代数 2026-09-07 含解答

最近做的一些代数原创题

程国根 · 微信公众号「恩次方根」

正文文字 1315 字公式 328 处

这是近期在数之谜上做的一些原创题，其中最后两题为我几年前发的原创题，最近补上了解答。晚上用2022年高联A1卷几何的向量证法&我做的一个手稿转录skill对手稿进行了转录，顺便给skill加了个转markdown格式的功能。将转录好的解答一并发出来，原手稿可以在数之谜对应题目评论区找到。

个人认为，虽然AI改变了数学研究和数学教育，但作为竞赛教练，更加应该坚持自己做题的习惯，保持手感和解题能力。

第一题（数之谜原创代数 692）

题目

设 𝑛是正整数，𝑥_(1),𝑥_(2),…,𝑥_(𝑛)是非负实数．证明：

∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑥_(𝑘)+(2)/(∏_(𝑛)^(𝑘=1)(1+𝑥2𝑘))≥2.

对任意 𝛼≥1，

∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑥_(𝑘)+(1)/(∏_(𝑛)^(𝑘=1)(1+𝑥𝛼𝑘))≥1.

思路

反复使用 (1−𝑢)(1−𝑣)≥1−𝑢−𝑣，可得 ∏(1−𝑢_(𝑘))≥1−∑𝑢_(𝑘)．第一问把 (1)/(1+𝑥^(2))放缩为 1−(𝑥)/(2)；第二问在 0≤𝑥≤1时利用 𝑥^(𝛼)≤𝑥．若变量和已经达到右端常数，则结论直接成立．

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证明

对 0≤𝑢_(𝑘)≤1，有

∏_(𝑘=1)^(𝑛)(1−𝑢_(𝑘))≥1−∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑢_(𝑘).

这是由 (1−𝑢)(1−𝑣)≥1−𝑢−𝑣反复应用得到的．

对于第一问，若 ∑_(𝑛)^(𝑘=1)𝑥_(𝑘)≥2，则结论显然成立．以下设 ∑_(𝑛)^(𝑘=1)𝑥_(𝑘)<2，于是 0≤𝑥_(𝑘)<2．对任意 𝑥≥0，

(1)/(1+𝑥^(2))−(1−(𝑥)/(2))=(𝑥(𝑥−1)^(2))/(2(1+𝑥^(2)))≥0.

因此

(2)/(∏_(𝑛)^(𝑘=1)(1+𝑥2𝑘)) =2∏_(𝑘=1)^(𝑛)(1)/(1+𝑥2𝑘); ≥2∏_(𝑘=1)^(𝑛)(1−(𝑥_(𝑘))/(2)); ≥2(1−∑_(𝑘=1)^(𝑛)(𝑥_(𝑘))/(2)); =2−∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑥_(𝑘).;

故

∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑥_(𝑘)+(2)/(∏_(𝑛)^(𝑘=1)(1+𝑥2𝑘))≥2.

对于第二问，若 ∑_(𝑛)^(𝑘=1)𝑥_(𝑘)≥1，则结论成立．以下设 ∑_(𝑛)^(𝑘=1)𝑥_(𝑘)<1，于是 0≤𝑥_(𝑘)<1．由 𝛼≥1得𝑥𝛼𝑘≤𝑥_(𝑘)，且

(1)/(1+𝑥𝛼𝑘)≥1−𝑥𝛼𝑘≥1−𝑥_(𝑘).

从而

(1)/(∏_(𝑛)^(𝑘=1)(1+𝑥𝛼𝑘)) =∏_(𝑘=1)^(𝑛)(1)/(1+𝑥𝛼𝑘); ≥∏_(𝑘=1)^(𝑛)(1−𝑥_(𝑘)); ≥1−∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑥_(𝑘).;

故

∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑥_(𝑘)+(1)/(∏_(𝑛)^(𝑘=1)(1+𝑥𝛼𝑘))≥1.

第三题（数之谜原创代数 684）

题目

给定整数 𝑛≥4．设非负实数

𝑎_(1)≥𝑎_(2)≥⋯≥𝑎_(𝑛)

满足

𝑎_(1)+𝑎_(2)+⋯+𝑎_(𝑛)≤1,𝑎_(1)≤𝑎_(2)+𝑎_(3)+⋯+𝑎_(𝑛).

