關於“配湊”的一些應用

作者：由 USAO 發表于書法時間：2022-05-19

配湊法是一個在不等式中很常用的方法，在許多知名不等式中都可以找到配湊法的影子，今天來淺談一下配湊法的一類應用。

從一個很簡單而著名的不等式說起：

設

$n\geq 4,a_i\in R^+\cup{0},則\sum_{i=1}^{n}{a_ia_{i+1}}\leq \frac{1}{4}(\sum_{i=1}^{n}{a_i})^2$

這個不等式十分簡單，歸納，調整等方法均可以證，下面給出一個均值證法：

$\sum_{i=1}^{n}{a_ia_{i+1}}\leq (\sum_{i\equiv{0}(mod2)}^{n}{a_i})(\sum_{i\equiv{1}(mod2)}^{n}{a_i})\leq\frac{1}{4}(\sum_{i=1}^{n}{a_i})^2$

，這是顯然的，因為中間的式子包含了左邊所有的項，而又有AM-GM即得！

$當且僅當\exists唯一的i,a_i=a_{i+1},其餘為0時取等$

還有一道類似的題，出自2021XMO：

設

$n\geq 4,a_i\in R^+\cup0,\sum_{i=1}^{n}{a_i^2}=1,求\sum_{i=1}^{n}{a_i^3a_{i+1}^3}的最大值$

此題可以用上題的方法，結合範數不等式得出解答：

$\sum_{i=1}^{n}{a_i^3a_{i+1}^3}\leq (\sum_{i\equiv 0(mod2)}^{n}{a_i^3})(\sum_{i\equiv 1(mod2)}^{n}{a_i^3})\leq (\sum_{i\equiv 0(mod2)}^{n}{a_i^2})^\frac{3}{2}(\sum_{i\equiv 1(mod2)}^{n}{a_i^2})^\frac{3}{2}\leq ((\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}{a_i^2})^2)^\frac{3}{2}=\frac{1}{8}\\當且僅當\exists 唯一的i,a_i=a_{i+1}=\frac{\sqrt{2}}{2},其餘為0時取等$

下面是一個稍有變化的例子：

設

$n\geq 4,a_i\in R^+\cup{0},\sum_{i=1}^{n}{a_i}=1,求\sum_{i=1}^{[\frac{n}{2}]}{a_ia_{2i}}的最大值$

這道題乍一看十分奇怪，解答這道題需要我們觀察到

與

的不同之處，注意到

與

中含

的冪次不同

所以我們有：

$\sum_{i=1}^{[\frac{n}{2}]}{a_ia_{2i}}\leq (\sum_{v_2(i)\equiv0(mod2)}^{n}{a_i})(\sum_{v_2(i)\equiv1(mod2)}^{n}{a_i})\leq\frac{1}{4},當且僅當\exists 唯一的i,a_i=a_{2i}=\frac{1}{2},其餘為0時等號成立$

下面是一道稍有技巧的不等式：

設

$n\geq 6,a_i\in R^+\cup0,\sum_{i=1}^{n}{a_i}=1,求\sum_{1\leq i < j \leq n}^{}C_{i+j}^j{a_ia_j}的最大值$

此題頗有難度，如果不用配湊法，可能只有調整法是可以較為順利地解決此題的，但是隻用上述的配湊，卻難以奏效，我們需要稍稍改變一下思路，首先我們注意到，當

$a_{n-1}=a_n=\frac{1}{2}$

時，原式取得最大值。

接下來的困難是，原式對每一組

都進行了求和，所以用剛才的方法似乎效果不好，基本想法是如果

$\sum_{1\leq i<j\leq n}^{n}{C_{i+j}^ja_ia_j}\leq \lambda f(a_{n-1})g(a_n)，其中f、g是關於a_{n-1}和a_n的函式,\lambda 是常數，且f(a_{n-1})+g(a_n)=\sum_{i=1}^{n}{a_i}$

