Matematyka.pl

Mamy \(\displaystyle{ 1=\frac{\sum x_i^2+\sum y_i^2}{2}}\), więc moduł sobie darujemy, bo \(\displaystyle{ P=\sum (x_i-y_i)^2}\).

Spróbujemy, czy wystarczy dowieść \(\displaystyle{ \left(x_1y_2-x_2y_1\right)^2\le\left(x_1-y_1\right)^2+\left(x_2-y_2\right)^2}\).

Oznaczając dla wygody \(\displaystyle{ x_1=a,\ y_1=b,\ x_2=c,\ y_2=d}\) mamy \(\displaystyle{ (ad-bc)^2\le (a-b)^2+(c-d)^2}\). Ta nierówność jest prawdziwa. Wymnażając i porządkujęc jako trójmian kwadratowy zmiennej \(\displaystyle{ a}\) mamy:

\(\displaystyle{ \left(1-d^2\right)a^2+2b\left(cd-1\right)a+b^2\left(1-c^2\right)+(c-d)^2\ge 0}\)

Nietrudno sprawdzić, że wyjściowa nierówność jest spełniona dla \(\displaystyle{ d^2=1}\). W innym przypadku współczynnik wiodący trójmianu jest dodatni, a wyróżnik \(\displaystyle{ \Delta=4\left(b^2+d^2-1\right)(c-d)^2\le 0}\)
Pozostaje jeszcze analiza warunków równości.

Niestety, nie znalazłam dotąd ładnego zwinięcia, żeby uniknąć liczenia wyróżnika. Nieładne zwinięcie jest takie:

\(\displaystyle{ (a-b)^2+(c-d)^2-(ad-bc)^2=\frac{\left(1-b^2-d^2\right)(c-d)^2+\left(\left(1-d^2\right)a+\left(cd-1\right)b\right)^2}{1-d^2}}\)

Jak wspomniano, \(\displaystyle{ d=1}\) implikuje \(\displaystyle{ b=0}\), czyli mamy \(\displaystyle{ a^2\le a^2+(c-1)^2}\). W pozostałych przypadkach jasne jest, że uzyskany po zwinięciu ułamek jest nieujemny.

Nierówność wyjściowa, tj.
\(\displaystyle{ \left(x_1y_2 - x_2y_1\right)^2 \le 2| 1- \left(x_1y_1+... +x_ny_n\right) |=\\ \left(x_1-y_1\right)^2+\left(x_2-y_2\right)^2+\left(x_3-y_3\right)^2+\dots+\left(x_n-y_n\right)^2}\)
jest ostra, gdy którekolwiek wyrażenie w nawiasie ze zmiennymi z indeksem wyższym niż dwa jest niezerowe. W przeciwnym przypadku równość zachodzi, gdy także \(\displaystyle{ x_1=y_1,\ x_2=y_2}\).

Mam nadzieję, że nic nie przeoczyłam w ostatnim akapicie.