离散型不等式：整数条件的几种基本用法
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本系列文章均由我提供完整思路、所有例题，并交给GPT整理排版而成．
“很多不等式在实数范围内只能得到“差一点”的估计，而整数条件往往正是把这“一点”补上的关键。本文从竞赛中最常见的结构出发，系统整理整数条件的七类基本用法，并用 15 个例题展示如何从连续估计走向离散最优。
处理含整数条件的不等式时，常先在实数范围内估计，再利用离散性收紧界或确定取等结构。 本文反复用到以下几条基本事实：
𝑎,𝑏∈ℕ_(+)⇒𝑎𝑏≥𝑎+𝑏−1，取等时至少一个为 1； 𝑥∈ℤ⇒(𝑥−𝑚)(𝑥−𝑚−1)≥0，取等为 𝑚,𝑚+1； 𝑎_(1)<⋯<𝑎_(𝑛), 𝑎_(𝑖)∈ℤ⇒𝑎_(𝑗)−𝑎_(𝑖)≥𝑗−𝑖； 𝑑∈ℤ⇒𝑑^(2)≥𝑑，取等为 0,1。
最后一式等价于 𝑑(𝑑−1)≥0。在单调数列的差分中常有 𝑑∈ℤ_(≥0)，此时等号恰在相邻整数 0,1处取得。
下文依次讨论正整数条件下的积和关系与最小增量、固定和下的调整、连续变量的端点调整、互异整数的间隔、整数差分、单调条件下的辅助式构造，以及整体量的整数性。
正整数条件：积和关系与最小增量
积和关系
由 (𝑎−1)(𝑏−1)≥0得 𝑎𝑏≥𝑎+𝑏−1.反复使用可得：若 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)∈ℕ_(+)，则𝑥_(1)𝑥_(2)⋯𝑥_(𝑛)≥𝑥_(1)+𝑥_(2)+⋯+𝑥_(𝑛)−(𝑛−1),取等当且仅当至多一个 𝑥_(𝑖)不为 1。
例 1｜2017 年中国西部数学邀请赛
正整数 𝑛满足：存在 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)∈ℕ_(+)，使
求 𝑛的最大值。
分析 设 𝐴=∏𝑥_(𝑖)，𝐵=∑𝑥_(𝑖)，则 𝐴𝐵=100𝑛。要估计 𝑛，先要把 𝐴控制在与 𝑛无关的范围内。由均值不等式 𝐵≥𝑛𝐴^(1/𝑛)，可得 𝐴<100；由于 𝐴是正整数，立即加强为 𝐴≤99。再用 𝐴≥𝐵−(𝑛−1)得 𝐵≤𝐴+𝑛−1，于是 𝐴𝐵的两个因子都有了上界。若要达到最后的上界，积和关系必须取等，所以除一个变量外其余变量都应为 1；因此取等构造应由一个非 1项和其余的 1组成。
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解答 记 𝐴=∏_(𝑛)^(𝑖=1)𝑥_(𝑖)，𝐵=∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝑥_(𝑖)。 由均值不等式，𝐵≥𝑛𝐴^(1/𝑛)，故
于是 𝐴≤100^(𝑛/(𝑛+1))<100。由于 𝐴为正整数，𝐴≤99。
又由正整数的积和关系 𝐴≥𝐵−(𝑛−1)，所以 𝐵≤𝐴+𝑛−1≤𝑛+98。因此100𝑛=𝐴𝐵≤99(𝑛+98)，从而 𝑛≤9702。
取 9701个 𝑥_(𝑖)=1，另一个 𝑥_(𝑖)=99。此时 𝐴=99，𝐵=9800，且 𝐴𝐵=100⋅9702，故 𝑛_(max)=9702。
例 2｜2009 年罗马尼亚 TST
设 𝑛≥2，正整数 𝑥_(1)≥𝑥_(2)≥⋯≥𝑥_(𝑛)满足
求 𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑛)的最大值。
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分析 把最大项 𝑥_(1)单独拿出来。令 𝑄=𝑥_(2)⋯𝑥_(𝑛)，𝑇=𝑥_(2)+⋯+𝑥_(𝑛)，则题设等价于 𝑇=𝑥_(1)(𝑄−1)。记 𝑏=𝑄−1。一方面，𝑇≤(𝑛−1)𝑥_(1)，所以 𝑏≤𝑛−1；另一方面，正整数的积和关系给出 𝑇≤𝑄+𝑛−2=𝑏+𝑛−1，于是 𝑥_(1)≤1+(𝑛−1)/𝑏。总和为 𝑥_(1)(𝑏+1)，问题便化成 1≤𝑏≤𝑛−1上的一元估计。端点 𝑏=1对应 𝑄=2，也正是大量变量取 1的取等结构。
解答 记 𝑄=𝑥_(2)𝑥_(3)⋯𝑥_(𝑛)，𝑇=𝑥_(2)+𝑥_(3)+⋯+𝑥_(𝑛)， 则 𝑇=𝑥_(1)(𝑄−1)。由正整数的积和关系𝑄≥𝑇−(𝑛−2)，故 𝑇≤𝑄+𝑛−2。
令 𝑏=𝑄−1。由 𝑇=𝑥_(1)𝑏≤(𝑛−1)𝑥_(1)得 1≤𝑏≤𝑛−1；又 𝑥_(1)𝑏=𝑇≤𝑏+𝑛−1，故 𝑥_(1)≤1+(𝑛−1)/(𝑏)。于是
其中最后一步等价于 (𝑏−1)(𝑏−𝑛+1)≤0。
取 (𝑥_(1),𝑥_(2),…,𝑥_(𝑛))=(𝑛,2,1,…,1)， 则和与积均为 2𝑛，故最大值为 2𝑛。
