设 $n \in \mathbf{N}, x_{0}=0, x_{i}>0, i=1,2, \cdots, n$，且 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}=1$．求证：$\displaystyle 1 \leqslant \sum\limits_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{\sqrt{1+x_{0}+x_{1}+\cdots+x_{i-1}} \sqrt{x_{i}+\cdots+x_{n}}}<\frac{n}{2}$
【难度】
【出处】
1996第11届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为 $\displaystyle \sum\limits_{i=0}^{n} x_{i}=1$，故由均值不等式有 $\sqrt{\left(1+x_{0}+x_{1}+\cdots+x_{i-1}\right)\left(x_{i}+\cdots+x_{n}\right)} \leqslant\dfrac{1+x_{0}+x_{1}+\cdots+x_{n}}{2}=1$ 由此即得所求证的第一个不等式．因为 $0 \leqslant x_{0}+x_{1}+\cdots+x_{i} \leqslant 1, i=0,1, \cdots, n$，故可令 $\theta_{i}=\arcsin \left(x_{0}+x_{1}+\cdots+x_{i}\right), i=0,1, \cdots, n$ 于是 $\theta_{i} \in\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$，且有 $0=\theta_{0}<\theta_{1}<\cdots<\theta_{n}=\dfrac{\pi}{2}$，因而有 $\begin{aligned} x_{i}=& \sin \theta_{i}-\sin \theta_{i-1}=2 \cos \frac{\theta_{i}+\theta_{i-1}}{2} \sin \frac{\theta_{i}-\theta_{i-1}}{2}< 2 \cos \theta_{i-1} \sin \frac{\theta_{i}-\theta_{i-1}}{2} \end{aligned}$ 因为对 $x \in\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$，有 $\sin x<x$，所以有 $x_{i}<2 \cos \theta_{i-1} \cdot \dfrac{\theta_{i}-\theta_{i-1}}{2}=\left(\theta_{i}-\theta_{i-1}\right) \cos \theta_{i-1}$ 故得 $\dfrac{x_{i}}{\cos \theta_{i-1}}<\theta_{i}-\theta_{i-1}, i=1,2, \cdots, n$ 在上式两端对 $i$ 从 $1$ 到 $n$ 求和，得到 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{\cos \theta_{i-1}}<\theta_{n}-\theta_{0}=\dfrac{\pi}{2}$ ① 由 $\theta_1$ 定义知 $\sin \theta_{i}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{i}$，所以有
$\begin{aligned} \cos \theta_{i-1}=& \sqrt{1-\sin ^{2} \theta_{i-1}}= \sqrt{1-\left(x_{0}+x_{1}+\cdots+x_{i-1}\right)^{2}}= \sqrt{\left(1+x_{0}+x_{1}+\cdots+x_{i-1}\right)\left(x_{i}+\cdots+x_{n}\right)} \end{aligned}$ ②
将 ② 代人 ① 即得所欲证．
$\begin{aligned} \cos \theta_{i-1}=& \sqrt{1-\sin ^{2} \theta_{i-1}}= \sqrt{1-\left(x_{0}+x_{1}+\cdots+x_{i-1}\right)^{2}}= \sqrt{\left(1+x_{0}+x_{1}+\cdots+x_{i-1}\right)\left(x_{i}+\cdots+x_{n}\right)} \end{aligned}$ ②
将 ② 代人 ① 即得所欲证．
答案
解析
备注
