绝对值不等式：三角不等式与结构方法
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三角不等式 |∑𝑢_(𝑖)|≤∑|𝑢_(𝑖)|是绝对值问题中最常用的估计；在数轴上可写成 |𝑥−𝑦|≤|𝑥−𝑡|+|𝑡−𝑦|．题目中的零和、排序、差分、分段和循环条件，往往用来决定怎样合并这些绝对值，或者使估计尽量接近等号．以下分七节讨论，共选十九个例题．
1 三角不等式
使用三角不等式时，等号条件常和估计本身一样重要．合并若干实数时，取等要求非零项同号；在 |𝑥−𝑦|≤|𝑥−𝑡|+|𝑡−𝑦|中，取等要求 𝑡位于 𝑥,𝑦之间．
1.1 配对与整体合并
例 1（1995 年莫斯科数学奥林匹克 11 年级第 1 题）
对任意实数 𝑥,𝑦,𝑧，证明
分析：记 𝐴=𝑥+𝑦−𝑧、𝐵=𝑥−𝑦+𝑧、𝐶=−𝑥+𝑦+𝑧．三个式子满足 𝐴+𝐵=2𝑥、𝐴+𝐶=2𝑦、𝐵+𝐶=2𝑧．
不用讨论 𝐴,𝐵,𝐶各自的符号，只需两两配对： |𝐴|+|𝐵|≥2|𝑥|，另外两组分别给出 2|𝑦|和 2|𝑧|．三式相加后，|𝐴|,|𝐵|,|𝐶|都出现两次，约去公因子即可．
证明：由三角不等式，
三式相加，右边原来的三个绝对值各出现两次，约去 2即得证．
例 2（零和条件下的最佳常数）
对每个整数 𝑛≥2，求最大的常数 𝑐_(𝑛)，使得对任意满足 𝑎_(1)+⋯+𝑎_(𝑛)=0的实数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)，都有
分析：左边是 ∑|𝑎_(𝑖)|，右边是全部两两距离．固定一个下标 𝑖，先看 ∑_(𝑗)|𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑗)|．三角不等式给出
由 ∑_(𝑗)𝑎_(𝑗)=0，右边等于 𝑛|𝑎_(𝑖)|．
再对 𝑖求和．每个无序数对 {𝑖,𝑗}在双重求和中出现两次，所以得到常数 𝑛/2．这一步只说明 𝑛/2可以取；还要给出取等构造，才能证明它是最大值．三角不等式取等要求同一组中的差同号，因此可从两层取值的数列着手．
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解答：对每个 𝑖，
对 𝑖求和便有 2∑_(𝑖<𝑗)|𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑗)|≥𝑛∑_(𝑖)|𝑎_(𝑖)|，故 𝑐_(𝑛)≥𝑛/2．
当 𝑛≥3时取
则总和为 0，且两边比值恰为 𝑛/2；𝑛=2时取 (1,−1)同样取到．因此
1.2 根式中的三角估计
例 3（2023 年中国国家集训队选拔题）
给定整数 𝑛≥2．求最小实数 𝜆，使得对任意实数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛),𝑏，恒有
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分析：令 𝑥_(𝑖)=𝑎_(𝑖)−𝑏，并记 𝑆=∑𝑎_(𝑖)．这样左边的 √(|𝑎_(𝑖)−𝑏|)变成 √(|𝑥_(𝑖)|)，剩下的是用 𝑆和 𝑥_(𝑖)表示 𝑎_(𝑗)．
由 𝑎_(𝑗)=𝑏+𝑥_(𝑗)以及 ∑𝑥_(𝑖)=𝑆−𝑛𝑏，整理得
先用三角不等式，再用 √(𝑢+𝑣)≤√(𝑢)+√(𝑣)，便能把 √(|𝑎_(𝑗)|)控制在 √(|𝑆|)和各个 √(|𝑥_(𝑖)|)之下．对 𝑗求和后，每个 √(|𝑥_(𝑖)|)的总系数相同，所求常数随之确定．
检验最佳性时，可先令 𝑆=0，使含 √(|𝑆|)的部分消失，再按其余各步的等号条件安排 𝑥_(𝑖)．
解答：答案为
令
对每个 𝑗，
由三角不等式以及 √(𝑢+𝑣)≤√(𝑢)+√(𝑣)，
对 𝑗求和，
除以 √(𝑛)即得该常数可行．
再取
此时 ∑𝑎_(𝑖)=0，并且
故任何可行常数都不小于上面的 𝜆，故该常数不能再小．
2 零和条件与正负分解
若 ∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝑥_(𝑖)=0，设正项之和为 𝑃、负项绝对值之和为 𝑄，则 𝑃=𝑄=(1)/(2)∑_(𝑛)^(𝑖=1)|𝑥_(𝑖)|．许多零和问题由此化为两个非负数组的极值问题．
2.1 固定正负总量
例 4（平均数与绝对偏差）
已知 𝑛个实数 𝑥_(1),𝑥_(2),…,𝑥_(𝑛)的算术平均数为 𝑎．证明
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分析：令 𝑦_(𝑘)=𝑥_(𝑘)−𝑎．由于 𝑎是平均数， ∑𝑦_(𝑘)=0．设正的 𝑦_(𝑘)之和为 𝑃，负的 𝑦_(𝑘)的绝对值之和为 𝑄，则 𝑃=𝑄，并且 ∑|𝑦_(𝑘)|=2𝑃．
对非负数有 ∑𝑢2𝑖≤(∑𝑢_(𝑖))^(2)，所以正、负两组的平方和至多为 𝑃^(2)+𝑄^(2)=2𝑃^(2)．代入 ∑|𝑦_(𝑘)|=2𝑃即得所需不等式．
等号要求两组都把总量集中在一个位置上，因此高于平均数和低于平均数的项各至多有一个非零偏差．
