联赛前一周：不等式中的“猜取等”

解答　若存在 𝑖≠𝑗使 0<𝑥_(𝑖)≤𝑥_(𝑗)<2， 取 0<𝛿≤min{𝑥_(𝑖),2−𝑥_(𝑗)}， 把 (𝑥_(𝑖),𝑥_(𝑗))换成 (𝑥_(𝑖)−𝛿,𝑥_(𝑗)+𝛿)．总和不变，而平方和的改变量为

所以最大值处至多有一个变量位于 (0,2)，其余变量全在端点 0,2．由总和等于 5，只能恰有两个变量取 2、一个变量取 1，其余为 0．因此

且等号当且仅当 (𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛))是

的一个排列．

说明　凸性先把取值推向端点，总和条件再确定唯一的中间值 1．因此等号形状可以在正式估计之前基本确定．

分析　记 𝑔(𝑥)=𝑥/(𝑥+1)．它在正半轴上严格凹．若先允许 𝑎_(𝑖)取正实数，固定 ∑𝑎_(𝑖)=59时，函数和在全相等处最大，中心位置是

但整数条件不允许所有变量都取这个数，于是应把取值放在平均数两侧最近的整数 2,3上．

还要说明为什么不会出现 1,4或更远的整数．若 𝑝≥𝑞+2，把 (𝑝,𝑞)改成 (𝑝−1,𝑞+1)，总和不变；严格凹性说明函数和增加．因此极大情形中任意两项之差至多为 1，所以候选值只能是 2,3．

设有 𝑟个 3，则 3𝑟+2(22−𝑟)=59，得到 𝑟=15．取等数量也随之确定．

猜取等　最大值应在十五个 3和七个 2时取得．

解答　若 𝑝≥𝑞+2，则

所以极值时任意两项之差至多为 1，只能有 𝑎_(𝑖)∈{2,3}．由总和条件，七个变量取 2，十五个变量取 3，故

说明　先由实数平均值确定中心，再用整数性把取值修正为 2,3．知道这两个值以后，还可构造

它恰在 𝑥=2,3处取等．

从端点取值到权重比例

分析　变量被限制在区间 [𝑚,𝑀]，而目标同时出现 𝑎_(𝑖)与 1/𝑎_(𝑖)．先尝试把每个 𝑎_(𝑖)推到两个端点．如果所有变量只取 𝑚,𝑀，问题就只剩一个参数：取 𝑀的系数和

此时

从而

因此端点取值以后，还要让两端的系数和各为 1/2．这预先给出了两层等号条件：先确定“取什么值”，再确定“各占多少”．

区间端点给出

这个一元估计只在 𝑎=𝑚,𝑀处取等；求和后再用一次均值不等式，第二层等号会确定两端系数和相等．

猜取等　当 𝑚<𝑀时，等号应满足

解答　记 𝐴=∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝜆_(𝑖)𝑎_(𝑖), 𝐵=∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝜆_(𝑖)/𝑎_(𝑖)． 由 (1.1) 及 ∑𝜆_(𝑖)=1，

另一方面， 𝐴+𝑀𝑚𝐵≥2√(𝑀𝑚𝐴𝐵)． 因此

若 𝑚=𝑀，上式恒取等．以下设 𝑚<𝑀．第一步取等要求 𝑎_(𝑖)∈{𝑚,𝑀}(𝑖=1,2,…,𝑛)． 记 𝜃=∑_(𝑎_(𝑖)=𝑀)𝜆_(𝑖)，则均值不等式取等还要求 𝐴=𝑀𝑚𝐵，化简即得 𝜃=(1)/(2)． 故等号成立当且仅当

等号条件　一元不等式给出 𝑎_(𝑖)∈{𝑚,𝑀}；均值不等式给出 ∑_(𝑎_(𝑖)=𝑚)𝜆_(𝑖)=∑_(𝑎_(𝑖)=𝑀)𝜆_(𝑖)=1/2．两步条件同时成立时取等．

对称多元题中的 EV 定理

对称多元极值还有一条系统的候选缩减途径：EV 定理可以把 𝑛元问题压到 𝑛−1个变量相等以及必要的边界；三元时即为“两元相等”．

EV 定理（Equal Variable Theorem，等变量定理）是一个 𝑛元结论．在一类带两个对称约束的极值问题中，它把 𝑛元搜索降到 𝑛−1个变量相等以及必要的边界情形；三元时，这正好表现为“两元相等”．

EV 定理的竞赛实用表述．将 0≤𝑥_(1)≤⋯≤𝑥_(𝑛)排序，固定 ∑𝑥_(𝑖)和第二个对称条件：𝑝≠0,1时固定 ∑𝑥𝑝𝑖，𝑝=0时固定乘积．研究 𝐹=∑𝑓(𝑥_(𝑖))．若

