Вещественные числа и невырожденный треугольник

[Ktina]

Даны $n>2$ вещественных чисел $\{a_1, a_2, \dots , a_n\}$, сумма которых равна $S$.
Известно, что для каждого $a_i$ выполняется $a_i<\frac{S}{n-1}$.

а) Обязательно ли все $n$ чисел положительны?

б) Если да, то обязательно ли из любых трёх отрезков, длины которых равны $a_i, a_j, a_k$, где $i, j, k$ - попарно различные индексы, можно сложить невырожденный треугольник?

[ewert]

По индукции. Рассмотрим любой набор $\{a_k\}$, для которого

$a_1+a_2+\ldots+a_n+a_{n+1}=1,\ \ a_k<\dfrac1n\ (\forall k=1,2,\ldots,n+1).$

Тогда

$a_1+a_2+\ldots+a_n>\dfrac{n-1}n,\ \ a_k<\dfrac1n\ (\forall k=1,2,\ldots,n).$

Замена $b_k=\dfrac{n}{n-1}\,a_k$ даёт

$b_1+b_2+\ldots+b_n>1,\ \ b_k<\dfrac1{n-1}\ (\forall k=1,2,\ldots,n).$

По индукционному предположению оба утверждения верны для набора $\{b_k\}_{k=1}^n$ и, следовательно, и для набора $\{a_k\}_{k=1}^n$. А в силу произвольности нумерации -- и для всего набора $\{a_k\}_{k=1}^{n+1}$, ч.т.д. (база индукции при $n=3$ достаточно очевидна).

[Shadow]

Или просто так:
Пусть последовательность неубывающая. Допустим $a_1<0$. По условии $a_1+a_2+\cdots+a_n>(n-1)a_n$ Тогда:

$\\a_1+a_n <a_n\\ a_2 \leqslant a_n\\ a_3 \leqslant a_n\\$
n-1 неравенств. Очевидное противоречие

[Sender]

Ещё вариант.
а) $\forall i \in \overline{1,n}\; a_i=S-\sum\limits_{j\in \overline{1,n}, j\neq i}^{}a_j>S-(n-1)\frac{S}{n-1}=0$.
б)Пусть найдутся $a_i, a_j, 1\leqslant i<j\leqslant n$, такие, что $a_i+a_j\leqslant \frac{S}{n-1}$. Тогда $S<(n-2)\frac{S}{n-1}+\frac{S}{n-1}=S$ - противоречие. Значит, $\forall i,j,k:1\leqslant i,j,k\leqslant n \;a_i+a_j>\frac{S}{n-1}>a_k$.