证明：令 𝑦_(𝑘)=𝑥_(𝑘)−𝑎，则 ∑𝑦_(𝑘)=0．设正的 𝑦_(𝑘)之和为 𝑃，负的 𝑦_(𝑘)的绝对值之和为 𝑄，于是
正、负两组分别有 ∑_(𝑦_(𝑘)>0)𝑦2𝑘≤𝑃^(2)、∑_(𝑦_(𝑘)<0)𝑦2𝑘≤𝑄^(2)，所以
代回 𝑦_(𝑘)=𝑥_(𝑘)−𝑎即得结论．等号成立当且仅当正的 𝑦_(𝑘)至多有一个、负的 𝑦_(𝑘)至多有一个；等价地，高于平均数与低于平均数的项分别至多有一个．
2.2 离散极值与取等
例 5（2025 年沙特阿拉伯数学竞赛第 3 题）
设
求
的最小值，并求
的最大值．
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分析：由 ∑𝑎_(𝑖)=0、∑|𝑎_(𝑖)|=624，正项之和与负项绝对值之和都等于 312．设负数有 𝑘个．
求极差时，最小项的绝对值至少为 312/𝑘，最大项至少为 312/(50−𝑘)，所以 𝑎_(50)−𝑎_(1)得到一个只含整数 𝑘的下界．比较 1≤𝑘≤49即可求最小值．
求乘积时，若最大乘积为正，𝑘必须为偶数．固定 𝑘后，正、负两组的总量都已固定；均值不等式表明，同组各项绝对值相等时乘积最大．余下只需比较各个允许的偶数 𝑘．
解答：设负数有 𝑘个，则
因此
当
时取等，所以
下面求乘积．已有正值构造，因此最大值必为正；含零项时乘积为 0，负数个数为奇数时乘积为负，均不可能最优．故只需考虑负数个数 𝑘为偶数的情形，记 ℎ=50−𝑘．分别对负项绝对值与正项使用均值不等式，
在 𝑘+ℎ=50下，右端等价于使 𝑘^(𝑘)ℎ^(ℎ)尽可能小．函数
在 (0,50)上严格凸，并关于 𝑥=25对称；限制 𝑘为偶数后，最优为
于是
取前 24项全为 −13、后 26项全为 12即可取等，故
3 排序与两两距离
含有大量 |𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑗)|时，先排序 𝑥_(1)≤⋯≤𝑥_(𝑛)．于是
两种写法分别适合直接比较变量和比较相邻间隔．
3.1 距离和的线性化
例 6（2024 年罗马尼亚 IMO 队选）
固定整数 𝑛≥2．对不全相等的实数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)，记
求 𝑠/𝑑的最小值与最大值．
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分析：不妨排序为 𝑎_(1)≤⋯≤𝑎_(𝑛)，并记 Δ_(𝑘)=𝑎_(𝑘+1)−𝑎_(𝑘)．直径为 𝑑=∑_(𝑛−1)^(𝑘=1)Δ_(𝑘)．
计算总距离时，固定一段间隔 Δ_(𝑘)．只有一个点取在前 𝑘个位置、另一个点取在后 𝑛−𝑘个位置时，这段间隔才会被计入，共有 𝑘(𝑛−𝑘)个数对．因此
于是 𝑠/𝑑是各个 𝑘(𝑛−𝑘)关于非负权 Δ_(𝑘)的加权平均．上下界分别由这些系数的最小值和最大值给出；取等时让非零间隔落在相应位置即可．
解答：不妨设 𝑎_(1)≤⋯≤𝑎_(𝑛)，并令 Δ_(𝑘)=𝑎_(𝑘+1)−𝑎_(𝑘)≥0．则
而
因此
把全部跨度集中在第一段可取到下界；集中在中间一段可取到上界．故
例 7（区间内两两距离的上界）
设 𝑛为正整数，且 0≤𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)≤1．证明
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分析：排序后有
系数随 𝑘递增，前半部分为负，后半部分为正．又有 0≤𝑥_(1)≤⋯≤𝑥_(𝑛)≤1．
要使这个线性式最大，负系数对应的变量取 0，正系数对应的变量取 1；这样的取值与排序条件相容．因此极值可在端点配置中取得．分别把 𝑛为偶数、奇数时的正系数相加即可．
证明：不妨设 0≤𝑥_(1)≤⋯≤𝑥_(𝑛)≤1．则
系数 2𝑘−𝑛−1随 𝑘递增．因此最大值在前半部分取 0、后半部分取 1时出现．
若 𝑛=2𝑚，最大值为
若 𝑛=2𝑚+1，最大值为
故结论成立；事实上奇数情形还可加强为 𝑛^(2)−1．
3.2 前缀和与交叉配对
例 8（正整数的“自距离”条件）
设 𝑎_(1),𝑎_(2),…,𝑎_(2023)为正整数，并且对每个 1≤𝑘≤2023都有
求 𝑎_(1)+⋯+𝑎_(2023)的最小值．
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分析：先排序 𝑎_(1)≤⋯≤𝑎_(2023)．第 𝑘个数到左侧、右侧各点的距离都能用前缀和表示．记 𝑆_(𝑘)=𝑎_(1)+⋯+𝑎_(𝑘)、𝑆=𝑆_(2023)，整理第 𝑘个条件可得
比较相邻的第 𝑘、𝑘+1个方程，前缀和只差一个 𝑎_(𝑘+1)，大部分项相消，得到
因此除 𝑘=1012外，其余相邻项都相等，数列只能由两段常值组成．代回原条件即可确定两段之间的关系．
解答：不妨设
记 𝑆_(𝑘)=𝑎_(1)+⋯+𝑎_(𝑘)，𝑆=𝑆_(2023)．题设化为
即
把 𝑘换成 𝑘+1并用 𝑆_(𝑘+1)=𝑆_(𝑘)+𝑎_(𝑘+1)，得到
于是
除 𝑘=1012外，其余相邻项全部相等．又因所有 𝑎_(𝑖)均为正整数，若两段取同一数值，则题设右端恒为 0，与左端为正矛盾；因此确有两段不同的常值．故可写成
