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Suma de fracciones positiva

Os dejo el problema de esta semana:

Probar que dados cualesquiera números reales $\{x_i \}_{i=1, \ldots ,n}$ se verifica que:

$\displaystyle{\sum_{i,j=1}^n \cfrac{x_i x_j}{i+j}} \geq 0$

Suerte.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 9 de February de 2010
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28 comentarios

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josejuan | 9 de February de 2010 | 10:16

Ese sumatorio se parece mucho a

$(\sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{k_{i}})^{2}$

pero aún no he dado con las constantes adecuadas (en cuyo caso quedaría probado).
josejuan | 9 de February de 2010 | 10:24

Bueno, tomando

$k_{q}=\sqrt{2q}$

los coeficientes de los cuadrados coinciden y creo que para el resto de coeficientes son una cota superior por lo que también quedaría demostrado.

Veamos esa cota superior…
josejuan | 9 de February de 2010 | 10:34

Ok, ya lo tengo, tomando como coeficientes los indicados, al desarrollar el cuadrado del sumatorio, los coeficientes de los cuadrados son los del desarrollo del problema mientras que los de dos elementos

$x_{a},x_{b}~a\neq b$

(en los que cada uno tiene el coeficiente $\frac{1}{\sqrt{2a}}$ y $\frac{1}{\sqrt{2b}}$ respectivamente)

generan el coeficiente en el desarrollo de

$\frac{2}{\sqrt{2a}\sqrt{2b}}=\allowbreak \frac{1}{\sqrt{a}\sqrt{b}}$

ahora sólo falta ver que

$\frac{1}{\sqrt{a}\sqrt{b}}\succeq \frac{1}{a+b}$

pero ésto es inmediato, pues es claro que

$a+b\succeq \sqrt{a}\sqrt{b}$

y ya está.
M | 9 de February de 2010 | 11:38

josejuan, me da que te has liado con las desigualdades. Si tomas $y_i:=\frac{x_i}{\sqrt{2i}}$ entonces $0\leq \left(\sum_{i=1}^n y_i\right)^2=\sum_{i,j=1}^n \frac{x_ix_j}{2\sqrt{ij}}$ y para rematar la cuestión necesitarías que $2\sqrt{ij}\geq i+j$ . Pero, de hecho, lo que se tiene es $2\sqrt{ij}\leq i+j$ . Más aún, estás asumiendo que los $x_i$ ’s son positivos (o de igual signo).
josejuan | 9 de February de 2010 | 12:14

Uhm… no entiendo porqué se necesita que sea

$2\sqrt{ij}\succeq i+j$

de hecho, sigo opinando que es al revés y no, no estoy asumiendo que son positivos.

Veamos, mi razonamiento es el siguiente

1. todos los productos de ambos desarrollos (el del problema y el del cuadrado) tienen el mismo signo [sin contar los coeficientes], es decir, $x_{i}x_{j}$ tiene el mismo signo en el problema y en mi solución.

2. todos los coeficientes son positivos (tanto los del problema como los del cuadrado), es decir, tanto $i+j$ como $\frac{1}{2\sqrt{ij}}$ son positivos.

3. los términos cuadrados (en los que i=j) son todos positivos.

4. sabemos que el cuadrado de la suma es positivo.

5. si los coeficientes del cuadrado de la suma de los términos i!=j son mayores que los del problema, entonces forzosamente el resultado del problema deberá ser no negativo.

el desarrollo de estos puntos los veo correctos.

No se, no veo error.

3.
josejuan | 9 de February de 2010 | 12:15

(supongo se ha entendido, pero en el punto 2 el coeficiente del problema es $\frac{1}{i+j}$ )
orlin | 9 de February de 2010 | 12:21

JoseJuan, creo que M te quiere decir que tu has demostrado que tu sumatorio es una cota superior que el sumatorio del problema, pero así no resuelves el problema, porque el sumatorio del problema puede ser menor (negativa) que tu cota superior. M puso la desigualdad al revés porque de ese modo demuestras que tu sumatorio sería una cota inferior positiva y ahí si que quedaría demostrado el problema.
josejuan | 9 de February de 2010 | 12:28

Pues es que no lo veo, veamos, supongamos que tenemos n=2, entonces es

Problema [1]:
$\frac{1}{2}x_{1}^{2}+\frac{2}{3}x_{1}x_{2}+\frac{1}{4}x_{2}^{2}$

Cuadrado de la suma [2]:
$\left( \frac{x_{1}}{\sqrt{2\ast 1}}+\frac{x_{2}}{\sqrt{2\ast 2}}\right) ^{2}=\allowbreak \frac{1}{2}x_{1}^{2}+\frac{1}{2}\sqrt{2}x_{1}x_{2}+\frac{1}{4}x_{2}^{2}$

los cuadrados son siempre positivos, y sabemos que el otro que queda no puede ser más negativo en [1] que en [2] más que por el coeficiente ¡pues x1*x2 tiene el mismo valor allí que aquí!. En tal caso, el peor caso será cuando dicho coeficiente sea mayor, pues obviamente si x1*x2 es positivo ya nos da igual lo que valga el coeficiente y así, llegamos a que si se cumple que

$\frac{1}{2}\sqrt{2}\succeq \frac{2}{3}$

entonces forzosamente [1] deberá ser “tan positivo” como [2].

