Diferencia al cuadrado acotada

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 19 de junio de 2012
Categorías: Juegos | Imprime este post

13 comentarios

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Cartesiano Caotico | 19 de junio de 2012 | 15:49

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Pues no se si me equivoco en algo pero a mi me sale esto bucando un contraejemplo:

Parece que lo más lógico es coger 5 valores con incrementos iguales. Es decir $(a_i - a_j) = h =cte$ . Y por supuesto el primer término nulo.
Así, hacemos que $0+h^2+(2h)^2+(3h)^2+(4h)^2=1$ $\Rightarrow 30h^2=1 \Rightarrow h^2={1 \over 30} < {1 \over 10}$

Si tomamos cualquier $(a_i-a_j)$ mayor entonces para que los cuadrados sigan sumando 1 tiene que haber algún otro $(a_i-a_j)$ menor, y por tanto no podrá nunca superar el valor de ${1 \over 30}$

Por otra parte, si tomamos el primer término no nulo, necesariamente las diferencias con el resto de términos deberán ser menores para que los cuadrados sigan sumando 1, y por tanto nuevamente no se superará en ningún caso ${1 \over 30}$

Ya solo me queda una posibilidad, y es que los valores de $a_i$ puedan ser negativos. En ese caso siguiendo el mismo razonamiento, lo más grande que podemos hacer el intervalo más pequeño será repartiendo los 5 intervalos entre (-1,1). Naturalmente quedarán dos términos negativos, uno nulo y dos positivos todos equidistantes.
Así: $a_1=-2h; a_2=-h; a_3=0; a_4=h \ y \ a_5=2h$ por lo que

$(-2h)^2+(-h)^2+0^2+h^2+(2h)^2=1 \Rightarrow 10h^2=1 \Rightarrow h^2<{1 \over 10}$
Cualquier variación en el tamaño de un intervalo para hacerlo mayor implica que otro se tiene que hacer menor y por tanto $h^2={1 \over 10}$ es un máximo.

Me ha quedado un tanto fea y poco formal la demostración pero en esencia creo que no me equivoco. Ya solo queda que alguien haga la demostración simple y elegante.

Saludos
Javiol | 19 de junio de 2012 | 19:50

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Buenas Cartesiano Caotico,

Yo no lo he resuelto pero me parece que lo que dice el enunciado es que la suma de los cuadrado de los numeros es 1, a1^2 + … a5^2 =1 y con eso ya demostrar que (ai – aj)^2 <= 1/10 para todo i,j. No que la suma de las diferencias es 1 que creo que es lo que tu has empezado suponendo no?

Un saludo.
JJGJJG | 19 de junio de 2012 | 20:22

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Con un razonamiento similar he llegado a la misma solución que Cartesiano caótico:
Fijémonos solo en las cuatro diferencias (a5-a4)^2, (a4-a3)^2, (a3-a2)^2 y (a2-a1)^2 que deben ser las menores posibles. Si las obligamos a ser todas 0,1 y, para minimizar la suma de cuadrados elegimos a3 = 0 nos resultan para las demás a2^2=a4^2=0,1 y a1^2=a5^2= 4*0,1. Los valores serán, pues -0.632.., -0.316…, 0, 0,316… y 0,632… cuyos cuadrados 0.4+0.1+0+0.1+0.4 suman precisamente 1. Cualesquiera otros valores harían alguno de los cuadrados de diferencias menor que 0.1 o la suma de los cinco cuadrados mayor que 1.
JJGJJG | 19 de junio de 2012 | 20:26

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Perdón, donde dice “l… las menores posibles ..” debe decir “… las mayores posibles …”.
Cartesiano Caotico | 19 de junio de 2012 | 21:28

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Hola Javiol.

Si te fijas lo primero que hago es hacer $a_1=0; a_2=h; a_3=2h; a_4=3h; a_5=4h$
Y con eso hago todas las diferencias iguales a ‘h’, razonando que el máximo de todos los mínimos se da cuando todas las diferencias son iguales. No se si esto último habría que demostrarlo, aunque en principio parece evidente.

Lo curioso es que empecé a exponer que me salía 1/30 cuando mientras escribía me di cuenta de que los valores negativos también juegan

Saludos
M | 19 de junio de 2012 | 21:55

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Pongamos $a_1\leq a_2\leq a_3\leq a_4 \leq a_5$ y llamemos $d:=\displaystyle{\min_{i\neq j}} |a_i-a_j|$ . Entonces, para $i>j$ , $a_i-a_j\geq (i-j)d$ . Luego, $\displaystyle{\sum_{i>j}} (a_i-a_j)^2\geq d^2\displaystyle{\sum_{i>j}} (i-j)^2=50 d^2.$

Por otra parte, $\displaystyle{\sum_{i>j}} (a_i-a_j)^2=5\left(\displaystyle{\sum_{i=1}^5} a_i^2\right)-\left(\displaystyle{\sum_{i=1}^5 a_i}\right)^2=5-\left(\displaystyle{\sum_{i=1}^5} a_i\right)^2\leq 5$ .

En definitiva: $50d^2\leq 5$ , y se obtiene el resultado.
M | 19 de junio de 2012 | 22:03

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Además, según el razonamiento anterior, se da la igualdad $d^2=\frac{1}{10}$ si y sólo si los números son $-2d,-d,0,d,2d$ , con $d=\frac{\sqrt{10}}{10}$ .
Ratoncillo de biblioteca | 19 de junio de 2012 | 22:53

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Supongamos, por reducción al absurdo que, $\min\{(a_i-a_j)^2, \ i\neq j\}>\cfrac{1}{10}$ entonces

${\displaystyle 1<\sum_{i=1}^4\left(\sum_{j=i+1}^5(a_i-a_j)^2\right)}=4-2A=$ , donde $A=\sum_{i=1}^4\left(\sum_{j=i+1}^5 a_ia_j\right)$

Por tanto, $A<\cfrac{3}{2}$

Por otro lado, consideremos los vectores, $a=(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)$ y $b=(1,1,1,1,1)$ . Aplicando la desigualdad de Cauchy-Schwarz se obtiene

$\langle a,b\rangle^2\leq \|a\|^2\|b\|^2=5$ , pero ${\displaystyle \langle a,b\rangle^2=\left(\sum_{i=1}^5a_i\right)^2}=1+2A<4$ llegando a la contradicción $4\leq 5$ .
Ratoncillo de biblioteca | 19 de junio de 2012 | 23:27

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Puff, perdonad, me precipité en mi comentario anterior!
José María | 20 de junio de 2012 | 23:45

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Hola M

¿De donde sacas que ai-aj>=(j-i)D?
Es que no lo veo
Saludos
karl | 21 de junio de 2012 | 00:00

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M que pena la pregunta pero no logro entender porque el hecho de que d ^2=1/10 implica estrictamente esa combinación de números
M | 21 de junio de 2012 | 10:02

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José María, si $d$ es la diferencia mínima, entonces $a_{i+1}-a_{i}\geq d$ , para todo $i$ . Inductivamente, resulta entonces $a_{i}-a_{j}\geq (i-j)d$ , para $i>j$ (los números han sido ordenados en orden creciente).

karl, si $d^2=1/10$ , entonces todas las desigualdades intermedias se dan con igualdad. Luego, $\sum_{i=1}^5 a_i=0$ , y $a_{i+1}-a_i=d$ , con $\sum_{i=1}^5 a_i^2=1$ .