已知 $n、k$ 为正整数，$n > k$．给定实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} \in(k-1, k)$．设正实数 $x_{1}, x_{2},\cdots, x_{n}$ 满足对 $\{ 1 ,2, \cdots,n\}$ 的任意 $ k $ 元子集 $ I $，均有 $ \sum_{i \in I} x_{i} \leqslant \sum_{i \in I} a_{i} $．求 $ x_{1} x_{2} \cdots x_{n}$ 的最大值．
【难度】
【出处】
2017第33届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
最大值为 $a_{1} a_{2} \cdots a_{n}$．若 $x_{i}=a_{i}(1 \leqslant i \leqslant n)$，则 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 满足条件，且 $x_{1} x_{2} \cdots x_{n}=a_{1} a_{2} \cdots a_{n}.$
接下来证明：$x_{1} x_{2} \cdots x_{n} \leqslant a_{1} a_{2} \cdots a_{n}$．
当 $k=1$ 时，结论显然由条件即得 $x_{i} \leqslant a_{i}(1 \leqslant i \leqslant n)$．
下面假设 $k\geqslant 2$．
不失一般性，设 $a_{1}-x_{1} \leqslant a_{2}-x_{2} \leqslant \cdots \leqslant a_{n}-x_{n}$．
若 $a_1-x_1\geqslant 0$，则 $a_{i} \geqslant x_{i}(1 \leqslant i \leqslant n)$，结论显然成立．
以下假设 $a_{1}-x_{1}<0$．
取 $I=\{1,2, \cdots, k\}$．由条件知 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{k}\left(a_{i}-x_{i}\right) \geqslant 0$．①
故 $a_{k}-x_{k} \geqslant 0$．
因此，存在 $s(l\leqslant s<k)$，使得
$a_{1}-x_{1} \leqslant \cdots \leqslant a_{s}-x_{s}<0 \leqslant a_{s+1}-x_{s+1}\leqslant \cdots \leqslant a_{k}-x_{k} \leqslant \cdots \leqslant a_{n}-x_{n}$．
记 $d_{i}=\left|a_{i}-x_{i}\right|(1 \leqslant i \leqslant n)$．则
$d_{1} \geqslant d_{2} \geqslant \cdots \geqslant d_{s}>0,0 \leqslant d_{s+1} \leqslant \cdots \leqslant d_{k} \leqslant \cdots \leqslant d_{n}$
由式 ① 知 $\displaystyle -\sum\limits_{i=1}^{s} d_{i}+\sum_{i=s+1}^{k} d_{i} \geqslant 0 \Rightarrow \sum_{i=s+1}^{k} d_{i} \geqslant \sum_{i=1}^{s} d_{i}$．
记 $\displaystyle M=\sum\limits_{i=1}^{s} d_{i}, N=\sum_{i=s+1}^{n} d_{i}$．则 $\displaystyle \dfrac{N}{n-s}=\dfrac{\sum\limits_{i=s+1}^{n} d_{i}}{n-s} \geqslant \dfrac{\sum\limits_{i=s+1}^{k} d_{i}}{k-s} \geqslant \dfrac{M}{k-s}$．
注意到，对 $j>s$ 有 $d_j< a_j < k$．利用均值不等式得
$\displaystyle \prod\limits_{i=1}^{n} \dfrac{x_{i}}{a_{i}}=\left(\prod_{i=1}^{s}\left(1+\dfrac{d_{i}}{a_{i}}\right)\right)\left(\prod_{j=s+1}^{n}\left(1-\dfrac{d_{j}}{a_{j}}\right)\right)$
$\displaystyle \leqslant\left(\prod\limits_{i=1}^{s}\left(1+\dfrac{d_{i}}{k-1}\right)\right)\left(\prod_{j=s+1}^{n}\left(1-\dfrac{d_{j}}{k}\right)\right)$
$\displaystyle \leqslant\left(\frac{1}{n}\left(\sum\limits_{i=1}^{s}\left(1+\frac{d_{i}}{k-1}\right)+\sum_{i=s+1}^{n}\left(1-\frac{d_{i}}{k}\right)\right)\right)^{n}$
$=\left(1+\dfrac{M}{n(k-1)}-\dfrac{N}{n k}\right)^{n}$
