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    【第一题（45分）】

    【设n为正整数，a?,a?,…,a_n为实数，满足∑_{i=1}^n a_i = 0且∑_{i=1}^n a_i2 = 1。证明：对任意实数x，有∑_{i=1}^n (a_i - x)2 ≥ n/(n-1)。】

    江辰看完题干，脑子里瞬间跳出三种解法。

    解法一：直接用柯西不等式+均值不等式，三步搞定。

    解法二：转化成二次函数最值问题，用判別式。

    解法三：用拉格朗日乘数法（虽然超纲，但简洁）。

    他选了第一种，提笔就写。

    “由条件∑a_i=0，∑a_i2=1，则∑(a_i-x)2=∑a_i2 - 2x∑a_i + nx2 = 1 + nx2。”

    “需证1+nx2 ≥ n/(n-1)，即nx2 ≥ 1/(n-1)。”

    “由柯西不等式：(∑a_i2)(∑12) ≥ (∑a_i)2，即n≥0，恆成立。但需另寻不等式……”

    “考虑∑(a_i - ā)2 = ∑a_i2 - nā2 = 1，其中ā=0，故∑a_i2=1已给出。”

    “实际上，直接由∑(a_i-x)2 = ∑a_i2 - 2x∑a_i + nx2 = 1 + nx2，当x=0时取最小值1，而需证1 ≥ n/(n-1)？不对，当n＞1时1 ＜ n/(n-1)，故需调整思路……”

    江辰停笔，重新看题。

    哦，看错了。

    不是证∑(a_i-x)2 ≥ n/(n-1)，而是要证∑(a_i-x)2 ≥ n/(n-1)对任意x成立。

    那更简单了。

    “设f(x)=∑(a_i-x)2 = nx2 - 2(∑a_i)x + ∑a_i2 = nx2 + 1（因为∑a_i=0）。”

    “这是关於x的二次函数，开口向上，最小值为1（当x=0时）。”

    “需证f(x) ≥ n/(n-1)对任意x成立，即证最小值1 ≥ n/(n-1)？等等，1 ≥ n/(n-1)若且唯若n≤2……”

    江辰皱了皱眉。

    这题……有问题？

    他仔细再读一遍题干。

    然后他明白了。

    “原来如此，是我理解错了。条件∑a_i=0，∑a_i2=1，但a_i是实数，可正可负。”

    “要证的是∑(a_i-x)2 ≥ n/(n-1)，即nx2 + 1 ≥ n/(n-1)，也就是nx2 ≥ 1/(n-1)。”

    “这不是恆成立的，因为x可以取0。所以……题目隱含了x的取值范围？不对，题目说『对任意实数x』，那这不等式就不成立。”

    江辰陷入沉思。

    三秒后，他反应过来。

    “操，被出题人套路了。”

    “这题的正確理解是：要证的是存在某个与{a_i}无关的常数c，使得∑(a_i-x)2 ≥ c对任意x和任意满足条件的{a_i}成立，然后求c的最大值。”

    “而c的最大值就是n/(n-1)。”

    “所以证明分两步：一是证∑(a_i-x)2 ≥ n/(n-1)对所有满足条件的{a_i}和某个特定的x成立；二是证这个下界是紧的，即存在一组{a_i}和x使等號成立。”

    想通了这一点，江辰笑了。

    “出题人有点东西啊，还玩文字游戏。”

    他提笔，重新写：

    “证：由柯西不等式，(∑_{i=1}^n a_i)2 ≤ n∑_{i=1}^n a_i2，即0 ≤ n·1，恆成立，但此不等式无法直接得到所需结论。”

    “考虑固定{a_i}，令f(x)=∑(a_i-x)2=nx2+1，最小值为1（当x=0时）。但1可能小於n/(n-1)（当n＞2时），故需考虑调整{a_i}使下界最大化。”

    “实际上，由条件∑a_i=0，∑a_i2=1，可得∑_{i≠j} a_i a_j = -1/2（展开(∑a_i)2=0得）。”

    “则∑(a_i-x)2 = 1 + nx2，要使其下界最大，等价於求1 + nx2的最小值？不对，应该是在所有满足条件的{a_i}中，求n_x x_{a_i} ∑(a_i-x)2？也不是……”

    江辰摇了摇头。

    “妈的，这题比我想像的麻烦。”

    不过也只是“麻烦”，不是“难”。

    他换了个思路。

    “直接用拉格朗日乘数法吧，虽然超纲，但管他呢。”

    “考虑优化