设非负数列 $a1,a2,\cdots$ 满足条件 $a_{n+m} \leqslant a_{n}+a_{m}, m, n \in \mathbf{N}$
求证：对任意 $n\geqslant m$ 均有 $a_{n} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{n}{m}-1\right) a_{m}$
求证：对任意 $n\geqslant m$ 均有 $a_{n} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{n}{m}-1\right) a_{m}$
【难度】
【出处】
1997第12届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
由假设可得 $0 \leqslant a_{n} \leqslant a_{n-1}+a_{1} \leqslant \cdots \leqslant n a_{1}$ ①
若 $n > m$，则由假设可知 $\begin{aligned} \frac{a_{n}}{n}-\frac{a_{m}}{m} \leqslant & \frac{a_{n-m}+a_{m}}{n}-\frac{a_{m}}{m}=\frac{m a_{n-m}-(n-m) a_{m}}{n m}= \frac{n-m}{n}\left(\frac{a_{n-m}}{n-m}-\frac{a_{m}}{m}\right) \end{aligned}$
如果 $n-m>m$ 则继续此过程，经有限步，易知存在自然数 $s$ 使得 $1 \leqslant s \leqslant m$ 且 $\dfrac{a_{n}}{n}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant \dfrac{s}{n}\left(\dfrac{a_{s}}{s}-\dfrac{a_{m}}{m}\right)$ ②
显然 ② 对于 $n= m$ 也成立，由 ② 和 ① 可得 $\dfrac{a_{n}}{n}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant \dfrac{s}{n}\left(a_{1}-\dfrac{a_{m}}{m}\right)$ 再由 $a_{1} \geqslant \dfrac{a_{m}}{m}$ 可得 $\dfrac{a_{n}}{n}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant \dfrac{m}{n}\left(a_{1}-\dfrac{a_{m}}{m}\right)$ 所以 $a_{n} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{n}{m}-1\right) a_{m}$ 即命题成立．
证法二
由假设得 $0 \leqslant a_{n} \leqslant a_{n-1}+a_{1} \leqslant \cdots \leqslant n a_{1}$ 用归纳法证明命题对任何 $n,m\in N$ 成立．固定 $m\in N$ 当 $n = 1$ 时原不等式 $\begin{aligned} \Leftrightarrow\left(1-\frac{1}{m}\right) a_{m} & \leqslant(m-1) a_{1} \Leftrightarrow (m-1) a_{m} \leqslant(m-1) m a_{1} \end{aligned}$ 由 ① 即知当 $n = 1$ 时命题成立，归纳假设当 $1\leqslant n\leqslant k$ 时命题成立，分两种情况讨论：
（i）$k<m$，则由 ① 可得 $\dfrac{a_{k+1}}{k+1}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant a_{1}-\dfrac{a_{m}}{m}$ 再由 $a_{1}- \dfrac{a_{m}}{m} \geqslant 0$ 可知 $\dfrac{a_{k+1}}{k+1}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant \dfrac{m}{k+1}\left(a_{1}-\dfrac{a_{m}}{m}\right)$ 从而 $a_{k+1} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{k+1}{m}-1\right) a_{m}$
（ii）$k\geqslant m$，则 $k+1-m \geqslant 1$ 由假设得 $a_{k+1} \leqslant a_{k+1-m}+a_{m}$ 再用归纳假设可知 $a_{k+1-m} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{k+1-m}{m}-1\right) a_{m}$ 于是 $a_{k+1} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{k+1}{m}-1\right) a_{m}$
综合以上两种情况，可知当 $n = k + 1$ 时命题也成立．
由假设可得 $0 \leqslant a_{n} \leqslant a_{n-1}+a_{1} \leqslant \cdots \leqslant n a_{1}$ ①
若 $n > m$，则由假设可知 $\begin{aligned} \frac{a_{n}}{n}-\frac{a_{m}}{m} \leqslant & \frac{a_{n-m}+a_{m}}{n}-\frac{a_{m}}{m}=\frac{m a_{n-m}-(n-m) a_{m}}{n m}= \frac{n-m}{n}\left(\frac{a_{n-m}}{n-m}-\frac{a_{m}}{m}\right) \end{aligned}$
如果 $n-m>m$ 则继续此过程，经有限步，易知存在自然数 $s$ 使得 $1 \leqslant s \leqslant m$ 且 $\dfrac{a_{n}}{n}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant \dfrac{s}{n}\left(\dfrac{a_{s}}{s}-\dfrac{a_{m}}{m}\right)$ ②
显然 ② 对于 $n= m$ 也成立，由 ② 和 ① 可得 $\dfrac{a_{n}}{n}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant \dfrac{s}{n}\left(a_{1}-\dfrac{a_{m}}{m}\right)$ 再由 $a_{1} \geqslant \dfrac{a_{m}}{m}$ 可得 $\dfrac{a_{n}}{n}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant \dfrac{m}{n}\left(a_{1}-\dfrac{a_{m}}{m}\right)$ 所以 $a_{n} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{n}{m}-1\right) a_{m}$ 即命题成立．
证法二
由假设得 $0 \leqslant a_{n} \leqslant a_{n-1}+a_{1} \leqslant \cdots \leqslant n a_{1}$ 用归纳法证明命题对任何 $n,m\in N$ 成立．固定 $m\in N$ 当 $n = 1$ 时原不等式 $\begin{aligned} \Leftrightarrow\left(1-\frac{1}{m}\right) a_{m} & \leqslant(m-1) a_{1} \Leftrightarrow (m-1) a_{m} \leqslant(m-1) m a_{1} \end{aligned}$ 由 ① 即知当 $n = 1$ 时命题成立，归纳假设当 $1\leqslant n\leqslant k$ 时命题成立，分两种情况讨论：
（i）$k<m$，则由 ① 可得 $\dfrac{a_{k+1}}{k+1}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant a_{1}-\dfrac{a_{m}}{m}$ 再由 $a_{1}- \dfrac{a_{m}}{m} \geqslant 0$ 可知 $\dfrac{a_{k+1}}{k+1}-\dfrac{a_{m}}{m} \leqslant \dfrac{m}{k+1}\left(a_{1}-\dfrac{a_{m}}{m}\right)$ 从而 $a_{k+1} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{k+1}{m}-1\right) a_{m}$
（ii）$k\geqslant m$，则 $k+1-m \geqslant 1$ 由假设得 $a_{k+1} \leqslant a_{k+1-m}+a_{m}$ 再用归纳假设可知 $a_{k+1-m} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{k+1-m}{m}-1\right) a_{m}$ 于是 $a_{k+1} \leqslant m a_{1}+\left(\dfrac{k+1}{m}-1\right) a_{m}$
综合以上两种情况，可知当 $n = k + 1$ 时命题也成立．
答案
解析
备注
