【源思路】高联代数百题

2024.2.19 upd
笔者于2024.1.1开始至2.16做了本讲义的前64余题，做出率在75%左右。
总结一下心得：这是一份质量很高的代数讲义，难度介于联赛与CMO之间（谜评难度：3~5星）
讲义中的题目并不需要掌握偏僻的不等式，大多都是最普通的放缩和联合手段，外加一些别出心裁的思想可以解决的小题，值得品味学习
回看两年前的废文，笔者觉得当时自己功力不深，写得过于冗长，没有太大的参考价值，准备待有大学上时再更新一番
下面附上笔者寒假中未能解决的题目供参考：

• 不等式部分(P1~P35)：P7,P9,P10,P12,P21,P22,P25,P28,P29,P32,P33
• 数列部分(P36~P60)：P39,P43,P45,P52,P56,P58
• 复数部分(P61~P78)：
• 多项式部分(P79~P100)：

下面为原文：

想要了解更全面的知识，请看原文链接
（注：会续写，但是随缘）

引言

做这一份专题，我想说的是：每个在答案里看似高深莫测的构造，实际上都是有思路可源的。
在这里我叙述的思路有很多是失败的，但联想到会极自然，希望对读者有助。

高联代数百题(2022)

T1

1. 设非负实数\(a_1,a_2,\cdots,a_{100}\)满足：\(a_i+a_{i+1}+a_{i+2}\le 1(1\le i\le 100)\)，其中\(a_{101}=a_1,a_{102}=a_2\)，试求$$I=\sum_{i=1}^{100}a_ia_{i+2}$$的最大值

这道题很好猜最大值：当\(a_{2k-1}=\dfrac{1}{2},a_{2k}=0(1\le k\le50)\)时，\(I_{max}=\dfrac{25}{2}\)
由此我们引发对\(I\)表达式进行奇偶裂项的思考，即$$I=\sum_{k=1}^{50}a_{2k-1}a_{2k+1} + \sum_{k=1}^{50}a_{2k}a_{2k+2}$$
一方面
随后容易想到结合题目条件用均值不等式\(xy\le\dfrac{x^2+y^2}{2}\)与\(xy\le(\dfrac{x+y}{2})^2\)进行放缩
但我们很快发现这种放缩不合理，源于取等时\(a_{2k}+a_{2k+1}+a_{2k+2}=\dfrac{1}{2}<1\)
另一方面
引发我们对\(I\)式强度的思考，我们用调整的思想处理\(I\)
若\(a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}=1\)，我们称序列第\(j\)项被覆盖(\(j\in\{k,k+1,k+2\}\))
我们可以发现取最大值时，每一项都能被覆盖（若存在一项不被覆盖，则将此项调大至被覆盖，结果会变大）
而又\(100\)并非\(3\)的倍数，很容易想到存在数字被覆盖了多次
因此引发到局部的思考，结合奇偶裂项，覆盖的思想与取等条件，容易放缩：
\(a_{2k-1}a_{2k+1}+a_{2k}a_{2k+2}\le (1-a_{2k}-a_{2k+1})a_{2k+1}+a_{2k}(1-a_{2k}-a_{2k+1})=(1-a_{2k}-a_{2k+1})(a_{2k}+a{2k+1})\le\dfrac{1}{4}\)
从而将分拆得到的\(50\)项累加，即得答案

T2

2. 给定正整数\(n\ge 2\)，非负实数\(a_i(1\le i\le n)\)满足\(\sum_{i=1}^{100}a_i=1\)，试求$$I=\sum_{1\le i<j\le n}(j-i)a_ia_j$$最大值

这道题很好猜最大值：当\(a_1=a_n=\dfrac{1}{2}\)时，\(I_{max}=\dfrac{n-1}{4}\)
原因很好想，盈亏问题，直观感悟，但最重要的是证明不好想
这个式子结构很复杂，因此直观思考是代数变形或还原简化结构

\[I=\sum_{1\le i<j\le n}(j-i)a_ia_j=\sum_{i=2}^{100}a_i\times(\sum_{j=1}^{i-1}(i-j)a_j)=a_2\times(a_1)+a_3\times(2a_1+a_2)+\cdots+a_{n}((n-1)a_1+(n-2)a_2+\cdots+2a_{n-2}+a_{n-1}) \]

