【持续更新】易湃代数百题（部分）个人解答

第1题.

题目 \(a_1,\cdots,a_{100}:a_i+a_{i+1}+a_{i+2}\leqslant 1\),下标按\(\mathrm{mod}\ 100\)理解.求\[\sum_{i=1}^{100}a_ia_{i+2}\]的最大值.

分析 猜取等:注意到取\(\displaystyle \frac12,0,\frac12,0,\cdots\)时\(\displaystyle \frac{25}2\)最大.

解答 \[\begin{align*} \sum_{i=1}^{100}a_ia_{i+2}&= \sum_{i=1}^{50}(a_{2i}a_{2i+2}+a_{2i+1}a_{2i+3})\\\\&\leqslant\sum_{i=1}^{50}((1-a_{2i+1}-a_{2i+2})a_{2i+2}+(1-a_{2i+1}-a_{2i+2})a_{2i+1})\\\\&=\sum_{i=1}^{50}(a_{2i+1}+a_{2i+2})(1-a_{2i+1}-a_{2i+2})\leqslant\frac{25}2.\square\end{align*}\]

第2题.

题目 \(\displaystyle {a_i}(1\leqslant i\leqslant n):\sum_{i=1}^na_i=1\).求\[\sum_{i<j}(j-i)a_ia_j\]的最大值.

分析 我们来考察组合意义.

解答

\[\sum_{i<j}(j-i)a_ia_j=\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=1}^ka_i\sum_{j=k+1}^na_j\leqslant\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(\sum_{i=1}^na_i)^2}{4}=\frac{n-1}4.\]

等号成立仅当\(\displaystyle a_1=a_n=\frac12\),其余为\(0\).\(\square\)

第3题.

题目 对所有的实数\(x_1,\cdots,x_{60}\in[-1,1]\),求\[\sum_{i=1}^{60}x_i^2(x_{i+1}-x_{i-1})\]的最大值.

分析 这个取等有点难猜.经过不懈的猜测可以发现\((-1,1,0)\)循环是可行的.

然后基操恒等变形、增量换元、切线放缩即可.

解答 设\(x_{i+1}-x_i=y_i\).注意到

\[\begin{align*}\sum_{i=1}^{60}x_i^2(x_{i+1}-x_{i-1})=\frac13\sum_{i=1}^{60}(x_{i+1}-x_i)^3&=\frac13\sum_{i=1}^{60}y_i^3\\\\&=\frac13\sum_{i=1}^{60}((y_i+1)^2(y_i-2)+y_i+2)\\\\&\leqslant\frac13\sum_{i=1}^{60}(y_i+2)=40.\end{align*}\]

取等仅当\(x_i\)为\(-1,1,0\)的轮换.\(\square\)

第4题.

题目 \(a_0,\cdots,a_n\in\mathbb{R}\),\(a_1=a_{n-1}=0\).证明:\(\forall k\in\mathbb{R}\),\[\mid a_0\mid-\mid a_n\mid\leqslant \sum_{i=0}^{n-2}\mid a_i-ka_{i+1}-a_{i+2}\mid.\]

分析 猜取等时,\(RHS\)中间应该有大片\(0\).所以我们可以待定\(\lambda_i\in[0,1]\),有

\[RHS\geqslant\sum_{i=0}^{n-2}\lambda_i\mid a_i-ka_{i+1}-a_{i+2}\mid\geqslant\mid\sum_{i=0}^{n-2}\lambda _i(a_i-ka_{i+1}-a_{i+2})\mid.\]

并且我们希望消去\(a_2,\cdots,a_{n-2}\).\[\Leftrightarrow -\lambda_i-k\lambda_{i+2}+\lambda_{i+2}=0.\] 考虑特征根\(x^2-kx-1=0\)的两根\(x_{1,2}\),为了方便构造直接取\(\lambda_i=x_1^i\).

解答 设\(x^2-kx-1=0\)的两根是\(x_1,x_2\),因为\(x_1x_2=-1\),不妨\(\mid x_1\mid\leqslant1\).所以

\[\begin{align*}RHS&\geqslant\sum_{i=0}^{n-2}\lambda_i\mid a_i-ka_{i+1}-a_{i+2}\mid\geqslant\mid\sum_{i=0}^{n-2}\lambda_i( a_i-ka_{i+1}-a_{i+2})\mid\\\\&=\mid\sum_{i=0}^{n-2}x_1^i(a_i-ka_{i+1}-a_{i+2})\mid\\\\&=\mid a_0-x_1^{n-2}a_n\mid\geqslant\mid a_0\mid-x_1^{n-2}\mid a_{n}\mid\geqslant\mid a_0\mid-\mid a_{n}\mid.\square\end{align*}\]

注 优雅而美好!

