[不等式] $\sum(\left(x_i-k_i\right)-\left(x_j-k_j\right))^2\le \alpha$

hbghlyj

设数$\alpha$具有以下性质：对于任意四个实数$x_1,x_2,x_3,x_4$总存在整数$k_1,k_2,k_3,k_4$使得$\sum\limits_{1\le i<j\le 4}\left(\left(x_i-k_i\right)-\left(x_j-k_j\right)\right)^2\le \alpha$,求$\alpha$的最小值

Shiki

应该是求最小值吧。。。

hbghlyj

回复 2# Shiki
感谢指正:)

hbghlyj

将$x_i-k_i$设为a,b,c,d.不妨设a≤b≤c≤d,且b-a,c-b,d-c均<1.若$b+c+d>3\left(a+\frac12\right)$,则将a换成a+1后,$(a-b)^2+(a-c)^2+(a-d)^2=3a^2-2(b+c+d)a+b^2+c^2+d^2$减小,而d>a,$(d-a)^2$也减小,故$\sum_{sym}(a-b)^2$减小.同理,若$a+b+c<3\left(d-\frac12\right)$,则将d换成d-1后,$\sum_{sym}(a-b)^2$减小.只需考虑$3d-a-\frac32\le b+c\le 3a-d+\frac32$的情况.若$c+d-a-b>1$,则将a,b换成a+1,b+1后$(a-c)^2+(b-d)^2=\frac12((a+b-c-d)^2+(a-b-c+d)^2)$减小,同理$(a-d)^2+(b-c)^2$也减小,故$\sum_{sym}(a-b)^2$减小.只需考虑$c+d-a-b\le1$的情况.
问题转化为：已知$a\le b\le c\le d,-a - b + c + d - 1\le 0,3d-a-b-c-\frac32\le0,-3a+b+c+d-\frac32\le0$,求$\sum_{sym}(a-b)^2$的最大值(这已经蕴含了$b-a,c - b,d-c\le 1$)
我们先把答案搞出来：

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2020-4-10 22:42

所以$\alpha=\frac54$.当且仅当a,b,c,d为公差为$\frac14$的等差数列时取等.

hbghlyj

回复 4# hbghlyj
然后...无耻地配系数...就证明完了：
$(a-b)^2+(a-c)^2+(a-d)^2+(b-c)^2+(b-d)^2+(c-d)^2=\frac{1}{39}\left(3\left(3 a-b-c-d+\frac{3}{2}\right)-56(a-b)-22(b-c)\right) \left(-3 a+b+c+d-\frac{3}{2}\right)-\frac{2}{39}\left(9(a-b)+7(b-c)+23(c-d)\right) \left(-a-b-c+3 d-\frac{3}{2}\right)-\frac{2}{13}(-a-b+c+d-1) \left(7(-a-b+c+d-1)+22(b-c)+4(c-d)\right)+\frac{5}{4}\ge\frac{5}{4}$

hbghlyj

有图为证，这确实是一个恒等式

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2020-4-10 23:11

而且，把我们的条件代入，会发现除了$\frac54$外其他的项都是$\le0$的，也就是说，$\alpha\ge\frac54$

hbghlyj

以下是配系数的后台操作

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2020-4-10 23:16

hbghlyj

这样的做法缺乏一般性。比如说，把题改成
设数$\alpha$具有以下性质：对于任意五个实数$x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$总存在整数$k_1,k_2,k_3,k_4,k_5$使得$\sum\limits_{1\le i<j\le 5}\left(\left(x_i-k_i\right)-\left(x_j-k_j\right)\right)^2\le \alpha$,求$\alpha$的最小值
又得从头操作一通(悲)
猜测答案是当$a_i$成公差为$\frac15$的等差数列时取得

hbghlyj

而且改成三次方后好像不能这么做了

hbghlyj

我们的操作中用了FindInstance，但是好像...好像系数这么配是唯一的

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2020-4-10 23:28

我让它非得找到第二个解。反正我这边机器跑了很久。。不得已把它停了

hbghlyj

如何配系数.nb (26.8 KB)

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2020-4-10 23:33