离散型不等式：整数条件的几种基本用法
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“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：
，取等时至少一个为 ； ，取等为 ； ； ，取等为 。
最后一式等价于 。在单调数列的差分中常有 ，此时等号恰在相邻整数 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 得 反复使用可得：若 ，则取等当且仅当至多一个 不为 。
例 1｜2017 年中国西部数学邀请赛
正整数 满足：存在 ，使
求 的最大值。
分析 设 ，，则 。要估计 ，先要把 控制在与 无关的范围内。由均值不等式 ，可得 ；由于 是正整数，立即加强为 。再用 得 ，于是 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 ；因此取等构造应由一个非 项和其余的 组成。
解答 记 ，。 由均值不等式，，故
于是 。由于 为正整数，。
又由正整数的积和关系 ，所以 。因此，从而 。
取 个 ，另一个 。此时 ，，且 ，故 。
例 2｜2009 年罗马尼亚 TST
设 ，正整数 满足
求 的最大值。
分析 把最大项 单独拿出来。令 ，，则题设等价于 。记 。一方面，，所以 ；另一方面，正整数的积和关系给出 ，于是 。总和为 ，问题便化成 上的一元估计。端点 对应 ，也正是大量变量取 的取等结构。
解答 记 ，， 则 。由正整数的积和关系，故 。
令 。由 得 ；又 ，故 。于是
其中最后一步等价于 。
取 ， 则和与积均为 ，故最大值为 。
“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：不仅说明 非负，还给出 。在含部分和的分式中，这会使第 个部分和至少按 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 。证明
分析 右端是调和和，证明时应设法产生权 。记 。带权柯西不等式把原和平方后，会出现 。又因 且 ，可将 与 比较，求和后中间项相消。最后用 得 。本题只用到 ：正整数使部分和每一步至少增加 。
证明 令 ，并约定 。由柯西不等式，
又因 ，
因此
其中最后一个不等式用到了 ，故 。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 ，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 ，常把 调整为 。若目标值随此调整增大，则极值时任意两项之差至多为 。
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 之间，则整数极值通常只需考察这两个取值，并可用 构造逐项不等式。
例 4｜固定和下的分式极值
正整数 满足 。求 的最大值。
分析 若先把 看成实数，函数 为凹函数，固定总和时各项越接近越有利；平均数 介于 与 之间，因此整数极值应落在 上。严格证明可用单位调整：若 ，把 改为 ，总和不变而目标增大，所以极值时任意两项之差至多为 。确定取值后，也可由取等点 反推线性上界。
解答
方法 一（调整法）
若 ，则
因此极值时任意两项之差至多为 ，只能有 。设其中有 个 ，则 ，故 ，从而最大值为 。
方法 二（逐项构造）
对任意正整数 ，
故
等号要求每个 都等于 或 ；由总和为 ， 恰有 个 、个 ，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 满足 。求 的最小值。
分析 先看实数问题。带权柯西不等式的等号要求所有 相等，公共值为 ，因此整数极值应重点考察 。对整数 ，恰在这两个值取等，它把二次项 线性化，正好可以代入条件 。最后还需检查等号能否实现：写 ，便化为 的有限选择问题。
解答 对任意整数 ， ，即 。 乘以 后求和，得
取等要求 。写 ，， 则 。 例如取 时 ， 其余为 ，即可取等。故最小值为 。
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 的和为 。求
的最大值，并求达到最大值的数组个数。
分析 先令 ，于是 。展开相邻乘积后，除固定项外只需处理 和两个端点项。把奇、偶下标上的 总和分别记为 ，则每个 都是 中的一个奇偶交叉乘积，所以 。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 。
解答 令 ，则 ，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 。
取等必须同时满足 、， 并且任意一对不相邻、奇偶性不同的下标 都有 。 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 ，共 对； 两项分别属于奇、偶两组，故都只能取 。
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 ，共 种； 中间项必须为 ，两侧两个正整数之和为 ，有 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 定义在 上。固定其余变量后，若 关于每个 都为凸函数，则最大值可在 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 ，函数值均不减，最后得到端点配置。
例 7｜端点调整
实数 满足 。约定下标按模 计算，求
的最大值。
分析 固定其余变量后，关于 是 ，二阶导数为 ，所以最大值可逐个移到端点 或 。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 ：损失的立方项为 ，而被删去的一个负三次乘积大于 ，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 ，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 外的其余变量。含 的三个乘积项为 、、 ，故，其中 ， 而 与 无关。二阶导数为 ， 所以该函数在 上的最大值可在端点取得。 依次调整可设 ， 。