求最小的实数 𝜆，使得总有

∑_(𝑖=1)^(𝑛)(𝑎_(𝑖)+𝑎_(𝑖+1))^(2)−∑_(1≤𝑖<𝑗≤𝑛)𝑎_(𝑖)𝑎_(𝑗)≤𝜆(𝑎_(1)+𝑎_(2)),

其中 𝑎_(𝑛+1)=𝑎_(1)．

思路

先取 𝑎_(1)=𝑎_(2)=(1)/(2)、其余为 0，得到 𝜆≥(5)/(4)．为证明上界，记 𝑆=∑𝑎_(𝑖)，先证明循环相邻乘积和∑𝑎_(𝑖)𝑎_(𝑖+1)≤(𝑆^(2))/(4)，从而把左端压到 (5)/(2)∑𝑎2𝑖．再利用单调性 𝑎_(𝑘)≤𝑎_(2)以及 𝑎_(1)≤(1)/(2)完成估计．

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解

取

𝑎_(1)=𝑎_(2)=(1)/(2),𝑎_(3)=⋯=𝑎_(𝑛)=0.

此时题设条件成立，且左端为 (5)/(4)，而 𝑎_(1)+𝑎_(2)=1，故

𝜆≥(5)/(4).

下面证明 𝜆=(5)/(4)总是可行．记

𝑆=∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)≤1.

由 𝑎_(1)≤𝑆−𝑎_(1)得

𝑎_(1)≤(𝑆)/(2)≤(1)/(2).

先证

∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)𝑎_(𝑖+1)≤(𝑆^(2))/(4).

若 𝑛为偶数，令

𝑋=𝑎_(1)+𝑎_(3)+⋯+𝑎_(𝑛−1),𝑌=𝑎_(2)+𝑎_(4)+⋯+𝑎_(𝑛).

每个循环相邻乘积都出现在 𝑋𝑌的展开式中，因此

∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)𝑎_(𝑖+1)≤𝑋𝑌≤((𝑋+𝑌)^(2))/(4)=(𝑆^(2))/(4).

若 𝑛为奇数，令

𝑋=𝑎_(1)+𝑎_(3)+⋯+𝑎_(𝑛−2),𝑌=𝑎_(2)+𝑎_(4)+⋯+𝑎_(𝑛−1)+𝑎_(𝑛).

𝑋𝑌的展开式包含除 𝑎_(𝑛−1)𝑎_(𝑛)外的全部循环相邻乘积，并额外包含 𝑎_(𝑛−2)𝑎_(𝑛)．由于 𝑎_(𝑛−2)≥𝑎_(𝑛−1)，仍有

∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)𝑎_(𝑖+1)≤𝑋𝑌≤(𝑆^(2))/(4).

记题目左端为 𝐿．由

∑_(1≤𝑖<𝑗≤𝑛)𝑎_(𝑖)𝑎_(𝑗)=(1)/(2)(𝑆^(2)−∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎2𝑖),

可得

𝐿 =2∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎2𝑖+2∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)𝑎_(𝑖+1)−(1)/(2)(𝑆^(2)−∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎2𝑖); =(5)/(2)∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎2𝑖+2∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)𝑎_(𝑖+1)−(𝑆^(2))/(2); ≤(5)/(2)∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎2𝑖.;

又因为 𝑎_(𝑘)≤𝑎_(2)对 𝑘≥2成立，

∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎2𝑖 ≤𝑎21+𝑎_(2)∑_(𝑘=2)^(𝑛)𝑎_(𝑘); =𝑎21+𝑎_(2)(𝑆−𝑎_(1)); ≤𝑎21+𝑎_(2)(1−𝑎_(1)).;

于是

𝐿−(5)/(4)(𝑎_(1)+𝑎_(2)) ≤(5)/(4)(2𝑎21−2𝑎_(1)𝑎_(2)+𝑎_(2)−𝑎_(1)); =(5)/(4)(𝑎_(1)−𝑎_(2))(2𝑎_(1)−1); ≤0.;

故总有 𝐿≤(5)/(4)(𝑎_(1)+𝑎_(2))，结合下界例子，最小值为

𝜆=(5)/(4).

第二题（数之谜原创代数 678）

题目

给定整数 𝑛≥2．设非负实数 𝑎_(1),𝑎_(2),…,𝑎_(𝑛)满足

∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)=1.