“注 例 1 先限制乘积本身，例 2 则把剩余乘积化为整数参数； 两题都以正整数的积和关系为主要工具。
最小增量与部分和
正整数条件还有一个基本作用：𝑎_(𝑖)∈ℕ_(+)不仅说明 𝑎_(𝑖)非负，还给出 𝑎_(𝑖)≥1。在含部分和的分式中，这会使第 𝑘个部分和至少按 1的速度增长，从而给分母提供明确的下界，也便于进行裂项比较。
例 3｜正整数部分和的裂项求和
设 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)∈ℕ_(+)。证明
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分析 右端是调和和，证明时应设法产生权 1/𝑘。记 𝑆_(𝑘)=1+𝑎_(1)+⋯+𝑎_(𝑘)。带权柯西不等式把原和平方后，会出现 ∑𝑘𝑎_(𝑘)/𝑆2𝑘。又因 𝑎_(𝑘)=𝑆_(𝑘)−𝑆_(𝑘−1)且 𝑆_(𝑘)>𝑆_(𝑘−1)，可将 𝑎_(𝑘)/𝑆2𝑘与 𝑎_(𝑘)/(𝑆_(𝑘−1)𝑆_(𝑘))=1/𝑆_(𝑘−1)−1/𝑆_(𝑘)比较，求和后中间项相消。最后用 𝑎_(𝑖)≥1得 𝑆_(𝑗)≥𝑗+1。本题只用到 𝑎_(𝑖)≥1：正整数使部分和每一步至少增加 1。
证明 令 𝑆_(𝑘)=1+𝑎_(1)+⋯+𝑎_(𝑘)，并约定 𝑆_(0)=1。由柯西不等式，
又因 𝑆_(𝑘)>𝑆_(𝑘−1)>0，
因此
其中最后一个不等式用到了 𝑎_(𝑖)≥1，故 𝑆_(𝑗)≥𝑗+1。代回柯西即得比题设更强的严格不等式。
“注 这一例与前两例的区别在于：整数性没有表现为“向下取整”，而是表现为每个正整数至少为 1，使部分和拥有固定的最小增长速度。
固定和下的离散结构
单位调整与相邻整数
固定和时，若 𝑝≥𝑞+2，常把 (𝑝,𝑞)调整为 (𝑝−1,𝑞+1)。若目标值随此调整增大，则极值时任意两项之差至多为 1。
另一种常见情形是先在实数范围内求出等号点。若等号点落在相邻整数 𝑚,𝑚+1之间，则整数极值通常只需考察这两个取值，并可用 (𝑥−𝑚)(𝑥−𝑚−1)≥0构造逐项不等式。
例 4｜固定和下的分式极值
正整数 𝑎_(1),…,𝑎_(22)满足 ∑_(22)^(𝑘=1)𝑎_(𝑘)=59。求 ∑_(22)^(𝑘=1)(𝑎_(𝑘))/(𝑎_(𝑘)+1)的最大值。
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分析 若先把 𝑎_(𝑘)看成实数，函数 𝑔(𝑥)=𝑥/(𝑥+1)为凹函数，固定总和时各项越接近越有利；平均数 59/22介于 2与 3之间，因此整数极值应落在 2,3上。严格证明可用单位调整：若 𝑝≥𝑞+2，把 (𝑝,𝑞)改为 (𝑝−1,𝑞+1)，总和不变而目标增大，所以极值时任意两项之差至多为 1。确定取值后，也可由取等点 2,3反推线性上界。
解答
方法 一（调整法）
若 𝑝≥𝑞+2，则
因此极值时任意两项之差至多为 1，只能有 𝑎_(𝑘)∈{2,3}。设其中有 𝑡个 2，则 2𝑡+3(22−𝑡)=59，故 𝑡=7，从而最大值为 7⋅(2)/(3)+15⋅(3)/(4)=(191)/(12)。
方法 二（逐项构造）
对任意正整数 𝑥，
故
等号要求每个 𝑎_(𝑘)都等于 2或 3；由总和为 59， 恰有 7个 2、15个 3，故上界可以达到。
“注 调整法先确定可能的取值；知道取等点以后，也可以反向构造逐项不等式。
例 5｜2023 年爱尖子
整数 𝑎_(1),𝑎_(2),…,𝑎_(10)满足 ∑_(10)^(𝑘=1)𝑘𝑎_(𝑘)=2023。求 ∑_(10)^(𝑘=1)𝑘𝑎2𝑘的最小值。
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分析 先看实数问题。带权柯西不等式的等号要求所有 𝑎_(𝑘)相等，公共值为 2023/55≈36.78，因此整数极值应重点考察 36,37。对整数 𝑎，(𝑎−36)(𝑎−37)≥0恰在这两个值取等，它把二次项 𝑎^(2)线性化，正好可以代入条件 ∑𝑘𝑎_(𝑘)=2023。最后还需检查等号能否实现：写 𝑎_(𝑘)=36+𝜀_(𝑘)，便化为 ∑𝑘𝜀_(𝑘)=43的有限选择问题。
解答 对任意整数 𝑎， (𝑎−36)(𝑎−37)≥0，即 𝑎^(2)≥73𝑎−1332。 乘以 𝑘后求和，得
取等要求 𝑎_(𝑘)∈{36,37}。写 𝑎_(𝑘)=36+𝜀_(𝑘)，𝜀_(𝑘)∈{0,1}， 则 ∑_(10)^(𝑘=1)𝑘𝜀_(𝑘)=43。 例如取 𝑘∈{3,6,7,8,9,10}时 𝜀_(𝑘)=1， 其余为 0，即可取等。故最小值为 74419。
邻项乘积的奇偶分组