若三个循环相邻的位置同时非零，从中取下标最小者 ，把 改为 。 立方项损失 ，而至少消去一个含 的负三次乘积； 另外两个非零因子的值均大于 ，故被消去的乘积大于 ， 从而 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 。
先设 。把 分成 八组。 每组至多有两个非零位置，因此
若 ，则 三个循环相邻位置中 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 ，故 。
因此最大值为 。取 ，其余 ， 即可取等。
例 8｜2021 年土耳其 TST
求所有正整数 ，使存在实数 ，满足 ，且
分析 记 ，，。区间条件给出 ，求和得到 ；另一方面，等价于 。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 只能是 或 ，且 。于是问题化为从 中选出若干项，使其和为总平方和的三分之一；必要性由模 得到，充分性则用长度 的平移构造。
解答 由 求和得 ； 又有 ，因此
题设取等，故 且 。 写 ， ，则
因此 。其中因子 由 自动提供，考察模 得 。
为证充分性，按模 只需给出六个基例：
：；：； ：；：； ：；：。
每个集合都表示 。 若 已有构造，把 增加 ，并再选。由
知式 (1) 仍成立。故全部答案为 。
“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：时，。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 两两不同。证明
分析 原式对称，先令 。归纳中需要的不只是 ，更重要的是 ，它给出相对于最大项的整段间隔。采用归纳时，加入 后，右端系数由 变为 ；所需补偿项正好涉及 。用上述间隔估计这个前缀和，最后只剩关于 的二次式，并可分解为两个非负因子。
解答 对 归纳。时显然成立。 设结论对 成立，并令 。由归纳假设，只需证明
由整数互异性 ，故 。 于是只需验证
这由 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 。
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 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 ，使任意互不相同的正整数 均满足
分析 先用 ，左端便出现 ，可以直接套用拉格朗日恒等式。排序后有 ，而 ，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 ，系数趋于 ，根式中被舍去的部分对总式的影响趋于 。
解答 不妨设 。由于 ，原式左端不小于
取 、，由拉格朗日恒等式，
又
故 对所有 都成立。
下面说明常数不能更大。固定 ，取 ，令 。 此时 ，且 ； 再乘以 后，这部分误差趋于 。 因此题目左端趋于 ，而 ， 故任何 都不可能成立。于是
例 11｜循环二次型
正整数 ，整数 两两不同，约定 。求
的最小值。
分析 先写成 。自然顺序 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 ，可得到值 ，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 。两个因子是不同的正整数，乘积至少为 ，所以每增加一个元素，下界至少增加 ，与构造完全吻合。
解答 对 归纳。时 。 设结论对 成立。对 个数，循环平移下标后可设 为最大元。删去 ，把 与 相连， 所得表达式记为 。则
两个因子是不同的正整数，故乘积至少为 ，从而 。
取 ，按 的顺序排成一圈。恰有两个相邻差为 ，其余 个相邻差为 ， 故 。因此 。
“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 ，因而只能分别为 。
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 都有 ；差分题中常见 ，且等号只在 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 ， 且 恰有 个不同取值。证明
并求等号成立的数列个数。
分析 先用恒等式 。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，是非负整数，所以 。又因 恰有 个不同值，若 ，则至少有 、，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 ：条件 等价于 且相邻两个 不能同时出现。
解答 记 。由
求和得
设 。由恰有 个不同取值， ，。又 ， 故 ，即 。
取等时必须有 ，，，且 。 令 。 于是 ，相邻两个 不能同时为 。 由 得 ；又 、， 且 ，故 ，从而 、。此外 。 除固定的 外，只需在 中选出 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 。记
求 的最小值，并求达到最小值的数组个数。
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 线性化，最后从 到固定端点 的信息也被削弱，所得下界不够。应保留最后一项 ，只处理前 个二步差分；相消后得到关于 的完整二次式，最低点在 。等号时奇、偶两条子序列都从 逐级到 ，所以每个 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 有 ，又 ，，故
所以 。
