第十二届XMO不等式的推广及证明

第十二届XMO的二试第二题如下：

已知a_(1),a_(2),⋯,a_(22)∈[1,2]，求

公式：\frac{\sum\limits_{i=1}^{22}a_ia_{i+1}}{(\sum\limits_{i=1}^{22}a_i)^2}

的最大值．（其中a_(23)=a_(1)）

本题应该是改编自一个很常见的不等式：

设n≥4，a_(1),a_(2),⋯,a_(n)≥0，求证：

公式：4\sum_{i=1}^n a_ia_{i+1}\le(\sum_{i=1}^na_i)^2

其中a_(n+1)=a_(1)．

我们把两题进行统一：

已知a_(1),a_(2),⋯,a_(n)∈[1,t]，t>1，求

公式：\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_ia_{i+1}}{(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i)^2}

的最大值．（其中a_(n+1)=a_(1)）

事实上，令t→+∞，并由齐次性不妨设a_(i)中最小值为1，就得到了第二题的变形（a_(i)>0，不等式左边严格小于右边）．

我们通过构造局部不等式来证明第三题：

首先由齐次性和轮换性，不妨设a_(1)=1，再设max_(1≤i≤n)a_(i)=a_(k)=A，记S=∑_(i=1)^(n)a_(i)．

于是对1≤i≤k−1，有

公式：\begin{aligned} &(a_i-1)(a_{i+1}-A)\\ =&(a_i-A)(a_{i+1}-1)+(A-1)(a_i-a_{i+1})\\ \le&(A-1)(a_i-a_{i+1}) \end{aligned}

对k≤i≤n，有

因此，

公式：\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n(a_i-1)(a_{i+1}-A)\\ =&\sum_{i=1}^k(a_i-1)(a_{i+1}-A)+\sum_{i=k}^n(a_i-1)(a_{i+1}-A)\\ \le&\sum_{i=1}^k(A-1)(a_i-a_{i+1})+0\\ =&(A-1)(a_1-a_k)\\ =&-(A-1)^2 \end{aligned}

展开得：

公式：\sum_{i=1}^na_ia_{i+1}-(A+1)S+nA\le -(A-1)^2

即

公式：\sum_{i=1}^na_ia_{i+1}\le (A+1)S-(A-1)^2-nA

因此

公式：\begin{aligned} &\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_ia_{i+1}}{(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i)^2}\\ \le&\frac{(A+1)S-(A-1)^2-nA}{S^2}\\ =&-[(A-1)^2+nA]\frac{1}{S^2}+(A+1)\frac{1}{S}\\ \le&\frac{(A+1)^2}{4[(A-1)^2+nA]}\\ =&\frac{1}{4}\cdot\frac{(A+1)^2}{(A+1)^2+(n-4)(A+1)-(n-4)}\\ =&\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{1+(n-4)\frac{1}{A+1}-(n-4)\frac{1}{(A+1)^2}} \end{aligned}

设f(x)=1+(n−4)x−(n−4)x^(2)，x=(1)/(A+1)∈[(1)/(t+1),(1)/(2)]．

n<4时，f(x)开口向上，对称轴为x=(1)/(2)，故在[(1)/(t+1),(1)/(2)]递减，因此最小值为f((1)/(2))=(n)/(4)，于是原式不大于(1)/(n)，在a_(1)=a_(2)=⋯=a_(n)时，等号成立，故最大值为(1)/(n)．

n≥4时，f(x)在[(1)/(t+1),(1)/(2)]递增，因此最小值为f((1)/(t+1))，于是原式不大于((t+1)^(2))/(4[(t−1)^(2)+nt])，下面我们考虑等号成立条件：

首先有A=t，其次由局部不等式知每个a_(i)均为1或t，并且是连续排列，即a_(1)=a_(2)=⋯=a_(k−1)=1，a_(k)=a_(k+1)=⋯=a_(n)=t，最后还应有

即S=2(t+1)+2(n−4)−(2(n−4))/(t+1)，同时还应有S=(k−1)⋅1+(n−k+1)⋅t，注意这个方程组不一定会有整数解k（这意味着取最大值时，还可能会有非边界值），感兴趣的读者可以试着求解有整数解k时，n和t需满足的条件．

我们用第三题的结论来解决这道XMO的原题：

展开解答收起解答

解答：

令n=22，t=2，有

公式：\frac{\sum\limits_{i=1}^{22}a_ia_{i+1}}{(\sum\limits_{i=1}^{22}a_i)^2}\le \dfrac{(t+1)^2}{4[(t-1)^2+nt]}=\frac{9}{4(1^2+44)}=\frac{1}{20}

等号成立时，(k−1)+2(23−k)=S=30，即k=15，于是a_(1)=a_(2)=⋯=a_(14)=1，a_(15)=a_(16)=⋯=a_(22)=2．

于是最大值为(1)/(20)．

极限情况：

n≥4时，令t→+∞，有((t+1)^(2))/(4[(t−1)^(2)+nt])→(1)/(4)，这就证明了：

设n≥4，a_(1),a_(2),⋯,a_(n)>0，求证：

公式：4\sum_{i=1}^n a_ia_{i+1}< (\sum_{i=1}^na_i)^2

其中a_(n+1)=a_(1)．