本届命题工作研讨会上我分享的题目

解答：

记公式：T=\sum\limits_{i=1}^n\left|\dfrac{S-a_i}{n}-a_i\right|=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\left|S-(n+1)a_i\right|．由对称性，不妨设

𝑎_(1),𝑎_(2),⋯,𝑎_(𝑘)≥(𝑆)/(𝑛+1) 𝑎_(𝑘+1),⋯,𝑎_(𝑛)≤(𝑆)/(𝑛+1)

并记𝑆_(1)=∑_(𝑖=1)^(𝑘)𝑎_(𝑖)，𝑆_(2)=∑_(𝑖=𝑘+1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)，则𝑆=𝑆_(1)+𝑆_(2)．于是

公式：\begin{aligned} nT=&\sum_{i=1}^k\left[(n+1)a_i-S\right]-\sum_{i=k+1}^n\left[(n+1)a_i-S\right]\\ =&(n+1)\sum_{i=1}^ka_i-kS+(n+1)\sum_{i=k+1}^na_i+(n-k)S\\ =&(n+1)S_1-k(S_1+S_2)-(n+1)S_2+(n-k)(S_1+S_2)\\ =&(2n-2k+1)S_1-(2k+1)S_2 \end{aligned}

固定𝑘，则𝑆_(1)=∑_(𝑖=1)^(𝑘)𝑎_(𝑖)≤𝑘，𝑆_(2)=∑_(𝑖=𝑘+1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)≥−(𝑛−𝑘)，于是

公式：\begin{aligned} nT=&(2n-2k+1)S_1-(2k+1)S_2\\ \le&(2n-2k+1)k+(2k+1)(n-k)\\ =&-4k^2+4nk+n\\ =&-(2k-n)^2+n^2+n \end{aligned}

（1）当𝑛为偶数时，在𝑘=(𝑛)/(2)时，𝑇取得最大值𝑛+1，取等：𝑎_(1),𝑎_(2),⋯,𝑎_(𝑛)中，一半为−1，另一半为1；

（2）当𝑛为奇数时，在𝑘=(𝑛±1)/(2)时，𝑇取得最大值𝑛+1−(1)/(𝑛)，取等：𝑎_(1),𝑎_(2),⋯,𝑎_(𝑛)中，(𝑛+1)/(2)个为−1，(𝑛−1)/(2)个为1．

注1：

（1）在变形时，我们把前𝑘项之和与后𝑛−𝑘项之和记为𝑆_(1)与𝑆_(2)，并分别求出它们的最大值与最小值（取决于前面系数的正负），这样的放缩是容易取得等号的．但如果记前𝑘项之和为𝑆_(1)，将𝑇表示为𝑆_(1)与𝑆的线性组合，则无法进行后续放缩．

（2）本题是如下问题的简单版本：

证明：

不妨设𝑎_(1),𝑎_(2),⋯,𝑎_(𝑘)≤𝑆^(2)，𝑎_(𝑘+1),⋯,𝑎_(𝑛)≥𝑆^(2)．记𝑆_(1)=∑_(𝑖=1)^(𝑘)𝑎_(𝑖)，𝑆_(2)=∑_(𝑖=𝑘+1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)，则𝑆=𝑆_(1)+𝑆_(2)．于是

公式：\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^n\left|a_i-S^2\right|\\ =&\sum_{i=1}^k(S^2-a_i)+\sum_{i=k+1}^n(a_i-S^2)\\ =&(2k-n)S^2-S_1+S_2 \end{aligned}

注意这里的𝑆本身有范围[−1,1]，且是二次，若换成𝑆_(1)+𝑆_(2)会比较复杂．我们选择消去𝑆_(1)或𝑆_(2)．当然也要注意到𝑆_(1)∈[−𝑘,𝑘]，𝑆_(2)∈[𝑘−𝑛,𝑛−𝑘]．

在操作过程中，会发现：后续放缩会与𝑆^(2)系数2𝑘−𝑛的正负有关系，于是我们进行分类讨论．

（1）𝑘<(𝑛)/(2)时，2𝑘−𝑛<0，于是2𝑘−𝑛≤−1，2𝑘≤𝑛−1，因此有

公式：\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^n\left|a_i-S^2\right|\\ =&(2k-n)S^2-S_1+S_2\\ =&(2k-n)S^2+S-2S_1\\ \le&(2k-n)S^2+S+2k\\ \le&-S^2+S+n-1\\ =&-(S-1)^2+n-S\\ \le&n-S \end{aligned}

（2）𝑘≥(𝑛)/(2)时，有2𝑘−𝑛≥0，结合𝑆∈[−1,1]，有

公式：\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^n\left|a_i-S^2\right|\\ =&(2k-n)S^2-S_1+S_2\\ =&(2k-n)S^2-S+2S_2\\ \le&(2k-n)S^2-S+2(n-k)\\ =&(2k-n)(S^2-1)+n-S\\ \le&n-S \end{aligned}

综上即证．

注2:

本题为2024年4月第15届XMO代数题中的引理，这里对字母做了一些修改，使之成为一道完整题目．在讲完本题后，我把次数从二次改为了一次，并对系数略作调整，得到的题目难度降低不少，适合学生作为练习。

这就是本届命题工作研讨会上我所分享的题目。