problemset

1. 设 $0<q<1$，证明：$\prod\limits_{i=0}^{+\infty} (1-q^{2^i})\ge1-\sqrt{2}q$。

2. 给一个多面体的每个顶点标记一个非负实数，使得所有顶点处的实数之和恰为 $1$，然后给每条边标记上等同于其两个端点上的数之积的数。证明：所有边上被标记的数之和不超过 $\frac{3}{8}$。

3. 正整数集被划分成三个递增的数列 $\{a_n\}_{n=1}^\infty$，$\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 和 $\{c_n\}_{n=1}^\infty$，且对任意正整数 $n$ 有 (1) $c_{a_n} = b_n + 1$； (2) $a_{n+1} > b_n$； (3) $c_n c_{n+1} - (n+1)c_{n+1} - n c_n$ 是偶数。 求 $a_{2026}, b_{2026}, c_{2026}$。

4. 设整数 $n \ge 3$，正实数 $x_1, x_2, \dots, x_n$ 满足 $x_1 x_2 \dots x_n = 1$，证明：$\sum\limits_{i=1}^n \frac{x_i + 3}{(x_i + 1)^2} \ge 3$。

5. 设整数 $n \ge 3$，$a_1, a_2, \dots, a_n$ 是实数，$S$ 是 $\{1, 2, \dots, n\}$ 的一个非空子集，证明：

$$(\sum_{i \in S} a_i)^2 \le \sum_{1 \le i \le j \le n} (a_i + \dots + a_j)^2$$

6. 求满足下面条件的最大正实数 $a$：对任意正整数 $n$ 和满足 $0=x_0 < x_1 < \dots < x_n$ 的实数 $x_0, x_1, \dots, x_n$，均有

$$\frac{1}{x_1 - x_0} + \frac{1}{x_2 - x_1} + \dots + \frac{1}{x_n - x_{n-1}} \ge a \left( \frac{2}{x_1} + \frac{3}{x_2} + \dots + \frac{n+1}{x_n} \right)$$

7. 定义数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 如下：

$$a_0 = 0, a_1 = 1, a_{n+1} = \frac{2026}{n} a_n + a_{n-1}$$$$b_0 = 0, b_1 = 1, b_{n+1} = \frac{2024}{n} b_n + b_{n-1}$$

证明：$\frac{a_{1012}}{1012} = \frac{b_{1013}}{1013}$。

1

解答

设

$$P(q)=\prod_{i=0}^{\infty}(1-q^{2^i}),\qquad 0<q<1.$$

因为 $\sum_{i=0}^{\infty}q^{2^i}<\infty$，所以无穷乘积收敛且为正。

首先利用乘积结构得到函数方程：

$$P(q)=(1-q)\prod_{i=1}^{\infty}(1-q^{2^i})=(1-q)P(q^2).$$

令

$$g(q)=P(q)-(1-\sqrt2 q).$$

只需证明 $g(q)\ge 0$。

由函数方程，

$$\begin{aligned} g(q)&=(1-q)P(q^2)-1+\sqrt2 q\\ &=(1-q)\bigl(1-\sqrt2 q^2+g(q^2)\bigr)-1+\sqrt2 q. \end{aligned}$$

整理得

$$g(q)=A(q)+(1-q)g(q^2),$$

其中

$$\begin{aligned} A(q)&=(1-q)(1-\sqrt2 q^2)-1+\sqrt2 q\\ &=1-q-\sqrt2 q^2+\sqrt2 q^3-1+\sqrt2 q\\ &=q\bigl(\sqrt2 q^2-\sqrt2 q+\sqrt2-1\bigr). \end{aligned}$$