求

∑_(𝑖=1)^(𝑛)(𝑎_(𝑖)+1)min{𝑎_(𝑖),𝑎_(𝑖+1)}

的最大值，其中 𝑎_(𝑛+1)=𝑎_(1)．

思路

设 𝑀=max𝑎_(𝑖)、𝑚=min𝑎_(𝑖)，并用循环总变差 𝑡=(1)/(2)∑|𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑖+1)|控制 𝑀−𝑚．另一方面，∑min{𝑎_(𝑖),𝑎_(𝑖+1)}=1−𝑡．于是原式只需估计成 (𝑀+1)(1−𝑡)，再用 𝑀≤𝑡+(1)/(𝑛)即可．

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解

令

𝑀=max_(1≤𝑖≤𝑛)𝑎_(𝑖),𝑚=min_(1≤𝑖≤𝑛)𝑎_(𝑖),𝑡=(1)/(2)∑_(𝑖=1)^(𝑛)|𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑖+1)|.

沿圆周从一个最小项走到一个最大项，再沿另一条弧返回最小项，两段总变差都至少为 𝑀−𝑚，故

∑_(𝑖=1)^(𝑛)|𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑖+1)|≥2(𝑀−𝑚),𝑡≥𝑀−𝑚.

又因 𝑚≤(1)/(𝑛)，所以

𝑀≤𝑡+𝑚≤𝑡+(1)/(𝑛).

同时，

∑_(𝑖=1)^(𝑛)min{𝑎_(𝑖),𝑎_(𝑖+1)} =(1)/(2)∑_(𝑖=1)^(𝑛)(𝑎_(𝑖)+𝑎_(𝑖+1)−|𝑎_(𝑖)−𝑎_(𝑖+1)|); =1−𝑡.;

因此

∑_(𝑖=1)^(𝑛)(𝑎_(𝑖)+1)min{𝑎_(𝑖),𝑎_(𝑖+1)} ≤(𝑀+1)(1−𝑡); ≤(𝑡+1+(1)/(𝑛))(1−𝑡); =1+(1)/(𝑛)−(𝑡)/(𝑛)−𝑡^(2); ≤1+(1)/(𝑛).;

当 𝑎_(1)=⋯=𝑎_(𝑛)=(1)/(𝑛)时取到等号．故最大值为

1+(1)/(𝑛).

第六题（ZZS一试模拟）

题目

设 𝑛≥4，𝑎_(1),𝑎_(2),…,𝑎_(𝑛)>0，并记

𝑆_(𝑘)=∑_(𝑖=1)^(𝑘)𝑎_(𝑖)(1≤𝑘≤𝑛),𝑆_(𝑛)=𝑆.

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证明

𝑛^(6)(𝑛+1)^(4)𝑆^(2)∑_(𝑘=1)^(𝑛)((𝑎_(𝑘)𝑆_(𝑘))^(4))/(𝑎_(𝑘+1)𝑎_(𝑘+2)); ≥64(∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑆_(𝑘)∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑘𝑎_(𝑘))^(4),;

其中下标按模 𝑛理解，即 𝑎_(𝑛+1)=𝑎_(1), 𝑎_(𝑛+2)=𝑎_(2)．

思路

先把右端的两个和相乘，用 ∑𝑆_(𝑘)+∑𝑘𝑎_(𝑘)=(𝑛+1)𝑆得到统一上界．左端的循环分式和用 Hölder 不等式处理，再分别估计 ∑𝑎_(𝑘)𝑆_(𝑘)与 ∑(𝑎_(𝑘+1)𝑎_(𝑘+2))^(1/3)．最后两边都化成 (𝑛+1)^(8)𝑆^(8)的倍数，条件 𝑛≥4恰好完成比较．

证明

记

𝐴=∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑆_(𝑘),𝐵=∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑘𝑎_(𝑘).

由于

∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑆_(𝑘)=∑_(𝑘=1)^(𝑛)(𝑛+1−𝑘)𝑎_(𝑘),

故

𝐴+𝐵=(𝑛+1)𝑆.

由 AM-GM，

𝐴𝐵≤((𝐴+𝐵)^(2))/(4)=((𝑛+1)^(2)𝑆^(2))/(4).

