记 $a=2001$，设 $A$ 是适合下列条件的正整数对 $(m,n)$ 所组成的集合：
（1）$m<2 a$
（2）$2 n |\left(2 a m-m^{2}+n^{2}\right) ;$
（3）$n^{2}-m^{2}+2 m n \leqslant 2 a(n-m)$
令 $f=\dfrac{2 a m-m^{2}-m m}{n}$，求 $\min\limits _{(n, n) \in A}f$ 和 $\max\limits _{(m, n) \in A} f$．
（1）$m<2 a$
（2）$2 n |\left(2 a m-m^{2}+n^{2}\right) ;$
（3）$n^{2}-m^{2}+2 m n \leqslant 2 a(n-m)$
令 $f=\dfrac{2 a m-m^{2}-m m}{n}$，求 $\min\limits _{(n, n) \in A}f$ 和 $\max\limits _{(m, n) \in A} f$．
【难度】
【出处】
2001第16届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
（1）先求 $f$ 的最小值．令 $p=\dfrac{2 a m-m^{2}+n^{2}}{2 n}$ ①
由条件（1）和（2）可知，$p$ 为正整数且有 $(2 a-m) m=(2 p-n) n$ ②
由条件（1），有 $2a - m > 0$，故由式 ② 可知 $2 p-n>0$
由条件（3），可得
$\begin{aligned} 2 a m-m^{2}+n^{2}=& 2 a m-2 m n+2 m n-m^{2}+n^{2} \leqslant 2 a m-2 m n+2 a(n-m)= 2 n(a-m) \end{aligned}$
从而由 $p$ 的定义 ① 可得 $p\leqslant a - m$，于是有 $2 p-n<2 p \leqslant 2(a-m)=2 a-2 m<2 a-m$
再由 ② 可知，$m$ 与 $n$ 同奇偶且有 $n> m$ ③
设 $(m , n)\in A$，令 $n^{\prime}=2 p-n=\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}$ 于是，$n$ 也是正整数且容易验证 $(m, n) \in A \Leftrightarrow\left(m, n^{\prime}\right) \in A$
事实上，在 ① 中将 $p$ 和 $n$ 同时换成 $p^\prime$ 和 $n^\prime$ 便有
$\begin{aligned} p^{\prime}=& \frac{2 a m-m^{2}+n^{\prime 2}}{2 n^{\prime}}=\dfrac{2 a m-m^{2}}{2 n^{\prime}}+\dfrac{n^{\prime}}{2}= \dfrac{n}{2}+\frac{1}{2} \cdot \frac{2 a m-m^{2}}{n}= \dfrac{2 a m-m^{2}+n^{2}}{2 n}=p \end{aligned}$
这表明 $p$ 为正整数的充要条件是 $p^\prime$ 为正整数，亦即关于 $(m, n^\prime)$ 的条件（2）成立的充要条件是关于 $(m, n) $ 的条件（2）成立．
另一方面，对于 $(m, n^\prime)$ 的条件（3），又有
$n^{\prime 2}-m^{2}+2 m n^{\prime}-2 a\left(n^{\prime}-m\right)=\left(\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}\right)^{2}-m^{2}+2 m \cdot \dfrac{2 a m-m^{2}}{n}-2 a\left(\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}-m\right)$
$=\left(\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}\right)^{2}+\left(2 a m-m^{2}\right)+\dfrac{2\left(2 a m-m^{2}\right)}{n}(m-a)=\dfrac{2 a m-m^{2}}{n^{2}}\left(\left(2 a m-m^{2}\right)+n^{2}+2 n(m-a)\right)$