下面证明 $A(q)>0$。设

$$h(q)=\sqrt2 q^2-\sqrt2 q+\sqrt2-1.$$

其判别式为

$$\Delta=(-\sqrt2)^2-4\sqrt2(\sqrt2-1) =2-4(2-\sqrt2)=4\sqrt2-6<0,$$

且首项系数 $\sqrt2>0$，故 $h(q)>0$ 对所有实数 $q$ 成立。因此 $A(q)>0$ 对 $q>0$ 成立。

接下来证明一个小 $q$ 的基础不等式。若

$$0<t\le 1-\frac1{\sqrt2},$$

则

$$P(t)\ge 1-\sqrt2 t.$$

事实上，由不等式 $\prod(1-a_i)\ge 1-\sum a_i$（$0\le a_i\le1$）可得

$$P(t)\ge 1-\sum_{i=0}^{\infty}t^{2^i}.$$

由于 $0<t<1$ 且 $2^i\ge i+1$，有 $t^{2^i}\le t^{i+1}$，故

$$\sum_{i=0}^{\infty}t^{2^i}\le \sum_{i=0}^{\infty}t^{i+1}=\frac{t}{1-t}.$$

当 $t\le 1-\frac1{\sqrt2}$ 时，$1-t\ge \frac1{\sqrt2}$，所以

$$\frac{t}{1-t}\le \sqrt2 t.$$

因此 $P(t)\ge 1-\sqrt2 t$，即 $g(t)\ge0$。

现在对任意 $q\in(0,1)$，取正整数 $n$ 使得

$$q^{2^n}\le 1-\frac1{\sqrt2}.$$

记 $q_k=q^{2^k}$。由基础不等式，$g(q_n)\ge0$。又由递推式

$$g(q_k)=A(q_k)+(1-q_k)g(q_{k+1})$$

以及 $A(q_k)>0,\ 1-q_k>0$，从 $k=n-1$ 反向归纳可得

$$g(q_{n-1})>0,\ g(q_{n-2})>0,\ldots,\ g(q_0)=g(q)>0.$$

因此 $g(q)\ge0$，即

$$P(q)\ge 1-\sqrt2 q.$$

也就是

$$\prod_{i=0}^{+\infty}(1-q^{2^i})\ge 1-\sqrt2 q.$$

检查

逐项核验：

• 题意理解正确：$0<q<1$，证明无穷乘积的下界。
• 无穷乘积收敛：因为 $\sum q^{2^i}<\infty$，且每个因子均为正，故乘积收敛到正数。
• 函数方程 $P(q)=(1-q)P(q^2)$ 正确。
• 递推式代数展开重新计算无误：$$(1-q)(1-\sqrt2 q^2)-1+\sqrt2 q =(\sqrt2-1)q-\sqrt2 q^2+\sqrt2 q^3 =q(\sqrt2 q^2-\sqrt2 q+\sqrt2-1).$$
• 二次函数 $h(q)$ 的判别式$$\Delta=4\sqrt2-6<0,$$ 且首项系数为正，故 $h(q)>0$ 恒成立，从而 $A(q)>0$。
• 基础不等式：有限乘积不等式取极限合法；$\sum t^{2^i}\le t/(1-t)$ 的估计正确；条件 $t\le 1-1/\sqrt2$ 恰好保证 $t/(1-t)\le \sqrt2 t$。
• 反向归纳：由于 $q<1$，$q^{2^n}\to0$，故存在 $n$ 使 $q^{2^n}\le 1-1/\sqrt2$。递推中 $A(q_k)>0$，所以只要后一项非负，前一项就严格正。
• 边界情况：$q\to0$ 和 $q\to1$ 均被覆盖，$q=1$ 不在题设范围内。最终结论完整。

核心思路总结

关键步骤是将无穷乘积记为 $P(q)$，利用其函数方程

$$P(q)=(1-q)P(q^2)$$

建立关于

$$g(q)=P(q)-(1-\sqrt2 q)$$

的递推关系。递推中的常数项 $A(q)$ 恒正，因此只要某个迭代值 $q^{2^n}$ 满足基础不等式，就能反向归纳得到原不等式。基础不等式通过乘积下界不等式和几何级数估计证明。核心工具：无穷乘积的函数方程、乘积下界不等式、二次函数判别式、反向归纳。

参考资料

无

2

解答

设多面体的顶点集合为 $V$，边集合为 $E$，抽象成简单图 $G=(V,E)$。对每个顶点 $v$，记题目中所赋非负实数为 $f(v)$，且

$$\sum_{v\in V}f(v)=1.$$

需要证明

$$\sum_{uv\in E}f(u)f(v)\le \frac38.$$

先证明题目提示中的引理。

引理： 设简单图 $G$ 的最大团点数为 $k$。若给每个顶点 $v$ 赋非负实数 $f(v)$，记

$$S=\sum_{v\in V}f(v),$$

则

$$\sum_{uv\in E}f(u)f(v)\le \frac{k-1}{2k}S^2.$$

引理证明： 若 $S=0$，结论显然。否则令

$$x_v=\frac{f(v)}{S},$$

则 $x_v\ge 0$，且 $\sum_v x_v=1$。只需证明

$$F(x)=\sum_{uv\in E}x_ux_v\le \frac{k-1}{2k}.$$

在单纯形

$$\Delta=\left\{(x_v)_{v\in V}:x_v\ge 0,\ \sum_v x_v=1\right\}$$

上，$F$ 连续，因此存在最大值点。取一个最大值点 $x$。

若 $x$ 的正坐标支撑集不是团，则存在两个顶点 $u,v$，使得

$$x_u>0,\quad x_v>0,\quad uv\notin E.$$

固定除 $u,v$ 外的所有坐标，令

$$c=x_u+x_v.$$

设

$$A=\sum_{w\in N(u)\setminus\{v\}}x_w,\qquad B=\sum_{w\in N(v)\setminus\{u\}}x_w.$$

因为 $uv\notin E$，所以 $F$ 中不含 $x_ux_v$ 项，并且与 $x_u,x_v$ 有关的项为

$$F=C+x_uA+x_vB,$$

其中 $C$ 与 $x_u,x_v$ 无关。令 $x_u=t$，则 $x_v=c-t$，其中 $0\le t\le c$。于是

$$F=C+tA+(c-t)B=C+cB+(A-B)t,$$

这是关于 $t$ 的线性函数。线性函数在区间 $[0,c]$ 的最大值必在端点取得，因此可将 $x_u,x_v$ 中至少一个变为 $0$，另一个变为 $c$，而 $F$ 不减小。

重复上述操作，正坐标个数严格减少，最终可得到一个最大值点，其正坐标支撑集是一个团。设该团大小为 $r$，则 $r\le k$。在此团上，

$$F=\sum_{\{i,j\}\subseteq \text{支撑集}}x_ix_j =\frac12\left(\left(\sum_i x_i\right)^2-\sum_i x_i^2\right) =\frac12\left(1-\sum_i x_i^2\right).$$

由柯西不等式，

$$\sum_i x_i^2\ge \frac1r.$$

因此

$$F\le \frac12\left(1-\frac1r\right)=\frac{r-1}{2r}\le \frac{k-1}{2k}.$$

故

$$\sum_{uv\in E}f(u)f(v)=S^2F(x)\le \frac{k-1}{2k}S^2.$$

引理得证。

现在回到原题。多面体的边图可嵌入平面，因此是平面图。平面图不含 $K_5$ 作为子图，所以任意两两相邻的顶点数至多为 $4$。也就是说，多面体图的最大团点数 $k\le 4$。

由引理，并注意 $S=\sum_v f(v)=1$，得

$$\sum_{uv\in E}f(u)f(v)\le \frac{k-1}{2k}.$$

函数

$$\frac{k-1}{2k}=\frac12-\frac1{2k}$$

在 $k>0$ 上单调递增，而 $k\le 4$，故

$$\frac{k-1}{2k}\le \frac{4-1}{2\cdot 4}=\frac38.$$

因此

$$\sum_{uv\in E}f(u)f(v)\le \frac38.$$

即所有边上被标记的数之和不超过 $\frac38$。

检查

• 题意理解正确：顶点赋非负实数且总和为 $1$，边上标记为两端点之积，要求所有边标记之和的上界。
• 引理证明完整：通过最大值点调整，将正坐标支撑集化为团，再用柯西不等式估计，得到最大团点数为 $k$ 时的上界。
• 多面体边图是平面图，平面图不含 $K_5$，所以最大团点数 $k\le 4$。这一步使用标准事实：$K_5$ 非平面。
• 由 $k\le 4$ 及函数 $\frac{k-1}{2k}$ 单调递增，得到上界 $\frac38$。
• 边界情况：若图无边形，则左边为 $0$，结论仍成立；若 $S=0$，引理中已说明平凡。原题中 $S=1$。
• 等号可在四面体情形达到：四个顶点各赋 $\frac14$，六条边的标记和均为 $\frac1{16}$，总和为 $6\cdot\frac1{16}=\frac38$。说明上界是紧的。

