2022年高联不等式分析

今天来看号称高联史上最难的不等式：2022年高联A卷第三题。

题目：

设a_(1),a_(2),⋯,a_(100)是非负整数，同时满足以下条件：

（1）存在正整数k≤100，使得a_(1)≤a_(2)≤⋯≤a_(k)，而当i>k时，a_(i)=0；

（2）a_(1)+a_(2)+a_(3)+⋯+a_(100)=100；

（3）公式：a_1+2a_2+3a_3+\cdots+100a_{100}=2022．

求公式：a_1+2^2a_2+3^2a_3+\cdots+100^2a_{100}的最小可能值．

分析：

首先来猜测最小值的等号成立条件．

根据题中式子形式：∑a_(k)、∑ka_(k)、∑k^(2)a_(k)，容易想到Cauchy不等式：

公式：\sum_{k=1}^{100}k^2a_k\cdot\sum_{k=1}^{100}a_k\ge\left(\sum_{k=1}^{100}ka_k\right)^2

但是由于x_(i)均为整数，等号显然无法成立．

但是可以估计取等时x_(i)的分布趋势．我们使用Lagrange恒等式进行分析：

公式：\begin{aligned} &\sum_{k=1}^{100}k^2a_k\cdot\sum_{k=1}^{100}a_k-\left(\sum_{k=1}^{100}ka_k\right)^2\\ =&\sum_{1\le i< j\le 100}\left(i\sqrt{a_i}\cdot\sqrt{a_j}-j\sqrt{a_j}\cdot\sqrt{a_i}\right)^2\\ =&\sum_{1\le i< j\le 100}(i-j)^2a_ia_j \end{aligned}

其中∑_(k=1)^(100)a_(k)=100，∑_(k=1)^(100)ka_(k)=2022为定值，为使∑_(k=1)^(100)k^(2)a_(k)尽可能小，需要∑_(1≤i<j≤100)(i−j)^(2)a_(i)a_(j)尽可能小．

我们猜测a_(1),⋯,a_(100)中，0的个数要尽可能多（这是因为非零的a_(i)a_(j)的个数C2m，以及系数(i−j)^(2)均是二次的，对总和影响会比较大）．

由条件（1）知，所有非零项是连续且不减的．

对非零项的个数从小进行讨论：

（1）只有一项非零，则a_(i)=100，ia_(i)=2022，由100∤2022知不成立．

（2）只有两项非零，设为a_(i),a_(i+1)，则

公式：\begin{cases} a_i+a_{i+1}=100\\ ia_i+(i+1)a_{i+1}=2022 \end{cases}

消去a_(i+1)得：a_(i)=100(i+1)−2022．由于a_(i)为正整数，故a_(i)≥100×21−2022=78．但a_(i)≤a_(i+1)=100−a_(i)，即a_(i)≤50，故矛盾．

（3）有三项非零，设为a_(i),a_(i+1),a_(i+2)，则

公式：\begin{cases} a_i+a_{i+1}+a_{i+2}=100\\ ia_i+(i+1)a_{i+1}+(i+2)a_{i+2}=2022 \end{cases}

消去a_(i+1)得：a_(i)−a_(i+2)=100(i+1)−2022．

由a_(i)≤a_(i+2)知，i+1≤(2022)/(100)，结合i为整数知i≤19．

消去a_(i+2)得：2a_(i)+a_(i+1)=100(i+2)−2022>0，即i+2>(2022)/(100)，结合i为整数知i≥19．

于是只能有i=19．此时有

公式：\begin{cases} a_{19}+a_{20}+a_{21}=100\\ 19a_{19}+20a_{20}+21a_{21}=2022 \end{cases}