再由条件（1）便知，关于 $(m, n^\prime) $ 的条件（3）成立的充要条件
是关于 $(m , n)$ 的条件（3）成立，这就证明了 $\left(m, n^{\prime}\right) \in A \Leftrightarrow(m, n) \in A$
这样一来，由此及 $n^\prime$ 的定义即知，当 $(m,n)\in A$ 时，有
$f(m, n)=\dfrac{2 a m-m^{2}-m n}{n}=n^{\prime}-m,f\left(m, n^{\prime}\right)=\dfrac{2 a m-m^{2}-m n^{\prime}}{n^{\prime}}=n-m$
由 ③ 可知，当 $(m,n)\in A$ 时，有 $f(m, n)=n^{\prime}-m \geqslant 2$ ②
取 $m = 2$，于是，条件（2）化为 $2 n | 4 a-4+n^{2}$
即 $\frac{4000}{n}+\frac{n}{2}$ 为正整数这是条件（3）化为 $n^{2}-3998 n+8000 \leqslant 0$
由此解得 $1999-\sqrt{1999^{2}-8000} \leqslant n \leqslant 1999+\sqrt{1999^{2}-8000}$ 从而有 $3 \leqslant n \leqslant 3995$
这表明 $(2, n)\in A$ 等价于 $n\in [3,3 995]$ 且为 $4000$ 的偶因子．取 $n = 2 000$，于是 $n^{\prime}=\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}=\dfrac{8000}{2000}=4$ 故得 $f(2,2000) = 2$．综上可知 $\min\limits _{(m, n) \in \mathbf{A}} f=2$．
（2）再求 $f$ 的最大值．由（1）知，当 $(m,n) \in A$ 时，$m$ 和 $n
$ 同奇偶且 $n > m$，故可令 $n = m + 2 u$，其中 $u$ 为正整数，于是有
$f(m, n)=\dfrac{2 a m-m^{2}-m n}{n}=\dfrac{2(a-u) m-2 m^{2}}{m+2 u}=\dfrac{2(a-u)(m+2 u)-2(a-u) 2 u}{m+2 u}-\dfrac{2(m+2 u)^{2}+8(m+2 u) u-8 u^{2}}{m+2 u}\\=(2 a+6 u)-2\left(m+2 u+\dfrac{2 u(a+u)}{m+2 u}\right) ⑤ $
由条件（3）可知 $(m+2 u)^{2}-m^{2}+2 m(m+2 u) \leqslant 4 u a$ 即 $m^{2}+4 u m-2 a u+2 u^{2} \leqslant 0$
由此解得 $m \leqslant-2 u+\sqrt{2 u(a+u})$ 即 $m+2 u \leqslant \sqrt{2 u(a+u)}$ ⑥
由 ⑥ 和 ⑤ 知，当 $u$ 固定时，$f(m,m + 2 u)$ 关于 $m$ 严格递增．
因为 $f(m,m+2u)$ 为正偶数，所以 $m+2 u$ 必为 $2 u(a+u)$ 的因数．
当 $u=1$ 时 $2(a+1)=4004=4 \times 7 \times 11 \times 13$
由式 ⑤ 右端方括号中表达式的对称性知，可设 $m+2 \leqslant[\sqrt{4004}]=63$ 于是 $m \in\{2,5,9,11,12,20,24,26,42,50\}$ 易得，当 $m = 5 0, n = 52$ 时，$(m,n)\in A$ 且有 $f(50,52)=4002+6-2\left[52+\dfrac{4004}{52}\right]=3750$ 由于 $f(m,m + 2 u)$ 关于 $m$ 严格递增，所以有 $f(m, m+2) \leqslant 3750$
以下证明，对任意 $(m,n)\in A$，都有 $f(m, n) \leqslant 3750$ ⑦
上面已证，当 $n = m +2$ 时，式 ⑦ 成立．由于 $m$ 和 $n$ 同奇偶且 $n > m$，故可设 $n\geqslant m +4$，于是 $f(m, n)=\dfrac{(2 a-m) m}{n}-m \leqslant \dfrac{(2 a-m) m}{m+4}-m$
