2014中国东南数学奥林匹克试题(高一)

• 知识点

  >

  二试代数部分

略

证法一
设 $\max_{1\leqslant i\leqslant n}x_i = M$．
先考虑 $0\leqslant M\leqslant \frac{2}{3}$ 的情况．我们证明，对任意 $s,k$，$1\leqslant s\leqslant s+k \leqslant n$，有
$\displaystyle \sum\limits_{i=s}^{s+k} x_{i} \leqslant \frac{2}{3}+\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{2^{i}}$ ①
这里约定
$\displaystyle
\sum\limits_{i=1}^{0} \frac{1}{2^{i}}=0
$
对 $k$ 进行归纳．当 $k=0$ 时，$x_s \leqslant M\leqslant\dfrac{2}{3}$ 对任意 $s$（$1\leqslant s\leqslant n$）成立．
假设 $k$ 时结论已成立，考虑 $k+1$ 的情况．对任意 $s,k$，$1\leqslant s\leqslant s+k+1\leqslant n$，由条件知，
$
\min \left\{x_{s}, x_{k+1+s}\right\} \leqslant \sqrt{x_{s} x_{k+1+s}} \leqslant \sqrt{4^{-| s-(k+1+s)|}}=\dfrac{1}{2^{k+1}}
$
若 $x_{k+1+s} \leqslant \dfrac{1}{2^{k+1}}$，则结合归纳假设知，
$\begin{aligned} \sum_{i=s}^{s+k+1} x_{i} &=\left(\sum_{i=s}^{s+k} x_{i}\right)+x_{s+k+1} \\ & \leqslant\left(\frac{2}{3}+\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{2^{i}}\right)+\frac{1}{2^{k+1}} \\ &=\frac{2}{3}+\sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{2^{i}} \end{aligned}$
若 $x_k \leqslant\frac{1}{2^{k+1}}$，类似地，利用归纳假设知，
$\begin{aligned} \sum_{i=s}^{s+k+1} x_{i} &=x_{s}+\left(\sum_{i=s+1}^{s+k+1} x_{i}\right) \\ & \leqslant \frac{1}{2^{k+1}}+\left(\frac{2}{3}+\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{2^{i}}\right) \\ &=\frac{2}{3}+\sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{2^{i}} \end{aligned}$
因此当 $k+1$ 时结论也成立．从而对任意 $s,k$，$1\leqslant s\leqslant s+k\leqslant n$，① 成立．特别地，
$\displaystyle
x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n} \leqslant \dfrac{2}{3}+\sum\limits_{i=1}^{n-1} \dfrac{1}{2^{i}}<\dfrac{2}{3}+1=\dfrac{5}{3}
$
再考虑 $M>\dfrac{2}{3}$ 的情况．
不妨设 $x_t = M$．由条件知，$M=\sqrt{x_t x_t }\leqslant \sqrt{4^{-|t-t|}}=1$，又
$
x_{i} \leqslant \dfrac{4^{-|i-t|}}{x_{t}}=\dfrac{1}{4^{|i - t|} M},~~(1 \leqslant i \leqslant n, i \neq t)
$
于是
$\begin{aligned}
x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}&=x_{t}+\sum_{i=1}^{t-1} x_{i}+\sum_{i=t+1}^{n} x_{i}\\
&\leqslant M+\sum_{i=1}^{t-1} \frac{1}{4^{t-i} M}+\sum_{i=t+1}^{n} \frac{1}{4^{i-t} M}\\
&=M+\sum_{j=1}^{t-1} \frac{1}{4^{j} M}+\sum_{j=1}^{n-t} \frac{1}{4^{j} M}\\
&<M+\frac{2}{M} \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{4^{j}}=M+\frac{2}{3 M}
\end{aligned}$ ②
注意到当 $\dfrac{2}{3}<M\leqslant 1$ 时，$\left(M+\dfrac{2}{3 M}\right)-\dfrac{5}{3}=\dfrac{(M-1)(3 M-2)}{3 M} \leqslant 0$
因此由 ② 知，$x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}<\dfrac{5}{3}$．
综上，结论证毕．
证法二
在已知条件中令 $i=j$，得 $x_i^2 \leqslant 1$，故
$0\leqslant x_i \leqslant 1~~(1\leqslant i\leqslant n)$．
记 $\displaystyle S=\sum\limits_{i=1}^{n}x_i$，$\displaystyle S_j =\sum\limits_{i=1}^{j}x_i$（$0\leqslant j\leqslant n$），则
$0=S_0 \leqslant S_1 \leqslant \ldots \leqslant S_n =S$
故必存在某个 $k$（$0\leqslant k\leqslant n-1$），使得 $S_k \leqslant \dfrac{S}{2}\leqslant S_{k+1}$．
令 $T_k =S-S_k$，$T_{k+1}=S-S_{k+1}$，则
$\begin{aligned}\left|S_{k}-T_{k}\right|+\left|S_{k+1}-T_{k+1}\right| &=\left|2 S_{k}-S\right|+\left|2 S_{k+1}-S\right| \\ &=S-2 S_{k}+2 S_{k+1}-S \\ &=2x_{k+1}\leqslant 2 \end{aligned}$
因此，存在 $l\in\{k,k+1\}$，使得
$\left|S_{l}-T_{l}\right| \leqslant 1$ ①
另一方面，由条件得，
$\begin{aligned} S_{l} T_{l} &=\sum_{i=1}^{l} x_{i} \cdot \sum_{j=l+1}^{n} x_{j}=\sum_{i=1}^{l} \sum_{j=l+1}^{n} x_{i} x_{j} \\ & \leqslant \sum_{i=1}^{l} \sum_{j=l+1}^{n} 4^{-(j-i)} \\ &=\sum_{i=1}^{l} \frac{1}{4^{l-i}} \cdot \sum_{j=l+1}^{n} \frac{1}{4^{j-l}} \\ &<\sum_{r=0}^{\infty} \frac{1}{4^{r}} \cdot \sum_{r=1}^{\infty} \frac{1}{4^{r}} \\ &=\frac{4}{3} \times \frac{1}{3}=\frac{4}{9} \end{aligned}$ ②
由 ①，② 得，
$\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n} x_{i}=S_{l}+T_{l}=\sqrt{\left(S_{l}-T_{l}\right)^{2}+4 S_{l} T_{l}}<\sqrt{1+4 \times \frac{4}{9}}=\frac{5}{3}\end{aligned}$