Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2995
2019-05-06 
Доказать, что при любых - значениях действительных чисел $a_1, a_2,\cdots, a_n$ имеет место неравенство
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{n-1}^2 + (1 - a_n^2)} + \sqrt {a_n^2 + (1 - a_1)^2} \geq \frac {n \sqrt{2}}{2}$
При каких значениях этих чисел левая часть неравенства точно равна правой части?
Решение:
Рассмотрим отдельно случаи $n$ четного и $n$ нечетного.
1°. Число $n$ четно. Построим ступенчатую ломаную $A_1A_2A_3\cdots A_nA_{n+1}A_{n+2}$ так, чтобы длины всех отрезков $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4, \cdots, A_{n+1}A_{n+2}$ равнялись единице и отрезки $A_1A_2, A_3A_4, A_5A_6 \cdots, A_{n-1}A_n, A_{n+1}A_2$ были бы параллельны между собой и перпендикулярны к отрезкам $A_2A_3, A_4A_5, \cdots, A_nA_{n+1}$ (рис.; на нем $n = 4$). На каждом из отрезкив $A_iA_{i+1}$ ($i = 1, 2, \cdots, n + 1$) или на его продолжении возьмем точку $B_i$ так, чтобы длина отрезка $B_iA_{i+1}$ равнялась $a_i$($a_{n+1}$ мы полагаем здесь равным $a_1$, т. е. $B_{n+1}A_{i+1}$ выберем так, чтобы было $B_{n+1}A_{n+2} = A_1$); при этом точку $B_i$, мы будем располагать левее или ниже точки $a_{i+1}$ если $a_i > 0$, и правее или выше точки $A_{i+1}$, если $a_i < 0$, (на рис. $0 < a < 1$; $0 < a_2 < 1$; $a_3 > 1$, $a_4 < 0$). Проведем теперь ломаную $B_1B_2 \cdots B_{n+1}$. По теореме Пифагора
$B_iB_{i+1} = \sqrt {B_iA_{i+1}^2 + B_{i+1}A_{i+1}^2}$.
Но $B_iA_{i+1} = a_i$, и, как легко видеть, $B_{i+1}A_{i+1} = |1 - a_{i+1}|$; следовательно,
$B_iB_{i+1} = \sqrt {a_i^2 + (1 - a_{i+1})^2}$.
Таким образом, интересующая нас сумма
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{n-1}^2 + (1 - a_n)^2} + \sqrt {a_n^2 + (1 - a_1)^2}$
равна длине ломаной $B_1B_2 \cdots B_{n+1}$.
Очевидно, что длина ломаной $B_1B_2B_3 \cdots B_{n+1}$ всегда не меньше, чем длина отрезка $B_1B_{n+1}$. Вычислим теперь длину этого отрезка. С этой целью построим прямоугольный треугольник $B_1CB_{n+1}$ рис. Тогда
$B_1C = A_2A_3 + A_4A_5 + \cdots + A_nA_{n+1} = \frac{n}{2}$
и $CB_{n+1} = A_1A_2 + A_3A_4 + \cdots + A_{n-1}A_n = \frac{n}{2}$
(ибо $A_1B_1 = A_{n+1}B_{n+1} = |1 - a_1|$). Отсюда
$B_1B_{n+1} = \sqrt {(B_1C)^2 + (CB_{n+1})^2} = \sqrt { \left ( \frac{n}{2} \right )^2 + \left ( \frac{n}{2} \right )^2} = \frac{n \sqrt {2}}{2}$,
что и доказывает требуемое неравенство.