满足定理所需的严格凸性条件，则内部极值只需检查 𝑛−1个变量相等的情形；当 𝑝>0且研究最小值时，还要检查最小变量为 0的边界．

完整定理还要区分定义域、𝑝的范围以及 𝑓在 0附近的性质．（注：V. Cîrtoaje, The Equal Variable Method, Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics 8 (2007), Article 15.） 在竞赛中，EV 的作用主要是缩小候选范围：若题目具有多元对称性，目标能写成 ∑𝑓(𝑥_(𝑖))，两个约束又符合定理形式，就可以先令 𝑛−1个变量相等，再检查边界．

三元示例．设 𝑥,𝑦,𝑧≥0，

求 𝑥^(3)+𝑦^(3)+𝑧^(3)的最大值与最小值．这里 𝑝=2、𝑓(𝑢)=𝑢^(3)，故 𝑔(𝑡)=3𝑡^(2)严格凸．

求最大值时令 𝑥=𝑦=𝑡≤𝑧，由 2𝑡+𝑧=3, 2𝑡^(2)+𝑧^(2)=5得 𝑡=1−1/√(3), 𝑧=1+2/√(3)，所以最大值为

求最小值时令 𝑦=𝑧=𝑡≥𝑥．两组代数解分别违反排序或非负性，因此没有内部候选，只需检查 𝑥=0；由两条约束得 {𝑦,𝑧}={1,2}，最小值为 9．

三元情形中，𝑛−1个变量相等正好表现为两元相等；一般 𝑛元问题则令 𝑛−1个变量相等，并同时检查定理要求的边界情形．使用 EV 时应先核对定理条件，正式解答也可以再寻找更简洁的代数证明．

取等的数量与位置

知道变量可能取哪些值以后，还要确定每种值出现多少次，以及非零项位于哪些下标．平均数、奇偶性、单调性和调整法都会继续限制取等形状．

正负两组的人数

分析　由 ∑𝑎_(𝑖)=0与 ∑|𝑎_(𝑖)|=624， 正数之和与负数绝对值之和都等于 312．设负数有 𝑘个、正数有 ℎ个；若还有零，则 𝑘+ℎ<50．

先看极差 𝑆=𝑎_(50)−𝑎_(1)．固定 𝑘,ℎ时，负数绝对值的平均数是 312/𝑘，所以最小的负数至少要达到−312/𝑘；正数一侧同理，最大的正数至少为 312/ℎ．因此 𝑆的下界只和 𝑘,ℎ有关．要把 1/𝑘+1/ℎ做小，应先用满 50个非零位置，再让两组人数尽量接近，于是自然得到 25+25．两组内部全相等时才能达到这些平均值界．

再看乘积 𝑇．固定 𝑘,ℎ后，负数绝对值与正数分别由均值不等式得出：两组内部全相等时乘积最大．所以剩下的问题仍然只是人数．为了使乘积为正，负数个数 𝑘必须为偶数；又最大值处不能含零，于是 𝑘+ℎ=50．连续意义下最优仍在 25附近，但奇偶性排除了 𝑘=25，只需比较最近的 24,26．

猜取等

并且每一组内部都取相等值．

解答　设负数有 𝑘个、正数有 ℎ个，则 𝑘,ℎ≥1且 𝑘+ℎ≤50．由两条总和条件，∑_(𝑎_(𝑖)<0)|𝑎_(𝑖)|=∑_(𝑎_(𝑖)>0)𝑎_(𝑖)=312． 因此 𝑎_(1)≤−312/𝑘, 𝑎_(50)≥312/ℎ， 从而

等号要求 𝑘+ℎ=50、𝑘=ℎ=25，并且两组内部都完全相等．故

且唯一的有序取等数列为前 25项全等于 −312/25，后 25项全等于 312/25．

下面求 𝑇．若有零项，则 𝑇=0；取 24个负数、26个正数并令两组内部相等即可得到正乘积，因此最大值处没有零项．若负数个数 𝑘为奇数，则 𝑇<0，不能取得最大值．故 𝑘为偶数，且 ℎ=50−𝑘．分别对负数绝对值和正数使用均值不等式：

由对称性只需比较 𝑘<25的情形．记 𝐹(𝑘,ℎ)=(312/𝑘)^(𝑘)(312/ℎ)^(ℎ)，其中 𝑘+ℎ=50．若 1≤𝑘<ℎ−1，利用数列 (1+(1)/(𝑟))^(𝑟)随正整数 𝑟递增，有