第5题.

题目 无穷数列\(\{a_n\}\)为好数列,如果\(x_0=1,x_i\geqslant x_{i+1}.\)求最小的常数\(c\),使存在好数列\(\{x_n\}\),使得\[\sum_{i=0}^n\frac{x_i^2}{x_{i+1}}\leqslant c\]对任意正整数\(n\)成立.

分析 可以猜出\(x_n=2^{-n}\).

解答 设\(\displaystyle y_i=\frac{x_i^2}{x_{i+1}}\).因为\[x_i\geqslant x_{i+1}\Leftrightarrow y_n\prod_{i=0}^{n-1}y_i^{2^{n-i-1}}\geqslant 1,\]所以\[\begin{align*}\sum_{i=0}^{n}y_i&=\sum_{i=0}^{n-1}2^{n-i-1}\cdot\frac{1}{2^{n-i-1}}y_i+y_n\\\\&\geqslant\left(\sum_{i=0}^{n-1}2^{n-i-1}+1\right)\left(y_n\prod_{i=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2^{n-i-1}}y_i\right)^{2^{n-i-1}}\right)^\frac1{\sum_{i=0}^{n-1}2^{n-i-1}+1}\\\\&\geqslant 4^{1+2^{-n}}.\end{align*}\] 则\(c\geqslant4.\)当\(c=4\),令\(x_n=2^{-n}\)即可.\(\square\)

第6题.

题目 \(\displaystyle x_1,\cdots,x_{2021}:\sum_{i=1}^{2021}x_i=1\).求\[\sum_{i=1}^{2020}x_i^3x_{i+1}^3\]的最大值.

分析 先来考察小情况.

解答 首先证明:\[x^3y^3+y^3z^3\leqslant\frac18(x^2+y^2+z^2)^3.\] \[\Leftrightarrow\sum_{\mathrm{cyc}}x^6+3x^2y^2z^2+3\sum_{\mathrm{cyc}}(x^4y^2+x^2y^4)-8x^3y^3-8y^3z^3\geqslant0.\] 由\(\mathrm{Schur}\),\[LHS\geqslant 4((x^2y-xy^2)^2+(y^2z-yz^2)^2+(x^4z^2+x^2z^4)^2)\geqslant0.\]

所以\[\text{原式}\leqslant\frac18((x_1^2+x_2^2+x_3^2)^3+\cdots+(x_{2020}^2+x_{2021}^2)^3)\leqslant\frac18.\]等号成立当连续\(2\)项\(\frac{\sqrt2}2\).

注 这个解答相当不优雅.

第7题.

题目 整数\(n\geqslant2\)_,非负实数\(a_1,\cdots,a_n:\) \[\sum_{i=1}^na_i=4.\]求\[2a_1+a_1a_2+a_1a_2a_3+\cdots+a_1a_2\cdots a_n\]的最大值.

分析 先来考察小情况.

解答 我们对\(n\)归纳证明:\(2a_1+a_1a_2+a_1a_2a_3+\cdots+a_1a_2\cdots a_n\)的最大值为\(9\),等号成立仅当\(a_1=3,a_2=1\).

归纳奠基 \(n=2\)时,\[2a_1+a_1a_2=a_1(2+a_2)\leqslant\frac14(2+a_1+a_2)^2=9.\]

归纳假设 若对\(n-1\)成立,考虑\(n\)的情形.

情形\(1\). 如果\(a_{n-1}\leqslant1\),有\[a_1a_2\cdots a_{n-2}a_{n-1}+a_1a_2\cdots a_{n-2}a_{n-1}a_n\leqslant a_1a_2\cdots a_{n-2}(a_{n-1}+a_n).\]

又\(a_1+\cdots+a_{n-2}+(a_{n-1}+a_n)=4\),由归纳假设,\(2a_1+a_1a_2+a_1a_2a_3+\cdots+a_1a_2\cdots a_n\leqslant9\).等号成立仅当\(a_1=3,a_2=1\).

