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 $\dfrac{n(n-1)}{2}$ попарных разностей этих чисел
$$
\sum_{i \lt j} |a_i - a_j|
$$
равна $s$, то $$
(n-1)d \le s \le \frac{n^2}{4}d.
$$
Нанесём точки $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_n$ нa числовую ось. Тогда $d$ —
расстояние между крайними из этих точек, самой левой и самой правой, a $s=\sum\limits_{i\lt j}|a_i-a_j|$ — сумма всех попарных расстояний между
этими точками. Можно, очевидно, считать, что точки обозначены через $a_1$,
$a_2$, $\ldots$, $a_n$ в порядке возрастания: $a_1\le a_2\le\ldots\le a_n$
(рис. 5). 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 доказываемые утверждения следуют из двух совсем простых неравенств:
для всех $k=1$, $\ldots$, $n-1$
Правильные решения этой задачи прислали восьмиклассник
М. Прегер из г. Томска, десятиклассник
И. Протасов из г. Киева, С. Поздняков из г. Вильнюса и другие читатели.
Интересно выяснить ещё, 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 (причём 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,
т. е. взять $a_1\lt a_2=a_3=\ldots=a_n$. Тогда $s=(n-1)d_1=(n-1)d$.
Что касается второго неравенства $s\le\dfrac{n^2}4d$, то при чётном $n=2m$
в нём тоже может достигаться равенство (достаточно взять
$a_1=a_2=\ldots=a_m\lt a_{m+1}=\ldots=a_{2m}$), а при нечётном $n=2m+1$ его можно нeсколько уточнить: нетрудно сообразить, что при нечётном $n$
наибольшее из чисел $k(n-k)$ равно
$\dfrac{n-1}2\cdot\dfrac{n+1}2=\dfrac{n^2-1}4$ (докажите это строго!);
пользуясь этим вместо неравенства 2), можно так же, как и выше, доказать
более сильное неравенство $s\le\dfrac{n^2-1}4d$. Равенство в нём достигается, когда $a_1=\ldots=a_m\lt a_{m+1}=\ldots=a_{2m+1}$.
