Сумма $n$ чисел равна $0$, сумма их модулей равна $a$. Докажите, что разность между наибольшим и наименьшим из них не меньше $\dfrac{2a}n$.
Внутри выпуклого $n$-угольника $A_1A_2\ldots A_n$ выбрана точка $O$
так, что сумма векторов
$\overrightarrow{OA_1}+\overrightarrow{OA_2}+\ldots+\overrightarrow{OA_n}$
равна нулевому вектору, а сумма их длин равна $d$. Докажите, что периметр этого $n$-угольника
не меньше $\dfrac{4d}n$.
Можно ли улучшить эту оценку (при некоторых $n$)?
а) Пусть среди данных чисел имеется $k$ положительных и $x$ — наибольшее из них. (Можно считать, что $k\gt0$, так как иначе все числа равны 0 и утверждение задачи очевидно.) Если $s$ — сумма всех положительных чисел, то $s\le kx$. Аналогично, если $s_1$ — сумма всех неположительных чисел, а $y$ — наименьшее из них, то $s_1\ge(n-k)y$. По условию $s+s_1=0$ и $s-s_1=a$, поэтому $s=-s_1=\dfrac a2$. Следовательно,
$$
x-y\ge\dfrac sk-\dfrac{s_1}{n-k}=\dfrac n{k(n-k)}\cdot\dfrac a2.
$$
Число $k(n-k)$ максимально при $k=\dfrac n2$, если $n$ чётно, и при $k=\dfrac{n\pm1}2$, если $n$ нечётно. Поэтому $x-y\ge\dfrac{2a}n$ при чётном $n$ и $x-y\ge\dfrac{2an}{n^2-1}\gt\dfrac{2a}n$ при нечётном $n$.
б) Первое решение. Пункт а) по сути является «вырожденным» случаем пункта б). Мы увидим, что общий случай можно свести к этому вырожденному с помощью проекции. Для этого нам понадобится следующее вспомогательное утверждение, доказательство которого основано на приёме «усреднения», полезном при решении многих задач.
Лемма.Пусть сумма длин проекций векторов $\overrightarrow{a_1},$ $\ldots,$ $\overrightarrow{a_n}$ на любую прямую больше суммы длин проекций векторов $\overrightarrow{b_1}, $\ldots, $\overrightarrow{b_m}$ на ту же прямую. Тогда $|\overrightarrow{a_1}|+\ldots+|\overrightarrow{a_n}|\ge|\overrightarrow{b_1}|+\ldots+|\overrightarrow{b_m}|$.
Доказательство. Фиксируем некоторую ось $l_0$. Пусть $a(\varphi)$ — длина проекции вектора $\overrightarrow{a}$ на прямую, образующую угол $\varphi$ с осью $l_0$. Если вектор $\overrightarrow{a}$ образует угол $\alpha$ с этой осью (углы $\varphi$ и $\alpha$ отсчитываются в одном и том же направлении), то $a(\varphi)=|\overrightarrow{a}|\cdot\mathopen|\cos(\varphi-\alpha)|$. Заметим, что интеграл от $0$ до $\pi$ функции $a(\varphi)$ зависит только от длины вектора $\overrightarrow{a}$. Действительно, поскольку эта функция периодична с периодом $\pi$, отрезок интегрирования $[0;\pi]$ можно заменить на любой другой отрезок длины $\pi$; следовательно,
$$
\begin{gather*}
\textstyle\int\limits_0^\pi a(\varphi)\,d\varphi=\int\limits_{\alpha-\frac{\scriptstyle\pi}{\scriptstyle2}}^{\alpha+\frac{\scriptstyle\pi}{\scriptstyle2}}|\overrightarrow{a}|\cdot\mathopen|\cos(\varphi-\alpha)|\,d\varphi=\\
\textstyle=|\overrightarrow{a}|\int\limits_{\alpha-\frac{\scriptstyle\pi}{\scriptstyle2}}^{\alpha+\frac{\scriptstyle\pi}{\scriptstyle2}}\cos(\varphi-\alpha)\,d\varphi=|\overrightarrow{a}|\sin(\varphi-\alpha)\Big|_{\alpha-\frac{\scriptstyle\pi}{\scriptstyle2}}^{\alpha+\frac{\scriptstyle\pi}{\scriptstyle2}}=
|\overrightarrow{a}|\left(\sin\dfrac\pi2-\sin\left(-\dfrac\pi2\right)\right)=2|\overrightarrow{a}|.
\end{gather*}
$$
Поэтому
$$
\begin{gather*}
\textstyle|\overrightarrow{a_1}|+\ldots+|\overrightarrow{a_n}|=\dfrac12\int\limits_0^\pi{}(a_1(\varphi)+\ldots+a_n(\varphi))\,d\varphi\ge\\
\textstyle\ge\dfrac12\int\limits_0^\pi{}(b_1(\varphi)+\ldots+b_m(\varphi))\,d\varphi=|\overrightarrow{b_1}|+\ldots+|\overrightarrow{b_m}|.