代回题设，分别得到
令 𝑑=𝑏−𝑎，则 𝑑为正整数，且
因此
最小值在 𝑑=1时取得，即
例 9（两组互异整数之间的距离）
把 2𝑛(𝑛≥2)个互不相同的整数分成两组 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)与 𝑏_(1),…,𝑏_(𝑛)．证明
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分析：分别排序 𝑎_(1)<⋯<𝑎_(𝑛)、𝑏_(1)<⋯<𝑏_(𝑛)．右边含两组内部距离，因此对每个 𝑖<𝑗，用两条交叉距离 |𝑎_(𝑗)−𝑏_(𝑖)|和 |𝑎_(𝑖)−𝑏_(𝑗)|与之比较：
对所有 𝑖<𝑗求和后，两组内部距离已全部被控制．
左边还剩下 |𝑎_(𝑖)−𝑏_(𝑖)|这些对角项．由于 2𝑛个整数互不相同，每个 |𝑎_(𝑖)−𝑏_(𝑖)|≥1，余下各项之和至少为 𝑛．
证明：分别排序为 𝑎_(1)<⋯<𝑎_(𝑛)、𝑏_(1)<⋯<𝑏_(𝑛)．对 𝑖<𝑗，
相加得到
对所有 𝑖<𝑗求和，再补上 ∑_(𝑖)|𝑎_(𝑖)−𝑏_(𝑖)|，便有
所有 2𝑛个整数互不相同，所以 |𝑎_(𝑖)−𝑏_(𝑖)|≥1．故结论成立．
4 差分与递推换元
相邻项或二阶差分出现时，常令 𝑑_(𝑖)=𝑎_(𝑖+1)−𝑎_(𝑖)．这样，跨度 𝑎_(𝑗)−𝑎_(𝑖)是一段连续差分的和，二阶差分也变成相邻 𝑑_(𝑖)的差．若绝对值内部已有递推关系，也可直接把内部量设为新变量．
4.1 一阶差分
例 10（差分写法）
设 𝑎_(0)=0，𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)∈ℝ．证明
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分析：令 𝑏_(𝑘)=𝑎_(𝑘)−𝑎_(𝑘−1)．则 𝑎_(𝑘)=𝑏_(1)+⋯+𝑏_(𝑘)，左边可以完全改写成 𝑏_(1),…,𝑏_(𝑛)的式子．
由三角不等式，
全部相加后只有平方项 𝑏2𝑘和交叉项 |𝑏_(𝑗)𝑏_(𝑘)|．对交叉项使用 2|𝑏_(𝑗)𝑏_(𝑘)|≤𝑏2𝑗+𝑏2𝑘，最后统计每个 𝑏2𝑟一共出现多少次．这个计数给出系数 (𝑛+1)/2．
证明：记 𝑏_(𝑘)=𝑎_(𝑘)−𝑎_(𝑘−1)．于是 𝑎_(𝑘)=∑_(𝑘)^(𝑗=1)𝑏_(𝑗)，故 |𝑎_(𝑘)|≤∑_(𝑘)^(𝑗=1)|𝑏_(𝑗)|，从而
再用
所有交叉项一共给每个 𝑏2𝑟增加 (𝑛−1)/2的系数，因此
4.2 二阶差分
例 11（2017 年东南数学奥林匹克第 4 题）
设实数 𝑎_(1),𝑎_(2),…,𝑎_(2017)满足
求
的最大可能值．
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分析：令 𝑑_(𝑖)=𝑎_(𝑖+1)−𝑎_(𝑖)．题设化为 |𝑑_(𝑖+1)−𝑑_(𝑖)|≤1，而 𝑎_(1)=𝑎_(2017)又给出 ∑𝑑_(𝑖)=0．任意跨度 𝑎_(𝑞)−𝑎_(𝑝)都是一段连续 𝑑_(𝑖)的和．
设这段有 𝑚项，和为 𝑃；补集的和就是 −𝑃．两段平均值分别为 𝑃/𝑚和 −𝑃/(𝑁−𝑚)．它们的差可写成跨越两段的 𝑑_(𝑖)−𝑑_(𝑗)的平均，而 |𝑑_(𝑖)−𝑑_(𝑗)|≤|𝑖−𝑗|．
于是问题化为一个下标计数：跨越两段的 |𝑖−𝑗|的平均是多少．计算后得到 𝑃≤𝑚(𝑁−𝑚)/2，再在允许的 𝑚中取最大值．
解答：记 𝑁=2016，并令
则
任取 𝑝<𝑞，设
并记
若 𝑃<0，交换 𝑝,𝑞后只需估计 −𝑃，故以下设 𝑃≥0．由 (1)，补集 𝐽上的和为 −𝑃．因此
又由 |𝑑_(𝑖)−𝑑_(𝑗)|≤|𝑖−𝑗|，
若 𝐼={𝑟+1,…,𝑟+𝑚}，右端分子等于
代入 (2)，得到
所以
取
则 𝑑_(𝑖+1)−𝑑_(𝑖)=−1，且 ∑𝑑_(𝑖)=0．令 𝑎_(1)=0， 𝑎_(𝑘+1)=𝑎_(𝑘)+𝑑_(𝑘)，便有 𝑎_(2017)=𝑎_(1)，并且
故所求最大值为
4.3 递推换元
例 12（2023 年保加利亚数学奥林匹克第 5 题）
设实数 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)满足 |𝑥_(1)|+⋯+|𝑥_(𝑛)|=1．求
的最小值．
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分析：把绝对值内部设为
并记 𝑠_(𝑘)=𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑘)．两者满足 𝑦_(𝑘)=2𝑠_(𝑘−1)−𝑠_(𝑘)，即 𝑠_(𝑘)=2𝑠_(𝑘−1)−𝑦_(𝑘)．
这个递推可以逐步写出 𝑠_(𝑘)，继而写出 𝑥_(𝑘)=𝑠_(𝑘)−𝑠_(𝑘−1)．系数按 1,2,4,…增长，所以三角不等式给出
由于已知 ∑|𝑥_(𝑘)|=1，由 ∑|𝑥_(𝑘)|=1便得到目标式的下界．取等时可令 𝑦_(1)非零、其余 𝑦_(𝑘)为零．
