доказать_неравенство - Условное неравенство $%\frac{\sqrt {a_1^2+1}+\ldots+\sqrt {a_n^2+1}}{a_1+\ldots+a_n}\le\sqrt 2.$%

1) Докажем оценку $%\dfrac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+\frac{k^2}{x^2}}}{x+\frac{k}{x}}\leqslant \sqrt{\dfrac{k+1}{k}}$%.

В самом деле, можно заменить $%x$% на $%x\sqrt k$% и получить $%\dfrac{1}{\sqrt k}\cdot\dfrac{\sqrt{1+kx^2}+\sqrt{1+\frac{k}{x^2}}}{x+\frac{1}{x}},$% для которой верность этой оценки равносильна. Возводя в квадрат, получаем

$$\dfrac{1}{k}\cdot\dfrac{2+k(x^2+\frac{1}{x^2})+2\sqrt{1+k^2+k(x^2+\frac{1}{x^2})}}{x^2+2+\frac{1}{x^2}}=S.$$

Переобозначаем $%t=x^2+\frac{1}{x^2}-2\;(t\geqslant0)$% и разбиваем сумму на три слагаемых: $$kS=k+\dfrac{2-2k}{4+t}+\dfrac{2\sqrt{(k+1)^2+kt}}{4+t}.$$ Первые два в сумме мы оценим сверху как $%(k+1)/2,$% а третье оценим следующим образом: $$\dfrac{2\sqrt{(k+1)^2+kt}}{4+t}=\dfrac{2(k+1)\sqrt{1+\frac{k}{(k+1)^2}t}}{4+t}\leqslant\dfrac{2(k+1)\sqrt{1+\frac{1}{4}t}}{4+t}\leqslant\dfrac{k+1}{2}.$$ Итого получили $%S\leqslant\frac{k+1}{k},$% а следовательно, $$\dfrac{\sqrt{1+kx^2}+\sqrt{1+\frac{k}{x^2}}}{x+\frac{1}{x}}\leqslant\sqrt{\dfrac{k+1}{k}}.$$

2. Докажем утверждение для $%n=2^m$%.

Пусть $%a_{i+1}\leqslant a_i.$% Получив $$\dfrac{\sqrt{1+a_{2i-1}^2}+\sqrt{1+a_{2i}^2}}{a_{2i-1}+a_{2i}}\leqslant\dfrac{\sqrt{a_{2i-1}a_{2i}+1}}{\sqrt{a_{2i-1}a_{2i}}}$$ и воспользовавшись фактом $$\dfrac{a_1}{b_1}\leqslant\dfrac{a_2}{b_2}\!,\space\dfrac{c_1}{d_1}\leqslant\dfrac{c_2}{d_2}\!,\space\dfrac{a_2}{b_2}\leqslant\dfrac{c_1}{d_1}\Rightarrow\dfrac{a_1+c_1}{b_1+d_1}\leqslant\dfrac{a_2+c_2}{b_2+d_2},$$ получаем, что группировкой соседних слагаемых мы на каждом шаге не уменьшим нашу дробь, а в конце будет $%\sqrt{\dfrac{1+1}{1}}=\sqrt2.$%

3. Докажем для произвольного $%n$%.

Дополним наш набор до ближайшего сверху $%2^m$% единицами. Тогда, если $%a=\sum\sqrt{1+a_i^2},\space b=\sum a_i$% и $%\dfrac{a+k\sqrt2}{b+k}\leqslant\sqrt{2},$% то и $%\dfrac{a}{b}\leqslant\sqrt2$% при положительных $%k, a, b.$%