Problem OM 78.P.3

% Algebra, Inequalities, CauchySchwarz

\documentclass[a4paper,12pt]{article}

\usepackage[left=2cm, top=2cm, right=2cm, bottom=1cm, includeheadfoot,
    headheight=50pt]{geometry}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{lastpage}
\usepackage{float}
\usepackage[most]{tcolorbox}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{graphicx}

\usepackage{polyglossia}
\setmainlanguage{polish}

\usepackage{amsmath, amsthm}

\usepackage{fontspec}
\usepackage{unicode-math}

\setmainfont{Linux Libertine O}

\newtheorem{theorem}{Theorem}[section]
\newtheorem{lemma}{Lemma}[section]

\newcommand{\Name}{Hostek}
\newcommand{\Email}{your.email@example.com}
\newcommand{\ProblemNumber}{LXXVIII OM, etap 1, zadanie p1}

\pagestyle{fancy}
\fancyhf{}
\fancyhead[L]{\Name \\ \Email}
\fancyhead[C]{\ProblemNumber}
\fancyfoot[C]{\thepage/\pageref{LastPage}}

\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt}
\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt}

\begin{document}

\section*{Treść zadania}

Dana jest liczba całkowita $n \geqslant 2$ oraz liczby rzeczywiste $a_1, a_2, \ldots, a_n$ spełniające równości
\[
a_1 + a_2 + \ldots + a_n = 0 \quad \text{oraz} \quad a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2 = 1.
\]
Wykazać, że $|a_1| \leqslant \sqrt{\dfrac{n-1}{n}}$.

\bigskip

\section*{Rozwiązanie (sposób pierwszy)}

Przekształćmy najpierw obie równości dane w zadaniu do wygodnej formy. Najpierw pierwsza:
\begin{equation}
    \label{e1}
    -a_1 = \sum_{i = 2}^{n}a_i
\end{equation}

I z drugiej otrzymujemy:
\begin{equation}
    \label{e2}
    1 - a_1^2 = \sum_{i = 2}^{n} a_i^2
\end{equation}

Zacznijmy od oczywistego faktu:
\begin{equation}
    \label{e3}
    \sum_{2 \leq i < j \leq n}(a_i - a_j)^2 \geq 0
\end{equation}

To jest prawda, bo kwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny. Zatem suma kwadratów też jest nieujemna.

Rozpiszmy tę sumę: (zapiszmy od razu też znak nierówności)
\begin{align*}
    \sum_{2 \leq i < j \leq n}(a_i - a_j)^2 &\geq 0 \\
    \sum_{2 \leq i < j \leq n}(a_i^2 - 2 a_i a_j + a_j^2) &\geq 0 \\
    \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i^2 - 2 \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i a_j + \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_j^2 &\geq 0 \\
    \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i^2 + \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_j^2 - 2 \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i a_j  &\geq 0 \\
    (n-2)\sum_{i=2}^{n}a_i^2 - 2 \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i a_j  &\geq 0
\end{align*}

Wydaje się, że warto dokładniej omówić równość:
\begin{equation}
    \label{e4}
    \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i^2 + \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_j^2 = (n-2)\sum_{i=2}^{n}a_i^2
\end{equation}

Zastanówmy się, ile razy będzie dodany element $a_k^2$ w obu tych sumach? (Dla $k \in \{2,\ldots,n\}$)

\begin{itemize}
    \item W pierwszej sumie element $i = k$ będzie dodany dla każdego $j > k$, czyli $n - k$ razy.
    \item W drugiej sumie element $j = k$ będzie dodany dla każdego $i < k$, czyli $k - 2$ razy.
\end{itemize}

Czyli łącznie element z indeksem $k$ będzie dodany:
\[
    n - k + k - 2 = n - 2
\]
razy.

W ten sposób udowodniliśmy równość \eqref{e4}.

Zanim wrócimy do rozpisania naszej sumy (w nierówności) zastanówmy się jeszcze nad tym składnikiem:
\[
    - 2 \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i a_j
\]

Skorzystajmy z następującego wzoru skróconego mnożenia:
\begin{equation}
    \label{e5}
    (\sum_{i = 2}^{n} a_i)^2 = \sum_{i = 2}^{n} a_i^2 + 2\sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i a_j
\end{equation}

Zatem wyznaczmy z równości \eqref{e5} nasz szukany składnik:
\begin{equation}
    \label{e6}
    - 2\sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i a_j = \sum_{i = 2}^{n} a_i^2 - (\sum_{i = 2}^{n} a_i)^2 
\end{equation}

Więc, wróćmy do rozpisania naszej sumy:
\begin{align*}
    (n-2)\sum_{i=2}^{n}a_i^2 - 2 \sum_{2 \leq i < j \leq n} a_i a_j  &\geq 0 \\
    (n-2)\sum_{i=2}^{n}a_i^2 + \sum_{i = 2}^{n} a_i^2 - (\sum_{i = 2}^{n} a_i)^2 &\geq 0 \\
    (n-1)\sum_{i=2}^{n}a_i^2 - (\sum_{i = 2}^{n} a_i)^2 &\geq 0 \\
    (\sum_{i = 2}^{n} a_i)^2 &\leq (n-1)\sum_{i=2}^{n}a_i^2
\end{align*}

Więc podstawmy dane z treści zadania, czyli: \eqref{e1} i \eqref{e2}
\begin{align*}
    (\sum_{i = 2}^{n} a_i)^2 &\leq (n-1)\sum_{i=2}^{n}a_i^2 \\
    (-a_1)^2 &\leq (n-1)(1 - a_1^2) \\
    a_1^2 &\leq n-1 - (n-1)a_1^2 \\
    a_1^2 + (n-1)a_1^2 &\leq n-1 \\
    n a_1^2 &\leq n-1 \\
    a_1^2 &\leq \frac{n-1}{n}
\end{align*}