解答：当 𝑛=1时结论显然．以下设 𝑛≥2．令 𝑠_(𝑘)=𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑘)，𝑠_(0)=0，以及
于是
因此
取绝对值并对 𝑘求和，
由题设 ∑|𝑥_(𝑘)|=1，得到
故所求式不小于该值．
令
由上面的递推式得到
此时 ∑|𝑥_(𝑘)|=1，且目标值为 2^(1−𝑛)．故最小值为
5 分段线性与符号化
绝对值函数在相邻折点之间是线性的．处理这类问题时，可以比较各段斜率，也可以先固定符号；含有最大值时，还可用
改写成统一的代数式．
5.1 折点与斜率
例 13（2003 年 AMC 12B 第 24 题）
正整数 𝑎<𝑏<𝑐，方程组
恰有一组解．求 𝑐的最小值．
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分析：令 𝑓(𝑥)=|𝑥−𝑎|+|𝑥−𝑏|+|𝑥−𝑐|，再与直线 2003−2𝑥比较．函数 𝑓在四个区间上的斜率依次为 −3,−1,1,3，因此
的斜率依次为 −1,1,3,5．
所以 𝑔在 𝑥<𝑎时严格递减，在 𝑥>𝑎时严格递增，最低点在折点 𝑥=𝑎．方程组恰有一个解，当且仅当这个最低点等于 0，即 𝑔(𝑎)=0．由此得到 𝑏+𝑐=2003，余下只需处理正整数条件．
解答：写成分段形式：
令 𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−(2003−2𝑥)．在四个区间上，𝑔的斜率依次为 −1,1,3,5，因此 𝑔在 (−∞,𝑎]上严格递减，在 [𝑎,∞)上严格递增． 方程组恰有一组解，当且仅当 𝑔(𝑎)=0，即 𝑏+𝑐−2𝑎=2003−2𝑎，所以 𝑏+𝑐=2003．由于 𝑏<𝑐且 𝑏,𝑐为正整数，必有 𝑐≥1002． 取例如
便有 𝑔(𝑎)=0，且其余处 𝑔(𝑥)>0，所以确实只有一个交点． 故
5.2 区间定号
例 14（2018 年亚太地区数学奥林匹克第 2 题）
设
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证明：当 0<𝑥<2018且 𝑥不是整数时，
分析：把两式作差：
写 𝑥=𝑚+𝑡，其中 𝑚=⌊𝑥⌋、0<𝑡<1，则各分母的符号都已确定．乘以 (−1)^(𝑚)后，离 𝑥最近的两项为 1/𝑡与 1/(1−𝑡)，其和至少为 4．
其余项分成左右两条绝对值递减的交错和．每条交错尾项都大于它的第一个负项，因而分别大于 −1．所以两条尾项的总损失小于 2，而最近两项之和至少为 4，所求差严格大于 2．
证明：记
写 𝑥=𝑚+𝑡，其中 𝑚=⌊𝑥⌋、0<𝑡<1．则
第一条尾项从 −1/(1+𝑡)开始，且绝对值递减，所以
若 𝑚=0，该和为 0，结论同样成立．第二条尾项同理满足
又有
因此
从而
5.3 正负部与最大值
例 15（2024 年土耳其 IMO 队选第 6 题）
求最小实数 𝜆，使得对任意整数 𝑛≥3及任意实数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)，在下标按模 𝑛理解并定义
后，恒有
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分析：令 𝑥_(𝑖)=𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑖+1)．最大值 max{𝑎_(𝑖+1),𝑎_(𝑖+2)}只取决于 𝑥_(𝑖+1)的符号，于是引入
这样 𝑦_(𝑖)≥0、𝑧_(𝑖)≤0，所有最大值项都可统一表示．化简得
对 2024 次幂先用凸性，再利用 𝑦_(𝑖+1)与 𝑧_(𝑖+2)异号，得到 |𝑦_(𝑖+1)+𝑧_(𝑖+2)|^(2024)≤𝑦2024𝑖+1+𝑧2024𝑖+2．循环求和后， 𝑦2024𝑖+𝑧2024𝑖=|𝑥_(𝑖)|^(2024)，于是 𝜆=1可行．
证明最佳性时，取很长的 +1、−1差分段，只有少数交界处不能取等，便能使所需常数逼近 1．
解答：记 𝑝=2024，并令 𝑥_(𝑖)=𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑖+1)， 𝑦_(𝑖)=(𝑥_(𝑖)+|𝑥_(𝑖)|)/2， 𝑧_(𝑖)=(𝑥_(𝑖)−|𝑥_(𝑖)|)/2．则 𝑦_(𝑖)≥0,𝑧_(𝑖)≤0，并且 𝑦_(𝑖)+𝑧_(𝑖)=𝑥_(𝑖)、 𝑦𝑝𝑖+𝑧𝑝𝑖=|𝑥_(𝑖)|^(𝑝)．由最大值公式可化得
因此
由于 𝑦_(𝑖+1)与 𝑧_(𝑖+2)异号，
对 𝑖循环求和，
由于 𝑝为偶数，故 𝜆=1可行．
另一方面，取偶数 𝑁=2𝑚，令循环差 𝑥_(𝑖)的前 𝑚项为 1、后 𝑚项为 −1．这些差的和为 0，因此确能由某个循环数列 𝑎_(𝑖)产生．除至多四个交界位置外， |𝑏_(𝑖)−𝑏_(𝑖+1)|=1，于是任何可行常数都满足
令 𝑁→∞，得 𝜆≥1．故
6 循环结构与奇偶性
循环排列还要满足首尾相接的条件．差分的符号、正负交错能否闭合，都可能随奇偶性改变．若三点单调，则 |𝑥−𝑦|+|𝑦−𝑧|=|𝑥−𝑧|，奇数循环中的删点正是利用这一等号情形．
6.1 变号位置