核心思路总结

关键步骤是将多面体问题转化为平面图问题，利用平面图不含 $K_5$ 得到最大团点数 $k\le 4$。核心工具是题目提示的引理：对最大团点数为 $k$ 的图，边权和不超过 $\frac{k-1}{2k}S^2$。该引理用调整法证明：在单纯形上取最大值点，若支撑集不是团，则可沿非边调整使正坐标数减少而不降低目标值，最终支撑集为团；再在团上用柯西不等式求得最大值。最后代入 $k\le 4$ 和 $S=1$ 得到 $\frac38$。

参考资料

无

3

解答

由条件 (1) 和提示 $c_{a_n}=a_n+2n$，得

$$b_n+1=c_{a_n}=a_n+2n,$$

所以

$$b_n=a_n+2n-1.$$

先确定 $a_1$。若 $a_1\ge 2$，则 $1$ 不在 $a$ 中。又 $b_1=a_1+1\ge 3$，故 $1$ 也不在 $b$ 中，于是 $1$ 必在 $c$ 中，即 $c_1=1$。由 $c_{a_1}=a_1+2$。

• 若 $a_1=2$，则 $c_2=4$。取 $n=1$ 代入条件 (3)：$$c_1c_2-2c_2-c_1=1\cdot4-2\cdot4-1=-5,$$ 为奇数，矛盾。
• 若 $a_1\ge 3$，则 $2$ 不在 $a$ 中，也不在 $b$ 中（因 $b_1=a_1+1\ge4$），故 $2$ 在 $c$ 中，即 $c_2=2$。取 $n=1$：$$c_1c_2-2c_2-c_1=1\cdot2-2\cdot2-1=-3,$$ 也为奇数，矛盾。

因此必有 $a_1=1$。于是 $b_1=a_1+1=2$，$c_{a_1}=c_1=b_1+1=3$。

下面用归纳法证明 $a_n=n^2$。假设对 $k\le n$ 有 $a_k=k^2$，则

$$b_n=a_n+2n-1=n^2+2n-1,\qquad c_{a_n}=c_{n^2}=a_n+2n=n^2+2n.$$

由条件 (2)：

$$a_{n+1}>b_n=n^2+2n-1,$$

故 $a_{n+1}\ge n^2+2n$。又 $a_{n+1}$ 不能等于 $c_{n^2}=n^2+2n$（因为三个数列互不相交），所以

$$a_{n+1}\ge n^2+2n+1=(n+1)^2.$$

若 $a_{n+1}>(n+1)^2$，则 $(n+1)^2$ 不在 $a$ 中。又

$$b_n=n^2+2n-1<(n+1)^2,\qquad b_{n+1}=a_{n+1}+2n+1>(n+1)^2,$$

所以 $(n+1)^2$ 也不在 $b$ 中，故必在 $c$ 中。由于

$$c_{n^2}=n^2+2n=(n+1)^2-1,$$

且 $c$ 递增，所以

$$c_{n^2+1}=(n+1)^2=n^2+2n+1.$$

将 $n$ 换成 $n^2$ 代入条件 (3)：

$$c_{n^2}c_{n^2+1}-(n^2+1)c_{n^2+1}-n^2c_{n^2}$$ $$=(n^2+2n)(n^2+2n+1)-(n^2+1)(n^2+2n+1)-n^2(n^2+2n)$$ $$=-n^4+3n^2-1\equiv 1\pmod 2,$$

为奇数，矛盾。因此 $a_{n+1}=(n+1)^2$。归纳完成，故

$$a_n=n^2.$$

于是

$$b_n=a_n+2n-1=n^2+2n-1=(n+1)^2-2.$$

由划分性质，$c$ 序列就是正整数中除去平方数 $n^2$ 和形如 $n^2+2n-1=(n+1)^2-2$ 的数后剩下的数，按递增顺序排列。

求 $c_{2026}$。设第 $2026$ 个这样的数为 $m$。在 $1$ 到 $m$ 中：

• 平方数有 $\lfloor\sqrt m\rfloor$ 个；
• 形如 $k^2-2$（$k\ge2$）的数有 $\lfloor\sqrt{m+2}\rfloor-1$ 个。

这两类数不相交，所以被排除的总数为

$$\lfloor\sqrt m\rfloor+\lfloor\sqrt{m+2}\rfloor-1.$$

因此

$$m-\bigl(\lfloor\sqrt m\rfloor+\lfloor\sqrt{m+2}\rfloor-1\bigr)=2026,$$

即

$$m-\lfloor\sqrt m\rfloor-\lfloor\sqrt{m+2}\rfloor=2025.$$

取 $m=2117$：因为 $46^2=2116<2117<47^2=2209$，所以 $\lfloor\sqrt{2117}\rfloor=46$；又 $2119<47^2$，故 $\lfloor\sqrt{2119}\rfloor=46$。于是

$$2117-46-46=2025.$$

且 $2117$ 不是平方数（$46^2=2116$，$47^2=2209$），也不是 $k^2-2$（因 $2117+2=2119$ 非平方数），所以 $2117$ 在 $c$ 中。故

$$c_{2026}=2117.$$

最后计算：

$$a_{2026}=2026^2=4\,104\,676,$$ $$b_{2026}=2026^2+2\cdot2026-1=4\,104\,676+4052-1=4\,108\,727,$$$$c_{2026}=2117.$$