另一方面，由 Hölder 不等式，

∑_(𝑘=1)^(𝑛)((𝑎_(𝑘)𝑆_(𝑘))^(4))/(𝑎_(𝑘+1)𝑎_(𝑘+2)) ≥(∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑎_(𝑘)𝑆_(𝑘))^(4); ×(∑_(𝑘=1)^(𝑛)(𝑎_(𝑘+1)𝑎_(𝑘+2))^(1/3))^(−3).;

先估计分子．有

∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑎_(𝑘)𝑆_(𝑘) =(1)/(2)(𝑆^(2)+∑_(𝑘=1)^(𝑛)𝑎2𝑘); ≥(1)/(2)(𝑆^(2)+(𝑆^(2))/(𝑛)); =(𝑛+1)/(2𝑛)𝑆^(2).;

再估计分母．由 AM-GM 及幂平均不等式，

(∑_(𝑘=1)^(𝑛)(𝑎_(𝑘+1)𝑎_(𝑘+2))^(1/3))^(3) ≤(∑_(𝑘=1)^(𝑛)((𝑎_(𝑘+1)+𝑎_(𝑘+2))/(2))^(2/3))^(3); ≤𝑛(∑_(𝑘=1)^(𝑛)(𝑎_(𝑘+1)+𝑎_(𝑘+2))/(2))^(2); =𝑛𝑆^(2).;

所以

∑_(𝑘=1)^(𝑛)((𝑎_(𝑘)𝑆_(𝑘))^(4))/(𝑎_(𝑘+1)𝑎_(𝑘+2)) ≥(((𝑛+1)/(2𝑛)𝑆^(2))^(4))/(𝑛𝑆^(2)); =((𝑛+1)^(4)𝑆^(6))/(16𝑛^(5)).;

因此左端满足

𝑛^(6)(𝑛+1)^(4)𝑆^(2)∑_(𝑘=1)^(𝑛)((𝑎_(𝑘)𝑆_(𝑘))^(4))/(𝑎_(𝑘+1)𝑎_(𝑘+2)); ≥(𝑛)/(16)(𝑛+1)^(8)𝑆^(8).;

而右端满足

64(𝐴𝐵)^(4) ≤64(((𝑛+1)^(2)𝑆^(2))/(4))^(4); =(1)/(4)(𝑛+1)^(8)𝑆^(8).;

由于 𝑛≥4，有 (𝑛)/(16)≥(1)/(4)，故左端不小于右端．命题得证．

第四题（数之谜原创代数 180）

题目

设 𝑥_(1),…,𝑥_(𝑛),𝑦_(1),…,𝑦_(𝑛)为正实数．对 1≤𝑘≤𝑛，记

𝑆_(𝑘)=∑_(𝑖=1)^(𝑘)𝑥_(𝑖),𝑇_(𝑘)=∑_(𝑖=1)^(𝑘)𝑦_(𝑖),

并定义

𝑟_(𝑘)=max({𝑗∣𝑇_(𝑗)≤𝑆_(𝑘)}∪{0}).

求最小常数 𝐶，使得恒有

∑_(𝑘=1)^(𝑛−1)∑_(𝑗=1)^(𝑟_(𝑘))(𝑥_(𝑘+1)𝑦_(𝑗))/(𝑆2𝑛+𝑆_(𝑘+1)𝑇_(𝑗))≤𝐶.

思路

同时按同一比例缩放全部 𝑥_(𝑖),𝑦_(𝑖)，不等式保持不变，因此可令 𝑆_(𝑛)=1．把每一项看成矩形[𝑆_(𝑘),𝑆_(𝑘+1)]×[𝑇_(𝑗−1),𝑇_(𝑗)]的面积乘以函数 (1)/(1+𝑠𝑡)的一个下端估计，这些矩形互不相交并落在三角形0≤𝑡≤𝑠≤1中．上界由二重积分得到，而取 𝑥_(𝑖)=𝑦_(𝑖)=1时原和式成为同一积分的黎曼和，从而常数最优．

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解

把所有 𝑥_(𝑖),𝑦_(𝑖)同时乘以同一正数，𝑟_(𝑘)不变，且每一分式的分子、分母同时乘以该正数的平方．故不妨设

𝑆_(𝑛)=1.

令 𝑇_(0)=0．对 1≤𝑘≤𝑛−1、1≤𝑗≤𝑟_(𝑘)，定义矩形

𝑅_(𝑘,𝑗)=[𝑆_(𝑘),𝑆_(𝑘+1)]×[𝑇_(𝑗−1),𝑇_(𝑗)].

由 𝑗≤𝑟_(𝑘)知 𝑇_(𝑗)≤𝑆_(𝑘)．因此对任意 (𝑠,𝑡)∈𝑅_(𝑘,𝑗)，有

0≤𝑡≤𝑇_(𝑗)≤𝑆_(𝑘)≤𝑠≤𝑆_(𝑘+1)≤1.

