一道代数改编题

解答

由 $b_ix_i=x_{i-1}+x_{i+1}$，得 $$ \sum_{i=1}^n(b_i-2)x_i=0. $$ 由于 $x_i>0$，且各 $b_i$ 均为正整数，若没有一项等于 $1$，则各项必全为 $2$．

若 $b_i=1$，则 $x_i=x_{i-1}+x_{i+1}$，故 $x_i$ 大于两侧的项，两个等于 $1$ 的比值不能相邻．当 $n\ge4$ 时，删去 $x_i$，其两侧的比值各减少 $1$，其余比值不变，所得序列仍满足题设的整数性条件．以 $u,v$ 记删项后相邻的两项，这一变化可写为 $$ (u+1,1,v+1)\longmapsto(u,v). $$

当 $n=3$ 时，若各项不全为 $2$，不妨设 $b_1=1$．此时 $(b_2-1)x_2=2x_3$，$(b_3-1)x_3=2x_2$，从而 $(b_2-1)(b_3-1)=4$．因此，三项情形只有 $(2,2,2)$、$(1,3,3)$、$(1,2,5)$ 及其排列，比值之和至多为 $8$，最大项至多为 $5$．

由此对环长归纳．对于 $n\ge4$，若各项不全为 $2$，则可删去一项等于 $1$ 的比值所对应的正实数．由归纳假设，删项后的比值之和至多为 $3(n-1)-1$，最大项至多为 $n+1$；还原时，比值之和增加 $3$，每个保留的比值至多增加 $1$．全为 $2$ 时也满足相应的估计，故对所有 $n\ge3$，均有 $$ \sum_{i=1}^n b_i\le3n-1,\qquad \max_{1\le i\le n}b_i\le n+2.\tag{1} $$

再证：当 $n\ge5$ 且序列中有 $1$ 时，存在 $i$，使得 $$ b_i=1,\qquad b_{i-1}+b_{i+1}\le n+4.\tag{2} $$ 反设每个 $1$ 的两邻项之和均不小于 $n+5$．设 $1$ 的个数为 $q$，记 $$ T=\sum_{b_i\ge2}(b_i-2) =\sum_{i=1}^n b_i-2n+q \le n+q-1. $$ 由于 $1$ 不相邻，每个 $1$ 两侧的比值均不小于 $2$，故反设给出 $T\ge n+1$．另一方面，对所有满足 $b_i=1$ 的 $i$ 求和时，每个正的 $b_j-2$ 至多被计入两次，因而 $$ q(n+1) \le\sum_{b_i=1}(b_{i-1}+b_{i+1}-4) \le2T \le2(n+q-1). $$ 由 $n+1\le T\le n+q-1$ 得 $q\ge2$，而后一不等式给出 $(q-2)(n-1)\le0$，故 $q=2$，且 $T=n+1$．此时上述计数中的不等式均取等，所以每个大于 $2$ 的比值都必须在计数中出现两次，即同时与这两个 $1$ 相邻．由于 $n\ge5$，这两个 $1$ 至多有一个公共邻项，故至多有一项比值大于 $2$．由 (1) 得 $T\le n$，与 $T=n+1$ 矛盾．

记 $S=\sum_{i=1}^n b_i^2$．以下对 $n\ge4$ 归纳证明 $S\le n^2+8n-1$，并证明等号成立时，序列必为 $$ \bigl(n+2,1,\underbrace{2,\ldots,2}_{a\text{ 个}},3, \underbrace{2,\ldots,2}_{b\text{ 个}},1\bigr), \tag{3} $$ 或其循环移位、反向排列，其中 $a,b$ 为非负整数，且 $a+b=n-4$．

各项全为 $2$ 时，$S=4n<n^2+8n-1$．以下设序列中有 $1$．删去其中一项 $1$ 所对应的正实数，记所得序列的平方和为 $S'$，删项后相邻的两项为 $u,v$．由删项规则， $$ S-S'=(u+1)^2+1+(v+1)^2-u^2-v^2=2(u+v)+3. $$

当 $n=4$ 时，由三项情形的分类，有 $S'\le30$，$u+v\le7$，故 $$ S=S'+2(u+v)+3\le30+2\cdot7+3=47. $$ 若 $S=47$，则删项后的三项必为 $(1,2,5)$，且 $\{u,v\}=\{2,5\}$．还原后，原序列为 $(6,1,3,1)$ 的循环移位或反向排列，符合 (3)．

设 $n\ge5$，且结论对 $n-1$ 成立．取满足 (2) 的 $i$，删去 $x_i$，则 $u+v\le n+2$．由归纳假设， $$ \begin{aligned} S&=S'+2(u+v)+3\\ &\le(n-1)^2+8(n-1)-1+2(n+2)+3\\ &=n^2+8n-1. \end{aligned} $$ 若等号成立，则删项后的序列也须达到相应上界，且 $u+v=n+2$．由归纳假设，删项后序列的最大项为 $n+1$，其两侧均为 $1$；任何不含最大项的相邻两项之和至多为 $5<n+2$．故还原只能发生在最大项与相邻的 $1$ 之间，相应的变化为 $$ (n+1,1)\longmapsto(n+2,1,2) $$ 或其反向形式．于是最大项增加 $1$，某一侧的 $2$ 的个数也增加 $1$，因而原序列仍具有 (3) 的形式．

反之，式 (3) 中的各序列均可实现．在相邻的正实数 $x,y$ 之间插入 $x+y$，其相应比值便由 $(u,v)$ 变为 $(u+1,1,v+1)$．取正实数环 $(1,3,2,3)$，其比值序列为 $(6,1,3,1)$．以此为起点，每次选取最大项及其一侧相邻的 $1$ 进行上述插项操作；在两侧分别进行 $a$ 次、$b$ 次，即得到 (3)．这些序列的平方和均为 $$ (n+2)^2+1+1+9+4(n-4)=\boxed{n^2+8n-1}. $$ 故所求最大值为 $n^2+8n-1$，全部取等序列为 (3) 及其循环移位、反向排列．

原题

（1984年全苏数学奥林匹克）给定整数 $n\ge4$．将 $n$ 个正整数 $x_1,x_2,\ldots,x_n$ 依次排成一圈，且$b_i=(x_{i-1}+x_{i+1})/x_i$ 均为整数，下标按模 $n$ 理解．求证： $$2n\le b_1+b_2+\cdots+b_n\le 3n.$$