例 16（2025 年日本数学奥林匹克）
设整数 𝑛≥2，实数 𝑎_(1),…,𝑎_(2𝑛)满足 |𝑎_(𝑘)−𝑎_(𝑛+𝑘)|≥1 (1≤𝑘≤𝑛)．求
的最小值．
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分析：记 𝑑_(𝑘)=𝑎_(𝑘)−𝑎_(𝑛+𝑘)．题设给出 |𝑑_(𝑘)|≥1．另一方面，
所以若有 |𝑑_(𝑘)−𝑑_(𝑘+1)|≥2，便可用 𝑥^(2)+𝑦^(2)≥(𝑥−𝑦)^(2)/2得到两条相邻边的平方和至少为 2．
把序列补成 𝑑_(1),𝑑_(2),…,𝑑_(𝑛),−𝑑_(1)．首尾异号，而各项绝对值都不小于 1，途中必有一对相邻项异号．这一对的距离至少为 2，所需位置由此得到．
解答：记 𝑑_(𝑘)=𝑎_(𝑘)−𝑎_(𝑛+𝑘) (1≤𝑘≤𝑛)，并令 𝑑_(𝑛+1)=−𝑑_(1)．每个 |𝑑_(𝑘)|≥1，而 𝑑_(1),𝑑_(𝑛+1)异号，故存在 𝑚使 𝑑_(𝑚),𝑑_(𝑚+1)异号．于是
又
由
得到
其余平方项非负，所以原式至少为 2．取
恰有原式等于 2．因此最小值为 2．
6.2 奇偶交错与删点
在后两题中要用到下面的事实．
引理：设 𝑛为奇数，实数 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)按圆周排列，下标按模 𝑛理解．则存在某个 𝑖，使 𝑥_(𝑖)≤𝑥_(𝑖+1)≤𝑥_(𝑖+2)或 𝑥_(𝑖)≥𝑥_(𝑖+1)≥𝑥_(𝑖+2)．
证明：令 𝑑_(𝑖)=𝑥_(𝑖+1)−𝑥_(𝑖)．若某个 𝑑_(𝑖)=0，结论立即成立．否则，若不存在这样的三项，则每个 𝑑_(𝑖)与 𝑑_(𝑖+1)都异号，所以 𝑑_(1),𝑑_(2),…,𝑑_(𝑛)的符号沿圆周严格交替．但 𝑛为奇数，首尾处不可能仍保持异号，矛盾．
若 𝑥_(𝑖),𝑥_(𝑖+1),𝑥_(𝑖+2)单调，则三角不等式取等：
因此在循环总变差中，可以删去中间项而不改变这两条边的总长度．
例 17（循环总变差的最大值）
设整数 𝑛≥2，实数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)满足 𝑎21+⋯+𝑎2𝑛=1．求
的最大值．
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分析：先处理偶数 𝑛．逐边使用 |𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑖+1)|≤|𝑎_(𝑖)|+|𝑎_(𝑖+1)|，求和得
取等时，相邻项需异号，且各项绝对值相等；偶数个位置可以正负交错，因此上界能够达到．
若 𝑛为奇数，正负严格交错时，奇数个位置无法首尾相接．圆周引理给出相邻三项单调，删去中间项时 |𝑥−𝑦|+|𝑦−𝑧|=|𝑥−𝑧|，循环总变差不变．删去一项后剩下偶数个变量，且平方和不超过 1，故由偶数情形得到 2√(𝑛−1)．取一项为 0，其余等模交错，即可取等．
解答：若 𝑛为偶数，则
取
可取等．
若 𝑛为奇数，由引理可重新编号，使 𝑎_(𝑛)位于 𝑎_(𝑛−1)与 𝑎_(1)之间．于是
删去 𝑎_(𝑛)后，𝑉就是 𝑛−1个数的循环总变差．由偶数情形，
取 𝑎_(𝑛)=0，其余 𝑛−1项交替取 ±1/√(𝑛−1)，可达到上界．故
例 18（2022 年高中联赛 B 卷二试第 2 题）
设整数 𝑛≥2，给定正数 𝑎<𝑏，且 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)∈[𝑎,𝑏]．求
的最大值．
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分析：先建立二元估计．对 𝑥,𝑦∈[𝑎,𝑏]，
偶数 𝑛时，对所有相邻对求和，每个 𝑥_(𝑖)在右边出现两次，得到所需上界；令 𝑎,𝑏交错即可取等．
奇数 𝑛时，不能在圆周上完全交错．由圆周引理删去一个位于两邻点之间的变量，分子保持不变，剩余变量个数变为偶数．对剩余循环使用上面的二元估计，再把被删变量至少为 𝑎、每条边至多为 𝑏−𝑎代入，即可得到奇数情形的上界．
解答：记
对任意 𝑥,𝑦∈[𝑎,𝑏]，有
若 𝑛为偶数，对所有相邻对使用 (1)，得
故
取 𝑎,𝑏,𝑎,𝑏,…交错即可取等．
若 𝑛为奇数，由引理可删去一个位于两邻点之间的 𝑥_(𝑘)，分子保持不变．记删去后的分子为 𝑇、其余 𝑛−1项之和为 𝑆^(′)．对这 𝑛−1个数应用偶数情形，
同时，删去后只有 𝑛−1条边，每条长度不超过 𝑏−𝑎，所以
原分母至少为 𝑆^(′)+𝑎，从而
右端随 𝑇增大而增大，代入 𝑇≤(𝑛−1)(𝑏−𝑎)，得到
取 (𝑛−1)/2个 𝑏与 (𝑛+1)/2个 𝑎，尽量交错，使圆周上只有一对相邻的 𝑎，即可取等．因此
7 平移与折点
若一边只含 𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑗)，共同平移所有变量不会改变它；含 𝑥_(𝑖)+𝑥_(𝑗)的另一边则随平移量变化．把平移量作为参数，折点处常会出现零项或相反数对，从而可以删项归纳．
7.1 折点与删项
