从一道简单的不等式到局部不等式的大致想法

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在这篇文章中，我将探讨一些数学的局部不等式问题。

声明：这是很久以来发的第一篇文章，我承认我很菜，请不要在评论区重复我的这句话。

如果我这篇文章中有什么问题，欢迎在评论区指出。如果你有什么有趣的想法，也欢迎在评论区中分享一下。这篇文章中所有对题目难度的评价都是我的个人观点，仅供参考，重点看想法。

首先，先来分享一道非常简单的题，这应该是中考难度的。这道题是在 ns 上看见的。

题目描述：设 1 \le x_1, x_2, \dots, x_{2026} \le 2，求代数式

\frac{x_1x_2 + x_2x_3 + \dots + x_{2025}x_{2026} + x_{2026}x_1}{\sum_{i=1}^{2026} x_i^2}

的最小值。

证明想法：

\because \frac{x_i}{x_j} \in \left[\frac{1}{2}, 2\right] \implies \frac{x_i}{x_j} + \frac{x_j}{x_i} \le \frac{5}{2} \implies x_i x_j \ge \frac{2}{5}(x_i^2 + x_j^2)

取 j=i+1 对上式求和即证。

取等条件为：$x_{2k+1}=1, x_{2k}=2$。 与这个类似的题目其实很多，不如我们熟悉的高联不等式还有 Fan 不等式。在这道题中我们需要熟练地构造**局部不等式**。 已知 $a < b$，则： $$(x-a)(x-b) \le 0 \quad \iff \quad a \le x \le b$$ 展开得： $$x^2 - (a+b)x + ab \le 0$$ 可从两个角度观察： 1. 一次项与二次项。 2. 系数 $a+b$ 与常数项 $ab$。 应用到本题中，构造： $$(2x_i - x_{i+1})(x_i - 2x_{i+1}) \le 0$$ 这题简单是由于它是二次的，对于奇数次方的问题，我们应该如何寻找局部不等式呢？ #### 我们可以看看 2025 年丝绸之路 P5。 **题目描述**：设 $0 < x_1 \le x_2 \le \dots \le x_n$，且满足： $$\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i^3}{\sum_{i=1}^{n} x_i} = \frac{x_1^2 + x_n^2}{2}$$ 求证： $$\sum_{i=1}^{n} x_i^2 \ge n x_1 x_n$$ **证明想法**：首先，将题目的已知条件去分母并移项，转化为求和式等于 $0$ 的形式： $$2\sum_{i=1}^{n} x_i^3 - (x_1^2 + x_n^2)\sum_{i=1}^{n} x_i = 0$$ 这里，我们希望构造一个美丽的**三次局部不等式**。这里由于 $0 < x_1 \le x_i \le x_n$，对于任意的 $i \in \{1, 2, \dots, n\}$，所以最开始我的想法是这么构造： $$(x_i-x_1)^2(x_i-x_n) \ge 0$$ 但经过尝试，发现这么做似乎做不下去（也可能是我太菜了）。不过这里我们可以采用 $x_i^2 - x_1^2 \ge 0$ 来构造局部不等式： $$(x_i^2 - x_1^2)(x_i - x_n) \le 0$$ 展开得： $$x_i^3 - x_n x_i^2 - x_1^2 x_i + x_1^2 x_n \le 0 \qquad \text{(1)}$$ 同理，我们可以对称地构造出另一个局部不等式： $$(x_i^2 - x_n^2)(x_i - x_1) \le 0$$ 展开得： $$x_i^3 - x_1 x_i^2 - x_n^2 x_i + x_1 x_n^2 \le 0 \qquad \text{(2)}$$ 将不等式 (1) 与 (2) 相加（这样我们就可以让 $x_1$ 和 $x_n$ 的地位对称），合并同类项： $$2x_i^3 - (x_1 + x_n)x_i^2 - (x_1^2 + x_n^2)x_i + x_1 x_n(x_1 + x_n) \le 0$$ 这里局部在 $i = 1, 2, \dots, n$ 上进行求和： $$2\sum_{i=1}^{n} x_i^3 - (x_1 + x_n)\sum_{i=1}^{n} x_i^2 - (x_1^2 + x_n^2)\sum_{i=1}^{n} x_i + n x_1 x_n(x_1 + x_n) \le 0$$ 注意到已知条件 $2\sum_{i=1}^{n} x_i^3 - (x_1^2 + x_n^2)\sum_{i=1}^{n} x_i = 0$，将此条件代入上述不等式，第一项与第三项恰好完全抵消，得到： $$-(x_1 + x_n)\sum_{i=1}^{n} x_i^2 + n x_1 x_n(x_1 + x_n) \le 0$$ 因为已知 $x_i > 0$，故 $x_1 + x_n > 0$。将不等式两边同除以 $-(x_1 + x_n)$ 并改变不等号方向，可得： $$\sum_{i=1}^{n} x_i^2 - n x_1 x_n \ge 0$$ 即： $$\sum_{i=1}^{n} x_i^2 \ge n x_1 x_n$$ 原命题得证。当且仅当对于所有的 $i$，均有 $x_i = x_1$ 或 $x_i = x_n$ 时，等号成立。 #### 我们现在已经看了一些基本的局部不等式的用处了，但是局部不等式究竟应该怎么去凑呢？