联赛前一周：不等式中的“猜取等”
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联赛前一周复习不等式，可以重点掌握一个常用技巧：先猜取等，再据此选择证明．所谓“猜”有具体依据，小参数、简单代入、对称性、端点、整数性、循环结构以及试探性放缩都会留下等号线索．
取等信息通常可以分成三层：
变量可能取什么值； 各类取值出现多少次，或者放在哪些位置； 这些条件怎样决定证明中的零点、系数、相切和分组．
先把取等情形写得尽量具体，再寻找能够在这些情形下取等的估计，往往比直接尝试各种放缩更有方向．
取等值的基本判断
区间、固定和与整数条件常能直接给出取等候选．凸性把变量推向端点或平均值，整数性再把实数候选修正到相邻整数；若取值只剩两个端点，还要继续确定两端各占多少．
端点与相邻整数
例1 2025 年奥地利数学奥林匹克地区赛
设 ，，且 ． 证明 ， 并确定等号成立的情形．
分析 先看实数范围内怎样把平方和做大．若固定 ，并且 ，把一小部分从较小的 移给较大的 ，平方和会增加．因此极大情形不应同时留下两个内部变量；除了至多一个变量外，其余变量都应落在端点 ．
总和等于 ，而每个变量至多为 ．把总和尽量放到右端点，先放两个 ，还剩 ；其余变量只能取 ．这给出
的排列，平方和为 ．证明时把上述局部调整写成严格计算即可．
猜取等 等号时应有两个变量取 、一个变量取 ，其余变量取 ．
解答 若存在 使 ， 取 ， 把 换成 ．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 ，其余变量全在端点 ．由总和等于 ，只能恰有两个变量取 、一个变量取 ，其余为 ．因此
且等号当且仅当 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 ．因此等号形状可以在正式估计之前基本确定．
例2 固定和下的整数分式极值
正整数 满足 ． 求 的最大值．
分析 记 ．它在正半轴上严格凹．若先允许 取正实数，固定 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 上．
还要说明为什么不会出现 或更远的整数．若 ，把 改成 ，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 ，所以候选值只能是 ．
设有 个 ，则 ，得到 ．取等数量也随之确定．
猜取等 最大值应在十五个 和七个 时取得．
解答 若 ，则
所以极值时任意两项之差至多为 ，只能有 ．由总和条件，七个变量取 ，十五个变量取 ，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 ．知道这两个值以后，还可构造
它恰在 处取等．
从端点取值到权重比例
例3 康托洛维奇不等式
设正实数 满足 ， 并且 ． 证明
并确定等号成立的情形．
分析 变量被限制在区间 ，而目标同时出现 与 ．先尝试把每个 推到两个端点．如果所有变量只取 ，问题就只剩一个参数：取 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 ．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 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 时，等号应满足
解答 记 ． 由 (1.1) 及 ，
另一方面， ． 因此
若 ，上式恒取等．以下设 ．第一步取等要求 ． 记 ，则均值不等式取等还要求 ，化简即得 ． 故等号成立当且仅当
等号条件 一元不等式给出 ；均值不等式给出 ．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 元问题压到 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 元结论．在一类带两个对称约束的极值问题中，它把 元搜索降到 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 排序，固定 和第二个对称条件：时固定 ，时固定乘积．研究 ．若
满足定理所需的严格凸性条件，则内部极值只需检查 个变量相等的情形；当 且研究最小值时，还要检查最小变量为 的边界．
完整定理还要区分定义域、的范围以及 在 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 ，两个约束又符合定理形式，就可以先令 个变量相等，再检查边界．
