n元不等式中的反证法：反设以后得到什么

大家还想看什么专题，可以留言，我根据情况结合手头已有资料进行整理。

反证法能否简化不等式，取决于结论的否定能否增加可用条件。竞赛题中常见的变化包括：从“任意”中抽出一个坏对象；把变量限制到便于比较的区间；由递推式固定相邻项的符号；把“无穷多次成立”改写成“从某项起全部失败”；把“存在一个指标”改写成“所有指标都失败”；把可能逃向无穷远的变量限制在有限范围。最后一种变化还能补上极值法所需的极值存在性。下面六题分别展示这些入口。

坏三元组：从“任意”到一个反例

2004 IMO 第 4 题

设 𝑛≥3，正实数 𝑡_(1),…,𝑡_(𝑛)满足

证明任取三个 𝑡_(𝑖),𝑡_(𝑗),𝑡_(𝑘)都能作为三角形的三边。

分析

结论涉及所有三元组。若结论失败，只需抓住一个不能构成三角形的三元组，重新编号后可设 𝑡_(1)≥𝑡_(2)+𝑡_(3)。记 𝑆=∑𝑡_(𝑖), 𝑅=∑1/𝑡_(𝑖)。展开 𝑆𝑅后，每对指标产生 (𝑡_(𝑖))/(𝑡_(𝑗))+(𝑡_(𝑗))/(𝑡_(𝑖))，一般只能由 AM-GM 得到下界 2。题设右端的临界量是 𝑛^(2)+1，比通常的 𝑆𝑅≥𝑛^(2)恰好多出 1。因此证明的任务十分具体：利用坏三元组，把涉及 𝑡_(1),𝑡_(2),𝑡_(3)的两对贡献从通常的 4提高到 5。

证明

反设 𝑡_(1)≥𝑡_(2)+𝑡_(3)。有

除 (1,2),(1,3)外，其余每对至少贡献 2。令 𝑥=𝑡_(1)/(𝑡_(2)+𝑡_(3))≥1，则

故 𝑆𝑅≥𝑛+2(((𝑛)/(2))−2)+5=𝑛^(2)+1，与题设矛盾。

区域限制：把变量压到 [0,1)

2025 全国高中数学联赛二试 A 卷第 2 题

设 𝑚,𝑛,𝑘为正整数，𝑚≥2, 𝑛≥𝑘≥2，且 𝑥_(1)≥𝑥_(2)≥⋯≥𝑥_(𝑛)≥0。若 ∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝑥𝑚𝑖≥1且 ∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝑥_(𝑖)≤𝑘，证明 𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑘)≥1。

分析

条件控制全部 𝑛项，目标只控制前 𝑘项，直接估计时尾部难以处理。反设 𝑡=𝑥_(1)+⋯+𝑥_(𝑘)<1后，由排序立即得到 0≤𝑥_(𝑖)<1，高次幂于是可以统一降到二次幂： 𝑥𝑚𝑖≤𝑥2𝑖。再令 𝑢=𝑥_(𝑘)，前 𝑘项满足 𝑥_(𝑖)≥𝑢，尾项满足 𝑥_(𝑖)≤𝑢。这时 𝑢成为分割前后两段的统一阈值，表达式 𝑥^(𝑚)−𝑢𝑥也就自然出现：尾部可用 𝑢𝑥_(𝑖)吸收，前部则可用 𝑥_(𝑖)−𝑢控制。

证明

反设 𝑡<1，令 𝑢=𝑥_(𝑘)。对 𝑖>𝑘，有 𝑥𝑚𝑖≤𝑥2𝑖≤𝑢𝑥_(𝑖)，于是

对 𝑖≤𝑘，

由 (1) 求和比较得 1−𝑘𝑢≤𝑡−𝑘𝑢，即 1≤𝑡，矛盾。

符号传播：先排除局部构型

2022 IMO Shortlist A1

设正实数列 (𝑎_(𝑛))_(𝑛≥1)满足 𝑎2𝑛+1+𝑎_(𝑛)𝑎_(𝑛+2)≤𝑎_(𝑛)+𝑎_(𝑛+2)。证明 𝑎_(2022)≤1。

分析

整理条件得

右端的符号直接反映 𝑎_(𝑛),𝑎_(𝑛+2)位于 1的哪一侧。最终目标只涉及一个远处的项，逐项递推并不方便；更有效的是先证明局部结论“相邻两项不能同时大于 1”。一旦这个局部构型被排除，若 𝑎_(2022)>1，它左右两项的符号便同时确定，原递推式可以在目标位置直接产生矛盾。

