由于平移不影响条件及待证式,因此可以不妨设 `A=0`,此时不等式右边展开为
\[\sum_{i=1}^{2n-1}x_i^2+(2n-1)x_n^2,\]所以原不等式等价于
\[\sum_{i=1}^{2n-1}x_i^2\geqslant(2n-1)x_n^2,\]即
\[x_1^2+\cdots+x_{n-1}^2+x_{n+1}^2+\cdots+x_{2n-1}^2\geqslant2(n-1)x_n^2,\]记
\begin{align*}
a&=\frac{x_1+\cdots+x_{n-1}}{n-1},\\
b&=\frac{x_{n+1}+\cdots+x_{2n-1}}{n-1},
\end{align*}由 CS 有
\begin{align*}
x_1^2+\cdots+x_{n-1}^2&\geqslant(n-1)a^2,\\
x_{n+1}^2+\cdots+x_{2n-1}^2&\geqslant(n-1)b^2,
\end{align*}所以只需证
\[a^2+b^2\geqslant2x_n^2,\quad(*)\]由条件知 `a\leqslant x_n\leqslant b`,由 `A=0` 得
\[(n-1)(a+b)+x_n=0,\]令 `a=x_n-t`, `b=x_n+u`, `t`, `u\geqslant0`,代入上式解得
\[x_n=\frac{n-1}{2n-1}(t-u),\]而式 (*) 就变成
\[(x_n-t)^2+(x_n+u)^2\geqslant2x_n^2,\]即
\[t^2+u^2\geqslant2x_n(t-u)=\frac{2(n-1)}{2n-1}(t-u)^2,\]上式显然成立,即得证。 |