Autor Tema: Inequality

0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.

14 Noviembre, 2019, 03:19 pm
Leído 1209 veces

jacks

  • $$\Large \color{#c88359}\pi\,\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 672
  • País: in
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Let \( x_{1},x_{2},x_{3},\cdots, x_{n} \) be \( n \) distinct real number and \( n\geq 2 \) and \( x_{i}\in [-1,1]\;\forall i = 1,2 ,3,\cdots ,n. \)

Then prove that \( \displaystyle \sum^{n}_{i=1}\frac{1}{p_{i}}\geq 2^{n-2} \), where \( p_{i}=\prod_{j\neq i}|x_{j}-x_{i}| \)

03 Diciembre, 2019, 05:27 pm
Respuesta #1

martiniano

  • Moderador Global
  • Mensajes: 1,531
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hello jacks.

Where do you find these problems? They are really beutiful. I don't have the solution, but I have two conjectures that I think that they can have relation with it. I put it in spanish because I think it will be understood better.

Pues eso. Dos conjeturas que creo que pueden estar relacionadas con la respuesta, a ver si inspiran a alguien.

Supondré sin pérdida de generalidad que \( x_1>...>x_n \).

La primera conjetura dice que la igualdad se da si y sólo si \( p_1=p_n=\displaystyle\frac{1} {2} \cdot{} p_k=\displaystyle\frac{2^{n-3} }{n-1} \) para todo \( k\in{}\{2 ,..., n-1\}  \)

La segunda, bastante sorprendente, dice que se da la igualdad si y sólo \( x_k=\cos\left(\displaystyle \frac{\pi(k-1)}{n-1}\right)   \).

Las dos conjeturas, así como el enunciado, las tengo demostradas para \( n<6 \), no es muy complicado. Pero ni idea del caso general. Sería interesante si alguien supiera algo sobre la segunda en sentido de derecha a izquierda.

Un saludo.

04 Diciembre, 2019, 12:19 pm
Respuesta #2

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 49,347
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino

20 Enero, 2020, 10:56 am
Respuesta #3

jacks

  • $$\Large \color{#c88359}\pi\,\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 672
  • País: in
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Thanks Admin and martiniano

27 Febrero, 2020, 10:24 am
Respuesta #4

martiniano

  • Moderador Global
  • Mensajes: 1,531
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola.

Todo huele a algo tipo polinomios y nodos de Chebyshev:

https://en.wikipedia.org/wiki/Chebyshev_polynomials

http://fac-staff.seattleu.edu/difranco/web/math_371_w11/files/chebyshevnodes.pdf

http://www.damtp.cam.ac.uk/user/na/PartIIIat/b07.pdf

Pues interesantes polinomios. No los conocía hasta que los presentaste en este hilo. Una pregunta al respecto. Si \( U_k(x) \) es el polinomio de Chebyshev de segunda especie de grado \( k \) , ¿sabes si están estudiadas las propiedades de los polinomios de la forma \( P_n(x)=\displaystyle\frac{(x^2-1)U_{n-2}(x)}{2^{n-2}} \)? Se trata de los polinomios mónicos de grado \( n \) con raíces de la forma \( x_k=\cos\left(\displaystyle\frac{k\pi}{n-1}\right) \) con \( k\in\{(0,...,n-1\} \)

Sospecho que \( P_n(x) \) tiene la siguiente propiedad (seguro que se puede expresar de forma más sencilla pero no he sido capaz). Sea \( \mathbb{P_n} \) el conjunto de polinomios mónicos de grado \( n \) con exactamente \( n \) raíces distintas en \( [-1,1] \). Se define las siguiente operación: \( F:\mathbb{P_n}\rightarrow{\mathbb{R^+}} \) dada por \( F(p)=\displaystyle\frac{|p'(x_1)|+|p'(x_n)|}{4}+\displaystyle\sum_{k=2}^{n-1}{|p'(x_k)|} \)  donde \( x_1,...,x_n \) son las raíces de \( p \) ordenadas de manera que \( x_1>x_2>...>x_n \).

Pues presuntamente, el polinomio que maximiza \( F \) en \( \mathbb{P_n} \) es \( P_n(x) \). Creo que he "reducido" el problema de jacks a demostrar esta propiedad, pero no sé si es algo que en efecto reduce el problema o lo complica más.

Si se prefiere \( F \) también se puede definir así \( F(p)=\displaystyle\frac{p'(x_1)+(-1)^{n-1}p'(x_n)}{4}+\displaystyle\sum_{k=2}^{n-1}{(-1)^{k-1}p'(x_k)} \)

Gracias, y un saludo.

28 Abril, 2020, 09:04 pm
Respuesta #5

martiniano

  • Moderador Global
  • Mensajes: 1,531
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola.

Creo que lo tengo. El otro día explicándole a una chica lo del polinomio interpolador de Lagrange, caí en la cuenta de que podía tener relación con este problema, y parece ser que así es.

Utilizaré las dos siguientes propiedades de \( T_n(x) \), que es como denotaré al polinomio de Chebyshev de primera especie de grado \( n \):

Primera propiedad. Para todo \( x\in{[-1,1]} \) es \( |T_n(x)|\leq{1} \)
Segunda propiedad. El coeficiente del término de mayor grado de \( T_n(x) \) es \( 2^{n-1} \)

Para más detalles se puede recurrir a los enlaces que ha facilitado Luis.

