XLIII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Danych jest $n$ liczb $a_1\leq a_2 \leq \ldots \leq a_n$ . Przyjmujemy

$ M_1 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i,\; M_2 = \frac{2}{n(n-1)} \sum_{1\leq i < j\leq n} a_ia_j, \; Q = \sqrt{M_1^2 - M_2}. $

Udowodnić, że

$ a_1 \leq M_1 - Q \leq M + Q \leq a_n $

Rozwiązanie

W określeniu wyrażenia $Q$ różnica $M_1^2 - M_2$ znajduje się pod znakiem pierwiastka kwadratowego. Aby mieć pewność, że określenie $Q$ jest poprawne, należałoby uzasadnić, że ta różnica jest nieujcmna. (Można też uznać, że skoro w treści zadania znajduje się napis ,,pierwiastek kwadratowy z pewnej liczby'', to nieujemność tej liczby jest automatycznie dana w założeniach.)

Wszelako nierówność $M_1^2 - M_2 \geq 0$ istotnie jest konsekwencją wcześniejszych założeń (tzn. określenia liczb $M_1$ i $M_2$ ). Jej uzasadnienie pojawi się w dalszej części rozwiązania.

Wprowadźmy do rozważań liczby

$ x_i = a_i - M_1 \quad \textrm{dla} \quad i \in 1, \ldots, n; $

spełniają one nierówności $x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_n$ oraz równość

$ (1) \qquad \sum_{i=1}^n x_i = \sum_{i=1}^n a_i - n M_1 =0. $

Weźmy pod uwagę funkcję

$ (2) \qquad F(t) = \sum_{i<j} (t+x_i)(t+x_j) $

(sumowanie po wszystkich parach $(i,j)$ takich, że $1 \leq i < j \leq n$ ). Funkcja $F(t)$ jest wielomianem drugiego stopnia (zmiennej $t$ ); ma więc przedstawienie

$ F(t) = At^2 + Bt + C. $

Współczynniki $A$ , $B$ , $C$ wyznaczamy wymnażając różnice w nawiasach w wyrażeniu (2) i wykonując sumowanie:

$ F(t) = \sum_{i<j} t^2 + \sum_{i<j} (x_i+x_j)t + \sum_{i<j} x_i x_j, $

skąd

$ A = \sum_{i<j} 1 = \frac{n(n-1)}{2} \quad \textrm{(tyle składników ma suma)} $

oraz (wobec związku (1))

$ \begin{split} B & = \sum_{i<j} (x_i+x_j) = \frac{1}{2} \left( \sum_{i<j} (x_i+x_j) + \sum_{i>j} (x_i+x_j) \right) = \\ & = \frac{1}{2} \sum_{i \ne j} (x_i+x_j) = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \left( \sum_{j=1}^n(x_i+x_j) - 2x_i \right) = \\ & = \frac{1}{2} \left( \sum_{i=1}^n \left(nx_i + \sum_{j=1}^n x_j \right) - 2 \sum_{i=1}^n x_i \right) = 0, \end{split} $

zaś

$ C = \sum_{i<j} x_i x_j = \frac{1}{2} \left( \left( \sum_{i=1}^n x_i \right)^2 - \left( \sum_{i=1}^n x_i^2 \right) \right) = -\frac{1}{2} \sum_{i=1}^n x_i^2 \leq 0. $

Tak więc

$ (3) \qquad F(t) = \frac{n(n-1)}{2} t^2 + C, \quad \textrm{gdzie}\ C \leq 0. $

Z nierówności $x_1 \leq \ldots \leq x_n$ wynika, że dla $t = x_1$ oraz dla $t= x_n$ wszystkie składniki sumy (2) określającej $F(t)$ są nieujemne; stąd

$ (4) \qquad F(x_1) \geq 0, \quad F(x_n) \geq 0. $

Zapiszmy teraz liczbę $M_2$ w następujący sposób (korzystając z (3)):

$ \begin{split} M_2 & = \frac{2}{n(n-1)} \sum_{i<j} (M_1+ x_i)(M_1+x_j) = \frac{2}{n(n-1)} F(M_1) =\\ & = \frac{2}{n(n-1)} \left( \frac{n(n-1)}{2} M_1^2 + C \right) = M_1^2 + \frac{2C}{n(n-1)}. \end{split} $

Ponieważ $C \leq 0$ , widać stąd, że $M_1^2 - M_2 \geq 0$ ; a zatem liczba $Q = \sqrt{M_1^2 - M_2}$ jest poprawnie określona, a stała $C$ jest z nią związana zależnością

$ C=\frac{n(n-1)}{2} (M_2 - M_1^2) = - \frac{n(n-1)}{2} Q^2. $

Podstawiając to do wzoru (3) otrzymujemy

$ F(t) = \frac{n(n-1)}{2} (t^2 - Q^2) $

i z nierówności (4) wnosimy, że

$ (5) \qquad Q^2 \leq x_1^2, \quad Q^2 \leq x_n^2. $

Suma liczb $x_i$ równa się zeru (wzór (1)), wobec czego $x_1 \leq 0$ , $x_n \geq 0$ . Ze związków (5) wynikają więc nierówności

$ (6) \qquad Q \leq -x_1 = M_1 -a_1 \quad \textrm{oraz} \quad Q \leq x_n = a_n - M_1, $

które stanowią tezę zadania.

Uwaga: Warto dać probabilistyczną interpretację udowodnionych nierówności. Weźmy pod uwagę zmienną losową $X$ (na dowolnej przestrzeni probabilistycznej), przyjmującą wartości $a_1,a_2,\ldots,a_n$ - każdą z nich z jednakowym prawdopodobieństwem, równym $1/n$ . Jej wartość średnia oraz wariancja wyrażają się wzorami $E(X) = (a_1 + a_2 + \ldots + a_n)/n$ oraz

$ \begin{split} D^2(X) & = E(X^2) - (E(X))^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i^2 - \frac{1}{n^2}\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 =\\ & = \frac{1}{n} \left( \left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 - 2 \sum_{i<j} a_i a_j \right) - \frac{1}{n^2} \left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 = \\ & = (n-1) \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 - \frac{2}{n} \sum_{i<j} a_i a_j. \end{split} $

(Określenie użytych pojęć oraz dowód równości $D^2(X) = E(X^2) - (E(X))^2$ można znaleźć na przykład w podręczniku: W. Szlenk, {\it Rachunek prawdopodobieństwa dla klasy IV liceum ogólnokształcącego i technikum}, PZWS, Warszawa 1970, rozdział 6.6, wzór (10).)

Używając danych w zadaniu oznaczeń $M_1$ , $M_2$ , $Q$ mamy więc równości $E(X)= M_1$ oraz

$ (7) \qquad D^2(X) = (n-1)M_1^2-(n-1)M_2 = (n-1)Q^2. $

Pierwiastek kwadratowy z wariancji, oznaczany symbolem $D(X)$ (lub też $\sigma_X$ ), nazywa się {\it odchyleniem standardowym} (zmiennej losowej $X$ od wartości średniej $E(X)$ ). Wzór (7) pokazuje, że rozważana w zadaniu wielkość $Q$ równa się, z dokładnością do czynnika $1/ \sqrt{n- 1}$ , odchyleniu standardowemu zmiennej $X$ :

$ Q = \frac{D(X)}{\sqrt{n-1}}; $

a każda z wykazanych nierówności (6) daje górne oszacowanie tego odchylenia:

$ D(X) \leq \sqrt{n-1} (E(X) - \min a_i), $

$ D(X) \leq \sqrt{n-1} (\max a_i - E(X)). $