Докажем вначале, что если $a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2=k$, то $a_1+a_2+\ldots+a_k\le k$. В самом деле, пусть $a_i=1+\alpha_i$ ($i=1$, 2, $\ldots$, $k$). Тогда
$$
a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2=k+2(\alpha_1+\ldots+\alpha_k)+(\alpha_1^2+\ldots+\alpha_k^2),
$$
откуда
$$
\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_k=-\dfrac12(\alpha_1^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_k^2)\le0.
$$
Поэтому
$$
a_1+a_2+\ldots+a_k=k+(\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_k)\le k.
$$
Обозначим теперь сумму модулей $2^n$ чисел
$$
\pm x_1\pm x_2\pm\ldots\pm x_n
$$
(со всевозможными комбинациями знаков «$+$» и «$-$») через $S$. Нетрудно проверить, что сумма квадратов всех $2^n$ чисел, входящих в сумму $S$, равна $2^n(x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2)=2^n$. Обозначим $2^n$ чисел, входящие в $S$, через $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_{2^n}$. Тогда $a_1^2+a_2^2+\ldots+a_{2^n}^2=2^n$, и из утверждения, доказанного выше, получаем оценку $a_1+a_2+\ldots+a_{2^n}\le2^n$, что и требовалось доказать.
Как справедливо заметил наш читатель А. Хейфиц из Ростова-на-Дону, задача М620 является частным случаем следующей общей задачи M. Klamkin’a (American Mathematical Monthly, 1975, 82, № 8, р. 829—830):
Пусть $x_1$, $x_2$, $\ldots$, $x_n$ — любые действительные числа. Тогда при $\lambda\ge2$ и при $\lambda\le0$ имеет место неравенство
$$
\textstyle\sum{}\mathopen|\pm x_1\pm x_2\pm\ldots\pm x_n|^\lambda\ge2^n\left(\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^2\right)^{\frac{\scriptstyle\lambda}{\scriptstyle2}},
$$
а при $0\lt\lambda\lt2$ — неравенство противоположного смысла. (Суммирование в левой части производится по всевозможным комбинациям знаков «$+$» и «$-$».)
Предлагаем вам подумать над доказательством этого утверждения самостоятельно.
