На отрезке $[-1, 1]$ выбрано $k$ различных точек, для каждой посчитано произведение расстояний до остальных $k-1$ точек и через $S$ обозначена сумма обратных величин этих $k$ произведений. Докажите, что
а) Ясно, что каждое из трёх произведений лишь увеличится (а сумма $S$ обратных к ним величин уменьшится), если крайние числа раздвинуть: левое заменить на $-1$, правое — на 1. Поэтому можно считать, что выбраны точки $-1$, $x$, 1, где $-1\lt x\lt1$. В этом случае
$$S=\dfrac1{2(1+x)}+\dfrac1{(1+x)(1-x)}+\dfrac1{2(1-x)}=\dfrac2{1-x^2}\ge2,$$
причём равенство достигается лишь при $x=0$.
б) Аналогично пункту а) задачу для четырёх точек можно решать методом «постепенного улучшения». Как и выше, заменяя крайние числа на $-1$ и 1, мы можем только уменьшить $S$. Средние точки представим в виде $-1+u$ и $1-v$ ($u\gt0$, $v\gt0$, $-1+u\lt1-v$; рис. 1).
Рис. 1
Теперь преобразуем сумму $S$, полагая $d=2-u-v$:
$$
\begin{gather*}
S=\dfrac1{2u(u+d)}+\dfrac1{2v(v+d)}+\dfrac1{du(v+d)}+\dfrac1{dv(u+d)}=\\
=\dfrac{d(v(2-u)+u(2-v))+2(2uv+d(u+v))}{2duv(2-u)(2-v)}=\\
=\dfrac{d(2(2-d)-2uv)+2(2uv+d(2-d))}{2duv(4-2(u+v)+uv)}=\\
=\dfrac{2d(2-d)+uv(2-d)}{duv(2d+uv)}=\dfrac{2-d}{duv}.
\end{gather*}
$$
Произведение $uv$ при заданной сумме $u+v=2-d$ максимально, когда $u=v=\dfrac{2-d}2$, поэтому
$$S\ge\dfrac{4}{d(2-d)}\ge4,$$
причём равенство достигается здесь при $d=1$, $u=v=\dfrac12$, т. е. для точек $-1$, $-\dfrac12$, $\dfrac12$, 1.
Оказывается, при каждом $k\ge3$ наименьшее значение $S$ равно $2^{k-2}$ и достигается для набора $x_n=-{\cos\dfrac{n\pi}{k-1}}$, $n=0$, 1, $\ldots$, $k-1$. Укажем красивое рассуждение, которое (в отличие от прямых вычислений, приведённых выше) годится для общего случая.
Пользуясь тождеством $\cos{}(m+1)\varphi=2\cos m\varphi\cos\varphi-\cos{}(m-1)\varphi$, легко доказать, что при любом $m\ge1$ существует многочлен $T_m(x)$ такой, что $T_m(\cos\varphi)=\cos m\varphi$, причём его старший коэффициент равен $2^{m-1}$.
Рис. 2Рис. 3
Например, $T_2(x)=2x^2-1$ (рис. 2), $T_3(x)=4x^3-3x$ (рис. 3). Отметим, что $|T_m(x)|\le1$ при $|x|\le1$. Многочлены $T_m(x)$ называются многочленами Чебышёва (см. статью Н. Васильева и А. Зеленинского «Многочлены Чебышёва и рекуррентные соотношения» в «Кванте» № 1 за 1982 г.). С их помощью мы решим задачу для $k=m+1$ точек.
Пусть $x_n$, $n=0$, $\ldots$, $k-1$, — любой набор $k$ различных точек на отрезке $[-1; 1]$. Всякий многочлен степени $k-1$ однозначно определяется своими значениями $a_n$ в точках $x=x_n$ и, как нетрудно проверить, может быть записан в виде суммы
$$
\sum_{n=0}^{k-1}a_n\dfrac{(x-x_0)\ldots(x-x_{n-1})(x-x_{n+1})\ldots(x-x_{k-1})}{(x_n-x_0)\ldots(x_n-x_{n-1})(x_n-x_{n+1})\ldots(x_n-x_{k-1})}.
$$
Возьмём $a_n=T_{k-1}(x_n)$, тогда этот многочлен будет тождественно равен $T_{k-1}(x)$. Его старший коэффициент, равный $2^{k-2}$, является суммой выражений
$$
\dfrac{a_n}{(x_n-x_0)\ldots(x_n-x_{n-1})(x_n-x_{n+1})\ldots(x_n-x_{k-1})},
$$
каждое из которых по модулю не превосходит
$$
\dfrac1{|x_n-x_0|\ldots|x_n-x_{n-1}|\ldots|x_n-x_{n+1}|\ldots|x_n-x_{k-1}|}\tag{*}
$$
(поскольку $|a_n|=|T_{k-1}(x_n)|\le1$). Но сумма величин (*) при $n=0$, $\ldots$, $k-1$ как раз и есть интересующая нас сумма $S$; следовательно, $S\ge2^{k-2}$.