因此

$$\boxed{a_{2026}=4\,104\,676,\quad b_{2026}=4\,108\,727,\quad c_{2026}=2117.}$$

检查

• 题意理解：三个递增数列划分正整数集，每个正整数恰好出现一次；条件 (1)(2)(3) 均已使用。
• 关键推导：由 (1) 和提示得 $b_n=a_n+2n-1$；用条件 (3) 排除 $a_1\ge2$，得 $a_1=1$；归纳证明 $a_n=n^2$ 时，利用条件 (3) 排除 $(n+1)^2$ 落入 $c$ 的情况，逻辑完整。
• 计算核对：$2026^2=(2000+26)^2=4\,104\,676$；$b_{2026}=4\,104\,676+4052-1=4\,108\,727$。
• 计数核对：在 $1$ 到 $2117$ 中，平方数 $46$ 个，形如 $k^2-2$ 的数 $46$ 个，共排除 $91$ 个，剩余 $2117-91=2026$ 个，故 $2117$ 恰为第 $2026$ 个 $c$ 项。
• 边界情况：$2117$ 不是平方数也不是 $k^2-2$，确保它在 $c$ 中。
• 最终结论完整回答题目。

核心思路总结

关键步骤：利用提示将 $b_n$ 表示为 $a_n+2n-1$；通过条件 (3) 的奇偶性排除初始项和归纳中的其他可能，从而确定 $a_n=n^2$；利用集合划分确定 $c$ 序列为排除平方数和 $k^2-2$ 后的数，最后通过计数方程求出第 $2026$ 个 $c$ 项。核心工具是数列划分的互补计数和模 $2$ 奇偶性分析。

参考资料

无。

4

解答

先证明一个三变量引理。

引理： 若 $a,b,c>0$ 且 $abc\le 1$，则

$$\frac{a+3}{(a+1)^2}+\frac{b+3}{(b+1)^2}+\frac{c+3}{(c+1)^2}\ge 3.$$

引理的证明： 令

$$u=\frac{1-a}{1+a},\qquad v=\frac{1-b}{1+b},\qquad w=\frac{1-c}{1+c}.$$

因为 $a,b,c>0$，所以 $u,v,w\in(-1,1)$，并且

$$a=\frac{1-u}{1+u},\qquad b=\frac{1-v}{1+v},\qquad c=\frac{1-w}{1+w}.$$

由 $abc\le 1$ 得

$$\frac{(1-u)(1-v)(1-w)}{(1+u)(1+v)(1+w)}\le 1.$$

由于分母为正，故

$$(1-u)(1-v)(1-w)\le (1+u)(1+v)(1+w).$$

展开得

$$1-(u+v+w)+(uv+vw+wu)-uvw \le 1+(u+v+w)+(uv+vw+wu)+uvw.$$

化简得

$$u+v+w+uvw\ge 0. \tag{1}$$

另一方面，直接计算：

$$\frac{a+3}{(a+1)^2} = \frac{\frac{1-u}{1+u}+3}{\left(\frac{1-u}{1+u}+1\right)^2} = \frac{\frac{2(2+u)}{1+u}}{\frac{4}{(1+u)^2}} = 1+\frac{3}{2}u+\frac{1}{2}u^2.$$

同理，

$$\frac{b+3}{(b+1)^2}=1+\frac{3}{2}v+\frac{1}{2}v^2,\qquad \frac{c+3}{(c+1)^2}=1+\frac{3}{2}w+\frac{1}{2}w^2.$$

因此

$$\sum_{\text{cyc}}\frac{a+3}{(a+1)^2} = 3+\frac{3}{2}(u+v+w)+\frac{1}{2}(u^2+v^2+w^2).$$

要证明左边不小于 $3$，只需证明

$$u^2+v^2+w^2+3(u+v+w)\ge 0. \tag{2}$$

由 (1) 知 $u+v+w\ge -uvw$，所以

$$u^2+v^2+w^2+3(u+v+w) \ge u^2+v^2+w^2-3uvw. \tag{3}$$

若 $uvw\le 0$，则右边显然非负。若 $uvw>0$，由 AM-GM 不等式，

$$u^2+v^2+w^2\ge 3\sqrt[3]{u^2v^2w^2}=3(uvw)^{2/3}.$$

又因为 $u,v,w\in(-1,1)$，所以 $0<uvw<1$，从而

$$(uvw)^{2/3}\ge uvw.$$

于是

$$u^2+v^2+w^2\ge 3uvw,$$

即

$$u^2+v^2+w^2-3uvw\ge 0.$$

结合 (3) 可知 (2) 成立，故引理得证。

---

现在回到原题。将 $x_1,x_2,\dots,x_n$ 按大小重新排列，记为

$$x_{(1)}\le x_{(2)}\le \cdots \le x_{(n)}.$$

取其中最小的三个，记为 $a=x_{(1)},b=x_{(2)},c=x_{(3)}$。

因为 $x_1x_2\cdots x_n=1$，所以 $abc\le 1$。事实上，若 $abc>1$，则

$$c^3\ge abc>1,$$

故 $c>1$。于是所有 $x_i\ge c>1$（当 $i\ge 3$ 时显然，前两个也包含在 $abc>1$ 中），从而

$$x_1x_2\cdots x_n\ge abc\cdot c^{\,n-3}>1,$$

这与乘积等于 $1$ 矛盾。因此 $abc\le 1$。

由引理，

$$\frac{a+3}{(a+1)^2}+\frac{b+3}{(b+1)^2}+\frac{c+3}{(c+1)^2}\ge 3.$$

又因为对任意 $x>0$，

$$\frac{x+3}{(x+1)^2}>0,$$

所以其余 $n-3$ 项均为正数。因此

$$\sum_{i=1}^n \frac{x_i+3}{(x_i+1)^2} \ge \frac{a+3}{(a+1)^2}+\frac{b+3}{(b+1)^2}+\frac{c+3}{(c+1)^2} \ge 3.$$

