Subfield: Algebra


Question: 一天 ${n}(\geq 2)$ 个人组成了一个新的班集体, 每个人向校长交一元的注册费, 接下来每一天都发生如下事情: 每一个前一天组建的班集体都分裂成两个团体, 其中含至少两人的团体组建成一个新的班集体, 每个新班集体的成员向校长交一元的注册费, 只有一名成员的团体不再组建新的班集体, 上述过程直到不能继续进行下去为止, 求校长一共可能收到的注册费的最大值和最小值.

Solution:
记校长一共可能收到的注册费的最大值是 ${M}({n})$, 最小值是 ${m}({n})$, 某种组合方式校长收到的注册费为 $d(n)$, 知 $M(n) \geq d(n) \geq m(n)$

(1) 先证明 $M(n)=\frac{n(n+1)}{2}-1$, 我们用归纳法证明, 当 $n=2$ 时显然成立,假设 $n \leq k-1(k \geq 3, k \in N)$ 时成立, 则当 $n=k$ 时, 第二天分为有 $p$ 和 $k-p$ 人的两个班,则 $d(k)=k+d(p)+d(k-p) \leq k+M(p)+M(k-p)$ ，

由归纳假设知 $M(p)=\frac{p(p+1)}{2}-1, M(k-p)=\frac{(k-p)(k-p+1)}{2}-1$,

于是 $d(k) \leq k+\frac{p(p+1)}{2}-1+\frac{(k-p)(k-p+1)}{2}-1=p^{2}-k p+\frac{k^{2}+3 k}{2}-2$,

因为 $1 \leq p \leq k-1$, 所以 $p^{2}-k p+\frac{k^{2}+3 k}{2}-2 \leq \frac{k(k+1)}{2}-1$

而当 $p=1$ 且 $d(k-1)=M(k-1)$ 时, $d(k)=\frac{k(k+1)}{2}-1$, 故 $M(k)=\frac{k(k+1)}{2}-1$

由数学归纳法知 $M(n)=\frac{n(n+1)}{2}-1$;

(2) 设 ${f}({n})={n}\left[\log _{2} n\right]+2\left(n-2^{\left[\log _{2} n\right]}\right)$ (其中 $[{x}]$ 表示不超过 ${x}$ 的最大整数), 下面,我们将证明 $m(n)=f(n)=n\left[\log _{2} n\right]+2\left(n-2^{\left[\log _{2} n\right]}\right)$, 首先, 我们证明如下两个引理:

引理 1. 记 $\triangle f(n)=f(n+1)-f(n)$, 则 $\triangle f(n)$ 是不减的.

记 $\left[\log _{2} n\right]=k$,则 $\left[\log _{2}(n+1)\right]=k^{\prime}$, 若 $n+1$ 不是 2 的幂则 $k^{\prime}=k$, 若 $n+1$ 是 2 的幂则 $k^{\prime}=k+1$所以 $\Delta f(n)=f(n+1)-f(n)=2+n\left(k^{\prime}-k\right)+k^{\prime}+2^{k+1}-2^{k^{\prime}+1}$

当 $n+1$ 不是 2 的幂时, $\Delta f(n)=2+k=2+\left[\log _{2} n\right]$

当 $n+1$ 是 2 的幂时, $\Delta f(n)=2+n+k+1-2^{k+1}=2+k=2+\left[\log _{2} n\right]$

即对任意正整数 $n$ 均有 $\triangle f(n)=2+\left[\log _{2} n\right]$, 故 $\triangle f(n)$ 是不减的;

引理 2. 若 $2 \mid n$, 则 $f(n)+f(n-k) \geq 2 f\left(\frac{n}{2}\right)$,

若 $2 \nmid n$ 则 $f(n)+f(n-k) \geq f\left(\frac{n+1}{2}\right)+f\left(\frac{n-1}{2}\right)$

证明: 若正整数 ${a}>{b}$, 保持和不变, 即令 ${a}+{b}={a}^{\prime}+{b}^{\prime}, {a}^{\prime}<{a}, {b}^{\prime}>{b}$,

