤an+k+1，所以an=an+1=⋯=an+k+1.向前推，由P(an-1 )=an an+1⋯an+k-1=an+1 an+2⋯an+1=P(an)知an-1=an,∴{an}为常数列.③若a1<a2<⋯.取一个足够大的正整数t，满足Ckr∙tr≥ck-r对1≤r≤k恒成立，则P(x)=xk+ck-1 xk-1+⋯+c1 x+c0≤xk+Ckk-1 txk-1+⋯+Ck1 tk-1 x+tk=(x+t)k于是an+1k≤an+1 an+2⋯an+k=P(an )≤(an+t)k，即an+1≤an+t.对固定的n，有an+k-an≤kt，设dk=an+k-an∈{1,2,⋯,kt}，其中d1<d2<⋯<dk，而(d1,d2,⋯,dk...
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若方程x4-4x3-34x2+ax+b=0之根成等差级数，求a,b及四根.
已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn, 公差 d≠ 0, a1/d ⩽ 1. 记 b1 = S2, bn+1 = Sn+2 − S2n, n ∈ N∗, 下列不可能成立的是【 】
我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题, 如数列 {n(n+1)/2} 就是二阶等差数列,数列{n(n+1)/2} (n ∈ N∗) 的前 3 项和是________.
若(z-x)2-4(x-y)(y-z)=0，求证：x,y,z成等差数列.
Find the sum of the arithmetical series 49,44,39,… to 17 terms.
记 Sn 为等差数列 {an} 的前 n 项和, 若 a1 = −2, a2 + a6 = 2, 则 S10 = ______.