2023年温州摇篮杯压轴不等式解答
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{\LARGE\bfseries 2023年温州摇篮杯压轴不等式解答}
{\small 2023-09-18} {\small原文链接}
上午有老师问了一道不等式，是今年温州摇篮杯的最后一题，但一般形式更早是在2006年伊朗TST中出现的这里写个解答．
题目：
设实数$x_1\le x_2\le\cdots\le x_5$， \[ f(x)=|x+x_1|+|x+x_2|+|x+x_3|+|x+x_4|+|x+x_5|. \] (1)若$f(x)$的最小值为$1$，求$x_5-x_1$的最小值；
(2)若$f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)+f(x_4)+f(x_5)\ge mf(0)$恒成立，求整数$m$的最大值．
主要看第二问，要求使得不等式恒成立的$m$的最大值，考虑最坏情况：左边尽可能小，右边尽可能大．
于是构造能够正负抵消的$x_1$到$x_5$，注意到$5$是奇数，无法对称地构造正负，我们取 \[ (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(-1,-1,1,1,1) \] 得到左边为$26$，右边为$5m$，于是$m\le \frac{26}{5}$，最大整数值为$5$．
我们直接证明一般情况的不等式：
给定正整数$n$，设$x_1\le x_2\le \cdots\le x_n$，求证： \[ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n|x_i+x_j|\ge n\sum_{i=1}^n|x_i|. \] 对这样的绝对值不等式，我们常用正负分离的方法，结合绝对值的三角不等式进行处理．
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证明：
若所有的$x_i$同号，不等式显然成立．
设$x_1\le \cdots\le x_k< 0\le x_{k+1}\le \cdots\le x_n$，不妨设$k\le\frac{n}{2}$（否则可以将每个$x_i$均加上负号）．
于是对于同号的$x_i$和$x_j$，有$|x_i+x_j|=|x_i|+|x_j|$．不等式的左边 \[
$$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n|x_i+x_j| \\&= \sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^k|x_i+x_j|+\sum_{i=k+1}^n\sum_{j=k+1}^n|x_i+x_j|+2\sum_{i=1}^k\sum_{j=k+1}^n|x_i+x_j| \\&= \sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^k(|x_i|+|x_j|)+\sum_{i=k+1}^n\sum_{j=k+1}^n(|x_i|+|x_j|)+2\sum_{i=1}^k\sum_{j=k+1}^n|x_i+x_j| \\&= 2k\sum_{i=1}^k|x_i|+2(n-k)\sum_{j=k+1}^n|x_j|+2\sum_{i=1}^k\sum_{j=k+1}^n|x_i+x_j|\end{aligned}$$
\] 故只需证： \[ (n-2k)\sum_{j=k+1}^n|x_j|+2\sum_{i=1}^k\sum_{j=k+1}^n|x_i+x_j|\ge (n-2k)\sum_{i=1}^k|x_i| \] 由绝对值不等式，对任意$1\le i\le k$和$k+1\le j\le n$，都有 \[ |x_j|+|x_i+x_j|\ge |x_i| \] 记$A=\sum_{i=1}^{k}|x_i|$，$B=\sum_{j=k+1}^{n}|x_j|$，$S=\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=k+1}^{n}|x_i+x_j|$。对上式求和得$(n-k)A\le kB+S$。两边乘以$\frac{n-2k}{n-k}$，由$0\le k\le n/2$得 \[ (n-2k)A\le\frac{k(n-2k)}{n-k}B+\frac{n-2k}{n-k}S\le(n-2k)B+2S. \] 即得所需不等式。
由上可以看出，除所有$x_i=0$外，等号成立条件是每个$x_i$的绝对值相等，且正数与负数的个数相同（要求$n$为偶数）．
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