例 19（2021 年国际数学奥林匹克第 2 题）
设 𝑛为正整数．对任意实数 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)，证明
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分析：左边只含 𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑗)，共同平移 𝑥_(𝑖)↦𝑥_(𝑖)+𝑡不会改变它．因此把右边写成
并选择使 𝐻(𝑡)最小的平移量．
𝐻的折点为 𝑡=−(𝑥_(𝑖)+𝑥_(𝑗))/2．在两个相邻折点之间，各项的符号固定，而 𝑡↦√(|𝑥_(𝑖)+𝑥_(𝑗)+2𝑡|)为凹函数；因此 𝐻在该区间的最小值只能出现在端点．最左、最右两个区间再看单调性，可知全局最小值在某个折点取得．
在这个折点平移后，存在 𝑦_(𝑟)+𝑦_(𝑠)=0．若 𝑟=𝑠，出现一个零变量；若 𝑟≠𝑠，出现一对 𝑐,−𝑐．删去这个零变量或这对相反数时，左右两边减少的量相同，于是把问题降到 𝑛−1或 𝑛−2个变量，再用归纳假设．
证明：记
对 𝑛归纳．约定 𝑛=0时两边都是空和 0；𝑛=1时结论显然．以下设 𝑛≥2，并假设结论对较少变量成立．
共同平移所有变量不改变 𝐿．固定 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)，令
只需证明 min_(𝑡)𝐻(𝑡)≥𝐿(𝑥)．
𝐻的折点组成有限集合
在 ℝ∖B的每个区间内，所有 𝑥_(𝑖)+𝑥_(𝑗)+2𝑡的符号固定，而 𝑡↦√(|𝑥_(𝑖)+𝑥_(𝑗)+2𝑡|)为凹函数，故 𝐻也为凹函数；两个相邻折点之间的最小值只能在端点取得．在最左侧区间，𝐻随 𝑡向右递减；在最右侧区间，𝐻随 𝑡向右递增．因此 𝐻的全局最小值在某个折点 𝑡_(0)取得．
令 𝑦_(𝑖)=𝑥_(𝑖)+𝑡_(0)．则 𝐿(𝑦)=𝐿(𝑥)、𝑅(𝑦)=𝐻(𝑡_(0))，并存在 𝑟,𝑠使 𝑦_(𝑟)+𝑦_(𝑠)=0．下面删去相应变量．
若 𝑟=𝑠，则 𝑦_(𝑟)=0．删去 𝑦_(𝑟)，其余 𝑛−1个变量记为 𝑧．所有含指标 𝑟的项在左右两边相应各项之和都为 2∑_(𝑘≠𝑟)√(|𝑦_(𝑘)|)，故 𝐿(𝑦)−𝐿(𝑧)=𝑅(𝑦)−𝑅(𝑧)．由归纳假设 𝐿(𝑧)≤𝑅(𝑧)，得到 𝐿(𝑦)≤𝑅(𝑦)．
若 𝑟≠𝑠，写 𝑦_(𝑟)=𝑐、𝑦_(𝑠)=−𝑐，删去这两个变量，其余 𝑛−2个变量记为 𝑧．左边所有含 𝑟或 𝑠的项之和为
右边中，(𝑟,𝑟),(𝑠,𝑠)给出 2√(2|𝑐|)，(𝑟,𝑠),(𝑠,𝑟)为 0；对每个 𝑘≠𝑟,𝑠，四个混合项给出的仍是 2√(|𝑦_(𝑘)−𝑐|)+2√(|𝑦_(𝑘)+𝑐|)．因此 𝐿(𝑦)−𝐿(𝑧)=𝑅(𝑦)−𝑅(𝑧)=𝐷．再由归纳假设得到 𝐿(𝑦)≤𝑅(𝑦)；当 𝑛=2时，𝑧为空组，正是约定的 𝑛=0情形．
于是
即
证毕．
前面的十九个例题分别使用了上述方法，下面把常用变形和取等条件作一番整理．
8 方法总结
8.1 三角不等式
基本形式是
若题目中有若干相近的线性式，可先尝试配对或分组，使合并后的式子只剩少数变量．若出现许多形如 |𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑗)|的项，也可固定一个下标，先对一组距离求和，再整体使用三角不等式．
在数轴上，
表示两点间的直线距离不超过经过 𝑡的两段距离之和．适当选择 𝑡，常能同时估计许多距离．
取等条件必须一并检查．实数相加的三角不等式取等时，参与合并的非零项同号；上面的距离式取等时，𝑡位于 𝑥,𝑦之间．最佳常数和循环问题中，这些条件常直接决定等号结构．
8.2 零和条件
若 ∑𝑥_(𝑖)=0，正项之和记为 𝑃，负项绝对值之和记为 𝑄，则
平方和、乘积、极差等问题都可分成正、负两组处理．固定非负数总和后，平方和在总和集中于少数项时较大，乘积在各项相等时较大；极差则可由两组平均值估计．
使用组内不等式后，还要检查等号条件．例如 ∑𝑢2𝑖≤(∑𝑢_(𝑖))^(2)取等时至多一个 𝑢_(𝑖)非零；均值不等式取等时同组各项相等．
8.3 排序与两两距离
若有大量 |𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑗)|，可先设 𝑥_(1)≤⋯≤𝑥_(𝑛)．此时
第一式适合带区间约束或固定总和的题；第二式适合研究直径、相邻间隔和总距离之间的关系．
若条件本身也是距离和，可再引入前缀和 𝑆_(𝑘)=𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑘)，把第 𝑘个条件写成线性方程，然后比较相邻两式．
两组变量分别排序后，还常用交换不等式：若 𝑎≤𝐴、𝑏≤𝐵，则
它表明一维距离中同序配对不会比交叉配对更差．
8.4 差分与递推
出现相邻差或二阶差分时，令 𝑑_(𝑖)=𝑎_(𝑖+1)−𝑎_(𝑖)．跨度 𝑎_(𝑗)−𝑎_(𝑖)变成一段连续 𝑑_(𝑘)的和，二阶差分则变成 𝑑_(𝑖+1)−𝑑_(𝑖)．若有 |𝑑_(𝑖+1)−𝑑_(𝑖)|的上界，可进一步得到 |𝑑_(𝑖)−𝑑_(𝑗)|的估计，再控制连续区段的和．