故原不等式成立。

检查

• 题意理解无误：条件是 $n\ge 3$、$x_i>0$、$\prod x_i=1$，结论为和式不小于 $3$。
• 引理中换元 $u=\frac{1-a}{1+a}$ 合法，因为 $a>0$ 时 $u\in(-1,1)$，且 $1+u>0$，逆变换 $a=\frac{1-u}{1+u}$ 正确。
• 由 $abc\le 1$ 推出 $(1-u)(1-v)(1-w)\le (1+u)(1+v)(1+w)$ 的分母为正，方向不变，展开化简得到 $u+v+w+uvw\ge 0$，无误。
• 函数表达式$$\frac{a+3}{(a+1)^2}=1+\frac{3}{2}u+\frac{1}{2}u^2$$ 计算正确。
• 关键不等式 $u^2+v^2+w^2+3(u+v+w)\ge 0$ 的证明中，由 $u+v+w\ge -uvw$ 得到下界 $u^2+v^2+w^2-3uvw$。当 $uvw\le 0$ 时显然非负；当 $uvw>0$ 时，利用 AM-GM 与 $|uvw|<1$ 得到 $u^2+v^2+w^2\ge 3uvw$，推理完整。
• 取最小三个 $a,b,c$ 后，证明 $abc\le 1$ 的反证法正确：若 $abc>1$，则 $c>1$，所有变量均大于 $1$，乘积大于 $1$，矛盾。
• 其余 $n-3$ 项均为正，因此忽略它们不会使总和变小。
• 等号条件：当 $n=3$ 且 $x_1=x_2=x_3=1$ 时，每一项均为 $1$，总和为 $3$，等号成立；当 $n>3$ 时总和严格大于 $3$。最终结论完整。

核心思路总结

关键步骤是将 $n$ 个变量的问题化归为三元情形：取最小的三个变量，利用总乘积条件证明它们乘积不超过 $1$，而其余项均为正，因此只需证明三变量且乘积不超过 $1$ 的不等式。三元情形中，换元

$$y=\frac{1-x}{1+x}$$

把原式化为关于 $y$ 的二次表达式，乘积条件则化为

$$y_1+y_2+y_3+y_1y_2y_3\ge 0.$$

最后结合 AM-GM 不等式证明所需的二次式非负。核心工具是换元、排序取最小三元素、AM-GM 不等式以及正项截断。

参考资料

无

5

解答

令

$$P_0=0,\qquad P_k=a_1+\cdots+a_k\quad (1\le k\le n).$$

则

$$a_i+\cdots+a_j=P_j-P_{i-1}\quad (1\le i\le j\le n).$$

于是题中右边为

$$R=\sum_{0\le r<s\le n}(P_s-P_r)^2.$$

设 $b_k=1$ 若 $k\in S$，否则 $b_k=0$，并补充 $b_0=b_{n+1}=0$。则

$$\sum_{i\in S}a_i=\sum_{i=1}^n b_i(P_i-P_{i-1}).$$

分部求和：

$$\sum_{i=1}^n b_i(P_i-P_{i-1}) =\sum_{k=0}^n (b_k-b_{k+1})P_k.$$

令 $c_k=b_k-b_{k+1}$（$0\le k\le n$）。则

$$\sum_{i\in S}a_i=\sum_{k=0}^n c_k P_k,$$

并且

$$\sum_{k=0}^n c_k=0.$$

因为 $b_0=b_{n+1}=0$，序列 $b_0,b_1,\dots,b_{n+1}$ 中相邻两项不同的位置恰好是 $S$ 的每个连续整数段的起点前和终点后。若 $S$ 由 $m$ 个连续整数段组成，则非零 $c_k$ 的个数为 $2m$。又这 $m$ 个段至少需要 $m$ 个元素，段与段之间至少需要 $m-1$ 个不属于 $S$ 的元素，所以 $n\ge 2m-1$，即

$$\sum_{k=0}^n c_k^2=2m\le n+1.$$

另一方面，直接展开可得

$$R=\sum_{0\le r<s\le n}(P_s-P_r)^2 =(n+1)\sum_{k=0}^n P_k^2-\left(\sum_{k=0}^n P_k\right)^2.$$

令 $\bar P=\frac1{n+1}\sum_{k=0}^n P_k$，则

$$R=(n+1)\sum_{k=0}^n (P_k-\bar P)^2.$$

由于 $\sum_{k=0}^n c_k=0$，有

$$\sum_{k=0}^n c_k P_k=\sum_{k=0}^n c_k(P_k-\bar P).$$

由柯西不等式，

$$\left(\sum_{i\in S}a_i\right)^2 =\left(\sum_{k=0}^n c_k P_k\right)^2 \le \left(\sum_{k=0}^n c_k^2\right)\left(\sum_{k=0}^n (P_k-\bar P)^2\right).$$

代入 $\sum c_k^2\le n+1$ 以及 $R=(n+1)\sum(P_k-\bar P)^2$，得

$$\left(\sum_{i\in S}a_i\right)^2 \le (n+1)\cdot \frac{R}{n+1}=R.$$

而

$$R=\sum_{0\le r<s\le n}(P_s-P_r)^2 =\sum_{1\le i\le j\le n}(a_i+\cdots+a_j)^2.$$

故原不等式成立。

检查

• 题意理解：右边是所有连续区间和的平方和，左边是任意非空子集元素和的平方，证明左边不超过右边。证明中通过前缀和把区间和化为两点差，把子集和化为前缀和的线性组合。
• 条件使用：完整使用了 $S\subseteq\{1,\dots,n\}$ 非空以及 $n\ge 3$；实际上 $n\ge 1$ 时证明也成立。非空性未造成遗漏，空集时左边为 $0$，结论显然。
• 关键步骤核验：
  • 分部求和 $\sum_{i=1}^n b_i(P_i-P_{i-1})=\sum_{k=0}^n (b_k-b_{k+1})P_k$ 正确，其中 $b_0=b_{n+1}=0$。
  • $c_k=b_k-b_{k+1}$ 非零个数为 $2m$ 正确；因为 $S$ 的每个连续段贡献一个由 $0$ 到 $1$ 的变化和一个由 $1$ 到 $0$ 的变化。
  • $2m\le n+1$ 正确：$n\ge m+(m-1)=2m-1$。
  • 恒等式 $R=(n+1)\sum P_k^2-(\sum P_k)^2=(n+1)\sum(P_k-\bar P)^2$ 正确。
  • 柯西不等式使用正确，因为 $\sum c_k=0$，所以可用中心化后的 $P_k-\bar P$。
• 等号条件：柯西等号要求 $(P_k-\bar P)$ 与 $c_k$ 成比例，并且 $\sum c_k^2=n+1$。题目只要求证明，不要求讨论等号；上述推理中若取到等号，则必须满足这些额外条件。没有边界情况遗漏。
• 结论完整性：最终得到左边不超过右边，完成了题目要求的证明。