三元示例．设 ，
求 的最大值与最小值．这里 、，故 严格凸．
求最大值时令 ，由 得 ，所以最大值为
求最小值时令 ．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 ；由两条约束得 ，最小值为 ．
三元情形中，个变量相等正好表现为两元相等；一般 元问题则令 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
例4 2025 年沙特阿拉伯数学竞赛第 3 题
设实数 满足
求 的最小值与 的最大值．
分析 由 与 ， 正数之和与负数绝对值之和都等于 ．设负数有 个、正数有 个；若还有零，则 ．
先看极差 ．固定 时，负数绝对值的平均数是 ，所以最小的负数至少要达到；正数一侧同理，最大的正数至少为 ．因此 的下界只和 有关．要把 做小，应先用满 个非零位置，再让两组人数尽量接近，于是自然得到 ．两组内部全相等时才能达到这些平均值界．
再看乘积 ．固定 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 必须为偶数；又最大值处不能含零，于是 ．连续意义下最优仍在 附近，但奇偶性排除了 ，只需比较最近的 ．
猜取等
并且每一组内部都取相等值．
解答 设负数有 个、正数有 个，则 且 ．由两条总和条件，． 因此 ， 从而
等号要求 、，并且两组内部都完全相等．故
且唯一的有序取等数列为前 项全等于 ，后 项全等于 ．
下面求 ．若有零项，则 ；取 个负数、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 为奇数，则 ，不能取得最大值．故 为偶数，且 ．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 的情形．记 ，其中 ．若 ，利用数列 随正整数 递增，有
所以两组人数越接近，(2.1) 的右端越大．又 必为偶数，故只能取 ． 故
当 时，前 项全为 ，后 项全为 ；当 时，前 项全为 ，后 项全为 ．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 ；乘积的符号条件又把第二问从 修正为 或 ．
非零位置与单调性
例5 2023 年欧洲数学杯少年组第 4 题
称非负整数 元组 满足
求最大的正整数 ，使每个这样的数列都满足 ．
分析 目标中下标越大，代价 越大；但第二个约束中的系数 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 且 ，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 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 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 ．此后再由第二个约束确定 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 ， 最可能的下标是 ．
解答 按上述调整反复进行，并以 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 ．
设这两项为 ．则 ， 即 ． 由于 ，必有 ，所以 ．
目标值为 ． 若 ，它至少为 ．因此只需考察 ．此时 ， 故 ，从而 ．于是 ． 取 ，其余各项为 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．
例6 2022 年高联 A 卷第 3 题
设 为非负整数．存在正整数 ，使
且
求 的最小值．
分析 把 看成“位置 出现了 次”．这样共有 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 ．
由两条和式求得 ， 但单调条件要求 ，所以两点候选失败．下一步只向左增加最近的位置 ，令
两条和式给出 ； 单调性给出 ．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 和 ，因此对任意二次函数， 都等于 加上已知常数．所以可以反过来设计 的符号：让远离 的整数点非负，让 为零点，并令 且 ； 这样 正好能抵消唯一的负项．条件 、确定第二个零点为 ．