证明

若 𝑎_(𝑛+1)>1, 𝑎_(𝑛+2)>1，由 (2) 得 𝑎_(𝑛)<1。因 0<1−𝑎_(𝑛)<1， 有 𝑎2𝑛+1−1<𝑎_(𝑛+2)−1<𝑎2𝑛+2−1，故 𝑎_(𝑛+1)<𝑎_(𝑛+2)。 将 (2) 的指标换成 𝑛+1，又得 𝑎_(𝑛+3)<1，并且

故 𝑎_(𝑛+2)<𝑎_(𝑛+1)，矛盾。因此相邻两项不能同时大于 1。

若 𝑎_(2022)>1，则 𝑎_(2021),𝑎_(2023)≤1。在 (2) 中取 𝑛=2021， 有 0<𝑎22022−1≤(1−𝑎_(2021))(𝑎_(2023)−1)≤0，矛盾。

尾部统一失败：由“无穷多次”到“从某项起”

2017 IMO Shortlist A2

设 𝑎_(0),𝑎_(1),…为任意正实数列。证明

对无穷多个正整数 𝑛成立。

分析

“对无穷多个 𝑛成立”的否定具有很强的形式：存在 𝑁，使所有 𝑛>𝑁都满足 1+𝑎_(𝑛)≤2^(1/𝑛)𝑎_(𝑛−1)。这不是单个指标上的失败，而是一整段尾部同时满足同方向的不等式。先舍去左端的 1，可以得到 𝑎_(𝑛)的次幂级增长上界；再回到原不等式，误差项 (1−2^(−1/𝑛))𝑎_(𝑛)因增长足够慢而趋于 0，从而相邻项最终被迫以接近 1的幅度下降。

证明

反设存在 𝑁，使所有 𝑛>𝑁都有 1+𝑎_(𝑛)≤2^(1/𝑛)𝑎_(𝑛−1)。先舍去左端的 1并连乘：

其中 𝐶>0为常数。因此 𝑎_(𝑛)/𝑛→0。再由原不等式

以及 1−2^(−1/𝑛)≤(ln⁡2)/𝑛，可知右端趋于 1。故充分大的 𝑛都有 𝑎_(𝑛−1)−𝑎_(𝑛)>1/2。数列从某项起每步至少下降 1/2，与各项恒正矛盾。

量词转换：由“存在”到“对所有”

2024 IMO Shortlist A3

对任意正实数数列 (𝑎_(𝑛))，证明至少存在一个正整数 𝑛，使

分析

直接寻找合适的 𝑛没有明显线索。否定结论后得到 𝑅_(𝑛)≥1/2024对所有 𝑛成立，于是所有前缀同时具有统一正下界。接下来只需证明 𝑅_(𝑛)不可能始终远离 0。若 (𝑎_(𝑛))无界，前缀最大值会使 𝑅_(𝑛)沿某个子序列迅速变小；若 (𝑎_(𝑛))有界，分子至多线性增长而分母是一次和的平方，故 𝑅_(𝑛)=𝑂(1/𝑛)。

证明

反设 𝑅_(𝑛)≥1/2024对所有 𝑛成立。令 𝑀_(𝑛)=max_(1≤𝑖≤𝑛)𝑎_(𝑖)。由

得 𝑅_(𝑛)≤(3/4)^(𝑀_(𝑛))，故 (𝑎_(𝑛))必有界。设 𝑎_(𝑖)≤𝑀，则 ∑3^(𝑎_(𝑖))≤𝑛3^(𝑀)，而 ∑2^(𝑎_(𝑖))>𝑛，从而 𝑅_(𝑛)<3^(𝑀)/𝑛→0， 仍与统一正下界矛盾。

无穷远的等号：反设后再用拉格朗日乘数法

Gazeta Matematică B 10/1991

设 𝑛≥3，正实数 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛)满足 𝑥_(1)𝑥_(2)⋯𝑥_(𝑛)=1。证明

分析

约束 𝑥_(1)𝑥_(2)⋯𝑥_(𝑛)=1的区域无界，直接使用拉格朗日乘数法还缺少极值存在性的说明。 事实上，取 𝑥_(1)=𝑡^(𝑛−1), 𝑥_(2)=⋯=𝑥_(𝑛)=𝑡^(−1)，当 𝑡→+∞时左端趋于 1， 无穷远处确有一条逼近等号的路径。若反设某个数组使左端为 1+𝜀，则其余 𝑛−1项之和小于 1，所以每一项都大于 𝜀。这会同时给出所有变量的上、下界， 把反例限制到紧集内；最大值取得以后，再用拉格朗日乘数法。