故所有这些矩形两两内部不交，并都包含在

𝐷={(𝑠,𝑡)∣0≤𝑡≤𝑠≤1}

中．又 area(𝑅_(𝑘,𝑗))=𝑥_(𝑘+1)𝑦_(𝑗)，且在 𝑅_(𝑘,𝑗)上有 𝑠𝑡≤𝑆_(𝑘+1)𝑇_(𝑗)，于是

(𝑥_(𝑘+1)𝑦_(𝑗))/(1+𝑆_(𝑘+1)𝑇_(𝑗))≤∬_(𝑅_(𝑘,𝑗))(𝑑𝑠𝑑𝑡)/(1+𝑠𝑡).

求和得到

∑_(𝑘=1)^(𝑛−1)∑_(𝑗=1)^(𝑟_(𝑘))(𝑥_(𝑘+1)𝑦_(𝑗))/(1+𝑆_(𝑘+1)𝑇_(𝑗)) ≤∬_(𝐷)(𝑑𝑠𝑑𝑡)/(1+𝑠𝑡); =∫10∫𝑠0(𝑑𝑡𝑑𝑠)/(1+𝑠𝑡); =∫10(ln⁡(1+𝑠^(2)))/(𝑠)𝑑𝑠; =(1)/(2)∫10(ln⁡(1+𝑢))/(𝑢)𝑑𝑢; =(1)/(2)∑_(𝑚=1)^(∞)((−1)^(𝑚−1))/(𝑚^(2)); =(𝜋^(2))/(24).;

所以 𝐶≤(𝜋^(2))/(24)．

另一方面，取

𝑥_(1)=⋯=𝑥_(𝑛)=𝑦_(1)=⋯=𝑦_(𝑛)=1.

此时 𝑆_(𝑘)=𝑇_(𝑘)=𝑘、𝑟_(𝑘)=𝑘，原和式为

𝐴_(𝑛) =∑_(𝑘=1)^(𝑛−1)∑_(𝑗=1)^(𝑘)(1)/(𝑛^(2)+(𝑘+1)𝑗); =(1)/(𝑛^(2))∑_(𝑘=1)^(𝑛−1)∑_(𝑗=1)^(𝑘)(1)/(1+(𝑘+1)/(𝑛)(𝑗)/(𝑛)).;

当 𝑛→∞时，这是区域 𝐷上函数 (1)/(1+𝑠𝑡)的黎曼和，因此

lim_(𝑛→∞)𝐴_(𝑛)=∬_(𝐷)(𝑑𝑠𝑑𝑡)/(1+𝑠𝑡)=(𝜋^(2))/(24).

故任何更小的常数都不成立．因此

𝐶_(min)=(𝜋^(2))/(24).

第五题（数之谜原创代数 27）

题目

设 𝑛≥2，正实数 𝑎_(1),𝑎_(2),…,𝑎_(𝑛)满足

∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑎_(𝑖)=𝑛−1.

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证明

√((𝑛−1)/(𝑎_(1)𝑎_(2)⋯𝑎_(𝑛)),𝑛)≥4√((𝑎21+𝑎22+⋯+𝑎2𝑛)/(𝑛(𝑛−1))).

思路

令 𝑥_(𝑖)=2𝑎_(𝑖)，把目标化为二次和与乘积的混合估计．取最大的 𝑥_(𝑛)=(𝑛−1)𝑡，再以其余 𝑛−1个数的几何平均数 𝑔为中心，用一个对数型估计控制 ∑(𝑥_(𝑖)−𝑔)^(2)．随后用加权 AM-GM 把问题压缩为关于 𝑡的单变量不等式，最后由导数判断其最大值在 𝑡=1取得．

证明

令

𝑥_(𝑖)=2𝑎_(𝑖)(1≤𝑖≤𝑛).

则

∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑥_(𝑖)=2(𝑛−1).

将原不等式平方并整理，等价于证明

(∑_(𝑖=1)^(𝑛)𝑥2𝑖)(∏_(𝑖=1)^(𝑛)𝑥_(𝑖))^(2/𝑛)≤𝑛(𝑛−1)^(1+2/𝑛).

不妨设 𝑥_(𝑛)=max_(𝑖)𝑥_(𝑖)，并写成

𝑥_(𝑛)=(𝑛−1)𝑡.

