设 $f(x)=(x+a)(x+b)$（$a ,b$ 是给定的正实数），$n\geqslant 2$ 为给定的整数．对满足 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=1$ 的非负实数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$，求 $\displaystyle \boldsymbol{F}=\sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} \min \left\{f\left(x_{i}\right), f\left(x_{j}\right)\right\}$ 的最大值．
【难度】
【出处】
2012第27届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
解法一
由 $\min \left\{f\left(x_{i}\right), f\left(x_{j}\right)\right\}$
$=\min \left\{\left(x_{i}+a\right)\left(x_{i}+b\right),\left(x_{j}+a\right)\left(x_{j}+b\right)\right\}$
$\leqslant\sqrt{(x_i+a)(x_i+b)(x_j+a)(x_j+b)}$
$\leqslant\dfrac{1}{2}\left[(x_i+a)(x_i+b)(x_j+a)(x_j+b)\right]$
$=x_{i} x_{j}+\frac{1}{2}\left(x_{i}+x_{j}\right)(a+b)+a b$
则 $\displaystyle F \leqslant \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} x_{i} x_{j}+\dfrac{a+b}{2} \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left(x_{i}+x_{j}\right)+C_{n}^{2} \cdot a b$
$\displaystyle \begin{aligned} &=\dfrac{1}{2}\left[\left(\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}\right)^{2}-\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}\right]+ \dfrac{a+b}{2}(n-1) \sum_{i=1}^{n} x_{i}+C_{n}^{2} \cdot a b \\ &\leqslant\dfrac{1}{2}\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}\right)+\dfrac{n-1}{2}(a+b)+C_{n}^{2} \cdot a b \\ &=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)+\dfrac{n-1}{2}(a+b)+\dfrac{n(n-1)}{2} a b \\ &=\dfrac{n-1}{2}\left(\dfrac{1}{n}+a+b+n a b\right) \end{aligned}$
当 $x_{1}=x_{2}=\dots=x_{n}=\frac{1}{n}$ 时，上式等号成立．故 $F$ 的最大值为 $\dfrac{n-1}{2}\left(\dfrac{1}{n}+a+b+n a b\right)$
解法二
对 $n$ 归纳证明下述更一般的命题．
命题：对满足 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=s$ 的非负实数（$s$ 是任意固定的非负实数）$\displaystyle F=\sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} \min \left\{f\left(x_{i}\right), f\left(x_{j}\right)\right\}$ 的最大值在 $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}=\dfrac{s}{n}$ 时取到．
事实上，由 $F$ 的对称性，不妨假设 $x_{1} \leqslant x_{2}\leqslant \cdots \leqslant x_{n}$．注意到，$f(x)$ 在非负实数集上是单调递增的．则 $F=(n-1) f\left(x_{1}\right)+(n-2) f\left(x_{2}\right)+\cdots+f\left(x_{n-1}\right)$．
当 $n=2$ 时，$F=f\left(x_{1}\right) \leqslant f\left(\dfrac{s}{2}\right)$），等号在 $x_1=x_2$ 时成立．
假设结论在 $n$ 时成立，考虑 $n+1$ 的情形．
对 $x_{2}+x_{3}+\cdots+x_{n+1}=s-x_{1}$ 用归纳假设有 $F \leqslant n f\left(x_{1}\right)+\dfrac{1}{2} n(n-1) f\left(\dfrac{s-x_{1}}{n}\right)=g\left(x_{1}\right)$
其中，$g(x)$ 为关于 $x$ 的二次函数．其二次项系数为 $1+\dfrac{n-1}{2 n^{2}}$，一次项系数为 $a+b-\dfrac{n-1}{2 n}\left(a+b+\dfrac{2 s}{n}\right)$．
因此，对称轴为
$\dfrac{\dfrac{n-1}{2 n}\left(a+b+\dfrac{2 s}{n}\right)-a-b}{2+\dfrac{n-1}{n^{2}}} \leqslant \dfrac{s}{2(n+1)}\Leftrightarrow[2(n-1) s-2 n(n+1)(a+b)](n+1)\leqslant s\left(2 n^{2}+n-1\right)$