若目标是相邻项乘积之和，可以把奇数下标与偶数下标分别汇总。每个邻项乘积都来自一奇一偶两个位置， 因而邻项乘积和可以由两组总和的乘积控制；取等条件还会进一步限制非零项的位置。
例 6｜2023 年希望联盟夏令营
正整数 𝑎_(1),…,𝑎_(100)的和为 1000。求
的最大值，并求达到最大值的数组个数。
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分析 先令 𝑏_(𝑖)=𝑎_(𝑖)−1≥0，于是 ∑𝑏_(𝑖)=900。展开相邻乘积后，除固定项外只需处理 ∑𝑏_(𝑖)𝑏_(𝑖+1)和两个端点项。把奇、偶下标上的 𝑏_(𝑖)总和分别记为 𝑈,𝑉，则每个 𝑏_(𝑖)𝑏_(𝑖+1)都是 𝑈𝑉中的一个奇偶交叉乘积，所以 ∑𝑏_(𝑖)𝑏_(𝑖+1)≤𝑈𝑉≤450^(2)。计数时必须继续追踪等号：所有同时为正的奇、偶位置都要彼此相邻，因此非零位置只能是两个相邻点，或三个连续点；端点项还要求 𝑏_(1)=𝑏_(100)=0。
解答 令 𝑏_(𝑖)=𝑎_(𝑖)−1≥0，则 ∑_(100)^(𝑖=1)𝑏_(𝑖)=900，并且
记
由于每个相邻乘积都由一个奇下标项和一个偶下标项组成，
所以 𝑆≤1899+450^(2)=204399。
取等必须同时满足 𝑏_(1)=𝑏_(100)=0、𝑈=𝑉=450， 并且任意一对不相邻、奇偶性不同的下标 𝑖,𝑗都有 𝑏_(𝑖)𝑏_(𝑗)=0。 因此非零项的位置只有两类。
第一类是恰有两个相邻位置非零。可选的内部相邻对为 (2,3),(3,4),…,(98,99)，共 97对； 两项分别属于奇、偶两组，故都只能取 450。
第二类是恰有三个连续位置非零，且中间位置单独属于一个奇偶组。 中间位置可取 3,4,…,98，共 96种； 中间项必须为 450，两侧两个正整数之和为 450，有 449种分法。
故达到最大值的数组共有
组。
连续变量的端点调整
上一节的调整在整数点之间进行。若变量取实数并受闭区间限制，可利用凸性把变量逐个移到端点，从而把连续问题化为有限个端点配置。
基本结论设 𝐹(𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛))定义在 [𝑙_(1),𝑢_(1)]×⋯×[𝑙_(𝑛),𝑢_(𝑛)]上。固定其余变量后，若 𝐹关于每个 𝑥_(𝑖)都为凸函数，则最大值可在 𝑥_(𝑖)∈{𝑙_(𝑖),𝑢_(𝑖)} (1≤𝑖≤𝑛)时取得。
证明 固定其余变量，凸函数在闭区间上的最大值可在端点取得。依次调整 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)，函数值均不减，最后得到端点配置。
例 7｜端点调整
实数 𝑥_(1),…,𝑥_(25)满足 0≤𝑥_(𝑖)≤𝑖 (1≤𝑖≤25)。约定下标按模 25计算，求
的最大值。
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分析 固定其余变量后，𝑆关于 𝑥_(𝑖)是 𝑥3𝑖−𝑐_(𝑖)𝑥_(𝑖)+𝐶，二阶导数为 6𝑥_(𝑖)≥0，所以最大值可逐个移到端点 𝑥_(𝑖)=0或 𝑖。端点化以后，若三个循环相邻位置都非零，把其中下标最小的一项改为 0：损失的立方项为 𝑗^(3)，而被删去的一个负三次乘积大于 𝑗^(3)，故函数值反而增大。因此极值配置中任意三个循环相邻位置至少有一个为 0，所有三次乘积项随之消失。剩下只需在这个局部限制下保留尽可能大的立方权，并单独处理首尾的循环约束。
解答 固定除 𝑥_(𝑖)外的其余变量。含 𝑥_(𝑖)的三个乘积项为 𝑥_(𝑖−2)𝑥_(𝑖−1)𝑥_(𝑖)、𝑥_(𝑖−1)𝑥_(𝑖)𝑥_(𝑖+1)、 𝑥_(𝑖)𝑥_(𝑖+1)𝑥_(𝑖+2)，故𝑆=𝑥3𝑖−𝑐_(𝑖)𝑥_(𝑖)+𝐶，其中 𝑐_(𝑖)=𝑥_(𝑖−2)𝑥_(𝑖−1)+𝑥_(𝑖−1)𝑥_(𝑖+1)+𝑥_(𝑖+1)𝑥_(𝑖+2)≥0， 而 𝐶与 𝑥_(𝑖)无关。二阶导数为 6𝑥_(𝑖)≥0， 所以该函数在 [0,𝑖]上的最大值可在端点取得。 依次调整可设 𝑥_(𝑖)=𝑖𝜀_(𝑖)， 𝜀_(𝑖)∈{0,1}。
若三个循环相邻的位置同时非零，从中取下标最小者 𝑗，把 𝑥_(𝑗)改为 0。 立方项损失 𝑗^(3)，而至少消去一个含 𝑥_(𝑗)的负三次乘积； 另外两个非零因子的值均大于 𝑗，故被消去的乘积大于 𝑗^(3)， 从而 𝑆增大。所以极值时任意三个循环相邻的位置中至多有两个非零项， 所有三次乘积项均为 0。
先设 𝑥_(1)=0。把 2,3,…,25分成 {2,3,4},{5,6,7},…,{23,24,25}八组。 每组至多有两个非零位置，因此