Llamemos \( P_k=\displaystyle\prod_{\substack{i=1\\i\neq{k}}} ^{n}{|x_k-x_i|} \) y \( S=\displaystyle\sum_{k=1}^n{\displaystyle\frac{1}{P_k}} \).

Primero, y dado que el primer miembro de la desigualdad es invariante ante las trasposiciones de los \( x_i \), podemos considerar sin pérdida de generalidad que \( 1\geq{}x_1>...>x_n\geq{}-1 \).

De esta manera, el número de factores negativos del siguiente producto \( Q_k=    \displaystyle\prod_{\substack{i=1\\i\neq{k}}} ^{n}{(x_k-x_i) }   \) es par si y sólo si \( k \) es impar. Es decir que \( P_k=(-1)^{k+1}Q_k \)

Llamemos \( p(x) \) al polinomio de grado \( n-1 \) que pasa por los puntos \( (x_k,(-1)^{k+1}) \). Dicho polinomio es único y se puede escribir de la siguiente forma:

\( p(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^n{\left(\displaystyle\frac{(-1)^{k+1}}{Q_k}\cdot{}\displaystyle\prod_{\substack{i=1\\i\neq{k}}} ^{n}{(x-x_i)}\right)}  \)

A esto último se le llama forma de Lagrange del polinomio y permite percatarnos de que el coeficiente de mayor grado de \( p(x) \) es precisamente \( S \). Entonces, el polinomio \( q(x)=\displaystyle\frac{1}{S}\cdot{}p(x) \) es mónico, también de grado \( n-1 \) y al igual que \( p(x) \), cambia de signo en los intérvalos \( [x_{n},x_{n-1}];...;[x_2,x_1] \) , es decir, \( n-1 \) veces. Por lo que, por el teorema de Bolzano tiene, al menos, \( n-1 \) raíces. Como es de grado \( n-1 \), tendrá exactamente \( n-1 \) raíces, todas ellas en \( [-1,1] \). Llamemos \( y_1,...,y_{n-1} \) a esas raíces ordenadas como antes \( y_1>...>y_{n-1} \).

Consideremos ahora los intervalos \( [y_1,1];[y_2,y_1]...[y_{n-1},y_{n-2}];[-1,y_{n-1}] \). Cada uno de ellos albergará exactamente un \( x_{k}\in{}[y_k,y_{k-1}] \), donde \( y_0=1 \) y \( y_{n}=-1 \). Además, por el teorema de Weierstrasse, en cada uno de ellos habrá un máximo y un mínimo.

También se tiene que para todo \( k \) impar el polinomio \( q(x) \) será positivo en \( [y_k,y_{k-1}] \) y tendrá un máximo \( z_{k}\in{}[y_k,y_{k-1}] \) que cumplirá \( q(z_{k})\geq{}q(x_k)=\displaystyle\frac{1}{S} \). De forma parecida, para todo \( k \) par, \( q(x) \) será negativo en \( [y_k,y_{k-1}] \) y tendrá un mínimo \( z_{k}\in{}[y_k,y_{k-1}] \) que cumplirá \( q(z_{k})\leq{}q(x_k)=\displaystyle\frac{-1}{S} \)

Y ahora la clave. Existe al menos un \( k\in{}\{1,...,n\} \) para el que \( |q(z_k)|\leq{}\displaystyle\frac{1}{2^{n-2}} \). Lo demostraré por reducción al absurdo.

Supongamos que para todo \( k\in{}\{1,...,n\} \) se cumple \( |q(z_k)|>\displaystyle\frac{1}{2^{n-2}} \). Entonces, se tendría para \( k \) impar lo siguiente \( q(z_k)-\displaystyle\frac{1}{2^{n-2}}\cdot{}T_{n-1}(z_k)\geq{}q(z_k)-\displaystyle\frac{1}{2^{n-2}}>0 \). Y para \( k \) par que \( q(z_k)-\displaystyle\frac{1}{2^{n-2}}\cdot{}T_{n-1}\leq{}q(z_k)-\displaystyle\frac{1}{2^{n-2}}<0 \). Entonces, el polinomio \( q(x)-\displaystyle\frac{1}{2^{n-2}}\cdot{}T_{n-1}(x) \) cambiaría de signo en los \( n-1 \) intervalos siguientes: \( [z_n,z_{n-1}];...;[z_2,z_{1}]    \), por lo que por el teorema de Bolzano tendría al menos \( n-1 \) raíces. Sin embargo, esto no puede ser, porque el polinomio \( q(x)-\displaystyle\frac{1}{2^{n-2}}\cdot{}T_{n-1}(x) \) es la diferencia de dos polinomios mónicos de grado \( n-1 \), por lo que es un polinomio de grado \( n-2 \) y ese es el número de raíces que a lo sumo puede tener.

Con esto tenemos que para ese \( k\in{}\{1,...,n\} \) se cumple \( \displaystyle\frac{1}{S}\leq{}|q(z_k)|\leq{}\displaystyle\frac{1}{2^{n-2}} \). Y de aquí la desigualdad del enunciado.

¡Buah! ¡Qué a gusto se queda uno después de una cosa de éstas! Ahora espero no haber metido la pata en ningún lado.

Un saludo.