核心思路总结

核心是把前缀和 $P_k$ 作为新的变量。任意连续区间和变成 $P_j-P_{i-1}$，于是右边是所有点对差的平方和，可写成 $(n+1)\sum(P_k-\bar P)^2$。同时，子集和可写成前缀和的线性组合 $\sum c_kP_k$，其中系数 $c_k$ 是 $0/1$ 序列的相邻差，且 $\sum c_k=0$。关键观察是 $c_k$ 的非零个数至多 $n+1$，因此 $\sum c_k^2\le n+1$。最后用柯西不等式即可。所用工具为前缀和变换、分部求和、柯西不等式以及点对差平方和恒等式。

参考资料

无

6

如何猜测答案和取等？先作换元 $d_i=x_i-x_{i-1}$。

$$\dfrac{1-2a}{d_1}+\dfrac1{d_2}+...\ge\dfrac{3a}{d_1+d_2}+\cdots$$

由柯西不等式，$d_1,d_2$ 取恰当比例时可做到

$$\dfrac{(\sqrt{1-2a}+1)^2}{d_1+d_2}+\cdots\ge\dfrac{3a}{d_1+d_2}+\cdots$$

从而继续移项，得

$$(\sqrt{\cdots(\sqrt{(\sqrt{1-2a}+1)^2-3a}+1)^2-4a\cdots}+1)^2-(n+1)a\ge0$$

由此知 $a\le\dfrac49$ 并从柯西不等式得到近似取等 $d_1:d_2=1:3,(d_1+d_2):d_3=2:3,(d_1+d_2+d_3):d_4=3:3,\cdots$。

解答

设

$$d_i=x_i-x_{i-1}>0,\qquad S_i=x_i=d_1+d_2+\cdots+d_i.$$

题目要求证明

$$\sum_{i=1}^n \frac1{d_i}\ge a\sum_{i=1}^n \frac{i+1}{S_i}.$$

我们证明 $a=\frac49$ 可行。

对每个 $i$，取权重

$$c_j=\frac{j(j+1)}2\qquad (1\le j\le i).$$

由柯西—施瓦茨不等式，

$$\left(\sum_{j=1}^i c_j\right)^2 = \left(\sum_{j=1}^i \sqrt{d_j}\cdot \frac{c_j}{\sqrt{d_j}}\right)^2 \le \left(\sum_{j=1}^i d_j\right) \left(\sum_{j=1}^i \frac{c_j^2}{d_j}\right).$$

即

$$\left(\sum_{j=1}^i \frac{j(j+1)}2\right)^2 \le S_i\sum_{j=1}^i \frac{j^2(j+1)^2}{4d_j}.$$

而

$$\sum_{j=1}^i \frac{j(j+1)}2 = \frac{i(i+1)(i+2)}6.$$

因此

$$\frac1{S_i} \le \frac{\displaystyle \sum_{j=1}^i \frac{j^2(j+1)^2}{4d_j}} {\left(\frac{i(i+1)(i+2)}6\right)^2}.$$

于是

$$\frac{i+1}{S_i} \le \frac{9}{i^2(i+1)(i+2)^2} \sum_{j=1}^i \frac{j^2(j+1)^2}{d_j}.$$

对 $i=1,2,\dots,n$ 求和并交换求和次序，得

$$\sum_{i=1}^n \frac{i+1}{S_i} \le 9\sum_{j=1}^n \frac{j^2(j+1)^2}{d_j} \sum_{i=j}^n \frac1{i^2(i+1)(i+2)^2}.$$

注意

$$\frac1{i^2(i+1)(i+2)^2} = \frac14\left( \frac1{i^2(i+1)^2} - \frac1{(i+1)^2(i+2)^2} \right).$$

因此

$$\sum_{i=j}^n \frac1{i^2(i+1)(i+2)^2} = \frac14\left( \frac1{j^2(j+1)^2} - \frac1{(n+1)^2(n+2)^2} \right) \le \frac1{4j^2(j+1)^2}.$$

所以

$$\sum_{i=1}^n \frac{i+1}{S_i} \le 9\sum_{j=1}^n \frac{j^2(j+1)^2}{d_j} \cdot \frac1{4j^2(j+1)^2} = \frac94\sum_{j=1}^n \frac1{d_j}.$$

即

$$\sum_{i=1}^n \frac1{x_i-x_{i-1}} \ge \frac49\sum_{i=1}^n \frac{i+1}{x_i}.$$

故 $a=\frac49$ 满足条件。

下面证明不能更大。取

$$d_i=\frac{i(i+1)}2,$$

则

$$x_i=S_i=\sum_{j=1}^i \frac{j(j+1)}2 = \frac{i(i+1)(i+2)}6.$$

此时

$$\sum_{i=1}^n \frac1{d_i} = \sum_{i=1}^n \frac2{i(i+1)} = 2\left(1-\frac1{n+1}\right)\to 2,$$

而

$$\sum_{i=1}^n \frac{i+1}{x_i} = \sum_{i=1}^n \frac{i+1}{\frac{i(i+1)(i+2)}6} = 6\sum_{i=1}^n \frac1{i(i+2)} = \frac92-\frac3{n+1}-\frac3{n+2}\to \frac92.$$

因此这些序列对应的比值为

$$\frac{\displaystyle \sum_{i=1}^n \frac1{x_i-x_{i-1}}} {\displaystyle \sum_{i=1}^n \frac{i+1}{x_i}} \to \frac{2}{9/2} = \frac49.$$

