来自某教师群昨天的一道与高斯函数有关的不等式

kuing

广州邓朝发(7316*****) 17:06:27
给定正整数 $n$，及实数 $x_1 \leqslant x_2 \leqslant \cdots \leqslant x_n, y_1 \geqslant y_2 \geqslant \cdots \geqslant y_n$，满足
\[
\sum_{i=1}^n i x_i=\sum_{i=1}^n i y_i
\]
证明：对任意实数 $\alpha$，有
\[
\sum_{i=1}^n x_i[i \alpha] \geqslant \sum_{i=1}^n y_i[i \alpha]
\]
这里，$[\beta]$ 表示不超过实数 $\beta$ 的最大整数．

先证明一个结论：对于任意实数 $\alpha$ 及正整数 $k$，有
\[\frac{[\alpha]+[2\alpha]+\cdots +[k\alpha]}{1+2+\cdots +k}\leqslant \frac{[\alpha]+[2\alpha]+\cdots +[k\alpha]+[(k+1)\alpha]}{1+2+\cdots +k+(k+1)}.\]

去分母等价于
\[(k+1)([\alpha]+[2\alpha]+\cdots +[k\alpha])\leqslant (1+2+\cdots +k)[(k+1)\alpha],\]
即
\[2([\alpha]+[2\alpha]+\cdots +[k\alpha])\leqslant k[(k+1)\alpha],\]
注意到对任意实数 $x$, $y$ 有 $[x]+[y]\leqslant [x+y]$，所以有 $[\alpha]+[k\alpha]\leqslant [\alpha+k\alpha]=[(k+1)\alpha]$, $[2\alpha]+[(k-1)\alpha]\leqslant [2\alpha+(k-1)\alpha]=[(k+1)\alpha]$ 等等，相加即得上式。

为方便书写，下面令
\begin{align*}
A_k&=1+2+\cdots +k, \\
B_k&=[\alpha]+[2\alpha]+\cdots +[k\alpha],
\end{align*}
则上述结论可以写成
\[\frac{B_k}{A_k}\leqslant \frac{B_{k+1}}{A_{k+1}}.\]

回到原题，令 $z_i=x_i-y_i$，则 $z_1\leqslant z_2\leqslant \cdots \leqslant z_n$，且 $z_1+2z_2+\cdots +nz_n=0$，要证明的就是
\[
[\alpha]z_1+[2\alpha]z_2+\cdots +[n\alpha]z_n\geqslant 0.
\]

由 $z_1\leqslant z_2\leqslant \cdots \leqslant z_n$ 可令
\begin{align*}
z_{n-1}&=z_n-a_1, \\
z_{n-2}&=z_n-a_1-a_2, \\
& \cdots  \\
z_1&=z_n-a_1-a_2-\cdots -a_{n-1},
\end{align*}
其中 $a_i\geqslant 0$，则
\[0=z_1+2z_2+\cdots +nz_n=A_nz_n-A_{n-1}a_1-A_{n-2}a_2-\cdots -A_1a_{n-1},\]
所以
\[z_n=\frac{A_{n-1}a_1+A_{n-2}a_2+\cdots +A_1a_{n-1}}{A_n},\]
于是
\begin{align*}
&[\alpha]z_1+[2\alpha]z_2+\cdots +[n\alpha]z_n \\
={}&B_nz_n-B_{n-1}a_1-B_{n-2}a_2-\cdots -B_1a_{n-1} \\
={}&B_n\frac{A_{n-1}a_1+A_{n-2}a_2+\cdots +A_1a_{n-1}}{A_n}-B_{n-1}a_1-B_{n-2}a_2-\cdots -B_1a_{n-1} \\
={}&\left( \frac{B_n}{A_n}-\frac{B_{n-1}}{A_{n-1}} \right)A_{n-1}a_1+\left( \frac{B_n}{A_n}-\frac{B_{n-2}}{A_{n-2}} \right)A_{n-2}a_2+\cdots +\left( \frac{B_n}{A_n}-\frac{B_1}{A_1} \right)A_1a_{n-1},
\end{align*}
由前面的结论可知上式各项均为非负，所以原不等式得证。