由于最大值不小于平均值，且其余各项均为正数，

(2)/(𝑛)≤𝑡<2,∑_(𝑖=1)^(𝑛−1)𝑥_(𝑖)=(2−𝑡)(𝑛−1).

令

𝑔=(∏_(𝑖=1)^(𝑛−1)𝑥_(𝑖))^(1/(𝑛−1)).

于是 𝑔≤𝑥_(𝑛)=(𝑛−1)𝑡．先用如下估计：若 0<𝑥,𝑦≤𝑀，则

(𝑥−𝑦)^(2)≤2𝑀(𝑥−𝑦−𝑦ln⁡(𝑥)/(𝑦)).

事实上，当 𝑥≥𝑦时，

𝑥−𝑦−𝑦ln⁡(𝑥)/(𝑦) =∫𝑥𝑦(𝑢−𝑦)/(𝑢)𝑑𝑢; ≥(1)/(𝑀)∫𝑥𝑦(𝑢−𝑦)𝑑𝑢; =((𝑥−𝑦)^(2))/(2𝑀),;

而 𝑥≤𝑦时同理．

在上式中取 𝑀=(𝑛−1)𝑡、𝑥=𝑥_(𝑖)、𝑦=𝑔，并对 𝑖=1,…,𝑛−1求和．由

∑_(𝑖=1)^(𝑛−1)ln⁡(𝑥_(𝑖))/(𝑔)=0

可得

∑_(𝑖=1)^(𝑛−1)(𝑥_(𝑖)−𝑔)^(2) ≤2(𝑛−1)𝑡∑_(𝑖=1)^(𝑛−1)(𝑥_(𝑖)−𝑔−𝑔ln⁡(𝑥_(𝑖))/(𝑔)); =2(𝑛−1)^(2)𝑡(2−𝑡−𝑔).;

展开左端，得到

∑_(𝑖=1)^(𝑛−1)𝑥2𝑖≤ 2(𝑛−1)^(2)𝑡(2−𝑡−𝑔); +2(𝑛−1)𝑔(2−𝑡)−(𝑛−1)𝑔^(2).;

记

𝐴=(∑_(𝑛)^(𝑖=1)𝑥2𝑖)/(𝑛(𝑛−1)).

由于 𝑥_(𝑛)=(𝑛−1)𝑡，上式给出

𝑛𝐴+2(𝑛−1)𝑡𝑔 ≤4+(𝑛−2)𝑡(4−𝑡)−(𝑔+𝑡−2)^(2); ≤4+(𝑛−2)𝑡(4−𝑡).;

由加权 AM-GM，

𝐴^(𝑛)(𝑡𝑔)^(2(𝑛−1)) ≤((𝑛𝐴+2(𝑛−1)𝑡𝑔)/(3𝑛−2))^(3𝑛−2); ≤((4+(𝑛−2)𝑡(4−𝑡))/(3𝑛−2))^(3𝑛−2).;

另一方面，待证不等式等价于

𝐴(𝑡𝑔)^(2(𝑛−1)/𝑛)𝑡^(−2(𝑛−2)/𝑛)≤1.

因此只需证明

(4+(𝑛−2)𝑡(4−𝑡))/(3𝑛−2)≤𝑡^(2(𝑛−2)/(3𝑛−2)).

令

𝑓(𝑡)=ln⁡(4+(𝑛−2)𝑡(4−𝑡))/(3𝑛−2)−(2(𝑛−2))/(3𝑛−2)ln⁡𝑡.

当 𝑛=2时 𝑓(𝑡)≡0．当 𝑛>2时，

𝑓^(′)(𝑡)=−(4(𝑛−2)(𝑡−1)(𝑛𝑡−2))/((3𝑛−2)𝑡[4+(𝑛−2)𝑡(4−𝑡)]).

因 (2)/(𝑛)≤𝑡<2，故 𝑓在 [(2)/(𝑛),1]上递增，在 [1,2)上递减，且 𝑓(1)=0．于是 𝑓(𝑡)≤0，所需单变量不等式成立，原不等式得证．

等号可在

(𝑎_(1),…,𝑎_(𝑛))=((1)/(2),…,(1)/(2),(𝑛−1)/(2))

及其任意排列处取得．

代数原创与命题

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第一题（数之谜原创代数 692）

第三题（数之谜原创代数 684）

第二题（数之谜原创代数 678）

第六题（ZZS一试模拟）

第四题（数之谜原创代数 180）

第五题（数之谜原创代数 27）

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