Bulgaria TST, IMO 2007- 1-st test, problem 5

[drago]

Дадени са реалните числа [tex]a_i,\, b_i;\,\, 1 \le i \le n[/tex], за които е известно:

[tex]\sum_{i=1}^n a_i^2 = 1,\, \sum_{i=1}^n b_i^2 = 1, \, \sum_{i=1}^n a_i b_i = 0[/tex].

Докажете, че:

[tex]\left ( \sum_{i=1}^n a_i \right )^2 + \left ( \sum_{i=1}^n b_i \right )^2 \, \le \, n[/tex].

[grav]

Ако [tex](\cdot,\cdot)[/tex] е стандартното скаларно произведение в [tex]\mathbb{R}^n[/tex] и [tex]v=(1,1,\dots,1)[/tex], задачата казва, че са дадени два единични ортогонални вектора и трябва да се докаже [tex](a,v)^2+(b,v)^2\le n[/tex]. Съществува ортогонална матрица [tex]S[/tex] която праща векторите [tex]a,b[/tex] в стандартните базови вектори [tex]e_1,e_2[/tex]. Тогава [tex](a,v)^2+(b,v)^2=(Sa,Sv)^2+(Sb,Sv)^2=(e_1,u)^2+(e_2,u)^2=u_1^2+u_2^2[/tex]
където [tex]Sv=u=(u_1,u_2,\dots)[/tex]. Имаме [tex]|u|=|v|=\sqrt{n}[/tex]. Означаваме с [tex]u'[/tex] проекцията на [tex]u[/tex] в равнината определена от [tex]e_1,e_2[/tex] и с [tex]\alpha[/tex] ъгъла между [tex]u'[/tex] и [tex]e_1[/tex]. Тогава [tex]|u'|\le\sqrt{n}[/tex] и [tex]u_1=|u'|\cos(\alpha),\quad u_2=|u'|\sin(\alpha)[/tex]. Откъдето следва.

[drago]

Много хубаво решение!
Това най-накрая с ъгъла м/у проекцията и [tex]e_1, e_2[/tex] е излишно. Аз бих спрял до тук:

[tex](a,v)^2+(b,v)^2=(Sa,Sv)^2+(Sb,Sv)^2=(e_1,u)^2+(e_2,u)^2 = u_1^2 + u_2^2 \leq |u|^2 = n[/tex].

Oт тук се вижда и кога се достига равенство.

[grav]

Да, вярно. Става още по-очевидно. Но предполагам, че това не е 'стандартното' решение, очаквам да ни го кажеш по някое време.

[drago]

Ако под "стандартно" разбираш авторското- не го знам. Задачите от TST 2007 на нашия отбор ги видях от тук: http://www.imomath.com/othercomp/Bul/BulTST07.pdf

Някои от тях, които ми харесаха, съм ги пуснал във форума. На тези, на които съм намерил решение съм го написал.
За тази задача- не знаех нейно решение, докато не видях твоето. Сега обаче мога да емулирам решението, което предлагаш, на език без n-мерни пространства, вектори и скаларни произведения. Ето какво се получи:

Да означим: [tex]\alpha= \sum_{i=1}^n a_i,\, \beta = \sum_{i=1}^n b_i[/tex].

Имаме:

[tex]\left (\sum_{i=1}^n a_i \right )^2 + \left (\sum_{i=1}^n b_i \right )^2 = \sum_{i=1}^n (\alpha a_i + \beta b_i) . 1 \leq \sqrt{n} \, sqrt{\sum_{i=1}^n (\alpha a_i + \beta b_i)^2} =[/tex]

[tex]= \sqrt{n} \, \sqrt{\alpha^2 \sum_{i=1}^n a_i^2 + \beta^2 \sum_{i=1}^n b_i^2 + 2\alpha \beta \sum_{i=1}^n a_ib_i } = \sqrt{n} \, \sqrt{\alpha^2 + \beta^2}= \sqrt{n} \, sqrt{\left (\sum_{i=1}^n a_i \right )^2 + \left (\sum_{i=1}^n b_i \right )^2}[/tex].

От тук следва исканото. В горната поредица- приложено е неравенството на Коши-Шварц.

Още малко коментар, надявам се не ставам досаден.
Kато се погледне задачата първата идея е да се приложи неравенството на Коши-Шварц. Но оценката става много груба- вместо [tex]n[/tex] става [tex]2n[/tex] . Всъщност идеята на това изкуствено решение е да се приложи това неравенство еднократно към някаква подходяща линейна комбинация на векторите [tex]a_i[/tex] и [tex]b_i[/tex], вместо двукратно към всеки един от тях. За тези, които още са в съзтезателна възраст- обърнете внимание на този метод, може да го срещнете и другаде.

[grav]

Не се събира на един ред, но е ясно какво следва.

[drago]

OK, редактирах го малко.
Надявам се, че сега се вижда.