有些题的绝对值内部本身满足递推关系，这时可把内部量设为新变量，再逐步写回原变量．要留意各步系数怎样变化，以及展开后是否有前后项相消或等比系数出现．
8.5 分段线性
绝对值函数在相邻折点之间是线性的．对 ∑|𝑥−𝑎_(𝑖)|，可先排序折点并计算各段斜率；含分母时，先确定 𝑥所在区间，使各项符号固定；含有最大值、最小值时，可使用
或
改写成统一的代数式．
计算时记录折点、各区间的符号或斜率，并注意经过折点时哪一项改变符号．
8.6 循环结构
循环排列还要满足首尾相接．若某个量沿圆周从 𝑑走到 −𝑑，途中一定出现变号；若取等要求正负严格交错，则偶数个位置可以首尾相接，奇数个位置不能．
奇数循环中，若相邻三项单调，则
删去中间项不会改变这两条边的总长度，因此常可把奇数情形化为偶数情形．
8.7 平移与折点
若表达式的一部分只含 𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑗)，共同平移 𝑥_(𝑖)↦𝑥_(𝑖)+𝑡不会改变这一部分．把另一部分记为参数函数 𝐻(𝑡)，再研究它的折点、单调性或凹凸性．
若 𝐻在相邻折点之间为凹函数，最小值只能落在折点．折点常对应某个变量为 0，或出现一对互为相反数的变量；删去这些特殊变量后，便可继续归纳．
9 提高练习
以下十题均为竞赛真题，其中前四题选自国内竞赛．建议先独立完成，再查阅后面的提示．
2009 年 CMO 第 4 题给定整数 𝑛≥3，实数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)满足
min_(𝑖<𝑗)|𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑗)|=1. 求 ∑_(𝑛)^(𝑘=1)|𝑎_(𝑘)|^(3)的最小值．
2010 年全国高中数学联赛一试第 9 题已知 𝑓(𝑥)=𝑎𝑥^(3)+𝑏𝑥^(2)+𝑐𝑥+𝑑 (𝑎≠0)，且 0≤𝑥≤1时 |𝑓^(′)(𝑥)|≤1．求 𝑎的最大值．
2023 年中国女子数学奥林匹克第 8 题对平面两点 𝐴(𝑥_(1),𝑦_(1)),𝐵(𝑥_(2),𝑦_(2))定义 𝑑(𝐴,𝐵)=|𝑥_(1)−𝑥_(2)|+|𝑦_(1)−𝑦_(2)|． 设 𝑃_(1),…,𝑃_(2023)两两不同，记
𝜆=(max_(𝑖<𝑗)𝑑(𝑃_(𝑖),𝑃_(𝑗)))/(min_(𝑖<𝑗)𝑑(𝑃_(𝑖),𝑃_(𝑗))). 证明 𝜆≥44，并构造 𝜆=44的一组点．
2019 年中国西部数学邀请赛第 4 题给定 𝑛≥2．求最小实数 𝜆，使任意 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)∈[0,1]都可选 𝜀_(1),…,𝜀_(𝑛)∈{0,1}，满足任意 1≤𝑖≤𝑗≤𝑛都有
∣∑_(𝑘=𝑖)^(𝑗)(𝜀_(𝑘)−𝑥_(𝑘))∣≤𝜆. 2016 年 IMO 预选题 A2设 𝑎_(1),…,𝑎_(5)为正实数．求最小实数 𝐶，使总能选出互不相同的 𝑖,𝑗,𝑘,𝑙，满足
∣(𝑎_(𝑖))/(𝑎_(𝑗))−(𝑎_(𝑘))/(𝑎_(𝑙))∣≤𝐶. 2003 年 IMO 第 5 题设 𝑥_(1)≤⋯≤𝑥_(𝑛)．证明
(∑_(𝑖,𝑗)|𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑗)|)^(2)≤(2(𝑛^(2)−1))/(3)∑_(𝑖,𝑗)(𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑗))^(2), 并确定等号情形．
2007 年 IMO 预选题 A1给定实数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)，令
𝑑_(𝑖)=max_(𝑗≤𝑖)𝑎_(𝑗)−min_(𝑗≥𝑖)𝑎_(𝑗),𝑑=max_(𝑖)𝑑_(𝑖). 证明
min_(𝑥_(1)≤⋯≤𝑥_(𝑛))max_(𝑖)|𝑥_(𝑖)−𝑎_(𝑖)|=(𝑑)/(2). 1997 年 IMO 第 3 题实数 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)满足 |𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑛)|=1、|𝑥_(𝑖)|≤(𝑛+1)/2．证明存在一个排列 𝑦_(1),…,𝑦_(𝑛)，使
|𝑦_(1)+2𝑦_(2)+⋯+𝑛𝑦_(𝑛)|≤(𝑛+1)/(2). 2015 年 IMO 预选题 C5正整数序列 𝑎_(𝑖)≤2015，且 𝑖≠𝑗时 𝑖+𝑎_(𝑖)≠𝑗+𝑎_(𝑗)．证明存在正整数 𝑏,𝑁，使任意 𝑛>𝑚≥𝑁都有
∣∑_(𝑖=𝑚+1)^(𝑛)(𝑎_(𝑖)−𝑏)∣≤1007^(2). 2016 年 IMO 预选题 A3求所有 𝑛≥3，使得：任给实数 𝑎_(𝑘),𝑏_(𝑘)满足 |𝑎_(𝑘)|+|𝑏_(𝑘)|=1，总能取 𝑥_(𝑘)∈{−1,1}，使
∣∑𝑥_(𝑘)𝑎_(𝑘)∣+∣∑𝑥_(𝑘)𝑏_(𝑘)∣≤1.
