Usted puede reformular como un problema de optimización (teniendo en cuenta que ya sabemos lo que ocurre cuando se $n$ es aún):
Supongamos que $n \geq 3$ es impar, $\delta > 0$ (lo suficientemente pequeño wrt $n$) y que $x_i \in [-1+\delta,1-\delta]$ son tales que $\sum_i x_i = 0$. A continuación,$F(x_1,\dots,x_n) := \sum_i \sqrt{1-x_i^2} > 1$.
Debido a $B:=[-1+\delta,1-\delta]^n$ es un conjunto compacto, $F$ toma un valor mínimo en algún punto de $z = (z_1,\dots,z_n)$; y, sin pérdida de generalidad podemos suponer que $z_1 \leq z_2\dots \leq z_n$. Deje $z_1 = \dots = z_k = -1+\delta \neq z_{k+1}$, e $z_n = z_{n-1} = \dots = z_{n-l+1} = 1 -\delta \neq z_{n-l}$, por lo que el $-1+\delta$ aparece $k$ veces $1-\delta$ aparece $l$ a veces, y $z_{k+1},\dots,z_{n-l} \in (-1+\delta,1-\delta)$.
Yo reclamo que $z_{k+1} = \dots = z_{n-l}$ (lo que permite la posibilidad de que esta lista es sólo un elemento, o vacío). De hecho, si no, entonces usted puede seleccionar $k < i < j \leq n-l$. Considerar el punto de $z'$ con $z_i' = z_i - \varepsilon$, $z_j' = z_j + \varepsilon$ y $z_k' = z_k$ lo contrario. Por análisis fundamental:
$$ F(z') = F(z) + \varepsilon (\frac{\partial F}{\partial x_j}(z) - \frac{\partial F}{\partial x_i}(z)) + O( \varepsilon^2) \\
F(z) + \varepsilon (f(z_j) - f(z_i)) + O( \varepsilon^2)
$$
donde $f(x) = \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}$ es el derivado de la $\sqrt{1-x^2}$. Si $\varepsilon$ es lo suficientemente pequeño, esta tendremos $F(z') < F(z) $, contradiciendo la elección de $z$. (De hecho, esto se desprende más fácilmente de apenas notar que $$\sqrt{1-x^2}$ es cóncava.)
Así, el "óptimo" de la secuencia es de la forma
$$-1+\delta, -1+\delta,\dots,-1+\delta,z,z,z,\dots,z,1-\delta,1-\delta,\dots,1-\delta.$$
A continuación, me afirmación de que $k+l \geq n-1$, es decir, en la secuencia de arriba hay un $z$. Otra cosa, se puede sustituir un par de $z,z$$z-\varepsilon, z + \varepsilon$, de nuevo al disminuir el valor de $F$ debido a la concavidad de $\sqrt{1-x^2}$.
Una vez que sabemos que hay un $z$, es fácil ver que la condición de $\sum_i z_i = 0$ fuerzas de $k = l = \frac{n-1}{2}$$z = 0$. Sin embargo, en este punto, $F$ toma valor estrictamente mayor que $1$, lo que termina la prueba.