2023年韩国数学奥林匹克决赛第6题不等式证明

对正整数𝑛≥3和实数𝑎_(1)，⋯，𝑎_(𝑛)，𝑏_(1)，⋯，𝑏_(𝑛)，求证：

公式：\sum_{i=1}^n a_i(b_i-b_{i+3})\leq\frac{3n}{8}\sum_{i=1}^n((a_i-a_{i+1})^2+(b_i-b_{i+1})^2)

其中𝑎_(𝑛+1)=𝑎_(1)，对𝑖=1,2,3，𝑏_(𝑛+𝑖)=𝑏_(𝑖)．

左边为积求和，右边为平方和求和，根据形式猜测可以用AM-QM不等式，进行待定系数．

设公式：\sum\limits_{i=1}^na_i(b_i-b_{i+3})\le\dfrac{1}{2}\left(t\sum\limits_{i=1}^na_i^2+\dfrac{1}{t}\sum\limits_{i=1}^n(b_i-b_{i+3})^2\right)

而

公式：\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n(b_i-b_{i+3})^2\\ =&\sum_{i=1}^n\left(\sum_{k=i}^{i+2}(b_k-b_{k+1})\right)^2\\ \le&\sum_{i=1}^n\left(3\sum_{k=i}^{i+2}(b_k-b_{k+1})^2\right)\text{——(Cauchy不等式)}\\ =&9\sum_{i=1}^n(b_i-b_{i+1})^2 \end{aligned}

于是

公式：\text{LHS}\le\frac{t}{2}\sum_{i=1}^na_i^2+\frac{9}{2t}\sum_{i=1}^n(b_i-b_{i+1})^2

而

公式：\text{RHS}=\frac{3n}{8}\sum_{i=1}^n(a_i-a_{i+1})^2+\frac{3n}{8}\sum_{i=1}^n(b_i-b_{i+1})^2

对比∑_(𝑖=1)^(𝑛)(𝑏_(𝑖)−𝑏_(𝑖+1))^(2)系数，可令(9)/(2𝑡)=(3𝑛)/(8)，即𝑡=(12)/(𝑛)．

故只需证明关于𝑎_(𝑖)的不等式：

公式：\begin{aligned} &\frac{6}{n}\sum_{i=1}^na_i^2\le\frac{3n}{8}\sum_{i=1}^n(a_i-a_{i+1})^2\\ \iff&\sum_{i=1}^na_i^2\le\frac{n^2}{16}\sum_{i=1}^n(a_i-a_{i+1})^2 \end{aligned}

此时联想到了这种类型的几道不等式，其中比较经典的是2006年CMO第1题：

设实数𝑎_(1)，𝑎_(2)，⋯，𝑎_(𝑛)满足𝑎_(1)+𝑎_(2)+⋯+𝑎_(𝑛)=0，求证：公式：\max\limits_{1\le k\le n}a_k^2\le\dfrac{n}{3}\sum\limits_{i=1}^{n-1}(a_i-a_{i+1})^2.

其中条件∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)=0起到了关键的转化作用，但本题并没有这一条件．

由齐次无法不妨设和为0，可以不妨设和为0的平移不变性在上式中也不存在．此时似乎陷入了僵局，但我们再往前看看，回到原题要证明的不等式：

将𝑎_(𝑖)替换为𝑎_(𝑖)+𝑎，则

公式：\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n(a_i+a)(b_i-b_{i+3})\\ =&\sum_{i=1}^na_i(b_i-b_{i+3})+a\sum_{i=1}^n(b_i-b_{i+3})\\ =&\sum_{i=1}^na_i(b_i-b_{i+3}) \end{aligned}

左边式子没有发生改变，右边显然也不会发生改变．于是原题要证明的不等式具有平移不变性，可以不妨设∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)=0．

因此我们将问题转化为了：

设实数𝑎_(1)，𝑎_(2)，⋯，𝑎_(𝑛)满足𝑎_(1)+𝑎_(2)+⋯+𝑎_(𝑛)=0，求证：公式：\sum\limits_{i=1}^na_i^2\le\dfrac{n^2}{16}\sum\limits_{i=1}^{n}(a_i-a_{i+1})^2.

先利用和为0的条件，将左边的平方和转化为差的平方和形式，可以想到Lagrange恒等式：

公式：\begin{aligned} n\sum_{i=1}^na_i^2=&n\sum_{i=1}^na_i^2-\left(\sum_{i=1}^na_i\right)^2\\ =&\sum_{1\le i< j\le n}(a_i-a_j)^2 \end{aligned}

为方便书写，设𝑑_(𝑖)=𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑖+1)，𝑖=1，2，⋯，𝑛．则

公式：\begin{aligned} &2n\sum_{i=1}^na_i^2\\ =&\sum_{i\neq j}(a_i-a_j)^2\\ =&\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=1}^n(a_i-a_{i+k})^2\\ =&\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=i}^{i+k-1}d_j\right)^2\\ \le&\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=1}^n\left(k\sum_{j=i}^{i+k-1}d_j^2\right)\text{——(Cauchy不等式)}\\ =&\sum_{i=1}^n(1^2+\cdots+(n-1)^2)d_i^2\text{——(计每个$d_j^2$出现的次数)}\\ =&\frac{(n-1)n(2n-1)}{6}\sum_{i=1}^nd_i^2 \end{aligned}

而((𝑛−1)𝑛(2𝑛−1))/(6)>(𝑛^(3))/(8)，不等号反向了，于是需要对上面的放缩过程进行改进．考虑到∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑑_(𝑖)=0，于是在𝑘较大时（>[(𝑛)/(2)]），可用相反数来代替∑_(𝑗=𝑖)^(𝑖+𝑘−1)𝑑_(𝑗)（即取补集），平方相等，例如(∑_(𝑗=1)^(𝑛−1)𝑑_(𝑗))^(2)=𝑑2𝑛．

因此

公式：\begin{aligned} &2n\sum_{i=1}^na_i^2\\ =&\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=i}^{i+k-1}d_j\right)^2\\ \le&\sum_{i=1}^n(\underbrace{1^2+2^2+\cdots+2^2+1^2}_{n-1\text{项}})d_i^2 \end{aligned}

𝑛为奇数时，设𝑛=2𝑘+1，则

公式：\begin{aligned} &1^2+2^2+\cdots+2^2+1^2\\ =&2(1^2+2^2+\cdots+k^2)\\ =&\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{3}\\ <&\frac{(2k+1)^3}{8} \end{aligned}

𝑛为偶数时，设𝑛=2𝑘，则

公式：\begin{aligned} &1^2+2^2+\cdots+2^2+1^2\\ =&2(1^2+2^2+(k-1)^2)+k^2\\ =&\frac{(k-1)k(2k-1)}{3}+k^2\\ <&\frac{(2k)^3}{8} \end{aligned}

总有

公式：2n\sum_{i=1}^na_i^2\le\frac{n^3}{8}\sum_{i=1}^{n}(a_i-a_{i+1})^2

即

公式：\sum_{i=1}^na_i^2\le\frac{n^2}{16}\sum_{i=1}^{n}(a_i-a_{i+1})^2

证毕．