\end{gather*}
$$
Пусть теперь $A'_1$, $\ldots$, $A'_n$ и $O'$ — проекции точек $A_1$, $\ldots$, $A_n$ и $O$ на произвольную прямую (см. рисунок). Согласно лемме, нам достаточно доказать, что $$
p'=|A'_1A'_2|+|A'_2A'_3|+\ldots+|A'_nA'_1|\ge\dfrac4n(|O'A'_1|+\ldots+|O'A'_n|)\tag{*}
$$
Заметим, что $\overrightarrow{O'A'_1}+\ldots+\overrightarrow{O'A'_n}=\overrightarrow{0}$, так как сумма проекций нескольких векторов равна проекции их суммы. Поэтому координаты точек $A'_1$, $\ldots$, $A'_n$ на числовой оси $l$ с началом координат $O'$ образуют набор чисел, удовлетворяющий условию пункта а). Сумма $a$ абсолютных величин этих чисел равна сумме в правой части неравенства (*), а разность между наибольшим и наименьшим из них — длине проекции многоугольника, т. е. половине суммы $p'$ длин проекций всех его сторон. В силу утверждения а) $\dfrac{p'}2\ge\dfrac{2a}n$ и неравенство (*) доказано.
Второе решение. (Это решение предложил ученик 10-го класса ФМШ №18 г. Москвы С. Матюшов.) Для любой точки $A$
$$
\begin{gather*}
\overrightarrow{OA}=\dfrac1n\left((\overrightarrow{OA_1}+\overrightarrow{A_1A})+\ldots+(\overrightarrow{OA_n}+\overrightarrow{A_nA})\right)=\\
=\dfrac1n(\overrightarrow{OA_1}+\ldots+\overrightarrow{OA_n})+\dfrac{1}{n}(\overrightarrow{A_1A}+\ldots+\overrightarrow{A_nA})=
\dfrac1n(\overrightarrow{A_1A}+\ldots+\overrightarrow{A_nA}).
\end{gather*}
$$
Отсюда сразу следует неравенство
$$
|OA|\le\dfrac1n(|AA_1|+\ldots+|AA_n|).
$$
Полагая в нём последовательно $A=A_1$, $A=A_2$, $\ldots$, $A=A_n$ и складывая все полученные неравенства, мы найдём, что $$
d=|OA_1|+\ldots+|OA_n|\le\dfrac2n\textstyle\sum|A_iA_j|\tag{**}
$$
(каждое слагаемое $|A_iA_j|$, $1\le i\lt j\le n$, входит в сумму один раз, так что она представляет собой сумму длин всех сторон и диагоналей многоугольника).
При нечётном $n$ имеется $n$ сторон, $n$ диагоналей, отсекающих 1 вершину, $n$ диагоналей, отсекающих 2 вершины, $\ldots$, $n$ диагоналей, отсекающих $\dfrac{n-3}2$ вершин. Длина диагонали, отсекающей $k$ вершин, не превосходит длины $(k+1)$-звенной ломаной из сторон многоугольника, соединяющей концы диагонали. Поэтому сумма длин всех таких диагоналей не больше $(k+1)p$, где $p$ — периметр многоугольника, и (**) переписывается так:
$$
d\le\dfrac2n\left(p+2p+\ldots+\dfrac{n-1}2p\right)=\dfrac{n^2-1}{4n}p,
$$
т. е. $p\ge\dfrac{4n}{n^2-1}d$.
Для чётного $n$ отличие в том, что число диагоналей, отсекающих $\dfrac n2$ вершин, равно $\dfrac n2$. Поскольку длина каждой из них не больше $\dfrac p2$, из (**) получаем
$$
d\le\dfrac2n\left(p+2p+\ldots+\dfrac{n-2}2p+\dfrac n4p\right)=\dfrac{n-2}4p+\dfrac12p=\dfrac n4p,
$$
т. е. $p\ge\dfrac{4d}n$.
в) Из решения пункта б) следует, что при нечётных $n$ оценка точнее: $p\ge\dfrac{4n}{n^2-1}d\gt\dfrac{4d}n$. Дальнейшее уточнение невозможно. Действительно, пусть $n=2k$ или $n=2k+1$. Рассмотрим вырожденный «$n$-угольник»,$k$ вершин которого находятся в одной точке, а остальные $n-k$ — в другой. Легко видеть, что отношение $\dfrac pd$ для такого «$n$-угольника» в точности равно $\dfrac4n$ при $n=2k$ и $\dfrac{4n}{n^2-1}$ при $n=2k+1$. Ясно, что можно чуть-чуть раздвинуть его вершины так, чтобы образовался «настоящий» выпуклый $n$-угольник, при этом величина $\dfrac pd$ будет сколь угодно мало отличаться от указанных нами границ.
