Докажите, что если разность между наибольшим и наименьшим из $n$ вещественных чисел $a_1, a_2, \ldots, a_n$ равна $d$, а сумма модулей всех $\frac{n(n-1)}{2}$ попарных разностей этих чисел $\sum\limits_{i<j}|a_i — a_j|$ равна $s$, то $(n-1)$ $d\leqslant s\leqslant \frac{n^2}{4}d$.
Решение
Нанесем точки $a_1, a_2, \ldots, a_n$ на числовую ось. Тогда $d$ — расстояние между крайними из этих точек, самой левой и самой правой, а $\sum\limits_{i<j}|a_i — a_j|$ — сумма всех попарных расстояний между этими точками. Можно, очевидно, считать, что точки обозначены через $a_1, a_2, \ldots, a_n$ в порядке возрастания: $a_1 \leqslant a_2\leqslant \ldots \leqslant a_n$ (рисунок). Обозначим расстояние между соседними точками $a_k$ и $a_{k+1}$ через $d_k(k=1, 2, \ldots, n-1)$. Очевидно, $$d=d_1+d_2 \ldots +d_{n-1}.$$ Выразим теперь $s$ через величины $d_k$. Для этого заменим в сумме $s$ длину каждого отрезка $|a_i-a_j|$ суммой тех $d_k$, из которых он состоит: $|a_i-a_j|=d_i+d_{i+1}+\ldots+d_{j-1}$. Ясно, что $d_k$ входит в те отрезки, у которых левый конец лежит в одной из точек $a_1,\ldots, a_k$, а правый — в одной из точек $a_{k+1}, \ldots a_n$, то есть в общей сложности $d_k$ входит в сумму $k(n-k)$ раз. Поэтому $$s=\sum\limits_{k=1}^{n-1}k(n-k)d_k.$$ Теперь доказываемое утверждение следует из двух совсем простых неравенств: для всех $k=1, \ldots, n-1$
Пользуясь этими оценками $$\sum\limits_{k=1}^{n-1}k(n-k)d_k\geqslant \sum\limits_{k=1}^{n-1}(n-1)d_k=(n-1)d,$$ $$\sum\limits_{k=1}^{n-1}k(n-k)d_k\leqslant\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{n^2}{4}d_k=\frac{n^2}{4}d.$$
Интересно выяснить
Являются ли указанные в условии задачи оценки точными, нельзя ли, скажем, вместо $n-1$ поставить в левом неравенстве большее число? Для того, чтобы убедиться в противном, достаточно привести пример такого случая, когда неравенство превращается в равенство (причем в обеих его частях стоят положительные числа). Такой пример легко придумать, разобравшись в нашем доказательстве: нужно расположить точки $a_1, a_2, \ldots, a_n$ так, чтобы все $d_k$, кроме первого — $d_1$, равнялись нулю, то есть взять $a_1 < a_2 = a_3 = \ldots = a_n$. Тогда $s = (n-1)d_1 = (n-1)d$.
Что касается второго неравенства $s\leqslant \frac{n^2}{4} d$, то при четном $n = 2m$ в нем тоже может достигаться равенство (достаточно взять $a_1 = a_2 = \ldots = a_m \lt a_{m+1} = \ldots = a_2m)$, а при нечетном $n = 2m + 1$ его можно несколько уточнить: нетрудно сообразить, что при нечетном $n$ наибольшее из чисел $k(n-k)$ равно $\frac{n-1}{2} \times \frac{n+1}{2} = \frac{n^2-1}{4}$; пользуясь этим вместо неравенства б), можно так же, как и выше, доказать более сильное неравенство $s \lt \frac{n^2-1}{4}d$. Равенство в нем достигается, когда $a_1 = \ldots = a_m \lt a_{m+1} = \ldots = a_{2m+1}$.