可见，为证式 ⑦ 成立，只须证明，对任意 $1 \leqslant m<2 a=4002$，都有 $\dfrac{(2 a-m) m}{m+4}-m \leqslant 3750$ ⑧
整理后，得 $m^{2}-124 m+2 \times 3750 \geqslant 0$ ⑨
由于 $\Delta=124^{2}-8 \times 3750=4\left(62^{2}-7500\right)<0$
故知 ⑨ 成立，从而 ⑧ 成立，⑦ 成立．
综上可知 $\max\limits _{(m, a) \in A} f(m, n)=3750$．
由条件（1）和（2）可知，$p$ 为正整数且有 $(2 a-m) m=(2 p-n) n$ ②
由条件（1），有 $2a - m > 0$，故由式 ② 可知 $2 p-n>0$
由条件（3），可得
$\begin{aligned} 2 a m-m^{2}+n^{2}=& 2 a m-2 m n+2 m n-m^{2}+n^{2} \leqslant 2 a m-2 m n+2 a(n-m)= 2 n(a-m) \end{aligned}$
从而由 $p$ 的定义 ① 可得 $p\leqslant a - m$，于是有 $2 p-n<2 p \leqslant 2(a-m)=2 a-2 m<2 a-m$
再由 ② 可知，$m$ 与 $n$ 同奇偶且有 $n> m$ ③
设 $(m , n)\in A$，令 $n^{\prime}=2 p-n=\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}$ 于是，$n$ 也是正整数且容易验证 $(m, n) \in A \Leftrightarrow\left(m, n^{\prime}\right) \in A$
事实上，在 ① 中将 $p$ 和 $n$ 同时换成 $p^\prime$ 和 $n^\prime$ 便有
$\begin{aligned} p^{\prime}=& \frac{2 a m-m^{2}+n^{\prime 2}}{2 n^{\prime}}=\dfrac{2 a m-m^{2}}{2 n^{\prime}}+\dfrac{n^{\prime}}{2}= \dfrac{n}{2}+\frac{1}{2} \cdot \frac{2 a m-m^{2}}{n}= \dfrac{2 a m-m^{2}+n^{2}}{2 n}=p \end{aligned}$
这表明 $p$ 为正整数的充要条件是 $p^\prime$ 为正整数，亦即关于 $(m, n^\prime)$ 的条件（2）成立的充要条件是关于 $(m, n) $ 的条件（2）成立．
另一方面，对于 $(m, n^\prime)$ 的条件（3），又有
$n^{\prime 2}-m^{2}+2 m n^{\prime}-2 a\left(n^{\prime}-m\right)=\left(\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}\right)^{2}-m^{2}+2 m \cdot \dfrac{2 a m-m^{2}}{n}-2 a\left(\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}-m\right)$
$=\left(\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}\right)^{2}+\left(2 a m-m^{2}\right)+\dfrac{2\left(2 a m-m^{2}\right)}{n}(m-a)=\dfrac{2 a m-m^{2}}{n^{2}}\left(\left(2 a m-m^{2}\right)+n^{2}+2 n(m-a)\right)$
再由条件（1）便知，关于 $(m, n^\prime) $ 的条件（3）成立的充要条件
是关于 $(m , n)$ 的条件（3）成立，这就证明了 $\left(m, n^{\prime}\right) \in A \Leftrightarrow(m, n) \in A$
这样一来，由此及 $n^\prime$ 的定义即知，当 $(m,n)\in A$ 时，有