猜取等
应取到最小值 ，而辅助函数可取
解答 取
对整数 或 有 ，并且 ． 由于 ，必有某个 且 ，故 ，从而 ．于是
另一方面，
所以 ． 为整数，故 ．前面的三点取法达到该值，因此
说明 平均数确定中心位置，单调条件把两点取法修正为 三点．辅助二次函数再把这三个候选位置与全局下界连接起来．
例 6 中，候选位置一旦确定，辅助二次函数的零点和符号也随之受到限制．这已经进入下一节的问题：怎样把取等信息写进证明．
取等条件至此已经包含数值、数量和位置三类信息．当这些条件仍不足以显出规律时，小参数可以继续提供线索．
从小情况猜一般结构
当端点、平均数和单调性还不足以直接看出取等形状时，可以计算几个小参数．连续出现的零点、周期或大量的 ，往往能提示一般情形中的离散结构．
循环问题中的周期结构
例7 2025 年 IMSC 国际数学夏令营第 2 题
给定整数 ．设非负实数 满足
求
的最小可能值．
分析 先从小 开始．如果希望 小，某个 已经较大时，最好让 ；于是“一个零后面跟两个相等的正数”很自然地出现．前几个 可以试出
继续看 ，仍然是每三个位置中放一个 ，其余位置取同一个正数．非零位置的个数依次为
正好是
“取等越怪，做得越快”在这里颇贴切：每三项一个 看起来很不均匀，却同时提示了答案中的 和后面的三项分组．因此猜测
这个猜测同时告诉我们证明应当具有“每三个位置至多贡献 ”的味道．但 时，单纯把变量三三分组会留下尾项，因此还要利用循环首尾条件．
解答 记
设给定数列对应的最大值为 ．因为 ，有 ．令
由 的定义，
且
所以只需证明
先处理一条线性排列．若 ，且
对所有完整的连续三项成立，则
事实上，对任意连续三项，若 ，则
若 ，交换二者同理．与条件相加便有
把线性排列从左到右三项一组，余下一项或两项分别用 ，即得 (3.4)．
回到循环数列．若 ，直接把
三项一组，由 (3.5) 得
下面设 ．循环平移下标，使
我们先找出四个连续位置，其平方和不超过 ．
若 ，由 (3.1) 在 处，
因为 、，所以
若 ，改用 (3.1) 在 处：
此时 ，而 ，故
于是总能从圆周上截下四个连续变量，平方和至多为 ．删去这四项以后，其余 项形成一条线性排列，可以使用 (3.4)：
这证明了 (3.3)．由 (3.2)，
下面给出达到这个值的构造．令
在 中恰有 个非零项，所以 ．任意三个循环连续位置中至少有一个零；若 ，则 中至少一个为零，故
若 ，对应表达式也不超过 ．于是
说明 小情况同时给出三个信息：答案中的 、每三项出现一个零、非零项取相同值．由此自然得到三项分组，并在余数不为 时寻找循环端部的补充估计．
整数条件还可能产生另一种醒目的取等形状：大量的 ．
整数问题中的大量
例8 数之谜原创代数 419
给定整数 ．正整数 满足
求 的最大可能值．
分析 先看几个小参数．取 时，可以试到
再看 ，候选变成 ．这些小情况给出一个很稳定的形状：
因此猜测
把变量重新排序为
并记
题设给出
所以
猜到的取等中恰有 ，于是分母 达到正整数的最小值 ；同时，前 个正整数中有 个 ，这又是固定乘积时把和做大的极端形状．这两个现象已经提示了证明中要控制的两个量：和 ．
猜取等 等号应在
的任意排列处取得．
解答 仍设
并令 ．由 (3.8)，
因为 为整数，
对正整数 ，反复使用
可得
应用于 ，有
另一方面，由排序可知 ．而
所以
由 (3.8)--(3.11)，
把猜到的答案与右边比较：
第一因子由 非负；第二因子由 为正．于是
从而
若取等，则必须有 ，并且 (3.10) 也取等． 正整数满足
时，前 个数中至多一个大于 ．因此
再由 得到
所以最大值情形正是上述取法的任意排列．
说明 小情况先猜出了“大量 ”．这个形状随即提示 应尽量靠近 ，最终得到 ；它也提示 (3.10) 的等号应由大量 实现．取等形状因此直接决定了中间量和最后的因式分解．
什么时候先看小情况？答案可能含 或按模分类、条件带循环或递推、变量要求取整数，或者局部项中出现乘积、最小值、绝对值时，都可以先算几个小参数．前两题分别暴露了“周期零点”和“大量 ”两种结构；小情况的作用就是先把这种形状找出来．
两题都说明，小情况的作用并非替代证明，并改为先找到一般情形中最难猜的那部分结构．猜到以后，证明往往会被迫沿着这个结构展开．
由取等条件构造证明
取等点、数量和位置确定以后，可以反过来约束证明的形式：先把非对称取等点归一化，或把取等值写成辅助多项式的零点；一元上界可由相切条件确定，均值不等式中的倍率可由取等比例确定，部分乘积与部分和则用来把整体条件写进证明．