证明

记 𝐹=∑_(𝑛)^(𝑖=1)1/(𝑛−1+𝑥_(𝑖))。反设某个数组满足 𝐹=1+𝜀>1， 并考察满足 𝑥_(1)⋯𝑥_(𝑛)=1, 𝐹≥1+𝜀的数组。对任意 𝑖，

故 𝑥_(𝑖)<𝑀:=1/𝜀−(𝑛−1)；再由乘积为 1得 𝑥_(𝑖)≥𝑀^(−(𝑛−1))。因此 𝐹在这组反例中取得最大值，且最大值大于 1。

在最大点处，对约束 ∑ln⁡𝑥_(𝑖)=0使用拉格朗日乘数法：

方程 𝜇(𝑛−1+𝑡)^(2)=𝑡关于 𝑡至多有两个正根。若只有一个取值，则由乘积条件 𝑥_(1)=⋯=𝑥_(𝑛)=1，此时 𝐹=1。否则设 𝑘个变量等于 𝑢，其余等于 𝑣。 由二次方程的根积有 𝑢𝑣=(𝑛−1)^(2)，故可写𝑢=(𝑛−1)𝑟, 𝑣=(𝑛−1)/𝑟。于是

仍有 𝐹≤1，矛盾。

方法归纳

六道题中，反设分别产生坏子结构、统一区间、符号限制、尾部统一条件、全称下界，以及对无界变量的范围限制。最后一种情形还能保证极值在有限点取得，从而为拉格朗日乘数法补上极值存在性。若反设只得到目标的反向写法，还应继续寻找更具体的中间命题。

精选习题

以下九题按“局部矛盾—递推传播—极值反设—渐近矛盾”的方向逐步展开。部分题还有其他解法；这里关注其中能够独立成篇、且反设确实提供关键条件的路线。

1. 2021 Mongolian MO, Junior P3

固定 𝑛≥3。若实数列 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)对每个 𝑘都满足 0≤∑_(𝑖≠𝑘)𝑎_(𝑖)≤1，记 𝑚=min𝑎_(𝑖), 𝑀=max𝑎_(𝑖)。求 𝑀的最大值与 𝑚的最小值。

2. 2021 Baltic Way P3

求所有正整数列 (𝑎_(𝑛))，使 𝑎2𝑛+1=1+(𝑛+2021)𝑎_(𝑛) (𝑛≥1)。

3. 2023 EGMO P1

设 𝑛≥3，正实数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)的下标按模 𝑛理解，并令 𝑏_(𝑖)=(𝑎_(𝑖−1)+𝑎_(𝑖+1))/𝑎_(𝑖)。已知对任意 𝑖,𝑗，𝑎_(𝑖)≤𝑎_(𝑗)⟺𝑏_(𝑖)≤𝑏_(𝑗)。证明 𝑎_(1)=⋯=𝑎_(𝑛)。

4. 1988 IMO Shortlist, SWE 2

设非负实数列 (𝑎_(𝑘))满足 𝑎_(𝑘)−2𝑎_(𝑘+1)+𝑎_(𝑘+2)≥0且 ∑_(𝑘)^(𝑗=1)𝑎_(𝑗)≤1。证明 0≤𝑎_(𝑘)−𝑎_(𝑘+1)<2/𝑘^(2)。

5. 2023 Baltic Way P2

设 𝑎_(1),…,𝑎_(2023)为正实数，且 𝑎_(1)+𝑎22+⋯+𝑎20232023=2023。证明

6. 2023 CAPS Match P2

设实数 𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛)满足 𝑛𝑎_(𝑘)≥∑_(𝑘)^(𝑖=1)𝑎2𝑖对每个 𝑘=1,…,𝑛成立。证明至少有 𝑛/10个指标 𝑘满足 𝑎_(𝑘)≤1000。