解得：a_(20)=78−2a_(19)，a_(21)=a_(19)+22．

代入a_(19)≤a_(20)≤a_(21)得：(56)/(3)≤a_(19)≤29，故19≤a_(19)≤29．

此时

公式：\begin{aligned} &\sum_{1\le i< j\le 100}(i-j)^2a_ia_j\\ =&a_{19}a_{20}+a_{20}a_{21}+4a_{19}a_{21}\\ =&a_{19}(78-2a_{19})+(78-2a_{19})(a_{19}+22)+4a_{19}(a_19+22)\\ =&200a_{19}+1716 \end{aligned}

此式关于a_(19)递增，故在a_(19)取最小可能值19时，原式取最小值，此时a_(20)=40，a_(21)=41．

自此，我们猜出了取等条件．

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答案及构造：

在a_(1)=a_(2)=⋯=a_(18)=0，a_(19)=19，a_(20)=40，a_(21)=41，a_(22)=a_(23)=⋯=a_(100)=0时，∑_(k=1)^(100)k^(2)a_(k)取最小值40940．

继续分析：

接下来考虑证明∑_(k=1)^(100)k^(2)a_(k)≥40940．

对∑a_(k)、∑ka_(k)、∑k^(2)a_(k)的处理，除了无法对整变量依然有效的Cauchy不等式外，我们常用局部不等式进行处理．

一个简单例子是：若n∈Z，则n^(2)≥n．

这个不等式对实数不恒成立，但由于整数具有离散性，n^(2)≥n⟺n≥1或n≤0，是对整数n恒成立的．

更一般的不等式为：

对k,m∈Z，有(k−m)(k−m−1)≥0．

上式等价于k^(2)≥(2m+1)k−m(m+1)．求和后能够很好地处理∑a_(k)、∑ka_(k)、∑k^(2)a_(k)的大小关系，且取等可以控制在整数．

在本题中，我们已经猜到取等条件为a_(19),a_(20),a_(21)三项非零，故对于其余为零的项，可以比较大胆地放缩．

而对于a_(19),a_(20),a_(21)这三项，我们希望上述不等式的放缩误差能尽可能小．

初步想法是f(x)=(x−19)(x−21)，此时f(19)=f(21)=0，f(20)=−1，且f(i)>0，i≤18或i≥22．于是∑_(100)^(k=1)f(i)a_(i)≥−a_(20)．可以继续分析a_(20)的大小，完成本题证明．

也可以考虑f(x)=(x−19)(x−20)，f(x)=(x−20)(x−21)等函数，进行局部放缩，再分析剩下一个变量的范围．但这些方法都不尽如人意．

我们进行改进，希望能够较好地利用a_(19)≤a_(20)≤a_(21)这一条件．

设f(x)=(x−19)(x−a)，则f(20)=20−a，f(21)=2(21−a)，令f(21)=−f(20)>0得a=(62)/(3)．

这样，f(x)=(x−19)(x−(62)/(3))，此时f(19)=0，f(20)=−(2)/(3)，f(21)=(2)/(3)，且f(i)>0，i≤18或i≥22．于是

公式：\sum_{k=1}^{100}f(i)a_i\ge \dfrac{2}{3}(a_{21}-a_{20})\ge 0

展开得：

公式：\begin{aligned} \sum_{k=1}^{100}k^2a_k\ge&\dfrac{119}{3}\sum_{k=1}^{100}ka_k-\dfrac{1178}{3}a_k\\ =&\dfrac{119}{3}\times 2022-\dfrac{1178}{3}\times 100\\ =&40939\frac{1}{3} \end{aligned}

结合∑_(100)^(k=1)k^(2)a_(k)为整数知：

∑_(k=1)^(100)k^(2)a_(k)≥40940.

于是，∑_(k=1)^(100)k^(2)a_(k)的最小值为40940．

自此，我们完成了高联史上最难代数题．

注：

本题第一个难点在于猜到答案，借助Lagrange恒等式来猜测取等条件，并从非零项的个数进行分析是比较自然的．

对于离散型不等式，使用类似的局部不等式进行分析是常规操作，本题中所构造的局部不等式非常巧妙，是我第一次做根本无法想出来的，各位读者可以好好体会这个构造．