10 提高练习提示
排序为 𝑎_(1)<⋯<𝑎_(𝑛)，则相邻差都不小于 1．先说明极小情形中相邻差应全部等于 1；于是只剩下把一串连续整数整体平移，使 ∑|𝑎_(𝑘)|^(3)最小．奇偶两种情形分别以 0或 ±(1)/(2)为中心．
只取三个点的导数值：
3𝑎=2𝑓^(′)(0)+2𝑓^(′)(1)−4𝑓^(′)((1)/(2)). 先用 |𝑓^(′)|≤1得上界，再检查 𝑓^(′)(𝑥)=8𝑥^(2)−8𝑥+1能否取到这个界．
作线性变换 𝑢=𝑥+𝑦, 𝑣=𝑥−𝑦，则
|𝑥_(1)−𝑥_(2)|+|𝑦_(1)−𝑦_(2)|=max{|𝑢_(1)−𝑢_(2)|,|𝑣_(1)−𝑣_(2)|}. 把最小距离归一化为 1．若最大距离小于 44，所有点落在边长小于 44的正方形中；分成 44×44个小方格即可计数．等号构造从 45×45的整数格点中取点．
令 𝑆_(𝑗)=𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑗)、𝑇_(𝑗)=𝜀_(1)+⋯+𝜀_(𝑗)， 则区间误差等于 (𝑇_(𝑗)−𝑆_(𝑗))−(𝑇_(𝑖−1)−𝑆_(𝑖−1))．考察 𝑆_(0),𝑆_(1),…,𝑆_(𝑛)的小数部分在单位圆周上的位置，取最大空隙作切口；令 𝑇_(𝑗)=⌊𝑆_(𝑗)+𝜃⌋．下界可取 𝑥_(𝑖)=1/(𝑛+1)．
将 𝑎_(1),…,𝑎_(5)排序，考察
(𝑎_(1))/(𝑎_(2)),(𝑎_(3))/(𝑎_(4)),(𝑎_(1))/(𝑎_(5)),(𝑎_(2))/(𝑎_(3)),(𝑎_(4))/(𝑎_(5)). 它们都在 (0,1]内．把区间分成两个等长部分，并注意适当两项所用的四个下标互不相同．
排序后
∑_(𝑖,𝑗)|𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑗)|=2∑_(𝑘=1)^(𝑛)(2𝑘−𝑛−1)𝑥_(𝑘). 令各 𝑥_(𝑘)减去平均数，再对 2𝑘−𝑛−1与新的 𝑥_(𝑘)使用柯西不等式．等号要求 𝑥_(𝑘)关于 𝑘为线性函数．
取 𝑝≤𝑞≤𝑟，使 𝑎_(𝑝)=max_(𝑗≤𝑞)𝑎_(𝑗)、𝑎_(𝑟)=min_(𝑗≥𝑞)𝑎_(𝑗)且 𝑎_(𝑝)−𝑎_(𝑟)=𝑑．由 𝑥_(𝑝)≤𝑥_(𝑟)得下界．构造可试
𝑥_(𝑖)=max_(𝑗≤𝑖)(𝑎_(𝑗)−(𝑑)/(2)). 对排列 𝜋=(𝑦_(1),…,𝑦_(𝑛))记 𝑆(𝜋)=𝑦_(1)+2𝑦_(2)+⋯+𝑛𝑦_(𝑛)．交换相邻两项时，𝑆的改变量绝对值不超过 𝑛+1．比较一个排列与其逆序排列，并使用
𝑆(𝜋)+𝑆(𝜋^(rev))=(𝑛+1)∑𝑥_(𝑖). 画有向边 𝑖→𝑖+𝑎_(𝑖)．每个正整数至多有一条入边，每条边长度不超过 2015．把没有入边的点作为有向链的起点，先控制链的条数，再比较每条链跨过区间 (𝑚,𝑛]时的两个相邻点．
先用构造排除偶数 𝑛．对奇数 𝑛，可同时改变 (𝑎_(𝑘),𝑏_(𝑘))的符号使 𝑏_(𝑘)≥0，再按 𝑎_(𝑘)递减排列，取 𝑥_(𝑘)=(−1)^(𝑘+1)，分别整理 𝑎_(𝑘)≥0与 𝑎_(𝑘)<0两段的交错和．
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