取等时必须有 ，，并且 。 因此前 项中每个整数 都至少出现两次。 设等于 的项有 个，令 ，则。反过来，给定任意一组 且总和为 ，按 依次重复 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 或 ，且第 项均为 ； 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 。
“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 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 为非负整数，满足：存在正整数 ，使
且
求 的最小值。
分析 记 。柯西不等式给出 ， 而平均下标为 ，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 ， 正项一旦出现便连续延伸到 ，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 ，不可能。 若只有两个非零项，它们必在相邻的 处； 由两个和式条件得到 ，与 矛盾。 若恰有三个非零项，它们位于连续的 。 由加权平均 可知 。 若 ，则 ，所以 ； 再由 得三项之和至多 ，与总和 矛盾。 故只能有 。设 ，则、，单调性给出 。 此时拉格朗日余项为 ，故在 时最小， 得到候选 ，对应 。
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；希望 两处的误差等大反号， 即 ，解得 。 于是 ，它只在 处为负， 且 、。 由 和 ，这个负项可由 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 ，因此取过 为零点，并让相邻的 处误差等大反号，得到下面的辅助式。先说明 位于单调段中。若 ，则
矛盾。故 ，从而 。
令
对整数 ，有
并且当 或 时 。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 ，则
且满足题设单调条件；此时平方加权和等于 。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 ；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 处的唯一负值，由 与 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 且 ，则立即有 ；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 ，且 。下标按模 计算，记 。若， 求 的最小值与最大值。
分析 最小值与最大值用到的信息不同。求最小值时，直接对 中每一项使用 ，循环求和后每个 恰出现两次，立即得到下界；“一个数大、其余全为 ”可同时满足等号和单调条件。求最大值时，要把所有 放在一起：展开 得 ，而单调性给出 。再用柯西不等式控制 ，得到一个非整数上界，最后利用 取整。
解答 对每个 ， ，故 。 取一个 、其余均为 ，此时 ，满足题设的单调条件并取等，故 。
再求最大值。记 。由循环下标计数可得 ， 。 另一方面，由柯西不等式，
因此 ， 即 。由于 为整数， 。
取 个 和一个 。对任意 ， 都有 ， 故 。
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 。 实数 满足 。记 。 求 的最大值。
分析 令 。因为 是整数，也是整数。到最近整数的距离为 ，故同时有 和 ，于是只需在整数 上最大化 。取等时应使 尽量接近 ，并让各个小数部分尽量等于 ；奇数个变量时留一个小数部分为 即可。
解答 令 ，则 。又 。逐项有 和 ，故
若 为偶数，取所有 ；若 为奇数， 取 个 和一个 ，均可达到上界。 故最大值为 。
例 17｜2018 年春季新星数学奥林匹克
非负实数 满足 。记 ， 。求 的最大值。
分析 由 求和，得到 。由于 是整数，也是非负整数，因此目标只依赖两个整数参数 。固定和为 时，整数乘积在两数尽量接近时最大，所以上界是 。还需给出实现该整数分拆的具体 ；用若干个 与 ，奇数情形再添一个 即可。
解答 由 ，
若 ，取 个 、个 ； 若 ，取 个 、个 和一个 。 两种情形都达到上界，故最大值为 。
取整差的分解
当表达式中出现 时，直接比较两个实数并不方便。 把每个 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 或 ，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 恰为 的一个排列，求
的最大值与最小值。
分析 写 ，其中 、。因为 ，有 ，或在 时再减 。求和后整数部分只剩首尾差 ，小数部分只留下下降次数 ，原式即 。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 是 的排列，这两种安排都能实现。
解答 写
则
令 ，求和得
由于 是 的一个排列， 且 ，所以原和不超过 。 取 ，并令所有 ，即可达到 。
另一方面，且 ， 故原和不小于 。 取 ，其余 任意排列剩余整数， 并令 （例如 ），则 ， 从而达到 。
因此最大值为 ，最小值为 。
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。联系乘积与和，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 。 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 有 ，等号只在 。 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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