若 𝑥_(1)=1，则 24,25,1三个循环相邻位置中 𝑥_(24),𝑥_(25)不能同时非零。前七组三元组仍各至多有两个非零位置， 最后一组至多贡献 25^(3)+23^(3)，故 𝑆≤75824−24^(3)+23^(3)+1<75824。
因此最大值为 75824。取 𝑥_(1)=𝑥_(2)=𝑥_(5)=𝑥_(8)=⋯=𝑥_(23)=0，其余 𝑥_(𝑖)=𝑖， 即可取等。
例 8｜2021 年土耳其 TST
求所有正整数 𝑛，使存在实数 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)，满足 𝑖≤𝑥_(𝑖)≤2𝑖 (1≤𝑖≤𝑛)，且
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分析 记 𝐴=∑𝑥2𝑖，𝐵=∑𝑖^(2)，𝐶=∑𝑖𝑥_(𝑖)。区间条件给出 (𝑥_(𝑖)−𝑖)(𝑥_(𝑖)−2𝑖)≤0，求和得到 𝐴+2𝐵≤3𝐶；另一方面，(𝐴−2𝐵)^(2)≥0等价于 (𝐴+2𝐵)^(2)≥8𝐴𝐵。两式合用正好得到题目给定的上界。若等号成立，则每一步都须取等：每个 𝑥_(𝑖)只能是 𝑖或 2𝑖，且 𝐴=2𝐵。于是问题化为从 1^(2),2^(2),…,𝑛^(2)中选出若干项，使其和为总平方和的三分之一；必要性由模 9得到，充分性则用长度 18的平移构造。
解答 由 (𝑥_(𝑖)−𝑖)(𝑥_(𝑖)−2𝑖)≤0求和得 𝐴+2𝐵≤3𝐶； 又有 (𝐴+2𝐵)^(2)≥8𝐴𝐵，因此
题设取等，故 𝑥_(𝑖)∈{𝑖,2𝑖}且 𝐴=2𝐵。 写 𝑥_(𝑖)=𝑖(1+𝜀_(𝑖))， 𝜀_(𝑖)∈{0,1}，则
因此 18∣𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)。其中因子 2由 𝑛(𝑛+1)自动提供，考察模 9得 𝑛≡0,4,8(mod9)。
为证充分性，按模 18只需给出六个基例：
𝑛=4：{1,3}；𝑛=9：{1,2,3,9}； 𝑛=8：{2,8}；𝑛=13：{2,10,13}； 𝑛=17：{9,15,17}；𝑛=18：{1,7,8,11,12,18}。
每个集合都表示 {𝑖:𝜀_(𝑖)=1}。 若 𝑛已有构造，把 𝑛增加 18，并再选𝑛+1,𝑛+7,𝑛+8,𝑛+11,𝑛+12,𝑛+18。由
知式 (1) 仍成立。故全部答案为 𝑛≡0,4,8(mod9)。
“注 这两例中，前者通过凸性逐坐标移到端点，后者则由上述实数不等式的等号条件确定端点取值。
互异整数的间隔
前两节通过调整限制变量的可能取值。若条件改为“两两不同”，排序后可直接得到间隔：𝑎_(1)<𝑎_(2)<⋯<𝑎_(𝑛)时，𝑎_(𝑗)−𝑎_(𝑖)≥𝑗−𝑖。下面分别将这一估计用于和式与循环二次型。
例 9｜1999 年罗马尼亚 TST
设 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)∈ℕ_(+)两两不同。证明
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分析 原式对称，先令 𝑎_(1)<⋯<𝑎_(𝑛)。归纳中需要的不只是 𝑎_(𝑘)≥𝑘，更重要的是 𝑎_(𝑘)≤𝑎_(𝑛+1)−(𝑛+1−𝑘)，它给出相对于最大项的整段间隔。采用归纳时，加入 𝑎_(𝑛+1)后，右端系数由 (2𝑛+1)/3变为 (2𝑛+3)/3；所需补偿项正好涉及 ∑_(𝑛)^(𝑘=1)𝑎_(𝑘)。用上述间隔估计这个前缀和，最后只剩关于 𝑎_(𝑛+1)的二次式，并可分解为两个非负因子。
解答 对 𝑛归纳。𝑛=1时显然成立。 设结论对 𝑛成立，并令 𝑎_(1)<𝑎_(2)<⋯<𝑎_(𝑛+1)。由归纳假设，只需证明
由整数互异性 𝑎_(𝑘)≤𝑎_(𝑛+1)−(𝑛+1−𝑘)，故 ∑_(𝑛)^(𝑘=1)𝑎_(𝑘)≤𝑛𝑎_(𝑛+1)−(𝑛(𝑛+1))/(2)。 于是只需验证
这由 𝑎_(𝑛+1)≥𝑛+1立即得到。归纳完成。
若原式取等，则上述各步均取等，递推可得排序后的数列为 1,2,…,𝑛。
互异整数给出的间隔还可以与拉格朗日恒等式结合：先把两个和式的乘积改写成两两差的平方和， 再用 𝑎_(𝑗)−𝑎_(𝑖)≥𝑗−𝑖把变量本身消去，只留下由下标决定的确定下界。
例 10｜2016 年朝鲜 TST
求最大的实数 𝜆，使任意互不相同的正整数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)均满足