那我們就可以用均值不等式了！

請注意，這題與上面的題有個很大的不同——求和項前的係數是不一樣的！這為我們的解題提供了突破口，因為我們

$a_{n-1}a_n$

的係數遠遠大於其他項，而且注意到由於每一對

都被求和，所以

$f(a_{n-1})會形如(\sum_{i=1}^{n}{p_ia_i}),而g(a_n)會形如(\sum_{i=1}^{n}{(1-p_i)a_i}),這樣才能保證每一對a_ia_j都被求和,且f+g=1$

$而又注意到a_{n-1}a_n的係數為p_{n-1}(1-p_n)+p_n(1-p_{n-1})\leq1,所以\lambda 一定會\geq C_{(n-1)+n}^{n}=C_{2n-1}^n\\而上述不等式可以取等,所以\lambda=C_{2n-1}^n,此時p_{n-1}=1,p_n=0$

所以我們得到待證不等式：

$\sum_{1\leq i<j\leq n}^{}{C_{i+j}^ja_ia_j}\leq C_{2n-1}^n(\sum_{i=1}^{n-2}{(p_ia_i}+a_{n-1})(\sum_{i=1}^{n-2}{(1-p_i)a_i}+a_{n})\\這要求我們a_ia_j的係數有C_{i+j}^j\geq C_{2n-1}^{n}(p_i(1-p_j)+p_j(1-p_i))\\ 所以我們直接取p_i=\frac{1}{2}即可$

$於是有\sum_{1\leq i<j\leq n}^{}{C_{i+j}^ja_ia_j}\leq C_{2n-1}^n(\sum_{i=1}^{n-2}{\frac{1}{2}a_i}+a_{n-1})(\sum_{i=1}^{n-2}{\frac{1}{2}a_i}+a_{n})\leq \frac{1}{4}C_{2n-1}^n,當且僅當\\a_{n-1}=a_n=\frac{1}{2}時等號成立$

好的，讓我們來看看本篇文章的最後一個不等式：

$(2022NSMO)設n\geq 3,a_i\in R^+\cup0,\sum_{i=1}^{n}a_i=1,求f(a_1,a_2......a_n)=\sum_{1\leq i<j\leq n}{(\frac{3}{2})^{i+j}a_ia_j}的最大值$

這個不等式實際上非常簡單，首先注意到：顯然在

$a_1\leq a_2\leq......\leq a_n$

時，原式取得最大值，所以我們只需用調整法證明

$f(a_1,a_2,a_3......a_n)\leq f(0,a_1+a_2,a_3......a_n)即可，這個不等式在n\geq4時成立$

這是一種非常自然的調整法方法，但是這個題目用配湊法來做，更能夠體現其本質：

由於這個不等式取得最大值時，

$a_{n-2},a_{n-1},a_n$

均有值，所以這道題跟上面所有題都不一樣。這時，利用上面的方法，我們知道我們需要證明：

$\sum_{1\leq i<j\leq n}{(\frac{3}{2})^{i+j}a_ia_j}\leq (\frac{3}{2})^{2n-1}(f(a_{n-2})+g(a_{n-1})+r(a_n))$

所以我們嘗試證明：

$\sum_{1\leq i<j\leq n}{(\frac{3}{2})^{i+j}a_ia_j}\leq (\frac{3}{2})^{2n-3}(a_{n-2}(\sum_{i=1}^{n-3}{a_i}+a_{n-1})+\frac{3}{2}(\sum_{i=1}^{n-3}{a_i}+a_{n-1})a_n+\frac{9}{4}a_na_{n-2})$

這個式子是怎麼想到的呢，這是由於根據取等條件

$a_1=a_2=......=a_{n-3}=0$

所以最後肯定是變成一個三元的不等式，再用上面的比對係數法，即可得到待證不等式，而此不等式的證明，只需比對兩邊係數即可（其實我們是先有比對係數，然後有待證不等式，但是實際做題的時候，先寫我們要證明的不等式，再去比對係數會更規範一些）

