OliForum Matematico

Siano $z_1,z_2,...,z_n$ dei numeri complessi tali che valga:
$$\sum_{i=1}^n |z_i|=1$$
Dimostrare che esiste un sottoinsieme $S$ di $\{z_1,z_2,...,z_n\}$ tale che:
$$\left|\sum_{z_k\in S} z_k\right|\geq \frac{1}{6}$$

(1) Bonus per chi non si accontenta: Mostrare che in effetti la costante al RHS può essere sostituita con $1/4$, migliorando la stima.

(2) Altro Bonus [MNE]: Mostrare che la migliore costante possibile è, in realtà, $1/\pi$ (questo non so come si faccia )

Domanda "teorica": se c'è il "maggiore", la stima non è tanto migliore quanto maggiore è il $RHS$?

È quello che ho scritto, no ? Dopotutto si ha $6>4>\pi$ e quindi $1/6<1/4<1/\pi$, ovvero se dimostri il primo bonus, hai dimostrato anche il problema originale, se dimostri il secondo bonus hai già finito l'esercizio!
Boh, forse non capisco la puntualizzazione (magari "migliorare la stima" è un termine infelice per qualche motivo?)...

Ah, no no... mi sono confuso e stavo pensando a $6, 4, \pi$ invece dei loro reciproci

Scrivo prima informalmente. Pensiamo i complessi some vettori $v_i$ . E' immediato che il sottoinsieme che realizza il massimo esista (sono un numero finito di casi da controllare) : in particolare il vettore che realizza il massimo è un certo $v_{\star}$. Fissata una certa direzione $u$ considero ora $$f(u)= \sum_{\star} \left\langle v_i, u\right\rangle $$ dove la somma è intesa solo sugli addendi positivi. Se mostro che esiste $u_{\star}\in\mathbf{S^1}$ tale che $f(u_{\star})\geq 1/\pi$ ho vinto perchè il prodotto scalare è lineare quindi porto dentro i vettori "buoni" quindi per cauchy-schwartz a fortiori ho che il modulo della somma è $\geq 1/\pi$.


Tutto ciò è equivalente a dire: siano fissati $\rho_1,\ldots,\rho_n$ reali positivi che sommano $1$ e $\theta_1,\ldots ,\theta_n\in \left[0,2\pi\right)$. Definisco poi $f_k:\left[0,2\pi\right)\rightarrow \mathbf{R}$ così:
$$
f_k(\theta)=\rho_k\, \cos\left(\theta_k-\theta\right)
$$
definisco poi fra gli stessi insiemi $f$ così:
$$
f(\theta)=\frac{1}{2}\, \sum_{k=1}^{n} f_k(\theta)+\left|f_k(\theta)\right|
$$
che è la somma delle proiezioni dei $v_k$ lungo la direzione che fa un angolo $\theta$ se queste sono positive e zero altrimenti. E' elementare il calcolo dell' integrale seguente:
$$
\frac{1}{2}\, \int_{0}^{2\pi} f_k(\theta)+\left|f_k(\theta)\right|\ d\theta=2\, \rho_k
$$
Dunque la media integrale di $f$ su $\left[0,2\pi\right)$ è:
$$
\frac{1}{2\pi}\, \int_{0}^{2\pi} f(\theta)\ d\theta =\frac{1}{2\pi}\, \sum_{k=1}^n 2\rho_k=\frac{1}{\pi}=f(\theta_{\star})
$$
l' esistenza di $\theta _{\star}$ ci è assicurata dal teorema della media integrale. Dunque la stima è dimostrata. Che sia la costante ottimale sarebbe vero se per opportuni $\rho_k$ e $\theta_k$ $f$ fosse costante, cosa che è vera (ad occhio) per un n- agono regolare di raggio opportuno. . .

P.S. : C'è qualcosa che non va nel modo in cui è espressa la seconda sommatoria nel testo . . . penso volessi dire che $S$ è sottoinsieme di $\{1,\ldots,n\}$!

P.P.S. : Peer piacere qualcuno dimostri le altre stime con altre tecniche perchè non ne sono stato capace e ci ho provato un bel po' e sono curioso e fa caldo.

.

@machete: immagino che non ci sia bisogno della mia conferma per dire che la tua soluzione è ottima e lineare (anche e soprattutto perché io l'ultima stima non avrei saputo dimostrarla )! Molto bene, mi sembra ottima !

@tutti: continuate a provare le prime due stime che meritano (sono super elementari ed alla fine basta un'idea).

P.S. sì, ho sbagliato la sommatoria, intendevo scrivere $z_k\in S$ al posto di $k\in S$, ma penso abbiate capito lo stesso (comunque edito subito ).

