每日一题[3069]去头去尾

已知 $n$（$n\geqslant 4$）个数 $x_1,x_2,\cdots,x_n$，求证：同时去掉其中的最小数和最大数后，剩下的 $n-2$ 个数的方差不大于原来 $n$ 个数的方差．

解析    不妨设 $x_1\leqslant x_2\leqslant\cdots\leqslant x_n$，且 $x_1+x_2+\cdots+x_n=0$，接下来证明\[\sum_{k=1}^nx_k^2\leqslant \dfrac n2(x_1^2+x_n^2).\]

当 $x_1=x_n$ 时，命题显然成立．

当 $x_1\ne x_n$ 时，有 $x_1<0<x_n$．由抛物线 $y=x^2$ 的凹凸性可知点 $(x_k,x_k^2)$ 在割线 $AB$（其中 $A(x_1,x_1^2),B(x_n,x_n^2)$）下方（或直线上），于是\[x_k^2\leqslant (x_1+x_n)x_k-x_1x_n,\quad k=1,2,\cdots,n,\]进而\[\sum_{k=1}^nx_k^2\leqslant (x_1+x_n)\sum_{k=1}^nx_k-nx_1x_n=-nx_1x_n\leqslant n\cdot \dfrac{x_1^2+x_n^2}2,\]等号当 $x_k\in\{x_1,x_n\}$ 且 $x_1+x_n=0$ 时取得．

这样一来，设剩下的 $n-2$ 个数的均值为 $\overline x$，则其方差为\[\begin{split}\dfrac{1}{n-2}\sum_{k=2}^{n-1}\left(x_k-\overline x\right)&=\dfrac{1}{n-2}\left(\sum_{k=2}^{n-1}x_k^2-(n-2)\overline x^2\right)\\ &\leqslant \dfrac{1}{n-2}\sum_{k=2}^{n-1}x_k^2\\ &=\dfrac{1}{n-2}\left(\sum_{k=1}^nx_k^2-x_1^2-x_n^2\right)\\ &\leqslant \dfrac{1}{n-2}\left(\sum_{k=1}^nx_k^2-\dfrac 2n\sum_{k=1}^nx_k^2\right)\\ &=\dfrac 1n\sum_{k=1}^nx_k^2,\end{split}\]也即剩下数的方差不大于原来 $n$ 个数的方差．

综上所述，原命题得证，且当 $n$ 为奇数时，取等条件为所有数均相等；当 $n$ 为偶数时，取等条件为一半数为最大数另一半数为最小数．