k 1
n
kak
n
k 1
n
kak 1
k 1
n
kak
k 1
n
k 1ak
(
k 1
n
k 1)ak
由柯西不等式得： M [
k 1
(k k 1)](
2a1
2
12
k 1
n
22ak)
1
[
k 1
n
(k k 1)2]2
2
an
1
等号成立
1
2ak
(k k 1)
2
(n n 1)
2ak
2
2
222a1 a2 an
1 (2 ) (n n 1)
k k 1[
22
(k k 1)
ak
(
k 1
n
(k=1，2， ，n)
1
2
k k 1)2]
由于a1 a2 an，从而yk ak ak 1
2k (k 1 k 1)[
(
k 1
n
k k 1)2]
12
0，即xk 0
所求最大值为[
(
k 1
n
k k 1)] 50分
2
1三．解：记所求最小值为f (m，n)，可义证明f (m，n)＝rn＋n－(m，n) (*)
其中(m，n) 表示m和n的最大公约数 10分 事实上，不妨没m n
(1)关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为rn＋n－(m，n) 当用m＝1时，命题显然成立．
假设当，m k时，结论成立(k 1)．当m＝k＋1时，若n＝k＋1，则命题显然成立．若n＜k＋1，从矩形ABCD中切去正方形AA1D1D(如图)，由归纳假设矩形A1BCD1有一种分法使得所得正方形边长之和恰为m—n＋n—(m－n，n)＝m－(m，n)，于是原矩形ABCD有
一种分法使得所得正方形边长之和为rn＋n－(m，n) 20分 (2)关于m归纳可以证明(*)成立． n 当m＝1时，由于n＝1，显然f (m，n)＝rn＋n－(m，n) 假设当m k时，对任意1 n m有f (m，n)＝rn＋n－(m，n) 1 A B 若m＝k＋1，当n＝k＋1时显然f (m，n)＝k＋1＝rn＋n－(m，n)．
当1 n k时，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为al，a2， ，ap 不妨a1 a2 ap 显然a1＝n或a1＜n． 若a1＜n，则在AD与BC之间的与AD平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形 (或其边界)．于是a1＋a2＋ ＋ap不小于AB与CD之和． 所以a1＋a2＋ ＋ap 2m＞rn＋n－(m，n)
若a1＝n，则一个边长分别为m－n和n的矩形可按题目要求分成边长分别为a2， ap的正方形，由归纳假设
a2＋ ＋ap m－n＋n－(m－n，n))＝rn－(m，n) 从而a1＋a2＋ ＋ap rn＋n－(m，n)
于是当rn＝k＋1时，f (m，n) rn＋n－(m，n)
再由(1)可知f (m，n)＝rn＋n－(m，n)． 50分
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