..mahh..ci provo .
Premessa:
Sia A l’area di un poligono regolare di n lati di lunghezza L inscritto in una circonferenza di raggio r e sia $\vartheta =2\pi /n$ l’angolo al centro, misurato in radianti, individuato dai n triangoli isosceli in cui tale poligono può essere suddiviso.
L’altezza h di ognuno di tali triangoli (l’apotema!) è data da $h=r\cos \left( \frac{\vartheta }{2} \right)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{A\cdot \vartheta }{L}$ .
Poiché l’arco corrispondente a $\vartheta $ è maggiore del lato L sotteso, si ottiene $\cos \left( \frac{\vartheta }{2} \right)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{A\cdot \vartheta }{r\cdot L}\ge \frac{1}{\pi }\frac{A}{{{r}^{2}}}$.
Ma risulta essere anche $\frac{A}{{{r}^{2}}}\ge 1$, perché il rapporto tra l’area di un poligono regolare inscritto in una circonferenza è maggiore dell’area del quadrato di lato il raggio. (Basta già un triangolo equilatero inscritto!). In definitiva, $\cos \left( \frac{\vartheta }{2} \right)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{A\cdot \vartheta }{r\cdot L}\ge \frac{1}{\pi }\frac{A}{{{r}^{2}}}\ge \frac{1}{\pi }$.
• Veniamo al problema.
Sia ${{z}_{1}}$ un numero complesso di S tale che $\left| {{z}_{1}} \right|\ge 1/n$(esiste per l’ipotesi sulla sommatoria uguale a 1) e sia $w=\sum\limits_{i=2}^{n}{{{z}_{i}}}$, e consideriamo $t={{z}_{1}}+w$ e $s={{z}_{1}}-w$.
Se ${{z}_{1}}$e w, interpretando i complessi come vettori, hanno la stessa direzione, ossia $\left| \arg ({{z}_{1}})-\arg (w) \right|=\pi ,0$ , allora o $\left| t \right|=\left| {{z}_{1}}+w \right|=\left| {{z}_{1}} \right|+\left| w \right|$ oppure $\left| s \right|=\left| {{z}_{1}}-w \right|=\left| {{z}_{1}} \right|+\left| w \right|$(..sono, cioè, linearmente dipendenti!).
In entrambi i casi si otterrebbe che o $\left| t \right|=1$oppure $\left| s \right|=1$, perché i moduli sarebbero segmenti contigui in un diametro di lunghezza 2.
Allora o $\left| {{z}_{1}} \right|\ge 1/2$ oppure $\left| w \right|\ge 1/2$ e soddisferei relazione del problema.
Se, invece, ${{z}_{1}}$e w hanno direzioni diverse allora essi individuano un angolo $\vartheta \ne 0$.
Siamo allora nella situazione descritta in premessa. Il numero complesso $t={{z}_{1}}+w$, avrà modulo non inferiore all’apotema del poligono determinato da $\vartheta $ ed inscritto nella circonferenza di raggio ${{z}_{1}}$o w (a seconda dei casi $\left| {{z}_{1}} \right|\le \left| w \right|$ o viceversa).
Se, p.e. $\left| {{z}_{1}} \right|\le \left| w \right|$, allora $\left| t \right|=\left| {{z}_{1}}+w \right|\ge \left| {{z}_{1}} \right|\cdot \cos \left( \vartheta /2 \right)\ge \frac{1}{n\cdot \pi }$.......
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..è solo un'idea..bisogna perfezionare!!!

Sia ${{s}_{l}}=\sum\limits_{i=1}^{l}{\left| {{z}_{i}} \right|}$ con $1\le l\le n$. Essendo ${{s}_{l}}$crescenti (strettamente), esisterà un k tale che ${{s}_{k}}\ge 1/3\ge {{s}_{k-1}}$.
Ossia, $\left| {{z}_{k}} \right|+{{s}_{k-1}}\ge 1/3\ge {{s}_{k-1}}$. Allora o $\left| {{z}_{k}} \right|\ge 1/6$, ed avremmo trovato elemento di S che soddisfa relazione del problema, oppure ${{s}_{k-1}}\ge 1/6$. In quest’ultimo caso, per poter superare 1/3, ciò che aggiungo a ${{s}_{k-1}}$deve essere una quantità maggiore o uguale a 1/6. Quindi, in ogni caso otterrei un $\left| {{z}_{k}} \right|\ge 1/6$.
Stesso ragionamento se considerassi 1/2: otterrei un $\left| {{z}_{k}} \right|\ge 1/4$.

Per quanto riguarda la stima ottima $1/\pi $, si potrebbe procedere come in post precedente, (Premessa). Individuato il k per cui ${{s}_{k}}=\left| {{z}_{k}} \right|+{{s}_{k-1}}\ge 1/2$, se ne dedurrebbe che $\left| {{z}_{k}} \right|\le 1/2$. Ma allora, interpretando i complessi come vettori, avrei ${{s}_{k}}\ge 1/2\ge \left| {{z}_{k}} \right|$. Ossia, il numero complesso $t={{s}_{k}}+{{z}_{k}}$sarebbe somma di due vettori di modulo rispettivamente maggiore e minore della metà. Allora $\left| t \right|$non potrà essere inferiore all’altezza del triangolo isoscele di lato uno.
Dovrà essere $\left| t \right|=\left| {{z}_{k}}+{{s}_{k}} \right|\ge \cos \left( \vartheta /2 \right)\ge \frac{1}{\pi }$.

..spero non aver toppato alla grande!!