猜到取等点后先归一化
例9 一道预赛题：从等号关系到归一化
已知正数 满足
求 的最小值．（注：本例及“先由消元寻找取等关系，再按取等点作代换”的思路改写自所附材料《以一道预赛题为例，谈谈猜取等条件的重要性》（程国根，恩次方根，2024）.）
分析 约束左边是一次齐次式，右边是三次齐次式．如果 ，把三个变量同时缩小到某个比例 ，一次项按 缩放，三次项按 缩放；可以一直缩到两边恰好相等，同时使 变小．因此最小值处先有
把 消去时自然出现
此时若直接对 求极值，表达式并不简洁．这里暂时不求最优值，只希望从一次均值放缩中得到取等关系．要确定 两个未知量，需要两条独立的等号条件，所以分别按 和 组织一次二元均值不等式．
先写
于是可以把 与 配成一对；取等要求
同理，改写
再配成一对，得到第二条取等关系
现在只是在猜点，不必完整解方程组．由 (4.2)
两个因子均为正，可以先试一组整齐的正因子 ，得到 ．再由 得 ；代回 (4.1) 正好成立，最后求得 ．因此得到候选
由此得到取等猜测．
猜取等 把这个点归一化：设
于是等号位置变成 ；后面的均值不等式应当在这个点同时取等．
解答 条件化为
由加权均值不等式，
故 ．另一方面，
两次均值不等式同时取等要求 ，即 ；原约束也在此处取等，因此
说明 消元与试探性放缩用于产生取等候选；归一化以后重新开始证明．对正取等点 ，可设 ，把等号位置改成 ，再从新的约束和目标式确定均值不等式的系数与指数．
例 9 中的取等猜测来自一次试探性变形．到这里先回答了“取什么值”；很多题还需要继续确定这些值出现多少次、或者出现在哪些位置．
把取等点写进一元估计
例10 2023 年俄罗斯数学奥林匹克十年级组第 8 题
给定 和正整数 ．正实数 满足
求 的最小值．
分析 两条约束同时含 与 ．先把全 作为基准：若把其中一个 改成 ，两条和式分别增加与 ，恰好与题设吻合．因此最先应检查
目标是平方和，而题设只控制 与 ．所以需要一个逐项下界
乘以 后得到三次多项式．已知候选等号值是 ：令 为一个根；为了使多项式在 的两侧不改变所需符号，把 取成二重根，于是自然出现
这个因子要逐项非负，还需证明 ．固定某个 ，对其余 个变量应用柯西不等式，可以由两条和式推出
因此所有变量确实都在 的右侧，一元辅助式可以逐项使用．
猜取等 等号时应恰有一个变量取 ，其余 个变量取 ；辅助多项式取 ．
解答 固定某个 ．对其余 个变量使用柯西不等式得
化简为 ， 故 ． 于是 ． 除以 并展开：
逐项求和并代入条件，
(4.3) 取等要求 ．总和条件进一步确定恰有一个 、其余 个为 ，所以
说明 等号值 给出因子 ．展开并除以 后只出现 ，正好可以利用题设的两条和式求和．
例11 2021 年中国国家队选拔考试第 4 题
设 ，并约定 、．求 的最大值．
分析 原式含 ，直接逐项估计不容易使用循环条件．先循环移项：
恒等式
把每一项分成一个循环后会相消的三次差，以及一个只依赖相邻差的立方．令
则 、，并且 ．问题于是变成：在 上给 找一个一次上界
因为 ，求和后 会消失，只剩常数 ．
若上界要在总和取等，它必须允许正、负两种差值同时取等．正差能达到的端点是 ，于是让直线经过 ，再让它与曲线在某个负内点 相切．相切给出 ， 两点同高给出； 解得 ．因此一元等号点应为
这些局部差值还必须组成一个落在 内的循环，等号分析中再检查这一点．
猜取等 相邻差应只取 ；结合零和条件，个差中应有 个 、个 ，最终很可能形成长度 的周期．
解答 因为 ， 所以 ． 又 ， 故， 从而
若取等，则每个 都必须属于 ．设其中有 个 ，则 ， 故 ．若 ，由 可知 ． 此时 不能取 ，故 ，从而 ；接着 仍只能取 ，得到 ；此时下一步不能再取 ，只能取 ．因此差值按 循环出现，相应地 是 的循环移位．这个取法确实给出 ．
等号条件 一元不等式的等号点给出 ；再结合 、与循环条件，可确定差值按 重复．
由取等比例确定均值不等式
例12 2022 年高联 A1 卷第 1 题
实数 满足
记 ． 求 的最小值与最大值．
分析 因为 、，的符号只由 决定，所以最大值与最小值分开处理．两种情形都准备对三个非负因子使用三元均值不等式；关键是给三个差乘什么倍率，才能使它们的和被
控制．
先看 ，此时 ．设三个量为
它们的和是
为了尽量利用题设系数，先让 的系数分别等于 ：
于是得到 ，而 的系数只有 ．这意味着若最后取等，题设中多出的 必须消失，所以应有 ．均值不等式取等还要求
若 ，对 做同样处理．设倍率为 ，希望 的系数依次达到 ，得到