$\leqslant\left(1+\dfrac{M}{n(k-1)}-\dfrac{(n-s) M}{n k(k-s)}\right)^{n}$
$\leqslant\left(1+\dfrac{M}{n(k-1)}-\dfrac{(k+1-s) M}{n k(k-s)}\right)^{n}$
$=\left(1+\dfrac{M}{n k}\left(\dfrac{k}{k-1}-\dfrac{k-s+1}{k-s}\right)\right)^{n}$
$\leqslant 1$
从而，结论得证．
接下来证明：$x_{1} x_{2} \cdots x_{n} \leqslant a_{1} a_{2} \cdots a_{n}$．
当 $k=1$ 时，结论显然由条件即得 $x_{i} \leqslant a_{i}(1 \leqslant i \leqslant n)$．
下面假设 $k\geqslant 2$．
不失一般性，设 $a_{1}-x_{1} \leqslant a_{2}-x_{2} \leqslant \cdots \leqslant a_{n}-x_{n}$．
若 $a_1-x_1\geqslant 0$，则 $a_{i} \geqslant x_{i}(1 \leqslant i \leqslant n)$，结论显然成立．
以下假设 $a_{1}-x_{1}<0$．
取 $I=\{1,2, \cdots, k\}$．由条件知 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{k}\left(a_{i}-x_{i}\right) \geqslant 0$．①
故 $a_{k}-x_{k} \geqslant 0$．
因此，存在 $s(l\leqslant s<k)$，使得
$a_{1}-x_{1} \leqslant \cdots \leqslant a_{s}-x_{s}<0 \leqslant a_{s+1}-x_{s+1}\leqslant \cdots \leqslant a_{k}-x_{k} \leqslant \cdots \leqslant a_{n}-x_{n}$．
记 $d_{i}=\left|a_{i}-x_{i}\right|(1 \leqslant i \leqslant n)$．则
$d_{1} \geqslant d_{2} \geqslant \cdots \geqslant d_{s}>0,0 \leqslant d_{s+1} \leqslant \cdots \leqslant d_{k} \leqslant \cdots \leqslant d_{n}$
由式 ① 知 $\displaystyle -\sum\limits_{i=1}^{s} d_{i}+\sum_{i=s+1}^{k} d_{i} \geqslant 0 \Rightarrow \sum_{i=s+1}^{k} d_{i} \geqslant \sum_{i=1}^{s} d_{i}$．
记 $\displaystyle M=\sum\limits_{i=1}^{s} d_{i}, N=\sum_{i=s+1}^{n} d_{i}$．则 $\displaystyle \dfrac{N}{n-s}=\dfrac{\sum\limits_{i=s+1}^{n} d_{i}}{n-s} \geqslant \dfrac{\sum\limits_{i=s+1}^{k} d_{i}}{k-s} \geqslant \dfrac{M}{k-s}$．
注意到，对 $j>s$ 有 $d_j< a_j < k$．利用均值不等式得
$\displaystyle \prod\limits_{i=1}^{n} \dfrac{x_{i}}{a_{i}}=\left(\prod_{i=1}^{s}\left(1+\dfrac{d_{i}}{a_{i}}\right)\right)\left(\prod_{j=s+1}^{n}\left(1-\dfrac{d_{j}}{a_{j}}\right)\right)$
$\displaystyle \leqslant\left(\prod\limits_{i=1}^{s}\left(1+\dfrac{d_{i}}{k-1}\right)\right)\left(\prod_{j=s+1}^{n}\left(1-\dfrac{d_{j}}{k}\right)\right)$
$\displaystyle \leqslant\left(\frac{1}{n}\left(\sum\limits_{i=1}^{s}\left(1+\frac{d_{i}}{k-1}\right)+\sum_{i=s+1}^{n}\left(1-\frac{d_{i}}{k}\right)\right)\right)^{n}$
$=\left(1+\dfrac{M}{n(k-1)}-\dfrac{N}{n k}\right)^{n}$
$\leqslant\left(1+\dfrac{M}{n(k-1)}-\dfrac{(n-s) M}{n k(k-s)}\right)^{n}$
$\leqslant\left(1+\dfrac{M}{n(k-1)}-\dfrac{(k+1-s) M}{n k(k-s)}\right)^{n}$
$=\left(1+\dfrac{M}{n k}\left(\dfrac{k}{k-1}-\dfrac{k-s+1}{k-s}\right)\right)^{n}$
$\leqslant 1$
从而，结论得证．
答案
解析
备注