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分析 先用 √(𝑎6𝑘+𝑎3𝑘)≥𝑎3𝑘，左端便出现 (∑1/𝑎_(𝑘))(∑𝑎3𝑘)−(∑𝑎_(𝑘))^(2)，可以直接套用拉格朗日恒等式。排序后有 𝑎_(𝑗)−𝑎_(𝑖)≥𝑗−𝑖，而 (𝑎_(𝑖)+𝑎_(𝑗))^(2)/(𝑎_(𝑖)𝑎_(𝑗))≥4，于是变量间的差可用下标差统一控制。为检验常数是否最优，取相邻整数整体平移到很大的位置：此时间隔始终为最小的 1，系数趋于 4，根式中被舍去的部分对总式的影响趋于 0。
解答 不妨设 𝑎_(1)<𝑎_(2)<⋯<𝑎_(𝑛)。由于 √(𝑎6𝑘+𝑎3𝑘)≥𝑎3𝑘，原式左端不小于
取 𝑥_(𝑘)=1/√(𝑎_(𝑘))、𝑦_(𝑘)=𝑎3/2𝑘，由拉格朗日恒等式，
又
故 𝜆=(1)/(3)对所有 𝑛都成立。
下面说明常数不能更大。固定 𝑛=2，取 𝑎_(1)=𝑋+1, 𝑎_(2)=𝑋+2，令 𝑋→∞。 此时 (𝑎_(1)+𝑎_(2))^(2)/(𝑎_(1)𝑎_(2))→4，且 √(𝑎6𝑘+𝑎3𝑘)−𝑎3𝑘→(1)/(2)； 再乘以 ∑1/𝑎_(𝑘)后，这部分误差趋于 0。 因此题目左端趋于 4，而 𝑛^(2)(𝑛^(2)−1)=12， 故任何 𝜆>(1)/(3)都不可能成立。于是
例 11｜循环二次型
正整数 𝑛≥2，整数 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)两两不同，约定 𝑥_(𝑛+1)=𝑥_(1)。求
的最小值。
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分析 先写成 𝐹=(1)/(2)∑(𝑥_(𝑖)−𝑥_(𝑖+1))^(2)。自然顺序 1,2,…,𝑛的首尾差过大；若按奇数递增、偶数递减排成一圈，相邻差只出现 1,2，可得到值 2𝑛−3，由此猜测最小值。下界适合用归纳：删去当前最大元并把它的两个邻点相连，函数值减少量为 (𝑥_(𝑛+1)−𝑥_(𝑛))(𝑥_(𝑛+1)−𝑥_(1))。两个因子是不同的正整数，乘积至少为 2，所以每增加一个元素，下界至少增加 2，与构造完全吻合。
解答 对 𝑛归纳。𝑛=2时 𝐹=(𝑥_(1)−𝑥_(2))^(2)≥1=2𝑛−3。 设结论对 𝑛成立。对 𝑛+1个数，循环平移下标后可设 𝑥_(𝑛+1)为最大元。删去 𝑥_(𝑛+1)，把 𝑥_(𝑛)与 𝑥_(1)相连， 所得表达式记为 𝐹_(𝑛)。则
两个因子是不同的正整数，故乘积至少为 2，从而 𝐹_(𝑛+1)≥(2𝑛−3)+2=2(𝑛+1)−3。
取 1,2,…,𝑛，按 1,3,5,…,最大奇数,最大偶数,…,4,2的顺序排成一圈。恰有两个相邻差为 1，其余 𝑛−2个相邻差为 2， 故 𝐹=2𝑛−3。因此 𝐹_(min)=2𝑛−3。
“注 若要进一步讨论等号排列，只需继续追踪归纳中的等号条件：每次删去当前最大元时，两个正整数因子的乘积都必须等于 2，因而只能分别为 1,2。
整数差分与平方差恒等式
含固定步长的交叉项时，常先利用恒等式把原式改写为差分平方和。常用恒等式为
对任意整数 𝑑都有 𝑑^(2)≥𝑑；差分题中常见 𝑑∈ℤ_(≥0)，且等号只在 𝑑=0,1时成立。因此这一估计既可给出下界，也能限制等号时的差分。
例 12｜2017 年土耳其
正整数 1=𝑥_(0)≤𝑥_(1)≤⋯≤𝑥_(2017)， 且 𝑥_(1),…,𝑥_(2017)恰有 25个不同取值。证明
并求等号成立的数列个数。
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分析 先用恒等式 2𝑥_(𝑘)(𝑥_(𝑘)−𝑥_(𝑘−2))=(𝑥_(𝑘)−𝑥_(𝑘−2))^(2)+𝑥2𝑘−𝑥2𝑘−2。求和后，大部分平方项相消，只剩二步差分平方和与末端项。由于数列单调且为整数，𝑑_(𝑘)=𝑥_(𝑘)−𝑥_(𝑘−2)是非负整数，所以 𝑑2𝑘≥𝑑_(𝑘)。又因 𝑥_(1),…,𝑥_(2017)恰有 25个不同值，若 𝑥_(1)=𝑢，则至少有 𝑥_(2016)≥𝑢+23、𝑥_(2017)≥𝑢+24，从而得到数值下界。等号计数还需把二步差分拆成一阶差分 𝑒_(𝑗)=𝑥_(𝑗+1)−𝑥_(𝑗)：条件 𝑒_(𝑗)+𝑒_(𝑗+1)∈{0,1}等价于 𝑒_(𝑗)∈{0,1}且相邻两个 1不能同时出现。
解答 记 𝑆=∑_(2017)^(𝑘=2)𝑥_(𝑘)(𝑥_(𝑘)−𝑥_(𝑘−2))。由
求和得
设 𝑥_(1)=𝑢。由恰有 25个不同取值， 𝑥_(2016)≥𝑢+23，𝑥_(2017)≥𝑢+24。又 𝑥_(0)=1， 故 2𝑆≥𝑢^(2)+95𝑢+1150≥1246，即 𝑆≥623。