所以 ．这时 只用到 ，等号会迫使 ．
猜取等 最大值时应有 且 ； 最小值时应有 且 ．
解答 当 时，
等号要求 ， 以及 ．代入题设条件得， 故
当 时，
等号要求 ， 并有 ．于是 ， 故
说明 题设中的绝对值系数既决定均值不等式中三个因子的倍率，也决定取等时哪些变量必须为零．
让整体条件进入证明
例13 2025 年奥地利数学奥林匹克全国决赛第 4 题
设 为正实数，且 ． 证明
并确定等号成立的条件．
分析 若先看 的小情况，乘积条件和右端常数都把候选指向 ．对一般 ，乘积条件仍给出同一个候选：全取 ．代入左边得到
正好等于右边，所以 应当是等号值．
接着考虑怎样让乘积条件进入证明．记 、， 则第 项是 ，而右边可以写成
这提示逐项下界最好能写成
这样求和后中间的部分乘积自动相消．约去 后是
再要求它在候选值 处取等，立刻确定 ；所得一元不等式就是
猜取等 唯一等号情形应为 ．
解答 由 得 ． 乘以 ，有 ． 对 求和，右边的中间项相消：
这就是所证不等式．
由于每个 ，总和取等当且仅当每个 ，故
是唯一等号情形．
说明 “求和后只留下 ”决定裂项形式，“在 处取等”再决定系数 ．
例14 2025 年罗马尼亚国家队选拔考试第 3 题
设 ，正实数 满足 ． 记
分别求 的最大值与 的最小值．
分析 分式的分母不断累加，直接比较各项不方便．令
则
记
关键是 的乘积完全由总和决定：
若要把最小的 尽量做大，就要把最大的 尽量做小；若要把最大的 尽量做小，就要把最小的 尽量做大．两种方向都面对同一个固定乘积问题，因此都指向
一旦 全相等，就有 ， 所以部分和成等比数列，原变量也随之确定．
猜取等 两个问题应有同一个极值
取等时
解答 记 ． 有 ． 若 ，则 ，故 ， 从而 ． 若 ，则 ，故， 从而 ．
令 ，取 ． 则 ， 且每个 ，因此每个 ．于是
等号条件 两个方向的等号条件都要求 ．因此 ，部分和成等比数列，原数列也随之确定．
这些构造有同一个出发点：先把取等猜测写成对估计式的要求，再利用题设验证估计在全部允许取值上成立．取等信息由此直接参与证明的设计．
这一部分的共同点很明确：证明并非先选一个熟悉的不等式再去碰运气，并改为先把取等点写出来，再要求所用估计在这些点上取等．取等猜得越具体，证明中可选择的零点、系数和分组也越具体．
小结：“猜取等”的使用顺序
遇到不等式极值题，可以依次检查：
先看容易确定的取值．区间看端点，固定和看平均，整数条件看相邻整数；对称多元题还可以检查 EV 的适用条件． 补足数量和位置．两端点各占多少、正负各有几项、非零项位于哪里，常由平均、奇偶、单调和调整法决定． 参数题试小情况．连续几个小参数若出现同一周期、零点或大量重复取值，就把这个形状写成一般形式． 由取等条件选择证明．零点决定辅助多项式，相切点决定一元上界，比例决定均值不等式中的倍率，部分乘积和部分和决定相消结构．
若暂时找不到合适的放缩，可以先明确写出“猜取等”的情形．取等条件写得越具体，能够使用的证明形式通常也越明确．
习题
每题先写出可能的取等情形，再检查数量、位置和证明构造．
习题1 2024 年法国数学奥林匹克集训题
设 为正整数，为非负实数．证明
并确定等号成立的情形．
习题2 2021 年蒙古数学奥林匹克少年组第 3 题
固定 ．若对每个 都有 ， 记 、．分别求 的最大值与 的最小值．
习题3 2024 年罗马尼亚国家队选拔考试第 2 题
固定整数 ．对不全相等的实数 ，令
求 的最小值与最大值，并描述相应取等情形．
习题4 2024 年中国女子数学奥林匹克第 7 题
设 ，非负实数 满足 ， 下标按模 理解．求
的最小值与最大值，并先猜测相应的取等情形．
习题提示
1. 若 ，令 ． 把题目化成正文例 3 的康托洛维奇不等式，其中 ．等号时只有 可以非零，且 ．
2. 令 ，并记 ．于是
若 ，则
若 ，同理
再由这两步的等号条件写出取等数列．
3. 先排序 ，令 ． 把 都写成 的线性组合：． 固定 后，只需比较系数 的最小值与最大值．奇数 时，最大系数在两个相邻下标处相同，因此等号情形会保留一个参数．
4. 记 ． 求最小值时，先验证 ，从而
最后一步使用均值不等式；等号条件给出 ．求最大值时，先试 ．可用求和后得到
函数 与 在 上均为凸函数，可用调整法把固定总和逐步移到端点，从而验证上述取法．
留言
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$…$，整行$$…$$。留言区还没开。想聊这道题，可以点上面的「在公众号查看原文」，到公众号那边留言。