已知实数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}(n>2)$ 满足 $\displaystyle \left|\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}\right|>1,\left|x_{i}\right| \leqslant 1(i=1,2, \cdots, n)$
求证：存在正整数 $k$，使得 $\displaystyle \left|\sum\limits_{i=1}^{k} x_{i}-\sum_{i=k+1}^{n} x_{i}\right| \leqslant 1$．
求证：存在正整数 $k$，使得 $\displaystyle \left|\sum\limits_{i=1}^{k} x_{i}-\sum_{i=k+1}^{n} x_{i}\right| \leqslant 1$．
【难度】
【出处】
2005年中国西部数学奥林匹克试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
令
$\displaystyle g(0)=-\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}$
$\displaystyle g(k)=\sum\limits_{i=1}^{k} x_{i}-\sum_{i=k+1}^{n} x_{i}(1 \leqslant k \leqslant n-1)$
$\displaystyle g(n)=\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}$
则
$|g(1)-g(0)|=2\left|x_{1}\right| \leqslant 2$
$|g(k+1)-g(k)|=2\left|x_{k+1}\right| \leqslant 2$
$k=1,2, \cdots, n-2$
$|g(n)-g(n-1)|=2\left|x_{n}\right| \leqslant 2$
所以对任何 $0\leqslant k\leqslant n-1$ 均有 $|g(k+1)-g(k)| \leqslant 2$ ①
假设结论不对，则由条件对任何 $0\leqslant k\leqslant n$ 均有 $|g(k)|>1$ ②
这时若存在 $0 \leqslant i \leqslant n-1$ 有 $g(i) g(i+1)<0$，则不妨设 $g(i)>{0},g(i+1)<0$，这时由 ② 知 $g(i)>1, g(i+1)<-1$，故 $| g(i+1)-g(i) |>2$，与 ① 矛盾．于是 $g(0), g(1), \cdots, g(n)$ 同号，但 $g(0)+g(n)=0$，矛盾，故结论成立．
证法二
假设结论不成立，则对于 $\forall k \in\{1,2, \cdots, n\}$，均有 $\displaystyle \left|\sum\limits_{i=1}^{k} x_{i}-\sum_{i=k+1}^{n} x_{i}\right|>1$．
设 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{k} x_{i}=S_{k}, i=1,2, \cdots, n$．则 $\left|S_{n}\right|>1$，对于 $\forall k \in\{1,2, \cdots, n \}$，均有 $\left|2 S_{k}-S_{n}\right|>1$．
所以，$S_{k}>\dfrac{S_{n}+1}{2}$ 或 $S_{k}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$．
如果存在 $k^{\prime}, k^{\prime \prime} \in\{1,2, \cdots, n\}$，使得 $S_{k^{\prime}}>\dfrac{S_{n}+1}{2}, S_{k^{\prime \prime}}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$，那么，必然存在 $k \in\{1,2, \cdots, n-1\}$，使得 $S_{k}>\dfrac{S_{n}+1}{2} $ 且 $ S_{k+1}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$，或者 $S_{k}<\dfrac{S_{n}-1}{2} $ 且 $S_{k+1}>\dfrac{S_{n}+1}{2}$．
于是 $x_{k+1}<-1$ 或 $x_{k+1}>1$．这与 $\left|x_{i}\right| \leqslant 1$ 矛盾．
所以，对于 $\forall k \in\{1,2, \cdots, n\}$，恒有 $S_{k}>\dfrac{S_{n}+1}{2}$ ①
或者，恒有 $S_{k}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$．②
由 ① 成立，则 $1 \geqslant x_{1}=S_{1}>\dfrac{S_{n}+1}{2},S_{n}>\dfrac{S_{n}+1}{2}$ 即 $S_{n}<1$ 且 $S_{n}>1$．矛盾．
由 ② 成立，则 $-1 \leqslant x_{1}=S_{1}<\dfrac{S_{n}-1}{2}, S_{n}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$，即 $S_{n}>-1 $ 且 $ S_{n}<-1$．矛盾．
故假设不成立，结论得证．
令
$\displaystyle g(0)=-\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}$
$\displaystyle g(k)=\sum\limits_{i=1}^{k} x_{i}-\sum_{i=k+1}^{n} x_{i}(1 \leqslant k \leqslant n-1)$
$\displaystyle g(n)=\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}$
则
$|g(1)-g(0)|=2\left|x_{1}\right| \leqslant 2$
$|g(k+1)-g(k)|=2\left|x_{k+1}\right| \leqslant 2$
$k=1,2, \cdots, n-2$
$|g(n)-g(n-1)|=2\left|x_{n}\right| \leqslant 2$
所以对任何 $0\leqslant k\leqslant n-1$ 均有 $|g(k+1)-g(k)| \leqslant 2$ ①
假设结论不对，则由条件对任何 $0\leqslant k\leqslant n$ 均有 $|g(k)|>1$ ②
这时若存在 $0 \leqslant i \leqslant n-1$ 有 $g(i) g(i+1)<0$，则不妨设 $g(i)>{0},g(i+1)<0$，这时由 ② 知 $g(i)>1, g(i+1)<-1$，故 $| g(i+1)-g(i) |>2$，与 ① 矛盾．于是 $g(0), g(1), \cdots, g(n)$ 同号，但 $g(0)+g(n)=0$，矛盾，故结论成立．
证法二
假设结论不成立，则对于 $\forall k \in\{1,2, \cdots, n\}$，均有 $\displaystyle \left|\sum\limits_{i=1}^{k} x_{i}-\sum_{i=k+1}^{n} x_{i}\right|>1$．
设 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{k} x_{i}=S_{k}, i=1,2, \cdots, n$．则 $\left|S_{n}\right|>1$，对于 $\forall k \in\{1,2, \cdots, n \}$，均有 $\left|2 S_{k}-S_{n}\right|>1$．
所以，$S_{k}>\dfrac{S_{n}+1}{2}$ 或 $S_{k}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$．
如果存在 $k^{\prime}, k^{\prime \prime} \in\{1,2, \cdots, n\}$，使得 $S_{k^{\prime}}>\dfrac{S_{n}+1}{2}, S_{k^{\prime \prime}}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$，那么，必然存在 $k \in\{1,2, \cdots, n-1\}$，使得 $S_{k}>\dfrac{S_{n}+1}{2} $ 且 $ S_{k+1}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$，或者 $S_{k}<\dfrac{S_{n}-1}{2} $ 且 $S_{k+1}>\dfrac{S_{n}+1}{2}$．
于是 $x_{k+1}<-1$ 或 $x_{k+1}>1$．这与 $\left|x_{i}\right| \leqslant 1$ 矛盾．
所以，对于 $\forall k \in\{1,2, \cdots, n\}$，恒有 $S_{k}>\dfrac{S_{n}+1}{2}$ ①
或者，恒有 $S_{k}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$．②
由 ① 成立，则 $1 \geqslant x_{1}=S_{1}>\dfrac{S_{n}+1}{2},S_{n}>\dfrac{S_{n}+1}{2}$ 即 $S_{n}<1$ 且 $S_{n}>1$．矛盾．
由 ② 成立，则 $-1 \leqslant x_{1}=S_{1}<\dfrac{S_{n}-1}{2}, S_{n}<\dfrac{S_{n}-1}{2}$，即 $S_{n}>-1 $ 且 $ S_{n}<-1$．矛盾．
故假设不成立，结论得证．
答案
解析
备注
