Bài 5

Giả sử Alice chơi $x_{2i-1}=0$ ở mọi lượt lẻ. Dù Bazza làm gì, ràng buộc của chính anh ta buộc $x_2^2+\cdots+x_{2k}^2\le2k$, nên theo Cauchy–Schwarz $x_2+\cdots+x_{2k}\le\sqrt{k\cdot2k}=k\sqrt2$; vì các số hạng lẻ bằng $0$, tổng chạy sau lượt $2k$ là $x_1+\cdots+x_{2k}\le k\sqrt2$. Nếu $\lambda>1/\sqrt2$, chọn $k$ đủ lớn sao cho $\lambda(2k+1)-k\sqrt2>\sqrt{2k+2}$ (có thể vì vế trái tăng tuyến tính theo $k$ trong khi vế phải tăng như $\sqrt k$). Khi đó Alice có thể hợp lệ chơi $x_{2k+1}$ bằng bất kỳ giá trị nào tới $\lambda(2k+1)-(x_1+\cdots+x_{2k})$, ít nhất là $\lambda(2k+1)-k\sqrt2>\sqrt{2k+2}$; chơi giá trị như vậy làm $x_1^2+\cdots+x_{2k+1}^2>2k+2$ ngay, nên Bazza không có $x_{2k+2}\ge0$ hợp lệ ở lượt sau và thua.