7. 2024 Belarus–Iran Friendly Competition

设 𝑛≥2，正实数 𝑥_(1)≤⋯≤𝑥_(𝑛)满足 ∑𝑥_(𝑘)=4𝑛且 ∑1/𝑥_(𝑘)=𝑛。证明 𝑥_(𝑛)/𝑥_(1)≥7+4√(3)。

8. 2025 Turkish EGMO Selection Test

判断是否存在无穷正实数列 (𝑎_(𝑛))，使对每个正整数 𝑛都有 ∑_(𝑛)^(𝑘=1)𝑎_(𝑘)≥𝑛^(2)且 ∑_(𝑛)^(𝑘=1)𝑎2𝑘≤𝑛^(3)+2025𝑛。

9. 2025 OFM Senior P1

设 (𝑎_(𝑛))为正整数数列，并满足下列条件：任取正整数 𝑘<ℓ， 若 𝑚_(1),…,𝑚_(𝑘)两两不同，𝑛_(1),…,𝑛_(ℓ)也两两不同，则

证明存在正整数 𝑁,𝑏，使得对所有 𝑛≥𝑁都有 𝑎_(𝑛)=𝑏。

习题提示

详细解析见七夕特辑——2020-2026代数100题（更新版）

1

先求 𝑀。反设 𝑀>1，删去最小项和最大项，把其余项之和记为 𝑇； “删去最小项”和“删去最大项”的两个条件会给出相反符号。求 𝑚时作变换 𝑏_(𝑖)=1/(𝑛−1)−𝑎_(𝑖)。

2

先验证候选 𝑎_(𝑛)=𝑛+2019。令 𝑏_(𝑛)=𝑎_(𝑛)−𝑛。若 𝑏_(𝑛)<2019， 反设 𝑏_(𝑛+1)≤𝑏_(𝑛)，递推式会给出矛盾；于是 𝑏_(𝑛)严格递增且始终低于 2019。𝑏_(𝑛)>2019时同理得到严格递减，再利用整数性。

3

反设并非所有 𝑎_(𝑖)相等。在一段最大值的末端取 𝑎_(𝑖)，使 𝑎_(𝑖)最大且 𝑎_(𝑖+1)<𝑎_(𝑖)，则 𝑏_(𝑖)<2；同序条件推出所有 𝑏_(𝑗)<2。 再用 AM-GM 估计 ∏𝑏_(𝑗)或 ∑𝑏_(𝑗)。

4

记 𝑑_(𝑘)=𝑎_(𝑘)−𝑎_(𝑘+1)。二阶差分条件给出 𝑑_(𝑘)≥𝑑_(𝑘+1)。 若某个 𝑑_(𝑟)<0，后续差分都保持负且绝对值不减，数列持续增长；得到 𝑑_(𝑘)≥0后，把 𝑑_(𝑘)累计到前 𝑘项和中。

5

反设目标左端不超过 1+1/2023。先证明至少一个 𝑎_(𝑖)≥1，且这样的指标 至多一个；其余 𝑎_(𝑘)<1，再按指数 𝑘与 2024−𝑘的大小分组比较。

6

可先通过交换逆序对把数列排成非减。设 𝑀=#{𝑘:𝑎_(𝑘)≤1000}，反设 𝑀<𝑛/10。令𝑆_(𝑘)=∑_(𝑘)^(𝑖=1)𝑎2𝑖, 𝑞_(𝑘)=𝑆_(𝑘)/𝑛^(2)，由题设推出 𝑞_(𝑘−1)≤𝑞_(𝑘)(1−𝑞_(𝑘))，再对倒数作递推并求和。

7

由两条和式条件得到 ∑_(𝑖<𝑗)(𝑥_(𝑗)/𝑥_(𝑖)+𝑥_(𝑖)/𝑥_(𝑗))=4𝑛^(2)−𝑛。反设 𝑥_(𝑛)/𝑥_(1)+𝑥_(1)/𝑥_(𝑛)<14，则所有数对的比值和都小于 14。对有序数列建立总和上界， 与前式冲突。

8

反设存在。由柯西先估计一次部分和，再把相邻两个部分和的估计相减，得到 𝑎_(𝑘)的线性下界；代入平方和后，两边关于 𝑛的三次项系数不相容。

9

先由题设取一个指标与两个指标，证明数列有界，因此只取有限多个正整数值。 若两个不同的值 𝑏<𝑐都出现无穷多次，可分别选出 𝑏+1个值为 𝑐的项与 𝑐+1个值为 𝑏的项，题设会给出 (𝑏+1)𝑐≤(𝑐+1)𝑏，产生矛盾。 最后再用有限值集合与抽屉原理证明数列最终恒定。