math-ai/BlueMO

1{2    "source_file": "./raw_volume-zh/volume13/exercise1.tex",3    "problem_type": "calculation",4    "problem": "问题6. 设 $0<p \\leqslant a_i \\leqslant q, b_i$ 是 $a_i$ 的一个排列 $(1 \\leqslant i \\leqslant n)$, 求 $F=\\sum_{i=1}^n \\frac{a_i}{b_i}$ 的最值.",5    "solution": "不妨设 $a_1 \\leqslant a_2 \\leqslant \\cdots \\leqslant a_n$, 由于函数在闭域中连续, 所以 $F$ 存在最大、 最小值.\n由排序不等式, 有 $F=\\sum_{i=1}^n \\frac{a_i}{b_i} \\geqslant \\sum_{i=1}^n \\frac{a_i}{a_i}=\\sum_{i=1}^n 1=n$, 等号在 $a_i= b_i(1 \\leqslant i \\leqslant n)$ 时成立, 所以 $F_{\\min }=n$. 又由排序不等式, 有 $F=\\sum_{i=1}^n \\frac{a_i}{b_i} \\leqslant \\sum_{i=1}^n \\frac{a_i}{a_{n+1-i}}=F^{\\prime}$, 下面求 $F^{\\prime}=\\sum_{i=1}^n \\frac{a_i}{a_{n+1-i}}$ 的最大值.\n由对称性, $2 F^{\\prime}= \\sum_{i=1}^n\\left(\\frac{a_i}{a_{n+1-i}}+\\frac{a_{n+1-i}}{a_i}\\right)$. 因为 $p \\leqslant a_i \\leqslant q$, 所以 $\\frac{p}{q} \\leqslant \\frac{a_i}{a_{n+1-i}} \\leqslant \\frac{q}{p}$. 而 $f(x)=x+\\frac{1}{x}$ 在 $(0,1]$ 上单调递减, 在 $[1, \\infty)$ 上单调递增, 所以 $2 F^{\\prime}$ 只能在 $\\frac{a_i}{a_{n+1-i}} \\in \\left\\{\\frac{p}{q}, \\frac{q}{p}\\right\\}$ 时达到最大.\n当 $2 \\mid n$ 时, $\\frac{a_i}{a_{n+1-i}}$ 都可取到 $\\frac{p}{q}$ 或 $\\frac{q}{p}$, 此时 $F_{\\text {max }}=\\frac{n}{2}$. $\\left(\\frac{p}{q}+\\frac{q}{p}\\right)=n+\\left[\\frac{n}{2}\\right]\\left(\\sqrt{\\frac{p}{q}}-\\sqrt{\\frac{q}{p}}\\right)^2$. 当 2 不整除 $n$ 时, 总有 $\\frac{a\\left[\\frac{n}{2}\\right]+1}{a_{n+1-\\left(\\left[\\frac{n}{2}\\right]+1\\right)}}= \\frac{a\\left[\\frac{n}{2}\\right]+1}{a_{n-\\left[\\frac{n}{2}\\right]}}=1$, 其余 $\\frac{a_i}{a_{n+1-i}}$ 都可取到 $\\frac{p}{q}$ 或 $\\frac{q}{p}$. 此时, $F_{\\text {max }}=\\frac{n-1}{2} \\cdot\\left(\\frac{p}{q}+\\frac{q}{p}\\right)+ 1=n+\\left[\\frac{n}{2}\\right]\\left(\\sqrt{\\frac{p}{q}}-\\sqrt{\\frac{q}{p}}\\right)^2$. 故 $F$ 的最小值为 $n$, 最大值为 $n+\\left[\\frac{n}{2}\\right]$. $\\left(\\sqrt{\\frac{p}{q}}-\\sqrt{\\frac{q}{p}}\\right)^2$",6    "remark": "",7    "figures": []8}