a1n?1(a?an2?12n1?an2?12n2?...?an2?1n12n2?12n2n)2n2?n?1n1?(n2?1)aa???an?aan2?1n1
[a1n?1?(n2?1)a1a2???an]a1n?1故n?1?2a1?(n?1)a2a3...anan2?12n1?an2?12n1n2?12n2?...?an2?12nnaa?同理有n?1ai?(n?1)?aji?jnn?1i2?an2?12nin2?1n2nii?1
(i?2,3,...,n)
将上式相加，即得?i?1ain?1?1.ain?1?(n2?1)?aji?j
代数10（湖南师大附中汤礼达）
给定k,n?N*,k?n?1，n?2k，设a1,a2,?,an是?1,2,?,n?的一个排列，令
Si?ai?ai?1???ai?k?1（其中1?i?n，下标modn考虑），记S?min?S1,S2,?,Sn?.求
证：S???k(n?1)???1. ?2?k(n?1)?a因k?n?1，故a1??，2??kn(n?1). 2k1?证明：反设S???故nS??Si?k?ai?i?1i?1nn?S1?S2，故必有S1?S或S2?S，
k(n?1)k(n?1)?Z?S?，与假设矛盾. 22k(n?1)?1故只须再考虑k为奇数，n为偶数的情况, 对1?i?n，Si?.
2当k为偶数或n为奇数，得
记P?{i|Si?k(n?1)?1k(n?1)?1P}Q?{j|Sj?}则PQ??1,2,?,n?，
22，，
Q??.
因为k?n?1,所以ai?ai?k得到Si?Si?1(1?i?n).
故P中任意的两元素之差都大于1，又P?Q?n?P??nk(n?1)?1k(n?1)?1kn(n?1)P?Q??Si=?Si??Si?222i?1i?Pi?Qn2
12
k(n?1)?1k(n?1)?1kn(n?1)nP?(n?P)???P2222 kn(n?1)?,2?等号必须成立，即P?,且Si?n2k(n?1)?1kn(n?1)?1(1?i?n). 或
22?k(n?1)?1，i为奇数?k(n?1)?1?2不妨S1?则Si??（*）
k(n?1)?12?，i为偶数??2k(n?1)?1k(n?1)?1?ak+1?a1=1. ，S2?22k(n?1)?1k(n?1)?1?ak+1?a2k+1=1. 又因为k为奇数?Sk+1=，?Sk+2=22S1?故a1=a2k+1,所以n｜2k，但2k?2n?n
代数11（吉大附中石泽晖、王庶赫）
?2k,与题设相矛盾.
{bn}满足?ai??bi，已知正数序列{an}，且a1?a2??an，an?bn?bn?1??b1?a1，
i?1i?1nn对任意的1?i?j?n，均有aj?ai?bj?bi，证明：?ai??bi.
i?1i?1nn证明：由于aj?ai?bj?bi，则aj?bj?ai?bi（1?i?j?n）. 这说明数列{ai?bi}in?1是单调不减序列. 又an?bn?0，a1?b1?0.
（1）当a1?b1?0时，必存在1?m?n，使得：当1?i?m时，ai?bi，此时记
?i?bi?ai；当m?i?n时，ai?bi，此时记?i?ai?bi.
由?ai??bi可知：??i???i. 而要证明的?ai??bi可变形为?ai?1.
i?1i?1i?mi?1i?1i?1i?1nnnm?1nnnbi由均值不等式可知：?i?1nnai?(i?1i)n，故只需证?ai?n（*）即可，往证（*）式bini?1bi?bnai成立. 事实上，
n??aibi??im?1bi??i?n?n?n?1??????bnbn?1bibii?1bii?mi?1n???mbm??m?1bm?1???1b1
?n??nbm??n?1bm???mbm??m?1bmbi??1bm?n，
??1?i?mbi?bm?0，?i?0，0?bi?bm，?i?0，这是由于n?i?m时，故有i?i；时，
bm13
故有?i??bi??ibm.
nn（2）当a1?b1?0时，则对1?i?n，均有ai?bi，又?ai??bi，故对1?i?n，
i?1i?1均有ai?bi，此时结论也成立.
代数12（绵阳东辰学校袁万伦、姚先伟）
设a?0,b?0,c?0，求证：
333111(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(2a?)(2b?)(2c?).