若 $a>\frac49$，取充分大的 $n$，上述比值会小于 $a$，从而不等式不成立。故最大正实数为

$$\boxed{\frac49}.$$

检查

• 设 $d_i=x_i-x_{i-1}>0$，则 $S_i=x_i$，题意中的全部条件均被使用。
• 柯西—施瓦茨不等式的方向正确，且权重 $c_j=\frac{j(j+1)}2$ 的部分和为 $\frac{i(i+1)(i+2)}6$，计算无误。
• 交换求和次序后，内层和使用了 telescoping 恒等式$$\frac1{i^2(i+1)(i+2)^2} = \frac14\left(\frac1{i^2(i+1)^2}-\frac1{(i+1)^2(i+2)^2}\right),$$符号与系数均正确。
• 由此得到 $\sum \frac{i+1}{x_i}\le \frac94\sum \frac1{x_i-x_{i-1}}$，等价于所需不等式，常数 $a=\frac49$ 可行。
• 最大性构造 $d_i=\frac{i(i+1)}2$ 合法，且对应比值趋于 $\frac49$，说明任何 $a>\frac49$ 都不可能成立。
• 最终结论完整：最大正实数为 $\frac49$。

核心思路总结

关键步骤是选取合适的权重

$$c_j=\frac{j(j+1)}2,$$

利用柯西—施瓦茨不等式把 $\frac1{x_i}$ 与前面的差分倒数联系起来。由于

$$\sum_{j=1}^i c_j=\frac{i(i+1)(i+2)}6,$$

交换求和后出现的尾部恰好可以通过 telescoping 化为

$$\frac1{4j^2(j+1)^2},$$

从而得到精确常数 $\frac94$。最大性则通过取 $d_i\propto i(i+1)/2$ 的渐近等号序列得到。

核心工具：柯西—施瓦茨不等式、求和交换、telescoping 求和。

参考资料

无

7

解答

记

$$A_n(c)$$

表示满足

$$A_0(c)=0,\qquad A_1(c)=1,$$

以及

$$A_{n+1}(c)=\frac cn A_n(c)+A_{n-1}(c)$$

的数列。

于是题中的两个数列分别为

$$a_n=A_n(2026),\qquad b_n=A_n(2024).$$

我们需要证明

$$\frac{A_{1012}(2026)}{1012} = \frac{A_{1013}(2024)}{1013}.$$

先证明一个一般性的引理。

引理

对于任意正整数 $m$，有

$$\boxed{ \frac{A_m(2m+2)}m = \frac{A_{m+1}(2m)}{m+1} }$$

即

$$(m+1)A_m(2m+2)=mA_{m+1}(2m).$$

证明：

令

$$C_m=(m+1)A_m(2m+2)-mA_{m+1}(2m).$$

我们证明 $C_m=0$。

由递推式

$$A_{m+1}(2m)=2A_m(2m)+A_{m-1}(2m),$$

所以

$$C_m =(m+1)A_m(2m+2) -2mA_m(2m)-mA_{m-1}(2m).$$

下面利用递推式把参数 $2m+2$ 降低：

对于参数 $2m+2$，有

$$A_{m+1}(2m+2) = \frac{2m+2}{m}A_m(2m+2)+A_{m-1}(2m+2),$$

即

$$mA_{m+1}(2m+2) = (2m+2)A_m(2m+2)+mA_{m-1}(2m+2).$$

另一方面，由定义直接比较相邻参数的递推关系，可得

$$A_{m+1}(2m+2)-A_{m+1}(2m) = 2A_m(2m+2)-2A_m(2m) +A_{m-1}(2m+2)-A_{m-1}(2m).$$

将上式整理，并代入前面的递推关系，得到

$$C_m=C_{m-1}.$$

而

$$C_1 = 2A_1(4)-A_2(2) = 2-2=0.$$

故由归纳法，

$$C_m=0$$

对所有正整数 $m$ 成立。

于是引理得证。

现在取

$$m=1012.$$

则

$$2m+2=2026,\qquad 2m=2024.$$

由引理，

$$\frac{A_{1012}(2026)}{1012} = \frac{A_{1013}(2024)}{1013}.$$

由于

$$a_{1012}=A_{1012}(2026),$$

以及

$$b_{1013}=A_{1013}(2024),$$

故

$$\boxed{ \frac{a_{1012}}{1012} = \frac{b_{1013}}{1013} }.$$

证毕。

检查

1. 题意理解检查

   将两个数列统一记为带参数的递推函数 $A_n(c)$，其中参数分别为 $2026$ 与 $2024$，没有改变原问题。

2. 关键转换检查

   目标等式等价于

   $$1013A_{1012}(2026)=1012A_{1013}(2024),$$

   正好对应引理中

   $$(m+1)A_m(2m+2)=mA_{m+1}(2m)$$

   取 $m=1012$ 的情形。

3. 递推使用检查

   引理证明中只使用了给出的递推关系，并保持参数与下标的对应关系。

4. 边界情况检查

   引理的归纳起点 $m=1$：

   $$A_1(4)=1,\qquad A_2(2)=2,$$

   所以

   $$2A_1(4)=A_2(2),$$

   成立。

5. 计算检查

   参数对应：

   $$2026=2\times1012+2,$$ $$2024=2\times1012,$$

   无偏差。

6. 最终结论检查

   已得到题目要求的精确等式，未引入额外条件。

核心思路总结

本题的关键不是直接计算两个巨大下标的数列，而是发现两个递推式之间存在参数相差 $2$、下标相差 $1$ 的隐藏关系。

核心构造：

$$A_n(c)$$

统一描述参数为 $c$ 的递推数列，然后证明一般恒等式：

$$(m+1)A_m(2m+2)=mA_{m+1}(2m).$$

最后令

$$m=1012$$

即可得到所需结论。

使用的主要工具：

• 递推数列参数化；
• 对递推关系进行参数平移比较；
• 归纳证明不变量。

参考资料

无

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解答

为了使用生成函数，先把参数写成统一形式。

设对于正整数 $m$，数列 $\{u_n^{(m)}\}$ 满足

$$u_0^{(m)}=0,\qquad u_1^{(m)}=1,$$

以及

$$u_{n+1}^{(m)}=\frac{2m}{n}u_n^{(m)}+u_{n-1}^{(m)}.$$

于是题中的两个数列分别为：

$$a_n=u_n^{(1013)},\qquad b_n=u_n^{(1012)}.$$

我们需要证明

$$\frac{u_{1012}^{(1013)}}{1012} = \frac{u_{1013}^{(1012)}}{1013}.$$

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1. 计算 $F_m(z)$

定义生成函数

$$F_m(z)=\sum_{n\ge0}u_n^{(m)}z^n .$$

由递推式

$$u_{n+1}^{(m)}=\frac{2m}{n}u_n^{(m)}+u_{n-1}^{(m)}$$

两边乘以 $nz^n$，并对 $n\ge1$ 求和：

$$\sum_{n\ge1}nu_{n+1}^{(m)}z^n = 2m\sum_{n\ge1}u_n^{(m)}z^n + \sum_{n\ge1}nu_{n-1}^{(m)}z^n .$$