Всякую дробь вида $latex \pm a_{0},a_{1}a_{2}a_{3}…a_{n}…$, где $latex a_{0} $ — целое неотрицательное число, а $latex a_{i} $ — десятичные знаки $latex (0,1,2,3,4,…,9) $ назовём вещественным (или действительным) числом.
(если перед дробью стоит $latex +$, то его опускают)
Множество таких чисел называют множеством вещественных чисел и обозначают $latex \mathbb{R} $.
Если дробь $latex \pm a_{0},a_{1}a_{2}a_{3}…$ является периодической, то её называют рациональным числом, а если она непериодическая дробь, то это число иррациональное.
$latex \alpha < \beta $, либо когда $latex a_{0} < b_{0} $, либо если $latex a_{0} = b_{0}$ и $latex \exists n:a_{1}=b_{1}, a_{2}=b_{2},…,a_{n-1}=b_{n-1}; a_{n}<b_{n} $.
2. Пусть $latex \alpha$ — неотрицательное и $latex \beta $ — отрицательное, тогда $latex \alpha > \beta $.
3. Пусть $latex \alpha$ и $latex \beta $ — отрицательные, тогда
Приближение вещественных чисел рациональными числами
Покажем, что любое вещественное число можно приблизить с любой степенью точности рациональными числами.
Возьмём вещественное число $latex a=a_{0},a_{1}a_{2}a_{3} \ldots a_{n}a_{n+1}a_{n+2} \ldots$
Обрывая эту дробь на $latex n$-ном знаке после запятой получим рациональное число:
$latex {a}’=a_{0},a_{1}a_{2}a_{3} \cdots a_{n}(0)$
Из правила сравнения вещественных чисел видно, что для $latex \forall n \in \mathbb{R}:$
$latex a_{0},a_{1}a_{2}a_{3} \cdots a_{n}(0) <$ $latex \underbrace{a_{0},a_{1}a_{2}a_{3} \cdots a_{n}a_{n+1}a_{n+2} \cdots}_{a}<$ $latex a_{0},a_{1}a_{2}a_{3} \cdots a_{n}+\frac{1}{10^{n}}$
Это неравенство значит, что число $latex a$ заключено между рациональными числами, разность между которыми равна $latex \frac{1}{10^{n}}$.
Возьмём, например $latex \varepsilon= \frac{1}{10^{3}}$.
Получаем $latex n>\lg 10^{3} \Rightarrow n>3$.
Вывод: для любого вещественного вещественного числа $latex a$ и для любой наперёд заданной точности $latex \varepsilon$ существуют $latex \alpha_{1}, \alpha_{2} \in \mathbb{Q}$ такие, что $latex \alpha_{1} \leq a \leq \alpha_{2}.$ $latex \alpha_{2}-\alpha_{1}<\varepsilon$.
Лемма
Если $latex \alpha$ и $latex \beta $ — вещественные числа. $latex \alpha ,\beta \in\mathbb{R}(\alpha < \beta )$, то $latex \exists r \in\mathbb{Q}:\alpha <r<\beta$.
$latex \square$ $latex 1) $ Если $latex \alpha$ и $latex \beta $ — рациональные, то $latex r=\frac{\alpha +\beta }{2}$.
$latex 1) $ Если одно из чисел $latex \alpha$ и $latex \beta $ иррациональное.
Допустим $latex \beta $ — иррациональное, тогда $latex \beta $ — бесконечная непереодическая дробь. Допустим $latex \alpha > 0 \Rightarrow \beta > 0$ (так как $latex \alpha < \beta $), тогда существует номер $latex p$, такой что $latex a_{1}=b_{1}, a_{2}=b_{2},…,a_{p-1}=b_{p-1}$, $latex a_{p}<b_{p}$.
Так как $latex \beta $ — иррациональное, то оно не может быть конечной десятичной дробью с периодом $latex «0»$. Поэтому существует номер больше $latex p$. Например $latex p+n$, такой что $latex b_{p+n}>0$.