Теперь уже легко выяснить, в каком случае в этом неравенстве знак $\geq$ можно заменить знаком равенства. Для этого необходимо, чтобы все точки $B_2, B_3, \cdots, B_n$ лежали на прямой $B_1B_{n+1}$ (т.е. $B_i$ должно совпадать с точкой пересечения прямых $B_1B_{n+1}$ и $A_iA_{i+1}$). Так как прямая $B_1B_{n+1}$ образует угол $45^{\circ}$ с прямой $B_1C$ (ибо $B_1C = CB_{n+1}$), то это будет при
$B_1A_2 = A_2B_2 = B_3A_4 = A_4B_4 = \cdots = B_{n-1}A_n = A_nB_n$,
т.е. при $a_1 = (1 - a_2) = a_3 = (1 - a_4) = \cdots = a_{n-1} = (1-a_n)$. Итак, при $n$ четном равенство достигается при
$a_1 = a_3 = \cdots = a_{n-1} = a$, $a_2 = a_4 = \cdots = a_n = 1 - a$
где $а$ может быть любым.
2°. Число $n$ нечетно. Положим $a_{n+1} = a_1, a_{n+2} = a_2, \cdots, a_{2n} = a_n$ и рассмотрим сумму
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{2n-1}^2 + (1 - a_{2n})^2} + \sqrt {a_{2n}^2 + (1 - a_1)^2}$,
которая, очевидно, будет равна удвоенной сумме:
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{n-1}^2 + (1 - a_n)^2} + \sqrt {a_n^2 + (1 - a_1)^2}$
(каждое слагаемое этой последней суммы в первой сумме встречается дважды). Но по уже доказанному первая сумма $\leq \frac{2n \sqrt 2}{2}$ отсюда вытекает, что
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{n-1}^2 + (1 - a_n)^2} + \sqrt {a_n^2 + (1 - a_1)^2} \geq \frac{n \sqrt{2}}{2}$,
т. е. мы получили требуемое неравенство.
Знак равенства в последнем неравенстве имеет место только, если
$a_1 = a_3 = \cdots = a_{2n-i} = 1 - a_2 = 1 - a_4 = \cdots = 1 - a_{2n}$
(см. выше случай 1°). Но так как у нас $a_1 = a_{n+1}$ и $n$ нечетно, то последнее равенство возможно только, если
$a_1 = a_2 = \cdots = a_n = \frac{1}{2}$.
Доказать, что при любых - значениях действительных чисел $a_1, a_2,\cdots, a_n$ имеет место неравенство
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{n-1}^2 + (1 - a_n^2)} + \sqrt {a_n^2 + (1 - a_1)^2} \geq \frac {n \sqrt{2}}{2}$
При каких значениях этих чисел левая часть неравенства точно равна правой части?
Решение:
Рассмотрим отдельно случаи $n$ четного и $n$ нечетного.
1°. Число $n$ четно. Построим ступенчатую ломаную $A_1A_2A_3\cdots A_nA_{n+1}A_{n+2}$ так, чтобы длины всех отрезков $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4, \cdots, A_{n+1}A_{n+2}$ равнялись единице и отрезки $A_1A_2, A_3A_4, A_5A_6 \cdots, A_{n-1}A_n, A_{n+1}A_2$ были бы параллельны между собой и перпендикулярны к отрезкам $A_2A_3, A_4A_5, \cdots, A_nA_{n+1}$ (рис.; на нем $n = 4$). На каждом из отрезкив $A_iA_{i+1}$ ($i = 1, 2, \cdots, n + 1$) или на его продолжении возьмем точку $B_i$ так, чтобы длина отрезка $B_iA_{i+1}$ равнялась $a_i$($a_{n+1}$ мы полагаем здесь равным $a_1$, т. е. $B_{n+1}A_{i+1}$ выберем так, чтобы было $B_{n+1}A_{n+2} = A_1$); при этом точку $B_i$, мы будем располагать левее или ниже точки $a_{i+1}$ если $a_i > 0$, и правее или выше точки $A_{i+1}$, если $a_i < 0$, (на рис. $0 < a < 1$; $0 < a_2 < 1$; $a_3 > 1$, $a_4 < 0$). Проведем теперь ломаную $B_1B_2 \cdots B_{n+1}$. По теореме Пифагора
$B_iB_{i+1} = \sqrt {B_iA_{i+1}^2 + B_{i+1}A_{i+1}^2}$.