所以两组人数越接近，(2.1) 的右端越大．又 𝑘必为偶数，故只能取 𝑘=24或26． 故

当 𝑘=24时，前 24项全为 −13，后 26项全为 12；当 𝑘=26时，前 26项全为 −12，后 24项全为 13．这两种有序数列都取到同一个最大值．

说明　两问都先由均分确定人数应接近 25；乘积的符号条件又把第二问从 25+25修正为 24+26或 26+24．

非零位置与单调性

分析　目标中下标越大，代价 𝑖𝑎_(𝑖)越大；但第二个约束中的系数 2^(−𝑖)又随下标快速减小．因此极小情形不能简单把所有质量放在最左边，需要在两个要求之间平衡．

先看非零位置能否相隔很远．若 𝑎_(𝑖),𝑎_(𝑘)>0且 𝑘≥𝑖+2，作调整

总和不变．第二个约束左边的改变量为

所以约束变得更宽松；目标 ∑𝑗𝑎_(𝑗)的改变量是

因此这种调整不会使目标变大，却把两个相隔的非零位置向中间合并．

为了说明调整会停止，观察辅助量 ∑𝑗^(2)𝑎_(𝑗)的改变量为

而它始终是非负整数，所以有限步后必停．停止时，非零项只能落在两个相邻位置 𝑖,𝑖+1．此后再由第二个约束确定 𝑖以及两项的具体数值．

猜取等　极小数列应只有相邻两个非零位置；由 2^(10)<2023<2^(11)， 最可能的下标是 10,11．

解答　按上述调整反复进行，并以 ∑𝑗^(2)𝑎_(𝑗)作为严格下降的非负整数辅助量，可知极小数列的非零项只需考虑相邻位置 𝑖,𝑖+1．

设这两项为 𝑎>0,𝑏≥0．则 𝑎+𝑏=2023, 𝑎/2^(𝑖)+𝑏/2^(𝑖+1)≤1， 即 2𝑎+𝑏≤2^(𝑖+1)． 由于 2𝑎+𝑏=2023+𝑎>2023，必有 2^(𝑖+1)>2023，所以 𝑖≥10．

目标值为 𝑖𝑎+(𝑖+1)𝑏=2023𝑖+𝑏． 若 𝑖≥11，它至少为 2023⋅11>22228．因此只需考察 𝑖=10．此时 2𝑎+𝑏≤2048,𝑎+𝑏=2023， 故 𝑎≤25，从而 𝑏≥1998．于是 ∑𝑖𝑎_(𝑖)=20230+𝑏≥22228． 取 𝑎_(10)=25, 𝑎_(11)=1998，其余各项为 0时取等，因此

说明　先用调整法确定“相邻两处”，再由约束求出具体下标与数值；位置判断和数值计算分开进行．

分析　把 𝑎_(𝑖)看成“位置 𝑖出现了 𝑎_(𝑖)次”．这样共有 100个位置数据，它们的平均数是

若暂时没有整数性和单调性，固定平均数时平方和应尽量集中在平均数附近．恒等式

把这一点写得更清楚：位置之间相距越远，右边越大．因此先试 20,21．

由两条和式求得 𝑎_(20)=78, 𝑎_(21)=22， 但单调条件要求 𝑎_(20)≤𝑎_(21)，所以两点候选失败．下一步只向左增加最近的位置 19，令

两条和式给出 𝑥=𝑧−22, 𝑦=122−2𝑧； 单调性给出 41≤𝑧≤48．而

所以三点候选中最小的是

为了把这三个位置推广成全局下界，利用题设已知 ∑𝑎_(𝑖)和 ∑𝑖𝑎_(𝑖)，因此对任意二次函数𝑓(𝑖)=𝑖^(2)−𝛼𝑖+𝛽， ∑𝑓(𝑖)𝑎_(𝑖)都等于 𝑄加上已知常数．所以可以反过来设计 𝑓的符号：让远离 19,20,21的整数点非负，让 19为零点，并令 𝑓(20)<0<𝑓(21)且 𝑓(21)=−𝑓(20)； 这样 𝑎_(20)≤𝑎_(21)正好能抵消唯一的负项．条件 𝑓(19)=0、𝑓(21)=−𝑓(20)确定第二个零点为 62/3．

猜取等

应取到最小值 40940，而辅助函数可取

解答　取

对整数 𝑥≤18或 𝑥≥22有 𝑓(𝑥)≥0，并且 𝑓(19)=0, 𝑓(20)=−2/3, 𝑓(21)=2/3． 由于 ∑𝑖𝑎_(𝑖)/∑𝑎_(𝑖)=20.22，必有某个 𝑎_(𝑖)>0且 𝑖≥21，故 𝑘≥21，从而 𝑎_(20)≤𝑎_(21)．于是

另一方面，

所以 𝑄≥(122818)/(3)=40939(1)/(3)． 𝑄为整数，故 𝑄≥40940．前面的三点取法达到该值，因此