No se, igual estoy encerrado en alguna cosa que no veo. Perdón si es así.
orlin | 9 de February de 2010 | 12:43

Entiendo que los coeficientes de los términos “cruzados” que son negativos son mayores para tu sumatorio que para los del problema, pero es que también se cumple que los términos cruzados positivos de tu sumatorio son mayores que los del problema, por lo tanto no puedes concluir que tu suma total vaya a ser menor que la del problema y de ahí decir que la suma del problema es mayor que 0. Vamos así es como lo veo yo…

No sé si me explico….
josejuan | 9 de February de 2010 | 12:43

(mi cota superior es de los coeficientes de aquellos términos que pueden ser negativos ¡no del sumatorio!)
josejuan | 9 de February de 2010 | 12:48

Ok, ahora lo veo, ;P
orlin | 9 de February de 2010 | 13:21

He considerado la función:

$f(x_1,\cdots,x_n)= \sum_{i,j=1}^n \frac{x_ix_j}{i+j}$

Ahora voy a calcular sus puntos extremos:

$\frac{\partial f}{\partial x_k} = \sum_{i=1}^n \frac{2x_i}{i+k}$ , esto quiere decir $\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{i+k} = 0$ [1]

si hago la segunda derivada;

$\frac{\partial^2 f}{\partial^2 x_k} = \frac{1}{k}$ y siempre es mayor que cero, luego los puntos que cumplen 1 son mínimos.

evaluamos la función en ese mínimo:

$f(x_{min}) = \sum_{j=1}^n x_j\cdot(\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{i+j})$ , lo del paréntesis es 0 para cada j ya que es la condición de mínimo, luego:

$f(x_{min}) = 0$ , por lo tanto;
$f(x) = \sum_{i,j=1}^n \frac{x_ix_j}{i+j} \geq 0$
roldan | 9 de February de 2010 | 13:29

Una manera de probar esto que la forma cuadratica Q cuyo elemento (i,j) es 1/(i+j) es definida positiva.
Otra cosa es pobarlo…
Trackback | 9 Feb, 2010

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josejuan | 9 de February de 2010 | 13:42

Perfecto “orlin”.

Habría sido bonito usar sólo el álgebra…
M | 9 de February de 2010 | 13:44

OK, orlin. Pero, como apunta roldan, aún quedaría probar rigurosamente que la matrix hessiana es definida positiva (no basta que los elementos diagonales sean positivos).
Pastrana | 9 de February de 2010 | 13:52

Nosotros hemos acotado el sumatorio de la siguiete manera:

$\sum_{i,j\leq n}\frac{x_i\cdot x_j}{i+j}\geq\sum_{i,j\leq n}\frac{x_i\cdot x_j}{2n}=\frac{1}{2n}\sum_{i,j\leq n}x_i\cdot x_j=\frac{1}{2n}\left(\sum_{i=1}^{n}x_i\right)^2\geq 0$

y YA
roldan | 9 de February de 2010 | 14:32

Esto prueba que la forma es semidefinida positiva, y tambien el problema propuesto.
Sin embargo la forma tiene toda la pinta de ser definida positiva.
M | 9 de February de 2010 | 14:46

Lamento volver a dar la vara, pero hemos vuelto al mismo error de josejuan. La primera desigualdad de pastrana no es válida por la misma razón de antes: los $x_i$ ’s pueden tener signos diferentes en general.

A mi modo de ver, el problema no está resuelto ni mucho menos. Creo que estamos igual que al principio, pues la no negatividad de la forma cuadrática dada o el hecho de que la matriz hessiana de orlin es definida positiva son cosas equivalentes.
Zelig | 9 de February de 2010 | 18:22

A ver qué tal. Por un lado tenemos que
$\frac{1}{i+j}=\int_0^1t^{i+j-1}\,dt;$
por otro lado definimos el polinomio
$tp(t)=\sum_{i=1}^nx_it^i.$
Entonces
$\sum_{i,j=1}^n\frac{x_ix_j}{i+j}=\int_0^1tp(t)^2\,dt\ge 0.$
M | 9 de February de 2010 | 18:31

Sí señor, Zelig! $\displaystyle{\sum_{i,j=1}^n \cfrac{x_i x_j}{i+j}}=\int_0^1 \left(\sum_{i=1}^n x_i t^{i-1/2}\right)^2dt\geq 0$ .