Но $B_iA_{i+1} = a_i$, и, как легко видеть, $B_{i+1}A_{i+1} = |1 - a_{i+1}|$; следовательно,
$B_iB_{i+1} = \sqrt {a_i^2 + (1 - a_{i+1})^2}$.
Таким образом, интересующая нас сумма
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{n-1}^2 + (1 - a_n)^2} + \sqrt {a_n^2 + (1 - a_1)^2}$
равна длине ломаной $B_1B_2 \cdots B_{n+1}$.
Очевидно, что длина ломаной $B_1B_2B_3 \cdots B_{n+1}$ всегда не меньше, чем длина отрезка $B_1B_{n+1}$. Вычислим теперь длину этого отрезка. С этой целью построим прямоугольный треугольник $B_1CB_{n+1}$ рис. Тогда
$B_1C = A_2A_3 + A_4A_5 + \cdots + A_nA_{n+1} = \frac{n}{2}$
и $CB_{n+1} = A_1A_2 + A_3A_4 + \cdots + A_{n-1}A_n = \frac{n}{2}$
(ибо $A_1B_1 = A_{n+1}B_{n+1} = |1 - a_1|$). Отсюда
$B_1B_{n+1} = \sqrt {(B_1C)^2 + (CB_{n+1})^2} = \sqrt { \left ( \frac{n}{2} \right )^2 + \left ( \frac{n}{2} \right )^2} = \frac{n \sqrt {2}}{2}$,
что и доказывает требуемое неравенство.
Теперь уже легко выяснить, в каком случае в этом неравенстве знак $\geq$ можно заменить знаком равенства. Для этого необходимо, чтобы все точки $B_2, B_3, \cdots, B_n$ лежали на прямой $B_1B_{n+1}$ (т.е. $B_i$ должно совпадать с точкой пересечения прямых $B_1B_{n+1}$ и $A_iA_{i+1}$). Так как прямая $B_1B_{n+1}$ образует угол $45^{\circ}$ с прямой $B_1C$ (ибо $B_1C = CB_{n+1}$), то это будет при
$B_1A_2 = A_2B_2 = B_3A_4 = A_4B_4 = \cdots = B_{n-1}A_n = A_nB_n$,
т.е. при $a_1 = (1 - a_2) = a_3 = (1 - a_4) = \cdots = a_{n-1} = (1-a_n)$. Итак, при $n$ четном равенство достигается при
$a_1 = a_3 = \cdots = a_{n-1} = a$, $a_2 = a_4 = \cdots = a_n = 1 - a$
где $а$ может быть любым.
2°. Число $n$ нечетно. Положим $a_{n+1} = a_1, a_{n+2} = a_2, \cdots, a_{2n} = a_n$ и рассмотрим сумму
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{2n-1}^2 + (1 - a_{2n})^2} + \sqrt {a_{2n}^2 + (1 - a_1)^2}$,
которая, очевидно, будет равна удвоенной сумме:
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{n-1}^2 + (1 - a_n)^2} + \sqrt {a_n^2 + (1 - a_1)^2}$
(каждое слагаемое этой последней суммы в первой сумме встречается дважды). Но по уже доказанному первая сумма $\leq \frac{2n \sqrt 2}{2}$ отсюда вытекает, что
$\sqrt {a_1^2 + (1 - a_2)^2} + \sqrt {a_2^2 + (1 - a_3)^2} + \cdots + \sqrt {a_{n-1}^2 + (1 - a_n)^2} + \sqrt {a_n^2 + (1 - a_1)^2} \geq \frac{n \sqrt{2}}{2}$,
т. е. мы получили требуемое неравенство.
Знак равенства в последнем неравенстве имеет место только, если
$a_1 = a_3 = \cdots = a_{2n-i} = 1 - a_2 = 1 - a_4 = \cdots = 1 - a_{2n}$
(см. выше случай 1°). Но так как у нас $a_1 = a_{n+1}$ и $n$ нечетно, то последнее равенство возможно только, если
$a_1 = a_2 = \cdots = a_n = \frac{1}{2}$.
