设 $x_{1}, \cdots, x_{n}$ 为非负实数．记 $x_{n+1}=x_{1}, a=\min \{x_{1}, \cdots,x_n\}$．试证：$\displaystyle \sum\limits_{j=1}^{n} d\frac{1+x_{i}}{1+x_{j+1}} \leqslant n+\dfrac{1}{(1+a)^{2}} \sum_{j=1}^{n}\left(x_{j}-a\right)^{2}$ 且证等式成立当且仅当 $x_{1}=\cdots=x_{n}$．
【难度】
【出处】
1992第7届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $y_{1}, \cdots, y_{n}$ 为 $x_{1}, \cdots, x_{n}$ 的一个排列，且 $0 \leqslant y_{1} \leqslant y_{2} \leqslant \cdots \leqslant y_{n}$．于是，$1 \leqslant 1+y_{1} \leqslant 1+y_{2} \leqslant \cdots \leqslant 1+y_{n}$．由排序不等式，有 $\displaystyle \sum\limits_{j=1}^{n} \frac{1+x_{i}}{1+x_{j+1}} \leqslant \sum_{j=1}^{n} \frac{1+y_{i}}{1+y_{n-j+1}}$ 只要能证得 $\displaystyle \sum\limits_{j=1}^{n} \frac{1+y_{i}}{1+y_{n-j+1}} \leqslant n+\frac{1}{(1+a)^{2}} \sum_{j=1}^{n}\left(y_{j}-a\right)^{2}$ 即可．由于 $\dfrac{1+y_{i}}{1+y_{n-j+1}}+\dfrac{1+y_{n-i+1}}{1+y_{j}}-2=\dfrac{\left(y_{j}-y_{n-j+1}\right)^{2}}{\left(1+y_{j}\right)\left(1+y_{n-j+1}\right)} \leqslant \dfrac{\left(y_{i}-y_{n-i+1}\right)^{2}}{(1+a)^{2}}$ 所以 $\displaystyle \sum\limits_{j=1}^{n} \dfrac{1+y_{i}}{1+y_{n-j+1}} \leqslant n+\dfrac{1}{(1+a)^{2}} \sum_{j=[ \dfrac{n}{2} ]}^{n}\left(y_{j}-a\right)$ 因此 $\displaystyle \sum\limits_{j=1}^{n} \frac{1+x_{i}}{1+x_{j+1}} \leqslant n+\frac{1}{(1+a)^{2}} \sum_{j=1}^{n}\left(x_{j}-a\right)^{2}$ 又等号成立当且仅当 $y_{j}=y_{n-j+1}$ 或 $y_{j} \neq y_{n-j+1},(1+a)^{2}=\left(1+y_{j}\right)\left(1+y_{n-j+1}\right)$．由 $a \leqslant y_{j}, y_{n-j+1}$ 有 $y_{j}=y_{n-j+1}=a, j=1,2, \cdots, n$ 这就证明了 $y_{j}=\cdots=y_{n}=a$ 即 $ x_{1}=\cdots=x_{n}=a$．
答案
解析
备注
