41. Disuguaglianza Francese (Staffetta Algebra)

[Federiko]

Ovviamente il mio problema è una delle mie amate disuguaglianze. Non fatevi intimidire dal testo!

Sia $n>0$ un intero e $x_1 ,x_2,...,x_n$ dei reali tali che $x_1\le x_2\le...\le x_n$. Dimostrare che
$$\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n |x_i-x_j|\right)^2 \le \frac{2(n^2-1)}{3}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(x_i-x_j)^2$$
e trovarne i casi di uguaglianza.

Ammetto che allo stage in Francia ci dissero subito qual era il caso di uguaglianza e ciò mi aiutò tantissimo a risolvere il problema (se non altro mi aiutò a partire). Per fair play scrivo qui sotto nascosto il caso di uguaglianza:

Testo nascosto:

$x_1,x_2,...,x_n \ $ è una progressione aritmetica

[Anér]

Nell'IMO shortlist 2003 il suggerimento faceva parte del testo.

[Federiko]

Ma guarda te questi francesi che si rivendono i problemi delle shortlists!! Andrea, ma come diavolo fai a conoscere i problemi della shortlist 2003?!

Vabbè, a questo punto lascerei la parola a tutti coloro che non conoscono la IMO shortlist 2003 o cambio problema?

[dario2994]

Ma guarda te questi francesi che si rivendono i problemi delle shortlists!! Andrea, ma come diavolo fai a conoscere i problemi della shortlist 2003?!

Vabbè, a questo punto lascerei la parola a tutti coloro che non conoscono la IMO shortlist 2003 o cambio problema?

Ma ovviamente lascia il problema... non credo siano a migliaia i forumisti che hanno visto e risolto la SL 2003 (io l'avevo visto... ma in quanto algebra saltato a piè pari )

[Federiko]

Va bene, allora lascio il problema Non vale sbirciare la soluzione!!

[Anér]

Anch'io l'avevo solo visto ma non ero riuscito a risolverlo.

[paga92aren]

Non sono certo della dimostrazione, ho fatto conti per troppo tempo...

1) il point of incident si ha quando $x_i=x_j \; \forall i,j\in \mathbb{N}$ o $x_i=ki \;\; \forall i \in \mathbb{N} k \in \mathbb{R}$
2) Cauchy-Schwarz su $x_i-x_j$ e $i-j$ per ogni $i\not =j$
3) da 2 ottengo che $\frac{n^2(n^2-1)}{6}\sum (x_i-x_j)^2 \geq (n\sum(2i-n-1)x_i)^2$
4) RHS$\geq\frac{4}{n^2}(n\sum (2i-n-1)x_i)^2$
5) LHS$=(2\sum(2i-n-1)x_i)^2$
6) metto assieme 4 e 5 (semplificando per $n^2$) e ottengo un'identità che dimostra la tesi

Queste sono le idee che ho usato. Se mi confermate che tutti i passaggi sono veri scrivo la dimostrazione per intero.

EDIT: avevo sbagliato qualche equazione...

[Federiko]

Tutto giusto tranne il caso di uguaglianza. Infatti si ha uguaglianza quando $x_i-x_j=k(i-j)$ e basta il caso $i=j+1$ per farti trovare la condizione cmq mi hai fatto fare un mucchio di contacci! Ecco , prima di passarti la parola, dovrai soffrire e postare tutti i passaggi per bene! poi posta pure il nuovo problema automaticamente, mi fido che hai fatto i conti bene!

[paga92aren]

Scusa per i conti che hai dovuto fare, ma credevo che li avessi già fatti quando hai risolto il problema...(o lo hai risolto in un'altro modo?).
Per il caso di uguaglianza abbiamo scritto la stessa cosa: $x_i=ki \Longleftrightarrow x_i-x_j=k(i-j)$

Dimostrazione (dove non specificato la sommatoria con un solo indice è da $1$ a $n$, con due indici da $1$ a $n$ con $i\not= j$):
2) C-S $\sum (x_i-x_j)^2 \sum (i-j)^2 \geq \left( \sum (x_i-x_j)(i-j) \right) ^2$
3) $\sum (i-j)^2= \sum (i^2+j^2-2ij) = 2(n-1)\sum i^2 -2 \sum ij$, calcolo a parte la sommatoria $\sum ij = 2 \sum_{i>j} ij =2\sum i \sum_{j=1}^{i-1} j = 2\sum i\frac{i(i-1)}{2}= \sum i^2(i-1)= \sum i^3 -\sum i^2$ quindi sostituendo $\sum (i-j)^2= 2n\sum i^2 + 2\sum i^3= \frac{n^2(n+1)(2n+1)}{3}-\frac{n^2(n+1)^2}{2}=\frac{1}{6}n^2(n+1)(n-1)$
Ora calcolo $\sum (x_i-x_j)(i-j)=\sum ix_i+jx_j-ix_j-jx_i= 2(n-1)\sum ix_i-2\sum ix_j=2(n-1)\sum ix_i-2\sum x_j \sum i=$$=2(n-1)\sum ix_i -\sum x_j(n(n+1)-2j)= 2n\sum ix_i-n(n+1)\sum x_i=n\sum (2i-n-1)x_i$ Quindi sostituendo nel punto 2 ottengo: $\frac{n^2(n^2-1)}{6}\sum (x_i-x_j)^2\geq (n\sum (2i-n-1)x_i)^2$
4) RHS$=\frac{2(nì2-1)}{3}\sum(x_i-x_j)^2=\frac{4}{n^2}\frac{n^2(n^2-1)}{6}\sum(x_i-x_j)^2\geq \frac{4}{n^2}\left( n\sum (2i-n-1)x_i \right)^2=4(\sum (2i-n-1)x_i)^2$
5) LHS$=(2\sum_{i>j}x_i-x_j)^2=(2\sum (i-1)x_i -2\sum (n-i)x_i)^2=(2\sum (2i-n-1)x_i)^2$
6) Per 4 e 5 la tesi è ovvia.
1) Dato che l'unica disuguaglianza che ho usato è C-S che ha come point of incident solo $x_i-x_j=k(i-j)$ allora vale l'uguaglianza solo se vale quella relazione.
Se vale quella relazione la tesi (opportunamente semplificata per $k$) diventa $(\sum (i-j))^2=\frac{2(n^2-1)}{3}\sum(i-j)^2$ che sostituendo le relazioni dimostrate sopra ottengo: $(2\sum (2i-n-1)i)^2=\frac{2(n^2-1)}{3}\frac{n^2(n^2-1)}{6}$ da cui $\frac{2n(n+1)(2n+1)}{3}-n(n+1)^2=\frac{n(n^2-1)}{3}$ che è sempre verificata.

[paga92aren]

Qui il prossimo problema

[Federiko]

E no, non abbiamo scritto la stessa cosa! $x_i-x_j=k(i-j)\Leftrightarrow x_i=ki+h$ cmq io l'avevo risolto in un altro modo, con altrettanti conti ahahah

[paga92aren]

mi sono sbagliato...
posta la tua soluzione, sono curioso ( tocca anche a te scrivere i contacci )

[Federiko]

accidenti, no non ce la posso fare a scrivere tutto.. Comunque le cose fondamentali erano $n-1$ AM-QM su vari pezzi , e poi un Cauchy Schwartz..