$f(m, n)=\dfrac{2 a m-m^{2}-m n}{n}=n^{\prime}-m,f\left(m, n^{\prime}\right)=\dfrac{2 a m-m^{2}-m n^{\prime}}{n^{\prime}}=n-m$
由 ③ 可知，当 $(m,n)\in A$ 时，有 $f(m, n)=n^{\prime}-m \geqslant 2$ ②
取 $m = 2$，于是，条件（2）化为 $2 n | 4 a-4+n^{2}$
即 $\frac{4000}{n}+\frac{n}{2}$ 为正整数这是条件（3）化为 $n^{2}-3998 n+8000 \leqslant 0$
由此解得 $1999-\sqrt{1999^{2}-8000} \leqslant n \leqslant 1999+\sqrt{1999^{2}-8000}$ 从而有 $3 \leqslant n \leqslant 3995$
这表明 $(2, n)\in A$ 等价于 $n\in [3,3 995]$ 且为 $4000$ 的偶因子．取 $n = 2 000$，于是 $n^{\prime}=\dfrac{2 a m-m^{2}}{n}=\dfrac{8000}{2000}=4$ 故得 $f(2,2000) = 2$．综上可知 $\min\limits _{(m, n) \in \mathbf{A}} f=2$．
（2）再求 $f$ 的最大值．由（1）知，当 $(m,n) \in A$ 时，$m$ 和 $n
$ 同奇偶且 $n > m$，故可令 $n = m + 2 u$，其中 $u$ 为正整数，于是有
$f(m, n)=\dfrac{2 a m-m^{2}-m n}{n}=\dfrac{2(a-u) m-2 m^{2}}{m+2 u}=\dfrac{2(a-u)(m+2 u)-2(a-u) 2 u}{m+2 u}-\dfrac{2(m+2 u)^{2}+8(m+2 u) u-8 u^{2}}{m+2 u}\\=(2 a+6 u)-2\left(m+2 u+\dfrac{2 u(a+u)}{m+2 u}\right) ⑤ $
由条件（3）可知 $(m+2 u)^{2}-m^{2}+2 m(m+2 u) \leqslant 4 u a$ 即 $m^{2}+4 u m-2 a u+2 u^{2} \leqslant 0$
由此解得 $m \leqslant-2 u+\sqrt{2 u(a+u})$ 即 $m+2 u \leqslant \sqrt{2 u(a+u)}$ ⑥
由 ⑥ 和 ⑤ 知，当 $u$ 固定时，$f(m,m + 2 u)$ 关于 $m$ 严格递增．
因为 $f(m,m+2u)$ 为正偶数，所以 $m+2 u$ 必为 $2 u(a+u)$ 的因数．
当 $u=1$ 时 $2(a+1)=4004=4 \times 7 \times 11 \times 13$
由式 ⑤ 右端方括号中表达式的对称性知，可设 $m+2 \leqslant[\sqrt{4004}]=63$ 于是 $m \in\{2,5,9,11,12,20,24,26,42,50\}$ 易得，当 $m = 5 0, n = 52$ 时，$(m,n)\in A$ 且有 $f(50,52)=4002+6-2\left[52+\dfrac{4004}{52}\right]=3750$ 由于 $f(m,m + 2 u)$ 关于 $m$ 严格递增，所以有 $f(m, m+2) \leqslant 3750$
以下证明，对任意 $(m,n)\in A$，都有 $f(m, n) \leqslant 3750$ ⑦
上面已证，当 $n = m +2$ 时，式 ⑦ 成立．由于 $m$ 和 $n$ 同奇偶且 $n > m$，故可设 $n\geqslant m +4$，于是 $f(m, n)=\dfrac{(2 a-m) m}{n}-m \leqslant \dfrac{(2 a-m) m}{m+4}-m$
可见，为证式 ⑦ 成立，只须证明，对任意 $1 \leqslant m<2 a=4002$，都有 $\dfrac{(2 a-m) m}{m+4}-m \leqslant 3750$ ⑧
整理后，得 $m^{2}-124 m+2 \times 3750 \geqslant 0$ ⑨
由于 $\Delta=124^{2}-8 \times 3750=4\left(62^{2}-7500\right)<0$
故知 ⑨ 成立，从而 ⑧ 成立，⑦ 成立．
综上可知 $\max\limits _{(m, a) \in A} f(m, n)=3750$．
答案
解析
备注