现在让我们看一看一些有趣的问题。 **题目描述**（2023 俄罗斯数学奥林匹克 10）：给定实数 $0 < a < 1$ 和正整数 $n$。设正实数 $x_0, x_1, x_2, \dots, x_n$ 满足已知条件： $$\sum_{i=0}^{n} x_i = n+a \qquad \sum_{i=0}^n\frac{1}{x_i} = n+\frac{1}{a}$$ 求 $\sum_{i=0}^n x_i^2$ 的最小值。 **证明想法**： 我们的目标是找到合适的常数 $A, B, C$，对每一个 $x_i$ 构造出如下形式的局部不等式： $$x_i^2 \ge A x_i + B \frac{1}{x_i} + C$$ 如果能成功构造出这个不等式，我们只要将这 $n+1$ 个式子加起来，就能直接代入题目已知的 $\sum x_i$ 和 $\sum \frac{1}{x_i}$ 算出 $\sum x_i^2$ 的最小值。要确定 $A, B, C$ 这三个常数，最关键的一步就是找到不等式等号成立的条件。观察题目中给定的这两个形式高度对称的条件，在构造局部不等式之前，为了处理 $a$ 的局部大小关系，我们需要估计 $a$ 的大小关系。这里我们采用常见的分离变量的方法，由于柯西不等式： $$\left( \sum_{i=1}^n x_i \right) \left( \sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i} \right) \ge n^2$$ 这里我们又知道： $$\sum_{i=1}^n x_i = n + a - x_0 \qquad \sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i} = n + \frac{1}{a} - \frac{1}{x_0}$$ 我们便可以得到： $$(n + a - x_0) \left(n + \frac{1}{a} - \frac{1}{x_0}\right) \ge n^2$$ 变形后因式分解得到： $$(x_0 - a) ( (na+1)x_0 - (n+a) ) \le 0 \qquad \text{（3）}$$ 解这个不等式，我们需要比较两个根 $a$ 和 $\frac{n+a}{na+1}$ 的大小。我们可以用作差法： $$\frac{n+a}{na+1} - a = \frac{n+a-na^2-a}{na+1} = \frac{n(1-a^2)}{na+1}$$ 由于题目明确给定 $0 < a < 1$ 且 $n$ 是正整数，所以 $1-a^2 > 0$。这就证明了 $\frac{n+a}{na+1} > a$。 如果 $a \ge x_0 \ge \frac{n+a}{na+1}$，就与上面我们所推矛盾了，所以： $$a \le x_0 \le \frac{n+a}{na+1}$$ 这个式子是对于任意的 $x_i$ 都成立的。另一方面，我们很容易猜测到当 $x_0, x_1, x_2, \dots, x_n$ 中有一个是 $a$，剩下 $n$ 个全是 $1$ 的时候不等式取等，所以这里我们直接构造局部不等式： $$f(x) = (x-1)^2(x-a) = x^3 - (2+a)x^2 +(1+2a)x-a$$ 其中，这里我们之所以把平方放到 $(x-1)$ 上就是因为 $x_0, x_1, x_2, \dots, x_n$ 上有很多 $1$。为了保证不等式在 $x=1$ 附近不变号（与曲线相切），我们必须要用到 $(x-1)^2 \ge 0$。而 $a$ 我们刚才已经估计过了（（3）式），$x_i \ge a$，这样就有 $f(x) \ge 0$。 这样： $$\sum_{i=0}^n \frac{f(x_i)}{x_i} = \sum_{i=0}^n \left(x_i^2 - (2+a)x_i +(n+1)(1+2a)-\frac{a}{x_i}\right) = \sum_{i=0}^n x_i^2 -(2+a)(n+a)+(n+1)(1+2a)-a\left(n+\frac {1}{a}\right) = \sum_{i=0}^n x_i^2-n- a^2$$ 由于 $\sum_{i=0}^n \frac{f(x_i)}{x_i} \ge 0$，所以： $$\sum_{i=0}^n x_i^2 \ge n + a^2$$ 这样，我们就做完了。 所以说我们要看取等条件。 #### 当然，有些时候我们没法通过取等条件凑出局部不等式，这个时候，我们就应该直接利用待定系数法。 这里的话非常经典的题目就是求下面这个式子的最小值： $$\frac{\sum_{i=1}^{n-1} {x_ix_{i+1}}}{\sum_{i=1}^{n} x_i^2}$$ 这个时候有人就说了，这个有[Fan 不等式以及相关问题](https://www.luogu.com.cn/article/wceogqpl)（可能还没写好，写好了才会公开）是显然的。这是的确的，当然我们还可以用局部不等式做，虽然比较复杂，但是可以练习我们的计算能力 ~~（编不出来了 hh）~~。 **证明思路**： 我们设该式子的最小值为 $-\lambda$ （其中 $\lambda > 0$），即要求证 $\sum_{i=1}^{n-1} x_i x_{i+1} \ge -\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i^2$。 