显然，上式不等号左边 $<2(n^2-1)s<$ 右边．
所以，当 $x_{1}=\dfrac{s}{n+1}$ 时，$g(x_1)$ 取最大值．
因此，$F$ 取最大值时，$x_{2}=x_{3}=\cdots=x_{n+1}=\dfrac{s-x_{1}}{n}=\dfrac{s}{n+1}=x_{1}$
由数学归纳法，命题得证．
由 $\min \left\{f\left(x_{i}\right), f\left(x_{j}\right)\right\}$
$=\min \left\{\left(x_{i}+a\right)\left(x_{i}+b\right),\left(x_{j}+a\right)\left(x_{j}+b\right)\right\}$
$\leqslant\sqrt{(x_i+a)(x_i+b)(x_j+a)(x_j+b)}$
$\leqslant\dfrac{1}{2}\left[(x_i+a)(x_i+b)(x_j+a)(x_j+b)\right]$
$=x_{i} x_{j}+\frac{1}{2}\left(x_{i}+x_{j}\right)(a+b)+a b$
则 $\displaystyle F \leqslant \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} x_{i} x_{j}+\dfrac{a+b}{2} \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left(x_{i}+x_{j}\right)+C_{n}^{2} \cdot a b$
$\displaystyle \begin{aligned} &=\dfrac{1}{2}\left[\left(\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}\right)^{2}-\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}\right]+ \dfrac{a+b}{2}(n-1) \sum_{i=1}^{n} x_{i}+C_{n}^{2} \cdot a b \\ &\leqslant\dfrac{1}{2}\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}\right)+\dfrac{n-1}{2}(a+b)+C_{n}^{2} \cdot a b \\ &=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)+\dfrac{n-1}{2}(a+b)+\dfrac{n(n-1)}{2} a b \\ &=\dfrac{n-1}{2}\left(\dfrac{1}{n}+a+b+n a b\right) \end{aligned}$
当 $x_{1}=x_{2}=\dots=x_{n}=\frac{1}{n}$ 时，上式等号成立．故 $F$ 的最大值为 $\dfrac{n-1}{2}\left(\dfrac{1}{n}+a+b+n a b\right)$
解法二
对 $n$ 归纳证明下述更一般的命题．
命题：对满足 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=s$ 的非负实数（$s$ 是任意固定的非负实数）$\displaystyle F=\sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} \min \left\{f\left(x_{i}\right), f\left(x_{j}\right)\right\}$ 的最大值在 $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}=\dfrac{s}{n}$ 时取到．
事实上，由 $F$ 的对称性，不妨假设 $x_{1} \leqslant x_{2}\leqslant \cdots \leqslant x_{n}$．注意到，$f(x)$ 在非负实数集上是单调递增的．则 $F=(n-1) f\left(x_{1}\right)+(n-2) f\left(x_{2}\right)+\cdots+f\left(x_{n-1}\right)$．
当 $n=2$ 时，$F=f\left(x_{1}\right) \leqslant f\left(\dfrac{s}{2}\right)$），等号在 $x_1=x_2$ 时成立．
假设结论在 $n$ 时成立，考虑 $n+1$ 的情形．
对 $x_{2}+x_{3}+\cdots+x_{n+1}=s-x_{1}$ 用归纳假设有 $F \leqslant n f\left(x_{1}\right)+\dfrac{1}{2} n(n-1) f\left(\dfrac{s-x_{1}}{n}\right)=g\left(x_{1}\right)$
其中，$g(x)$ 为关于 $x$ 的二次函数．其二次项系数为 $1+\dfrac{n-1}{2 n^{2}}$，一次项系数为 $a+b-\dfrac{n-1}{2 n}\left(a+b+\dfrac{2 s}{n}\right)$．
因此，对称轴为
$\dfrac{\dfrac{n-1}{2 n}\left(a+b+\dfrac{2 s}{n}\right)-a-b}{2+\dfrac{n-1}{n^{2}}} \leqslant \dfrac{s}{2(n+1)}\Leftrightarrow[2(n-1) s-2 n(n+1)(a+b)](n+1)\leqslant s\left(2 n^{2}+n-1\right)$
显然，上式不等号左边 $<2(n^2-1)s<$ 右边．
所以，当 $x_{1}=\dfrac{s}{n+1}$ 时，$g(x_1)$ 取最大值．
因此，$F$ 取最大值时，$x_{2}=x_{3}=\cdots=x_{n+1}=\dfrac{s-x_{1}}{n}=\dfrac{s}{n+1}=x_{1}$
由数学归纳法，命题得证．
答案
解析
备注
