“权重集中引理”在不等式中的应用三例

证明

由 𝐶_(𝑖)≤𝐶_(𝑘) (𝑖>𝑘)及 ∑𝑦_(𝑖)≤𝑘，

特别地，若 ∑𝑦_(𝑖)=𝑡∈ℤ，则加权和不超过最大的前 𝑡个系数之和．

注

引理名字是我自己起的，在使用时需要证明．

一般而言，取小函数{𝑥}∈[0,1)，故天然适合作为权重出现．而很多题目中会给出∑𝑥_(𝑖)为某个固定整数，因此此类题目常常可以考虑使用本引理进行处理，见下面的第二、 三题．

第一题（2025 年全国高中数学联赛加试 P2）

证明 𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑘)≥1．

思路

若 𝑥_(1)≥1则结论显然．否则令 𝑦_(𝑖)=𝑥𝑚−1𝑖，则 0≤𝑦_(𝑖)≤𝑥_(𝑖)≤1，且总权重不超过 𝑘．以 𝑥_(𝑖)为递减系数 应用权重集中引理即可．

证明

若 𝑥_(1)≥1，结论成立．以下设 𝑥_(1)<1，令 𝑦_(𝑖)=𝑥𝑚−1𝑖．由 𝑚≥2，

对递减系数 𝐶_(𝑖)=𝑥_(𝑖)应用权重集中引理，

故 𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑘)≥1．

第二题（数之谜原创代数 668）

解

令 𝑥_(𝑖)={𝑎_(𝑖)}， 𝑡=∑𝑥_(𝑖)=𝑛−∑⌊𝑎_(𝑖)⌋．由平均值为 1，至少有一个 𝑎_(𝑖)≥1，故 𝑡≤𝑛−1．若 𝑡=0，则所有 𝑎_(𝑖)都是正整数， 由 ∑𝑎_(𝑖)=𝑛得 𝑎_(1)=⋯=𝑎_(𝑛)=1，矛盾．因此 1≤𝑡≤𝑛−1．

固定 𝑡．对 𝑇=∑𝑖𝑥_(𝑖)及 (𝑛+1)𝑡−𝑇=∑(𝑛+1−𝑖)𝑥_(𝑖)分别应用权重集中引理．由于 𝑥_(𝑖)<1，而两组系数均严格递减，端点等号都不可能成立，于是

设 P_(𝑡)={(𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)):0<𝑥_(𝑖)<1, ∑𝑥_(𝑖)=𝑡}． 它非空且为凸集，故线性函数 ∑𝑖𝑥_(𝑖)的像是区间．令前 𝑡个 𝑥_(𝑖)趋近于 1、其余趋近于 0，可逼近左端点；令后 𝑡个趋近于 1， 可逼近右端点．结合端点均不能取得，固定 𝑡时的值域恰为 𝐼_(𝑡)=(𝑡(𝑡+1)/2, 𝑡(2𝑛−𝑡+1)/2)．反之，对任意 (𝑥_(𝑖))∈P_(𝑡)，取 𝑎_(1)=𝑛−𝑡+𝑥_(1)， 𝑎_(𝑖)=𝑥_(𝑖) (𝑖≥2)，则 𝑎_(1)>1>𝑎_(𝑖) (𝑖≥2)， ∑𝑎_(𝑖)=𝑛，且 {𝑎_(𝑖)}=𝑥_(𝑖)，故区间内每个值都能取得．

当 𝑛=3时，𝐼_(1)=(1,3)，𝐼_(2)=(3,5)．当 𝑛≥4时， 对 1≤𝑡≤𝑛−2，sup𝐼_(𝑡)−inf𝐼_(𝑡+1)=𝑡(𝑛−𝑡−1)−1>0，故相邻区间两两相交．所以

第三题（数之谜原创代数 698）

解

记 𝑞_(𝑖)=⌊𝑎_(𝑖)⌋，𝑟_(𝑖)={𝑎_(𝑖)}， 𝑡=∑𝑟_(𝑖)=100−∑𝑞_(𝑖)．于是 𝑡∈{0,1,…,99}． 若 𝑡=0，原式为 0；以下设 1≤𝑡≤99，并记左端为 𝑆． 由 max{𝑎_(𝑖),𝑎_(𝑗)}≤𝑞_(𝑖)+𝑞_(𝑗)+1，

记 𝐴=∑𝑖(100−𝑖)𝑟_(𝑖)．因 𝑖(100−𝑖)=2500−(𝑖−50)^(2)，最大的 𝑡个系数对应于 0^(2),1^(2),1^(2),2^(2),2^(2),…中最小的 𝑡项．这些平方数之和在 𝑡为奇数时为 𝑡(𝑡^(2)−1)/12，在 𝑡为偶数时更大，故由权重集中引理，

再记 𝐵_(𝑗)=𝑗(100−𝑗)𝑟_(𝑗)+∑_(𝑖<𝑗)𝑖𝑟_(𝑖)，并令 𝑀_(𝑡)=(−𝑡^(2)+200𝑡+9801)/4．当 𝑡≤𝑗≤99时，最大的 𝑡个系数为 𝑗(100−𝑗),𝑗−1,…,𝑗−𝑡+1；当 𝑗<𝑡或 𝑗=100时，取全部正系数 再补零即可．权重集中引理给出

第一行最后一步由配方得到；第二行利用 𝑢(199−𝑢)在 0≤𝑢≤99上递增； 而 𝑀_(𝑡)−(𝑡(199−𝑡))/(2)=((99−𝑡)^(2))/(4)≥0．

由 ∑𝑞_(𝑗)=100−𝑡，

令 𝑔(𝑡)=𝑡^(2)−299𝑡+9950．对 1≤𝑡≤98， 𝑔(𝑡+1)−𝑔(𝑡)=2𝑡−298<0；而 𝑔(38)=32>0，𝑔(39)=−190<0． 故 𝐹(𝑡)在整数点上先增后减，最大值在 𝑡=39处取得，即 𝑆≤𝐹(39)=337780．

为说明上界不能减小，取 0<𝜀<1/40，令

此时恒有 ∑𝑎_(𝑖)=100．因此任意小于 337780的常数都不能恒成立， 从而 𝐶_(min)=337780．

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