对每一项使用基本不等式，引入正数列 $\{c_i\}$： $$x_i x_{i+1} \ge -\frac{1}{2} \left( c_i x_i^2 + \frac{1}{c_i} x_{i+1}^2 \right)$$ 将 $i=1, 2, \dots, n-1$ 的所有不等式相加，得到： $$\sum_{i=1}^{n-1} x_i x_{i+1} \ge -\frac{1}{2} \left[ c_1 x_1^2 + \left(c_2 + \frac{1}{c_1}\right)x_2^2 + \dots + \left(c_{n-1} + \frac{1}{c_{n-2}}\right)x_{n-1}^2 + \frac{1}{c_{n-1}} x_n^2 \right]$$ 为了让右边正好等于 $-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i^2$，各项的系数必须满足： $$c_1 = 2\lambda \qquad c_2 + \frac{1}{c_1} = 2\lambda \qquad \dots \qquad c_{n-1} + \frac{1}{c_{n-2}} = 2\lambda \qquad \frac{1}{c_{n-1}} = 2\lambda$$ 为了统一格式，我们可以强行定义一个 $c_n = 0$，这样最后一个式子也可以写成 $c_n + \frac{1}{c_{n-1}} = 2\lambda$。这就得到了一个递推关系：$c_k = 2\lambda - \frac{1}{c_{k-1}}$，且边界条件为 $c_n = 0$。 为了解这个非线性递推，我们做代换，令 $c_k = \frac{u_{k+1}}{u_k}$。代入递推式得到 $\frac{u_{k+1}}{u_k} = 2\lambda - \frac{u_{k-1}}{u_k}$，即化为二阶线性齐次递推数列： $$u_{k+1} - 2\lambda u_k + u_{k-1} = 0$$ 该数列的特征方程为： $$r^2 - 2\lambda r + 1 = 0$$ 由于我们需要保证所有的 $c_k > 0$，可以推断 $-1 < \lambda < 1$。所以： $$r = \frac{2\lambda \pm \sqrt{4(\lambda^2 - 1)}}{2} = \lambda \pm i\sqrt{1 - \lambda^2}$$ 为了方便求解，我们设 $\lambda = \cos\theta$，其中 $\theta \in (0, \frac{\pi}{2})$。此时，递推式的特征方程变为： $$r = \cos\theta \pm i\sin\theta$$ 我们可以将这两个复数根直接写成指数形式： $$r_1 = e^{i\theta} \qquad r_2 = e^{-i\theta}$$ 所以这里根据韦达定理，根与系数必定满足： $$r_1 + r_2 = 2\lambda \qquad r_1 r_2 = 1$$ 我们把 $2\lambda$ 和隐藏的系数 $1$ 替换成特征根： $$u_{k+1} = (r_1 + r_2)u_k - (r_1 r_2)u_{k-1}$$ 提取公因式，把它变得形式相同： $$u_{k+1} - r_1 u_k = r_2(u_k - r_1 u_{k-1})$$ 这里我们就可以求出 $u_{k+1}$ 和 $u_k$ 的关系了，由于： $$u_{k+1} - r_1 u_k = r_2(u_k - r_1 u_{k-1}) = r_2^2(u_{k-1} - r_1 u_{k-2}) = \dots = r_2^k (u_1 - r_1 u_0)$$ 又因为初始条件 $u_0 = 0, u_1 = 1$，代入上式右边，得到 $u_1 - r_1 u_0 = 1$。所以： $$u_{k+1} - r_1 u_k = r_2^k$$ 因为 $r_1$ 和 $r_2$ 的地位是完全对称的，所以我们同理可以得到： $$u_{k+1} - r_2 u_k = r_1^k$$ 我们将两式相减，直接把 $u_{k+1}$ 消掉，可知： $$(r_1 - r_2)u_k = r_1^k - r_2^k$$ 再把两边除以 $(r_1 - r_2)$，我们就可以得到： $$u_k = \frac{r_1^k - r_2^k}{r_1 - r_2}$$ 现在，把我们解出的 $r_1 = e^{i\theta}$ 和 $r_2 = e^{-i\theta}$ 代入这个表达式： $$u_k = \frac{e^{ik\theta} - e^{-ik\theta}}{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}$$ 根据欧拉公式 $\sin x = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}$，分子就是 $2i\sin(k\theta)$，分母就是 $2i\sin\theta$，上下约掉 $2i$： $$u_k = \frac{\sin(k\theta)}{\sin\theta}$$ 根据边界条件 $u_{n+1} = 0$： $$u_{n+1} = \frac{\sin((n+1)\theta)}{\sin\theta} = 0$$ 得到 $\sin((n+1)\theta) = 0$。取最小正角使得 $\lambda = \cos\theta$ 最大，即 $\theta = \frac{\pi}{n+1}$。所以 $\lambda_{max} = \cos\left(\frac{\pi}{n+1}\right)$，原式最小值为 $-\cos\left(\frac{\pi}{n+1}\right)$。 打这么多字真不容易，再见 (●'◡'●)。