则由于 $f(a+1)+f(b-1) \geq f(a)+f(b)$, 因此 $f(a)+f(b) \geq f\left(a^{\prime}\right)+f\left(b^{\prime}\right)$

即让 $a$ 变小, $b$ 变大, $f(a)+f(b)$ 不增, 因此若 $2 \mid n$, 则 $f(n)+f(n-k) \geq 2 f\left(\frac{n}{2}\right)$,

若 $2 \nmid n$ 则 $f(n)+f(n-k) \geq f\left(\frac{n+1}{2}\right)+f\left(\frac{n-1}{2}\right)$

下面, 我们用数学归纳法证明 $m(n)=f(n)=n\left[\log _{2} n\right]+2\left(n-2^{\left[\log _{2} n\right]}\right)$.

当 $n=2$ 时, $m(2)=2=f(2)$, 命题成立

假设假设 $n \leq k-1(k \geq 3, k \in N)$ 时成立, 则当 $n=k$ 时, 第二天分为有 $p$ 和 $k-p$ 人的两个班, 则 $d(k)=k+d(p)+d(k-p) \geq k+m(p)+m(k-p)=k+f(p)+f(k-p)$,

记 $\lambda=\left[\log _{2} k\right]$

(i) 若 $2 \mid k$, 则由 $\left[\log _{2} \frac{k}{2}\right]=\left[\log _{2} k-1\right]=\left[\log _{2} k\right]-1=\lambda-1$

得 $f\left(\frac{k}{2}\right)=\frac{k}{2}(\lambda-1)+2\left(\frac{k}{2}-2^{\lambda-1}\right)=\frac{k}{2} \lambda+\frac{k}{2}-2^{\lambda}$ 于是

$d(k) \geq k+f(p)+f(k-p) \geq k+2 f\left(\frac{k}{2}\right)=k \lambda+2 k-2^{\lambda+1}=k\left[\log _{2} k\right]+2\left(k-2^{\left[\log _{2} k\right]}\right)=f(k)$

且当 $p=\frac{k}{2}$ 时, 有 $d(k)=f(k)$, 故 $m(k)=f(k)$;

(ii) 若 $2 \nmid k$, 则 $k$ 不是 2 的幂, 因此 $\left[\log _{2}(k-1)\right]=\lambda$, 故 $\left[\log _{2} \frac{k-1}{2}\right]=\lambda-1$, 由引理 1 的证明知 $f\left(\frac{k+1}{2}\right)-f\left(\frac{k-1}{2}\right)=2+\lambda-1=\lambda+1$,

又因为 $f\left(\frac{k-1}{2}\right)=\frac{k-1}{2}(\lambda-1)+2\left(\frac{k-1}{2}-2^{\lambda-1}\right)=\frac{k-1}{2} \lambda+\frac{k-1}{2}-2^{\lambda}$

所以 $d(k) \geq k+f(p)+f(k-p) \geq k+f\left(\frac{k+1}{2}\right)+f\left(\frac{k-1}{2}\right)=k+2 f\left(\frac{k-1}{2}\right)+\lambda+1$

$=k+(k-1) \lambda+k-1-2^{\lambda+1}+\lambda+1=k \lambda+2 k-2^{\lambda+1}=k\left[\log _{2} k\right]+2\left(k-2^{\left[\log _{2} k\right]}\right)=f(k)$

且当 $p=\frac{k \pm 1}{2}$ 时, 有 $d(k)=f(k)$, 故 $m(k)=f(k)$

由数学归纳法可知 $m(n)=f(n)=n\left[\log _{2} n\right]+2\left(n-2^{\left[\log _{2} n\right]}\right)$

综上, 校长一共可能收到的注册费的最大值为 $M(n)=\frac{n(n+1)}{2}-1$;

最小值为 $m(n)=n\left[\log _{2} n\right]+2\left(n-2^{\left[\log _{2} n\right]}\right)$

Final answer: $\frac{n(n+1)}{2}-1, n\left[\log _{2} n\right]+2\left(n-2^{\left[\log _{2} n\right]}\right)$