推广：给定正整数 $n$, $k$, $n\geqslant3$, $k\leqslant n$，设 $m$ 为实数 $x_1$, $x_2$, $\ldots$, $x_n$ 由小到大排列的第 $k$ 个数的值，这些数满足 $x_1+x_2+\cdots+x_n=0$, $x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=1$，求 $m$ 的最大值。
解：
（1）当 $1<k<n$ 时，先说明 $m$ 一定可以取到正数。
容易验证当
\begin{gather*}
x_1=x_2=\cdots=x_{k-1}=-\sqrt{\frac{n-k+1}{n(k-1)}},\\
x_k=x_{k+1}=\cdots=x_n=\sqrt{\frac{k-1}{n(n-k+1)}}
\end{gather*}
时满足条件，此时 $m=\sqrt{\frac{k-1}{n(n-k+1)}}$ 为正，因此 $m$ 的最大值必为正，故此可以不妨设 $m>0$。
由于 $m$ 是由小到大第 $k$ 个数，故可设其余 $n-1$ 个数为 $m-b_1$, $m-b_2$, $\ldots$, $m-b_{k-1}$, $m+a_1$, $m+a_2$, $\ldots$, $m+a_{n-k}$，其中 $a_i$, $b_i\geqslant0$，代入条件中展开整理为
\begin{gather*}
nm+\sum_{i=1}^{n-k}a_i-\sum_{i=1}^{k-1}b_i=0,\\
nm^2+2m\left( \sum_{i=1}^{n-k}a_i-\sum_{i=1}^{k-1}b_i \right)+\sum_{i=1}^{n-k}a_i^2+\sum_{i=1}^{k-1}b_i^2=1,
\end{gather*}
前者代入后者得
\[-nm^2+\sum_{i=1}^{n-k}a_i^2+\sum_{i=1}^{k-1}b_i^2=1,\]
因为 $\sum_{i=1}^{n-k}a_i^2\geqslant0$ 且
\[\sum_{i=1}^{k-1}b_i^2\geqslant\frac1{k-1}\left( \sum_{i=1}^{k-1}b_i \right)^2=\frac1{k-1}\left( nm+\sum_{i=1}^{n-k}a_i \right)^2\geqslant\frac{n^2m^2}{k-1},\]
所以
\[-nm^2+\frac{n^2m^2}{k-1}\leqslant1,\]
得到
\[m\leqslant\sqrt{\frac{k-1}{n(n-k+1)}},\]
而开头所举的例就是取等条件，所以这就是 $m$ 的最大值；
（2）当 $k=n$ 时，$m$ 恒为正，类似于（1）那样设，只不过没有了那些 $a_i$，不难看出后面那些不等式都可照搬，而且开头所举的例也适用，所以结论相同；
（3）当 $k=1$ 时，$m$ 恒为负，也类似于（1）那样设，这次没有了 $b_i$，但后面的操作就不一样了，这时的式子是
\begin{gather*}
nm+\sum_{i=1}^{n-1}a_i=0,\\
-nm^2+\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2=1,
\end{gather*}
因为
\[\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2\leqslant\left( \sum_{i=1}^{n-1}a_i \right)^2=n^2m^2,\]
所以
\[-nm^2+n^2m^2\geqslant1,\]
由 $m$ 为负解得
\[m\leqslant-\sqrt{\frac1{n(n-1)}},\]
取等条件自然也不一样了，为
\[x_1=x_2=\cdots=x_{n-1}=-\sqrt{\frac1{n(n-1)}}, x_n=\sqrt{\frac{n-1}n}.\]
综上所述，$m$ 的最大值为
\[\led
&{-}\sqrt{\frac1{n(n-1)}}, && k=1,\\
&\sqrt{\frac{k-1}{n(n-k+1)}}, && 1<k\leqslant n.
\endled\]
另外，如无意外地，将有：$m$ 的最小值为
\[\led
&{-}\sqrt{\frac{n-k}{nk}}, && 1\leqslant k< n,\\
&\sqrt{\frac1{n(n-1)}}, && k=n.
\endled\] |
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发表于 2018-1-12 10:32
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发表于 2018-1-12 21:05
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