取等时必须有 𝑥_(1)=1，𝑥_(2016)=24，𝑥_(2017)=25，且 𝑥_(𝑘)−𝑥_(𝑘−2)∈{0,1} (2≤𝑘≤2017)。 令 𝑒_(𝑗)=𝑥_(𝑗+1)−𝑥_(𝑗) (0≤𝑗≤2016)。 于是 𝑒_(𝑗)∈{0,1}，相邻两个 𝑒_(𝑗)不能同时为 1。 由 𝑥_(0)=𝑥_(1)=1得 𝑒_(0)=0；又 𝑥_(2016)=24、𝑥_(2017)=25， 且 𝑥_(2017)−𝑥_(2015)≤1，故 𝑥_(2015)=24，从而 𝑒_(2015)=0、𝑒_(2016)=1。此外 ∑_(2016)^(𝑗=0)𝑒_(𝑗)=24。 除固定的 𝑒_(2016)=1外，只需在 𝑒_(1),…,𝑒_(2014)中选出 23个互不相邻的位置，故等号数列共有
个。
例 13｜2019 年全国高中数学联赛 A 卷加试第 2 题
设整数 1=𝑎_(1)≤𝑎_(2)≤⋯≤𝑎_(2019)=99。记
求 𝑓的最小值，并求达到最小值的数组个数。
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分析 恒等式把原式写成端点平方项与二步差分平方和。若把所有平方差都用 𝑑^(2)≥𝑑线性化，最后从 𝑎_(2017)到固定端点 99的信息也被削弱，所得下界不够。应保留最后一项 (99−𝑎_(2017))^(2)，只处理前 2016个二步差分；相消后得到关于 𝑎_(2017)的完整二次式，最低点在 49。等号时奇、偶两条子序列都从 1逐级到 49，所以每个 1,…,49至少出现两次；计数便转化为这些数的额外出现次数。
解答 由恒等式
对 1≤𝑖≤2016有 (𝑎_(𝑖+2)−𝑎_(𝑖))^(2)≥𝑎_(𝑖+2)−𝑎_(𝑖)，又 𝑎21≥𝑎_(1)，𝑎22≥𝑎_(2)，故
所以 𝑓≥7400。
取等时必须有 𝑎_(1)=𝑎_(2)=1，𝑎_(2017)=𝑎_(2018)=49，并且 𝑎_(𝑖+2)−𝑎_(𝑖)∈{0,1} (1≤𝑖≤2016)。 因此前 2018项中每个整数 1,…,49都至少出现两次。 设等于 𝑟的项有 𝑥_(𝑟)个，令 𝑦_(𝑟)=𝑥_(𝑟)−2≥0，则∑_(49)^(𝑟=1)𝑦_(𝑟)=1920。反过来，给定任意一组 𝑦_(𝑟)≥0且总和为 1920，按 1,2,…,49依次重复 2+𝑦_(𝑟)次得到的非降数列中，每个数至少连续出现两次， 故所有二步差分都为 0或 1，且第 2017,2018项均为 49； 因此它确实给出且唯一给出一个取等数列。由隔板法， 取等数组共有
个。故最小值为 7400。
“注 本题保留关键端点平方项，再由等号条件转化为出现次数问题； 这是 𝑑^(2)≥𝑑与端点信息同时使用的常见用法。
单调条件下的辅助式构造
连续估计有时只能给出粗界，却能提供取等位置的线索。 若题设还带有单调条件，可以据此构造辅助多项式； 辅助式不必在每个整数点都非负，只要少数负项能由邻点的正项和单调关系补偿即可。
例 14｜2022 年全国高中数学联赛 A 卷二试第 3 题
设 𝑎_(1),…,𝑎_(100)为非负整数，满足：存在正整数 𝑡≤100，使
且
求 ∑_(100)^(𝑘=1)𝑘^(2)𝑎_(𝑘)的最小值。
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分析 记 𝑇=∑𝑘^(2)𝑎_(𝑘)。柯西不等式给出 𝑇≥40885， 而平均下标为 2022/100=20.22，所以柯西等号所要求的单点集中不可能发生。 用拉格朗日恒等式衡量偏离等号的程度：
右端说明非零位置相隔越远，代价越大。又因 𝑎_(1)≤⋯≤𝑎_(𝑡)， 正项一旦出现便连续延伸到 𝑡，因此可先考察非零项最少的情形。
若只有一个非零项，其下标必须等于 20.22，不可能。 若只有两个非零项，它们必在相邻的 20,21处； 由两个和式条件得到 (𝑎_(20),𝑎_(21))=(78,22)，与 𝑎_(20)≤𝑎_(21)矛盾。 若恰有三个非零项，它们位于连续的 𝑟,𝑟+1,𝑟+2。 由加权平均 20.22可知 𝑟∈{19,20}。 若 𝑟=20，则 𝑎_(21)+2𝑎_(22)=22，所以 𝑎_(22)≤11； 再由 𝑎_(20)≤𝑎_(21)≤𝑎_(22)得三项之和至多 33，与总和 100矛盾。 故只能有 𝑟=19。设 𝑎_(19)=𝑥，则𝑎_(20)=78−2𝑥、𝑎_(21)=𝑥+22，单调性给出 19≤𝑥≤26。 此时拉格朗日余项为 200𝑥+1716，故在 𝑥=19时最小， 得到候选 (19,40,41)，对应 𝑇=40940。
以上只确定了三个非零项时的最优候选。对更多非零项不再分类， 直接围绕候选位置构造辅助式。设𝑓(𝑘)=(𝑘−19)(𝑘−𝛼)；希望 20,21两处的误差等大反号， 即 𝑓(20)=−𝑓(21)，解得 𝛼=62/3。 于是 𝑓(𝑘)=(𝑘−19)(𝑘−62/3)，它只在 𝑘=20处为负， 且 𝑓(20)=−2/3、𝑓(21)=2/3。 由 𝑡≥21和 𝑎_(20)≤𝑎_(21)，这个负项可由 𝑘=21处的正项补偿， 从而得到对全部可行数组成立的下界。