Имеем $latex r=a_{0},a_{1}a_{2}a_{3}…a_{p-1}b_{p}…b_{p+n-1}(0)$.
Получили число $latex r$, такое что $latex \alpha<r<\beta$. $latex \blacksquare$
Аксиомы действительных чисел
Множеством $latex \mathbb{R} $ называется множество, на котором выполняются следующие условия:
$latex 1)$ Во множестве $latex \mathbb{R}$ определена операция «сложение»: $latex \forall a,b\in\mathbb{R}\mapsto a+b\in\mathbb{R}$ a. $latex a+b=b+a$ (сложение коммутативно); b. $latex (a+b)+c=a+(b+c)$ (сложение ассоциативно); с. $latex \exists 0\in \mathbb{R}:\forall a\in\mathbb{R}:a+0=a$ (наличие нейтрального элемента); d. $latex \forall a\in\mathbb{R}$ $latex \exists «-a»:a+(-a)=0$ (наличие противоположного элемента).
Число $latex a+(-b)$ называется разностью чисел $latex a$ и $latex b$ и обозначаются $latex a-b$.
$latex 2)$ В $latex \mathbb{R}$ определена операция «умножение»: $latex \forall a,b\in\mathbb{R}\mapsto ab\in\mathbb{R}$ а. $latex ab=ba$ (коммутативность умножения); b. $latex a(bc)=(ab)c$ (ассоциативность умножения); с. $latex \exists 1\in\mathbb{R}: \forall a\in\mathbb{R}: a*1=a$ (наличие нейтрального элемента); d. $latex \forall a\neq 0:\exists a^{-1}\in\mathbb{R}:a*a^{-1}=1$ (наличие противоположного элемента).
$latex a*b^{-1}$ — частное деление $latex a$ на $latex b$ и обозначается $latex \frac{a}{b}$ или $latex a:b$.
$latex 3)$ Выполняется дистрибутивный закон (связь сложения и умножения):
$latex \forall a,b,c\in \mathbb{R}: a(b+c)=ab+ac$.
$latex 4)$ $latex \forall a\in \mathbb{R}: a<0$ либо $latex a=0$, либо $latex a>0$.
При этом, если $latex a>0$ и $latex b>0$ $latex \Rightarrow$ $latex a+b>0$, $latex ab>0$.
Числа больше 0 называются положительными. Числа меньше 0 называются отрицательными.
Если $latex a-b>0$, то пишут $latex a>b$;
Если $latex a-b<0$, то пишут $latex a<b$;
Если $latex a-b=0$, то пишут $latex a=b$.
Для множеств:
Для $latex A,B \subset \mathbb{R}$
Запись $latex A \leq B$ означает, что $latex \forall a \in A, \forall b \in B: a \leq b$.
Если $latex A= \left \{a \right \}$ (множество из одного элемента) и $latex A \leq B$, то $latex a \leq B$. Непрерывность множества $latex \mathbb{R}$ заключается в том, что в $latex \mathbb{R}$ нет «щелей», а именно справедлива:
Аксиома непрерывности
$latex \forall A,B \subset \mathbb{R} (A \neq \varnothing, B \neq \varnothing ):$ $latex a \leq b \Rightarrow \exists c \in \mathbb{R} :$ $latex a \leq c \leq b$. Неравенство Бернулли
Пусть $latex x\in \mathbb{R}, x\geq 1, n\in \mathbb{N}$. Тогда
$latex \left ( 1+x \right )^{n} \geq 1+nx$ Доказательство:
Если n=1 неравенство очевидно. Допустим, оно выполняется при $latex n \in \mathbb{N}$. Докажем его справедливость при $latex n+1 \in \mathbb{N}$. Действительно:
В.И.Ильин, Э.Г.Позняк «Основы мат.анализа, часть 1, выпуск 2» (Издание четвёртое, переработанное и дополненное, 1982г.) стр.40 (скачать учебник можно здесь).