444222（问题来源：2005年白俄罗斯数学奥林匹克试题的推广，原题：设a?0,b?0，
3311求证：(a2?b?)(b2?a?)?(2a?)(2b?)，）
44223111证明：因为a2?b??a2??b??a?b?，
44223131同理b2?c??b?c?,c2?a??c?a?，
4242333111所以(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(a?b?)(b?c?)(c?a?)，
444222111111即证(a?b?)(b?c?)(c?a?)?(2a?)(2b?)(2c?)，
222222将此式左，右两端分别展开，即证
11a2b?ab2?a2c?ac2?b2c?bc2?(a2?b2?c2)?6abc?(ab?bc?ca)(?)
22因为a2?b2?2ab,b2?c2?2bc,c2?a2?2ca，三式相加得
a2?b2?c2?ab?bc?ca，
所以
12(a?b2?c2)21?a(b2?c2)?b(a2?c2)?c(a2?b2)?(a2?b2?c2)211?(ab?bc?ca)?6abc?(ab?bc?ca)， 22a2b?ab2?a2c?ac2?b2c?bc2??2abc?2bac?2cab即(?)成立，故
333111(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(2a?)(2b?)(2c?)
44422214
成立，当且仅当a?b?c?1时取等号. 2
代数13（绵阳东辰学校袁万伦）
a3?b2b3?c2c3?a22???. 正数a,bc满足a?b?c?1，证明：
b?cc?aa?b3问题来源：韩京俊《初等不等式的证明方法》地6页例1.2：正数a,b,c满
a2?bb2?cc2?a???2. 足a?b?c?1，证明：
b?cc?aa?b证法1:因为
a2?bb2?cc2?aa3b3c3b2c2a2????????b?cc?aa?bb?cc?aa?bb?cc?aa?b，
b2c2a2(a?b?c)21????， 由cauchy不等式的推论得
b?cc?aa?b2(a?b?c)2a3b3c3a4b4c4(a2?b2?c2)2??????， b?cc?aa?bab?acbc?baca?cb2(ab?bc?ca)1又因为(a?b?c)2?3(ab?bc?ca)，即ab?bc?ca?,
3由cauchy不等式3(a2?b2?c2)?(a?b?c)2?1，即a2?b2?c2?1， 3abc1(a2?b2?c2)21???，故 ?，即所以
b?cc?aa?b62(ab?bc?ca)6a2?bb2?cc2?a112?????b?cc?aa?b623.
333证法2：因为
a2?bb2?cc2?aa3b3c3b2c2a2????????b?cc?aa?bb?cc?aa?bb?cc?aa?b，
b2c2a2(a?b?c)21????， 由cauchy不等式的推论得
b?cc?aa?b2(a?b?c)2a3a(b?c)2b3b(c?a)2c3c(a?b)2??a,??b,??c，所以 因为
b?c4c?a4a?b415
a3b3c31222???a?b?c?(ab?bc?ca) b?cc?aa?b255?(a?b?c)2?(ab?bc?ca)?1?(ab?bc?ca)，
221又因为(a?b?c)2?3(ab?bc?ca)，即ab?bc?ca?,
3abc15511???所以1?(ab?bc?ca)?1???，即. b?cc?aa?b62236a2?bb2?cc2?a112??故???.b?cc?aa?b623
代数14（广州市第二中学程汉波）
已知A,B,C为?ABC的三个内角，求
n3331?sinAsinB?n1?sinBsinC?n1?sinCsinA,n?N?
的最小值．
解（1）当n?1时，因为
211?A?B?C?9sinAsinB?sinA?3sin?， ??????33?34?2所以
??1?sinAsinB??3??sinAsinB?（2）当n?2时，由万能公式及柯西不等式得
3． 4ABABtan4tantan2222 sinAsinB??2?2A??2B?AB??1?tantan??1?tan??1?tan?22?????22??4tan当且仅当tan所以有
ABtan221???2AB??1?tantan??22??4tan??1?tan???1?tan?AB?tan?22?． 2AB?tan?22?2AB?tan，即A?B时取等号． 22?1?sinAsinB??设x?tanABBCCAtan，y?tantan，z?tantan，则x，y，z均为正22222216