实数列有序关系可以增量，由于是线性的，增量后等价于每个增量的系数都 $\ge 0$。

设 $d_1:=a_1; d_i=a_i-a_{i-1}\ge 0(i=2,3,\cdots,n)$。

条件等价于：$\sum\limits_{i=1}^n(\sum\limits_{j=i}^nj)d_i=0$，即 $(\sum\limits_{j=1}^nj)d_1=-\sum\limits_{i=2}^n(\sum\limits_{j=i}^nj)d_i$。

结论等价于：$\sum\limits_{i=1}^n(\sum\limits_{j=i}^n[jx])d_i\ge0$，即 $\sum\limits_{i=2}^n(\sum\limits_{j=i}^n[jx]-\dfrac{\sum\limits_{j=i}^nj}{\sum\limits_{j=1}^nj}\sum\limits_{j=1}^n[jx])d_i\ge0$，也即 $\forall 2\le i\le n:\sum\limits_{j=i}^n[jx]-\dfrac{\sum\limits_{j=i}^nj}{\sum\limits_{j=1}^nj}\sum\limits_{j=1}^n[jx]\ge 0$，$\forall 2\le i\le n:\dfrac{\sum\limits_{j=1}^{i-1}[jx]}{\sum\limits_{j=1}^{i-1}j}\le\dfrac{\sum\limits_{j=1}^n[jx]}{\sum\limits_{j=1}^nj}$。

只需证 $\dfrac{\sum\limits_{j=1}^{n-1}[jx]}{\sum\limits_{j=1}^{n-1}j}\le\dfrac{\sum\limits_{j=1}^n[jx]}{\sum\limits_{j=1}^nj}$，即 $\dfrac{2\sum\limits_{j=1}^{n-1}[jx]}{n(n-1)}\le\dfrac{2\sum\limits_{j=1}^n[jx]}{n(n+1)}$，$2\sum\limits_{j=1}^{n-1}[jx]\le(n-1)[nx]$，而由 $[jx]+[(n-j)x]\le[nx]$ 知这是显然的。

设 $P$ 为弧 $BC$ 中点，$Q$ 为弧 $AB$ 中点，注意到 $Q,K,I,L,P$ 共圆。

设 $P$ 为弧 $BC$ 中点，$Q$ 为弧 $AB$ 中点，$R$ 为 $A_1C$ 中点。熟知 $PB=PI=PC,QB=QI=QA$，所以 $\triangle BPQ\cong\triangle IPQ(SSS)$。

延长 $KM$ 至 $K'$ 使得 $KM=MK'$，则四边形 $AKIK'$ 是平行四边形。

因为 $\angle AKK'=\angle AKM=\angle ACI=\angle A_1CI=\angle APQ$，$\angle KAK'=\pi-\angle AKI=\pi-\angle AIC=\angle A_1IC\angle AIQ=\angle PAQ$

所以 $\triangle AKK'\sim\triangle CIA_1\sim\triangle APQ$，$M,R$ 为对应点。

因为 $\angle AIK=\angle IAK'=\angle MAK'=\angle RIA_1$，所以 $K,I,R$ 共线，$\angle KAI=\angle KAM=\angle RIC=\angle KIU$。

因为 $\dfrac{AP}{IQ}=\dfrac{AP}{AQ}=\dfrac{AK}{AK'}=\dfrac{AK}{KI}$，所以 $\triangle KAP\sim\triangle KIQ$，所以 $\angle KPA=\angle KQI$，$Q,K,I,P$ 四点共圆。

同理 $Q,I,L,P$ 四点共圆，所以 $R_{\triangle ABC}=R_{\triangle BPQ}=R_{\triangle IPQ}=R_{\triangle KIL}$。

构造 $p$ 和 $p<n<2p$ 的情况，运用 Bertrand 假设。

$n=1,2,3$ 平凡，下设 $n\ge 4$。

由 Bertrand 假设，存在一个（奇）素数 $p$，使得 $p\le n<2p$。

若 $p\ne n$，先构造点 $P_i=(i,-i^{-1} \bmod p)(i=1,2,...,p-1,p+1,...,n)$，$i^-1$ 为 $i$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元，则这之中的任意三点不共线（否则设 $P_i,P_j,P_k$ 共线，则 $\begin{vmatrix}1&i&-i^{-1}\\1&j&-j^{-1}\\1&k&-k^{-1}\end{vmatrix}=0$，$-\begin{vmatrix}1&i&i^{-1}\\1&j&j^{-1}\\1&k&k^{-1}\end{vmatrix}\equiv0\pmod p$，$\dfrac{x(i-j)(j-k)(k-i)}{ijk}\equiv0\pmod p$，不妨设 $j=i+p$，则 $i^{-1}=j^{-1}=k^{-1}$，而这是矛盾的）；再构造点 $P_p=(p-1,p+1)$，则 $p+1\equiv -(p-1)^{-1}\pmod p$，由同样的证明知 $P_p$ 不与 $P_i,P_j$ 共线；

若 $p=n$，（我们采用一种不同于论文中的做法），构造点 $P_i=(i,i^2 \bmod p)(i=1,2,...,p)$，则这之中的任意三点不共线（否则设 $P_i,P_j,P_k$ 共线，则 $\begin{vmatrix}1&i&i^2\\1&j&j^2\\1&k&k^2\end{vmatrix}\equiv0\pmod p$，$(i-j)(j-k)(k-i)\equiv0\pmod p$，矛盾）。