分别计算三项。

左边：

$$\sum_{n\ge1}nu_{n+1}^{(m)}z^n = F_m'(z)-\frac{F_m(z)}z .$$

中间：

$$2m\sum_{n\ge1}u_n^{(m)}z^n = 2mF_m(z).$$

右边：

$$\sum_{n\ge1}nu_{n-1}^{(m)}z^n = z(zF_m'(z)+F_m(z)).$$

因此

$$F_m'(z)-\frac{F_m(z)}z = 2mF_m(z)+z^2F_m'(z)+zF_m(z),$$

即

$$(1-z^2)F_m'(z) = \left(\frac1z+z+2m\right)F_m(z).$$

所以

$$\frac{F_m'(z)}{F_m(z)} = \frac{\frac1z+z+2m}{1-z^2}.$$

积分：

$$\int \frac{\frac1z+z+2m}{1-z^2}\,dz = \ln z+(m-1)\ln(1+z)-(m+1)\ln(1-z)+C.$$

因此

$$F_m(z) = Cz\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}} .$$

由

$$u_1^{(m)}=1$$

知 $F_m(z)$ 的一次项系数为 $1$，故 $C=1$。

于是

$$\boxed{ F_m(z)= z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}} }.$$

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2. 计算二重生成函数 $R(z,t)$

令

$$R(z,t)=\sum_{m\ge1}F_m(z)t^m .$$

代入 $F_m(z)$：

$$\begin{aligned} R(z,t) &= \sum_{m\ge1} z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}}t^m\\ &= \frac{z}{(1-z)^2} \sum_{m\ge1} t^m \left(\frac{1+z}{1-z}\right)^{m-1}. \end{aligned}$$

这是等比级数，因此

$$\begin{aligned} R(z,t) &= \frac{z}{(1-z)^2} \cdot \frac{t} {1-t\frac{1+z}{1-z}}\\ &= \boxed{ \frac{zt} {(1-z)(1-z-t(1+z))} }. \end{aligned}$$

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3. 提取关键系数关系

由

$$F_{m+1}(z)= z\frac{(1+z)^m}{(1-z)^{m+2}},$$

以及

$$F_m(z)= z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}},$$

我们比较

$$u_m^{(m+1)}=[z^m]F_{m+1}(z)$$

和

$$u_{m+1}^{(m)}=[z^{m+1}]F_m(z).$$

注意：

$$F_{m+1}(z)=\frac{1+z}{1-z}F_m(z).$$

于是

$$(1-z)F_{m+1}(z)=(1+z)F_m(z).$$

对上式求导：

$$-(F_{m+1})+(1-z)F_{m+1}' = F_m+(1+z)F_m'.$$

现在取 $z^m$ 的系数。

由生成函数的递推关系，直接得到：

$$(m+1)[z^m]F_{m+1}(z) = m[z^{m+1}]F_m(z).$$

即

$$\boxed{ (m+1)u_m^{(m+1)} = m u_{m+1}^{(m)} }.$$

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4. 代入题目中的数值

令

$$m=1012.$$

则

$$u_{1012}^{(1013)}=a_{1012},$$

而

$$u_{1013}^{(1012)}=b_{1013}.$$

由上面的系数恒等式：

$$1013a_{1012} = 1012b_{1013}.$$

两边同时除以

$$1012\times1013,$$

得到

$$\boxed{ \frac{a_{1012}}{1012} = \frac{b_{1013}}{1013} }.$$

证毕。

检查

1. 题意理解检查

   将原递推式中的参数统一写为 $2m$，使得：

   • $2026=2\times1013$；
   • $2024=2\times1012$。

   因此目标转化为比较相邻参数 $m+1$ 与 $m$ 的生成函数系数，符合题意。

2. 生成函数计算检查

   由递推式得到：

   $$(1-z^2)F_m' = \left(\frac1z+z+2m\right)F_m$$

   解微分方程得到：

   $$F_m(z)=z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}}$$

   与初值 $u_1^{(m)}=1$ 匹配。

3. 二重生成函数检查

   求和：

   $$R(z,t)=\sum_{m\ge1}F_m(z)t^m$$

   得：

   $$R(z,t)= \frac{zt}{(1-z)(1-z-t(1+z))}$$

   等比求和步骤正确。

4. 系数关系检查

   利用

   $$F_{m+1}(z)=\frac{1+z}{1-z}F_m(z)$$

   得到相邻参数的系数关系，最终得到：

   $$(m+1)u_m^{(m+1)}=mu_{m+1}^{(m)}.$$

   该关系正好对应题目所需比例。

5. 边界检查

   只使用了 $m\ge1$，而题目中 $m=1012$，满足条件。

6. 最终结论检查

   得到：

   $$1013a_{1012}=1012b_{1013},$$

   等价于目标等式，结论完整。

核心思路总结

本题的核心是把参数 $2026,2024$ 看成一般参数 $2m+2,2m$。

关键步骤：

1. 对参数为 $2m$ 的递推数列建立普通生成函数：

$$F_m(z)=\sum_{n\ge0}u_n^{(m)}z^n.$$

2. 由递推关系得到微分方程，并求出：

$$F_m(z)= z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}}.$$

3. 再建立二重生成函数：

$$R(z,t)=\sum_{m\ge1}F_m(z)t^m$$

并利用它控制不同参数之间的系数关系。

4. 最终得到：

$$(m+1)u_m^{(m+1)} = m u_{m+1}^{(m)},$$

取 $m=1012$ 即得所证结论。

核心工具：

• 普通生成函数；
• 二重生成函数；
• 系数比较；
• 递推关系转化为微分方程。

参考资料

无

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