解答 候选结构为 (𝑎_(19),𝑎_(20),𝑎_(21))=(19,40,41)，因此取过 19为零点，并让相邻的 20,21处误差等大反号，得到下面的辅助式。先说明 𝑎_(21)位于单调段中。若 𝑡≤20，则
矛盾。故 𝑡≥21，从而 𝑎_(20)≤𝑎_(21)。
令
对整数 𝑘，有
并且当 𝑘≤18或 𝑘≥22时 𝑓(𝑘)>0。因此
展开并代入两个已知矩条件，
左边是整数，所以
取
其余各项均为 0，则
且满足题设单调条件；此时平方加权和等于 40940。故最小值为
“注 拉格朗日恒等式用于定位候选的非零位置并找出 (19,40,41)；辅助二次式再给出对所有可行数组都成立的下界。 辅助式在 20处的唯一负值，由 𝑎_(20)≤𝑎_(21)与 21处的正值抵消。
整体整数性与取整
有些题中，整数性作用于目标量或某个整体参数。若 𝑆∈ℤ且 𝑆<𝑀+1，则立即有 𝑆≤𝑀；含取整符号时，则常把整数部分与小数部分分开处理。
利用目标量的整数性
例 15｜2023 年猿辅导
设 𝑥_(1),…,𝑥_(20)∈ℕ_(+)，且 ∑_(20)^(𝑖=1)𝑥_(𝑖)=2023。下标按模 20计算，记 𝑆_(𝑘)=∑_(20)^(𝑖=1)𝑥_(𝑖)𝑥_(𝑖+𝑘)。若𝑆_(1)≥𝑆_(2)≥⋯≥𝑆_(9)≥𝑆_(10)， 求 𝑆_(9)的最小值与最大值。
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分析 最小值与最大值用到的信息不同。求最小值时，直接对 𝑆_(9)中每一项使用 𝑎𝑏≥𝑎+𝑏−1，循环求和后每个 𝑥_(𝑖)恰出现两次，立即得到下界；“一个数大、其余全为 1”可同时满足等号和单调条件。求最大值时，要把所有 𝑆_(𝑘)放在一起：展开 (∑𝑥_(𝑖))^(2)得 𝑆_(0)+2𝑆_(1)+⋯+2𝑆_(9)+𝑆_(10)=2023^(2)，而单调性给出 ∑_(9)^(𝑘=1)𝑆_(𝑘)≥9𝑆_(9)。再用柯西不等式控制 𝑆_(0)+𝑆_(10)，得到一个非整数上界，最后利用 𝑆_(9)∈ℤ取整。
解答 对每个 𝑖， 𝑥_(𝑖)𝑥_(𝑖+9)≥𝑥_(𝑖)+𝑥_(𝑖+9)−1，故 𝑆_(9)≥2∑_(20)^(𝑖=1)𝑥_(𝑖)−20=4026。 取一个 𝑥_(𝑖)=2004、其余均为 1，此时 𝑆_(1)=𝑆_(2)=⋯=𝑆_(10)=4026，满足题设的单调条件并取等，故 𝑆_(9,min)=4026。
再求最大值。记 𝑆_(0)=∑_(20)^(𝑖=1)𝑥2𝑖。由循环下标计数可得 𝑆_(0)+2∑_(9)^(𝑘=1)𝑆_(𝑘)+𝑆_(10)=2023^(2)， ∑_(9)^(𝑘=1)𝑆_(𝑘)≥9𝑆_(9)。 另一方面，由柯西不等式，
因此 18𝑆_(9)≤(9)/(10)2023^(2)， 即 𝑆_(9)≤204626.45。由于 𝑆_(9)为整数， 𝑆_(9)≤204626。
取 19个 101和一个 104。对任意 1≤𝑘≤10， 都有 𝑆_(𝑘)=18⋅101^(2)+2⋅101⋅104=204626， 故 𝑆_(9,max)=204626。
利用小数部分的和
例 16｜2015 年中国西部数学邀请赛
给定正整数 𝑛≥2。 实数 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)满足 ∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝑥_(𝑖)∈ℤ。记 𝑑_(𝑖)=min_(𝑚∈ℤ)|𝑥_(𝑖)−𝑚|。 求 ∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝑑_(𝑖)的最大值。
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分析 令 𝑡_(𝑖)={𝑥_(𝑖)}。因为 ∑𝑥_(𝑖)是整数，𝑚=∑𝑡_(𝑖)也是整数。到最近整数的距离为 𝑑_(𝑖)=min(𝑡_(𝑖),1−𝑡_(𝑖))，故同时有 ∑𝑑_(𝑖)≤𝑚和 ∑𝑑_(𝑖)≤𝑛−𝑚，于是只需在整数 𝑚上最大化 min(𝑚,𝑛−𝑚)。取等时应使 𝑚尽量接近 𝑛/2，并让各个小数部分尽量等于 1/2；奇数个变量时留一个小数部分为 0即可。
解答 令 𝑡_(𝑖)={𝑥_(𝑖)}∈[0,1)，则 𝑑_(𝑖)=min{𝑡_(𝑖),1−𝑡_(𝑖)}。又 𝑚:=∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝑡_(𝑖)∈ℤ。逐项有 𝑑_(𝑖)≤𝑡_(𝑖)和 𝑑_(𝑖)≤1−𝑡_(𝑖)，故