Zapiszmy to co dostaliśmy:
\begin{equation}
    a_1^2 \leq \frac{n-1}{n}
\end{equation}

Zauważmy, że obie strony są nieujemne, więc możemy spierwiastkować obustronnie (przy czym $\frac{n-1}{n} > 0$, bo $n > 1$):
\begin{equation}
    |a_1| \leq \sqrt{\frac{n-1}{n}}
\end{equation}

Co należało dowieść. \qed

\section*{Drugi sposób (Nierówność Cauchy'ego-Schwarza):}

Wprowadźmy najpierw definicję twierdzenia Cauchy'ego-Schwarza.

\begin{theorem}[Nierówność Cauchy'ego-Schwarza]
Dla dowolnych liczb rzeczywistych $x_1, x_2, \ldots, x_k$ oraz $y_1, y_2, \ldots, y_k$ zachodzi nierówność:
\[
    \left( \sum_{i=1}^k x_i y_i \right)^2 \leqslant \left( \sum_{i=1}^k x_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^k y_i^2 \right)
\]
Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy ciągi $(x_i)$ oraz $(y_i)$ są proporcjonalne (tzn. istnieje taka stała $c \in \mathbb{R}$, że $x_i = c y_i$ dla każdego $i$, o ile nie wszystkie $y_i$ są zerami).
\end{theorem}

Z treści zadania, podobnie jak w pierwszym sposobie, mamy:
\[
    \sum_{i=2}^n a_i = -a_1 \quad \text{oraz} \quad \sum_{i=2}^n a_i^2 = 1 - a_1^2
\]

Zastosujmy nierówność Cauchy'ego-Schwarza dla $k = n - 1$ zmiennych, kładąc ciągi:
\[
    (x_1, x_2, \ldots, x_{n-1}) = (a_2, a_3, \ldots, a_n)
\]
oraz
\[
    (y_1, y_2, \ldots, y_{n-1}) = (1, 1, \ldots, 1).
\]

Otrzymujemy wówczas:
\begin{align*}
    \left( \sum_{i=2}^n a_i \cdot 1 \right)^2 &\leqslant \left( \sum_{i=2}^n a_i^2 \right) \left( \sum_{i=2}^n 1^2 \right) \\
    \left( \sum_{i=2}^n a_i \right)^2 &\leqslant \left( \sum_{i=2}^n a_i^2 \right) \cdot (n - 1)
\end{align*}

Podstawiając zależności z treści zadania:
\begin{align*}
    (-a_1)^2 &\leqslant (1 - a_1^2)(n - 1) \\
    a_1^2 &\leqslant n - 1 - (n - 1)a_1^2 \\
    n a_1^2 &\leqslant n - 1 \\
    a_1^2 &\leqslant \frac{n - 1}{n}
\end{align*}

Ponieważ obie strony są nieujemne (dla $n \geqslant 2$), po obustronnym spierwiastkowaniu otrzymujemy tezę:
\[
    |a_1| \leqslant \sqrt{\frac{n - 1}{n}}.
\]

\qed

\section*{Trzeci sposób (Nierówność między średnią kwadratową a arytmetyczną -- QM-AM)}

Wprowadźmy najpierw definicję QM-AM.

\begin{theorem}[Nierówność QM-AM dla liczb rzeczywistych]
Dla dowolnych liczb rzeczywistych $x_1, x_2, \ldots, x_k$ zachodzi nierówność między średnią kwadratową (QM) a modułem średniej arytmetycznej (AM):
\[
    \sqrt{\frac{1}{k}\sum_{i=1}^k x_i^2} \geqslant \frac{\left| \sum_{i=1}^k x_i \right|}{k}
\]
Równoważnie, po podniesieniu obu stron do kwadratu:
\[
    \frac{\sum_{i=1}^k x_i^2}{k} \geqslant \left( \frac{\sum_{i=1}^k x_i}{k} \right)^2
\]
Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie liczby są równe: $x_1 = x_2 = \ldots = x_k$.
\end{theorem}

Rozważmy zbiór $n - 1$ liczb rzeczywistych: $\{a_2, a_3, \ldots, a_n\}$. Stosując do nich nierówność QM-AM w postaci kwadratowej dla $k = n - 1$, otrzymujemy:
\[
    \frac{\sum_{i=2}^n a_i^2}{n - 1} \geqslant \left( \frac{\sum_{i=2}^n a_i}{n - 1} \right)^2
\]

Wstawiamy wielkości wyznaczone z założeń zadania ($\sum_{i=2}^n a_i^2 = 1 - a_1^2$ oraz $\sum_{i=2}^n a_i = -a_1$):
\begin{align*}
    \frac{1 - a_1^2}{n - 1} &\geqslant \frac{(-a_1)^2}{(n - 1)^2} \\
    \frac{1 - a_1^2}{n - 1} &\geqslant \frac{a_1^2}{(n - 1)^2}
\end{align*}

Mnożymy obustronnie przez $(n - 1)^2$ (co jest dozwolone bez zmiany znaku nierówności, ponieważ z założenia $n \geqslant 2$, więc $n - 1 > 0$):
\begin{align*}
    (n - 1)(1 - a_1^2) &\geqslant a_1^2 \\
    n - 1 - (n - 1)a_1^2 &\geqslant a_1^2 \\
    n - 1 &\geqslant n a_1^2 \\
    a_1^2 &\leqslant \frac{n - 1}{n}
\end{align*}

Stąd bezpośrednio po spierwiastkowaniu:
\[
    |a_1| \leqslant \sqrt{\frac{n - 1}{n}},
\]
co kończy dowód. \qed

\end{document}