所以我們的問題轉化為：

$a+b+c=1，a、b、c\geq0,求ab+\frac{3}{2}ac+\frac{9}{4}bc的最大值,而c=1-a-b，代入配方得出\\ab+\frac{3}{2}ac+\frac{9}{4}bc=-\frac{9}{4}(b-\frac{9-11a}{8})^2-\frac{95}{144}(a-\frac{9}{95})^2+\frac{54}{95}\leq \frac{54}{95}\\ 所以，原式的最大值為(\frac{3}{2})^{2n-3}(\frac{54}{95}),當且僅當a_1=a_2=......=a_{n-3}=0\\a_{n-2}=\frac{9}{95},a_{n-1}=\frac{42}{95},a_n=\frac{44}{95}時等號成立$

本次的不等式分享就到這裡，希望能對大家有所幫助~~~

好的，應某位同學的要求，在此補充一道非常好的不等式題目：

$設a_i\in R^+\cup0,\sum_{i=1}^{n}{a_i}=1,求\sum_{i\ |\ j\\i\ne j}{a_ia_j}的最大值$

這道題我見到它的時候有點懵，主要是被其的

$\sum_{i\ |\ j\\i\ne j}{a_ia_j}$

給驚訝到了，但是很快我就找到了此題的突破口。

這道題的難點在於猜取等，只要猜完取等，這道題就迎刃而解了。

$而注意到,若我們的取等中,滿足a_i不等於0的下標最大的i為t,若t至少有兩個不同的素因子,t=pqr\\其中p、q是素數,r是剩餘部分,那麼我們會有p|t、q|t,但是並不會有p|q或q|p!\\這似乎預示著什麼,這說明取至少有兩個不同素因子的合數,並不能使整除關係的最大化\\說明我們的取等應當是t只有唯一素因子的時候,即t=p^\alpha,此時t的正因子有1、p、p^2......p^\alpha\\而這些因子所構成的整除關係對一共是C_{\alpha+1}^2對,這就是t的因子兩兩整除的情況,而我們又知道\\\alpha\leq [log_2n],所以取等應當是a_1=a_2=......=a_{2^k}=......a_{2^{[log_2n]}}=\frac{1}{[log_2n]+1}$

接下來我們就是要證明，這種情況會取得最大值。這時我覺得

其實並不好刻畫，但是其反面是很好刻畫的！它的反面就是

，而這種情況發生的最簡單形式就是

，這是因為如果是倍數關係，至少是兩倍，所以我們可以將

$a_{2^t},a_{2^t+1}......a_{2^{t+1}-1}$

看成一組，組內沒有整除關係，而根據我們剛才的取等，正好是一組有一個變數有非0值！

$根據上面的分析，我們最後得出：記a_{n+1}=a_{n+2}=......=a_{2^{[log_2n]+1}-1}=0\\則\sum_{i|j\\i\ne j}a_ia_j\leq\sum_{0\leq i<j\leq [log_2n]}(\sum_{k=2^i}^{2^{i+1}-1}{a_k})(\sum_{k=2^j}^{2^{j+1}-1}{a_k})\leq \frac{C_{[log_2n]+1}^{2}}{([log_2n]+1)^2}(\sum_{k=1}^{2^{[log_2n]+1}-1}a_k)^2=\frac{C_{[log_2n]+1}^{2}}{([log_2n]+1)^2}=\frac{[log_2n]}{2([log_2n]+1)}\\取等如上述分析,a_1=a_2=......=a_{2^{[log_2n]}}=\frac{1}{[log_2n]+1},其餘為0$

不得不說，這是一道困難的不等式，其中的解題思想非常值得我們學習。

留兩道練習題吧！

$T1:設a_i\in R^+\cup0,\sum_{i=1}^{n}{a_i}=1,求\sum_{(i,j)=1\\i<j}{a_ia_j}的最大值\\T2:設a_i\in R^+\cup0,\sum_{i=1}^{n}{a_i}=1,求\sum_{[i,j]\leq n\\i<j}{a_ia_j}的最大值\\其中(i,j)和[i,j]分別表示i和j的最大公因數以及最小公倍數。$