若 𝑛为偶数，取所有 𝑡_(𝑖)=1/2；若 𝑛为奇数， 取 𝑛−1个 𝑡_(𝑖)=1/2和一个 𝑡_(𝑖)=0，均可达到上界。 故最大值为 ⌊𝑛/2⌋。
例 17｜2018 年春季新星数学奥林匹克
非负实数 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)满足 ∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝑥_(𝑖)=𝑛。记 𝐴=∑_(𝑛)^(𝑖=1)⌊𝑥_(𝑖)⌋， 𝐵=∑_(𝑛)^(𝑖=1){𝑥_(𝑖)}。求 𝐴𝐵的最大值。
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分析 由 𝑥_(𝑖)=⌊𝑥_(𝑖)⌋+{𝑥_(𝑖)}求和，得到 𝐴+𝐵=𝑛。由于 𝐴是整数，𝐵=𝑛−𝐴也是非负整数，因此目标只依赖两个整数参数 𝐴,𝐵。固定和为 𝑛时，整数乘积在两数尽量接近时最大，所以上界是 ⌊𝑛^(2)/4⌋。还需给出实现该整数分拆的具体 𝑥_(𝑖)；用若干个 3/2与 1/2，奇数情形再添一个 1即可。
解答 由 𝐴+𝐵=𝑛，
若 𝑛=2𝑞，取 𝑞个 3/2、𝑞个 1/2； 若 𝑛=2𝑞+1，取 𝑞个 3/2、𝑞个 1/2和一个 1。 两种情形都达到上界，故最大值为 ⌊𝑛^(2)/4⌋。
取整差的分解
当表达式中出现 ⌊𝑥_(𝑖+1)−𝑥_(𝑖)⌋时，直接比较两个实数并不方便。 把每个 𝑥_(𝑖)分成整数部分和小数部分后，整数部分的差可以直接相消， 而小数部分只会贡献 0或 −1，于是问题转化为统计小数部分序列的下降次数。
例 18｜2014 年中国女子数学奥林匹克
若 ⌊𝑥_(1)⌋,…,⌊𝑥_(𝑛)⌋恰为 1,2,…,𝑛的一个排列，求
的最大值与最小值。
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分析 写 𝑥_(𝑖)=𝑚_(𝑖)+𝑡_(𝑖)，其中 𝑚_(𝑖)=⌊𝑥_(𝑖)⌋、0≤𝑡_(𝑖)<1。因为 𝑡_(𝑖+1)−𝑡_(𝑖)∈(−1,1)，有 ⌊𝑥_(𝑖+1)−𝑥_(𝑖)⌋=𝑚_(𝑖+1)−𝑚_(𝑖)，或在 𝑡_(𝑖+1)<𝑡_(𝑖)时再减 1。求和后整数部分只剩首尾差 𝑚_(𝑛)−𝑚_(1)，小数部分只留下下降次数 𝐷，原式即 𝑚_(𝑛)−𝑚_(1)−𝐷。最大值要同时取最大的首尾差和最少的下降；最小值则相反。由于 𝑚_(𝑖)是 1,…,𝑛的排列，这两种安排都能实现。
解答 写
则
令 𝐷=#{𝑖:1≤𝑖≤𝑛−1, 𝑡_(𝑖+1)<𝑡_(𝑖)}，求和得
由于 𝑚_(1),…,𝑚_(𝑛)是 1,…,𝑛的一个排列， 𝑚_(𝑛)−𝑚_(1)≤𝑛−1且 𝐷≥0，所以原和不超过 𝑛−1。 取 𝑚_(1)=1,𝑚_(𝑛)=𝑛，并令所有 𝑡_(𝑖)=0，即可达到 𝑛−1。
另一方面，𝑚_(𝑛)−𝑚_(1)≥1−𝑛且 𝐷≤𝑛−1， 故原和不小于 −2(𝑛−1)。 取 𝑚_(1)=𝑛,𝑚_(𝑛)=1，其余 𝑚_(𝑖)任意排列剩余整数， 并令 𝑡_(1)>𝑡_(2)>⋯>𝑡_(𝑛)（例如 𝑡_(𝑖)=(𝑛−𝑖+1)/(𝑛+1)），则 𝐷=𝑛−1， 从而达到 −2(𝑛−1)。
因此最大值为 𝑛−1，最小值为 −2(𝑛−1)。
小结
全文中的整数条件主要以五种方式进入证明：
正整数的基线。𝑎𝑏≥𝑎+𝑏−1联系乘积与和，𝑎_(𝑖)≥1控制部分和的最小增长。 例 1--3 属于这一类。 固定和与端点结构。固定和时，单位调整常使整数变量集中在相邻整数； 区间内的实变量则可借助凸性或等号条件移到端点。 例 4--8 先确定可能的极值结构，再计算极值。 互异整数的间隔。排序后有 𝑎_(𝑗)−𝑎_(𝑖)≥𝑗−𝑖。 例 9、10 把间隔代入和式或拉格朗日恒等式， 例 11 则在循环中删除最大元，把新增量化为两个不同正整数之积。 整数差分、单调性与辅助式。对非负整数差 𝑑有 𝑑^(2)≥𝑑，等号只在 0,1。 例 12、13 由此同时得到下界和等号结构； 例 14 先找候选位置，再利用单调关系补偿辅助式中的唯一负值。 整体整数性与小数部分。有时离散参数不是单个变量，而是目标量、整数部分之和或小数部分之和。 例 15--18 分别使用了目标量取整、整数部分与小数部分的分解等方法。
实际处理时，通常先看实数问题的等号位置，再判断整数条件落在哪个量上； 放缩时保留与取等有关的端点信息，找到候选后再用构造或全局不等式验证。 不少题目的关键并不是把估计做得更强，而是保留正确的离散信息。
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