作者思考时，觉得这个结构有点类似于信息上的树状数组区间加法区间赋值的情形，故考虑用序列\(a\)的前缀和进行转换。当然不知道也不要紧，这个引发思考是极显然的。
自此，我们设\(S_k=a_1+a_2+\cdots+a_k(1\le k\le n)\)，有\(S_n=1\)。因而对某个\(i\)，有

\[\sum_{j=1}^{i-1}(i-j)a_j=S_1+S_2+\cdots+S_{i-1} \]

从而

\[I=\sum_{i=2}^{n}(a_i\times\sum_{j=1}^{i-1}S_j) \]

容易联想到将此式对\(S_i\)整理以构造新的前缀和进行简化：

\[I=\sum_{i=2}^{n}(a_i\times\sum_{j=1}^{i-1}S_j)=\sum_{i=1}^{n-1}(S_i\sum_{j=i+1}^{n}a_j)=\sum_{i=1}^{n-1}(S_i(S_n-S_i))=\sum_{i=1}^{n-1}(S_i-S_i^2)\le\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{1}{4}=\dfrac{n-1}{4} \]

故成立，注意到取等条件即\(S_1=S_2=\cdots=S_n=\dfrac{1}{2}\)，用\(a_i=S_i-S_{i-1}(2\le i\le n),a_1=S_1\)转化，即\(a_1=a_n=\dfrac{1}{2}，a_2=a_3=\cdots=a_{n-1}=0\)时\(I_{max}=\dfrac{n-1}{4}\)

T3

3. 对所有实数\(x_1,x_2,\cdots,x_{60}\in[-1,1]\)，求$$I=\sum_{i=1}^{60} x_i^2 (x_{i+1}-x_{i-1}) $$的最大值，这里定义\(x_0=x_{60},x_1=x_{61}\)

这道题提供的结构是很奇怪的，但我们最初的想法一定是对式子进行代数变形
不难猜到取等下序列应该呈现\((-1,0,1)\)的一个轮换，由此我们考虑到使用局部不等式\(x^2\le x(0\le x\le1),x^2\le-x(-1\le x\le0)\)
使用的方法就是将大于\(0\)的项对应的指标分类为集合\(P\)，我们发现式子被整理为\(x_ix_{i+1}\)的计数形式，我们接下来可以考虑从每个\(x_ix_{i+1}\)对全式的贡献为视角解题
这种想法看上去和原题很搭，浑然一体，但我们很快发现我们忽略了\(x_{i+1}-x_{i-1}\)这一项的符号，再加上这一项讨论难免显得繁琐
作者认为整体视角思路行得通，但在此题里用此计算不值得，接下来我们从局部视角分析本题
原体中，乘积项\(x_{i+1}-x_{i-1}\)跨了一项是我们处理起来比较反感的，我们希望通过代数变形将这一差项划归为邻项，这一步骤不难

\[I=\sum_{i=1}^{60}x_i^2(x_{i+1}-x_{i-1}) =\sum_{i=1}^{60}x_i^2x_{i+1}-\sum_{i=1}^{60}x_ix_{i+1}^2 =\sum_{i=1}^{60}x_ix_{i+1}(x_i-x_{i+1}) \]

此式已化成理想类型，我们希望进一步“化归”，联想恒等式\((x_i-x_{i+1})^3=x_i^3-x_{i+1}^3-3x_ix_{i+1}(x_i-x_{i+1})\)
我们发现这里产生了题目中的结构产生了可以相消的轮换，我们立即用此恒等式处理上式

\[I=\sum_{i=1}^{60}x_ix_{i+1}(x_i-x_{i+1}) =\dfrac{1}{3}\sum_{i=1}^{60}((x_{i+1}^3-x_i^3)-3x_ix_{i+1}(x_{i+1}-x_i)) =\dfrac{1}{3}\sum_{i=1}^{60}(x_{i+1}-x_i)^3 \]

现在看这个式子已经简单了许多，注意到每个三次方项的底数之和为一个轮换，从而我们想将此三次方项化归到一次，且我们希望通过适当的系数消除构造出来的三次不等式中的二次项
由此我们便用上了题目里所给的范围条件，结合我们所猜的取等条件，我们构造\((x+1)^2(x-2)\le 0\)，展开即得\(x^3\le 3x+2\)
从而我们累加即得最大值为\(40\)，取等条件即序列为\((-1,0,1)\)的轮换