情形\(2\). 如果\(a_{n-1}>1\),有\[\begin{cases}a_1+a_2<3,\\a_1+a_2+a_3<3,\\\vdots\\a_1+\cdots+a_{n-2}<3,\\a_1+\cdots+a_{n-1}\leqslant4,\\a_1+\cdots+a_n=4.\end{cases}\] 所以,\[\text{原式}<\frac{25}4+\left(\frac33\right)^3+\left(\frac34\right)^4+\cdots+\left(\frac3{n-2}\right)^{n-2}+\left(\frac4{n-1}\right)^{n-1}+\left(\frac4n\right)^n.\]当\(n\geqslant6\),\[\begin{align*}\text{原式}&<\frac{25}4+\left(\frac34\right)^4+\left(\frac34\right)^5+\cdots+\left(\frac34\right)^{n-2}+\left(\frac4{n-1}\right)^{n-1}+\left(\frac4n\right)^n\\&<\frac{545}{64}+\left(\frac4{n-1}\right)^{n-1}+\left(\frac4n\right)^n\leqslant \frac{545}{64}+\left(\frac45\right)^5+\left(\frac23\right)^6<9.\end{align*}\]当\(n<6\), \[\text{原式}<\frac{25}4+1+\left(\frac44\right)^4+\left(\frac45\right)^5<9.\]

于是\(\text{原式}\leqslant9\),归纳证毕.\(\square\)

注 这个解答相当不优雅.

第11题.

题目 给定正整数\(n>1\),求最小实数\(c(n):\) \(\forall a_1,\cdots a_n\in\mathbb{R}_+\),\[\frac1n\sum_{i=1}^na_i-\sqrt[n]{\prod_{i=1}^na_i}\leqslant c(n)\max_{i < j}(\sqrt{a_i}-\sqrt{a_j})^2.\]

分析 看出来了吗?这题本质是导数大题.

解答 一方面,取\(a_1=1,a_2=a_3=\cdots=a_n\rightarrow+\infty\),有\[c(n)\geqslant\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\frac{(n-1)x+1}n-x^{(n-1)/n}}{(\sqrt{x}-1)^2}=\frac{n-1}n.\]下证\[f=\frac1n\sum_{i=1}^na_i-\sqrt[n]{\prod_{i=1}^na_i}\leqslant \frac{n-1}n\max_{i < j}(\sqrt{a_i}-\sqrt{a_j})^2.\] 不妨\(x\)最小,\(y\)最大.由\(f\)关于\(a_i\)的凸性,\[f(a_i)\leqslant f(x)\text{或}f(y).\] 设调整后\(a\)个\(x\),\(b\)个\(y\).\(1\leqslant a\leqslant n-1\).则\[f=\frac{ax+(n-a)y}n-x^{a/n}y^{(n-a)/n}.\]由\(f\)关于\(a\)的凸性,\[f(a)\leqslant f(1)\text{或}f(n-1).\] 故只需证\(\forall x,y\in \mathbb{R}_+\) (不必\(x\leqslant y\)),\[\frac{x+(n-1)y}n-x^{1/n}y^{(n-1)/n}\leqslant\frac{n-1}n(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2.\] 由齐次性不妨设\(y=1\),\[\Leftrightarrow\forall x\in \mathbb{R}_+,\frac{x+(n-1)}n-x^{1/n}\leqslant\frac{n-1}n(\sqrt{x}-1)^2.\] \[\Leftrightarrow g(\sqrt{x})=(n-2)x+nx^{1/n}-2(n-1)\sqrt{x}\geqslant 0\] \(\sqrt x=t\),\[g'(t)=(2n-4)t+2t^{2/n-1}-2(n-1),\] \[g''(t)=2n-4+\left(\frac4n-2\right)t^{2/n-2}.\] 令\(g''(t)=0\),得\(g'(t)\)在\([0,n^{n/(2-2n)})\)递减,\((n^{n/(2-2n)},+\infty)\)递增,\(g'(t_0)=g'(1)=0\).则\(g(t)\)在\((0,t_0)\)递增,\((t_0,1)\)递减,\((1,+\infty)\)递增.又\(\displaystyle \lim_{t\rightarrow0}g(t)=0\),\(g(1)=0\)知\(g(t)\geqslant0\),证毕.\(\square\)

注 其实…加权均值也能做.