Question

1．设实数a₁，a₂，…，a_n满足a₁+a₂+…+a_n=0，且|a₁|+|a₂|+…+|a_n|≤1（n∈N^*且n≥2），令b_n=$\frac{a_n}{n}$（n∈N^*）．求证：|b₁+b₂+…+b_n|≤$\frac{1}{2}-\frac{1}{2n}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 按照数学归纳法的证题步骤：先证明n=2时命题成立，再假设当n=k时结论成立，去证明当n=k+1时，结论也成立，从而得出命题对任意n≥2，n∈N^*，等式都成立

解答 证明：（1）当n=2时，a₁=-a₂，
∴2|a₁|=|a₁|+|a₂|≤1，即$|{a_1}|≤\frac{1}{2}$，
∴$|{b_1}+{b_2}|=|{a_1}+\frac{a_2}{2}|=\frac{{|{a_1}|}}{2}≤\frac{1}{4}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2×2}$，即当n=2时，结论成立． 
（2）假设当n=k（k∈N*且k≥2）时，结论成立，
即当a₁+a₂+…+a_k=0，且|a₁|+|a₂|+…+|a_k|≤1时，
有$|{b_1}+{b_2}+…+{b_k}|≤\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}$．                                  
则当n=k+1时，由a₁+a₂+…+a_k+a_k+1=0，且|a₁|+|a₂|+…+|a_k+1|≤1，
∵2|a_k+1|=|a₁+a₂+…+a_k|+|a_k+1|≤a₁|+|a₂|+…+|a_k+1|≤1，
∴$|{a_{k+1}}|≤\frac{1}{2}$，
又∵a₁+a₂+…+a_k-1+（a_k+a_k+1）=0，且|a₁|+|a₂|+…+|a_k-1|+|a_k+a_k+1|≤|a₁|+|a₂|+…+|a_k+1|≤1，
由假设可得$|{b_1}+{b_2}+…+{b_{k-1}}+\frac{{{a_k}+{a_{k+1}}}}{k}|≤\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}$，
∴${b_1}+{b_2}+…+{b_k}+{b_{k+1}}|=|{b_1}+{b_2}+…+{b_{k-1}}+\frac{a_k}{k}+\frac{{{a_{k+1}}}}{k+1}|$，
=$|（{b_1}+{b_2}+…+{b_{k-1}}+\frac{{{a_k}+{a_{k+1}}}}{k}）+（\frac{{{a_{k+1}}}}{k+1}-\frac{{{a_{k+1}}}}{k}）|≤\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}+|\frac{{{a_{k+1}}}}{k+1}-\frac{{{a_{k+1}}}}{k}|$，
=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}+（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）|{a_{k+1}}|≤\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}+（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）×\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2（k+1）}$，
即当n=k+1时，结论成立．
综上，由（1）和（2）可知，结论成立．

点评 本题考查数学归纳法，考查推理证明的能力，假设n=k（k∈N^*）时命题成立，去证明则当n=k+1时，用上归纳假设是关键，属于中档题．