Este razonamiento se usa para probar que la célebre matriz de Hilbert ( $a_{ij}:=\frac{1}{i+j-1}$ ) es definida positiva.
hernan | 9 de February de 2010 | 20:39

Ingenioso. No conocía la matriz de Hilbert.
¿Se sabe de algún otro tipo de razonamiento (sin análisis) para demostrar que nuestra matriz es definida positiva?
Jose | 9 de February de 2010 | 21:41

Yo creo que la prueba de José Juan es salvable. Supongo que él quería probar miembro a miembro que
(x(i)^2)/2i + (x(j)^2)/2j + 2(x(i)*x(j))/i+j >= 0
Si x(i)*x(j)>=0 la respuesta es inmediata
Si x(i)*x(j)< 0 entonces si se cumple lo que dijo en sus primeros comentarios(ojo a la hipótesis). Con lo que tendríamos cubierto cualquier caso.

Ya que la suma de estos miembros es lo que se nos pide, se concluye que es no negativo.

Disculpen, que no se usar latex
josejuan | 9 de February de 2010 | 22:52

Gracias Jose por tu confianza, pero no, soy algo bruto y pretendía hacerlo de golpe.

Aunque en mis últimos intentos al hacer que

S(n+1)=S(n)+f(Xn+1)

me salía “algo parecido”.

La tuya “Zelig” me deja pasmao, aunque para llegar a eso hay que tener muy frescos los “intermedios” que usas.
M | 9 de February de 2010 | 23:23

hernan, otra forma de ver que la matriz de Hilbert (o la trasladada que aparece en este caso) es definida positiva es usando el valor del determinante (que se conoce explícitamente: ver matrices de Cauchy en la wikipedia, por ejemplo). Como cada menor principal de la matriz vuelve a ser una matriz tipo Hilbert tenemos que todos son positivos. Pero esto exigiría demostrar la expresión conocida para el determinante.

Relacionado con el problema propuesto, propongo ahora la siguiente acotación superior:

$\displaystyle{\sum_{i,j=1}^\infty \cfrac{x_i x_j}{i+j}} \leq \pi \displaystyle{\sum_{k=1}^\infty x_k^2$ para cualquier sucesión de números reales $\{x_k\}$ tal que la suma del lado derecho converja.
M | 10 de February de 2010 | 12:50

Pongo la respuesta a la cuestión anterior. No es directa, aunque me parece muy aprovechable.

$\displaystyle{\sum_{i,j=1}^\infty \cfrac{x_i x_j}{i+j}}=\sum_i x_i\left(\sum_j \dfrac{x_j}{i+j}\right)\leq \left\{\sum_i x_i^2\right\}^{1/2}\left\{\sum_i\left(\sum_j \dfrac{x_j}{i+j}\right)^2\right\}^{1/2}$ (desigualdad de Hölder).

De nuevo usando la desigualdad de Hölder podemos escribir:

$S_1:=\sum_i\left(\sum_j \dfrac{x_j}{i+j}\right)^2=\sum_i\left\{\sum_j\left(\dfrac{1}{\sqrt{i+j}\sqrt[4]{j}}\right)\left(\dfrac{\sqrt[4]{j}}{\sqrt{i+j}}x_j\right)\right\}^2\leq$ $\sum_i \left\{\sum_j \dfrac{1}{(i+j)\sqrt{j}}\right\}\left\{\sum_j \dfrac{\sqrt{j}}{i+j}x_j^2\right\}.$

Usando que $\sum_j \dfrac{1}{(i+j)\sqrt{j}}\leq \dfrac{\pi}{\sqrt{i}}$ (lo probamos al final) tenemos que

$S_1\leq \pi\sum_i \dfrac{1}{\sqrt{i}}\sum_j \dfrac{\sqrt{j}}{i+j}x_j^2=\pi \sum_j x_j^2\sqrt{j}\sum_i \dfrac{1}{(i+j)\sqrt{i}}\leq \pi^2\sum_j x_j^2,$ y llevando ésto al principio ya lo tenemos.

Finalmente, para ver que $S_2:=\sum_j \dfrac{1}{(i+j)\sqrt{j}}\leq \dfrac{\pi}{\sqrt{i}}$ , basta acotar la serie por una integral

$S_2\leq \int_0^\infty \dfrac{dx}{(x+i)\sqrt{x}}=\dfrac{2}{\sqrt{i}}\left\[\arctan\left(\sqrt{\dfrac{x}{i}}\right)\right\]_0^\infty=\dfrac{\pi}{\sqrt{i}}.$
Icosaedro | 11 de February de 2010 | 17:22

Esa suma se puede poner como la suma de sumas de la forma:

${{x_a ^2} \over 2a} + 2 {x_a x_b \over a+b}+ {{x_b ^2} \over 2b}$

Esta suma sólo puede ser negativa si el 2º sumando lo es; supongo que los reales son positivos y pongo un signo menos al segundo sumando.

Multipicando por 2, sumando y olvidando los denominadores, que son positivos, queda:

$x_a^2ab + x_a^2b^2-4x_ax_b ab +x_b^2 a^2 + x_b^2ab$

que es

$(x_a-x_b)^2ab+(x_ab-x_ba)^2$
que no es negativo.

La suma de no negativos es no negativo.

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