Todos del mismo signo

Vamos con el problema semanal. El enunciado es el siguiente:

Probar que si a_1, \ldots ,a_n, con n \ge 2, son n números reales tales que

(n-1)(a_1^2+a_2^2+ \ldots + a_n^2)=(a_1+a_2+ \ldots + a_n)^2

entonces o todos los a_i son no negativos o todos son no positivos.

Que se os dé bien.


Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

25 Comentarios

  1. Un momento… Para n=2 la Hipótesis es que a_1^2+a_2^2=(a_1+a_2)^2 es decir, a_1a_2=0 lo que implica que al menos uno de los números es 0 y el otro da igual.

    Por lo tanto, hay que concretar y decir que todos los números son del mismo signo ó CERO.

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  2. Por inducción se demuestra fácilmente (y yo soy un zoquete, así que es muy sencillo).

    Como ha comentado Tito Eliatron en el caso n=2 se cumple.

    Si suponemos que se cumple para n-1, desarrollamos el caso n en función de n-1 y llegamos al resultado que una suma de cuadrados es igual a la suma de los primeros n-1 elementos multiplicado por el enésimo elemento.

    Como la suma de los primeros n-1 elementos son todos del mismo signo (por la suposición de la inducción), es necesario que el enésimo elemento sea del mismo signo para que tengamos un resultado positivo (como lo es la suma de los cuadrados).

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  3. Alguno podria poner como lo ha hecho, para los que no lo vemos tan facil… .

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  4. para el caso n =2 tenemos que a_1 a_2 = 0.

    para el caso n , n (a_1 ^2 + a_2 ^2 \ldots + a_n ^2) = (a_1 ^2 + a_2 ^2 \ldots + a_n ^2) + ( a_1 + a_2 \ldots + a_n )^2

    para n+1 , n (a_1 ^2 + a_2 ^2 \ldots + a_{n+1} ^2) =  ( a_1 + a_2 \ldots + a_{n+1} )^2

    hasta ahi llego, como debo proceder ?

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  5. Para n=3 también es fácil de probar, pues la hipótesis implica que (a_1+a_2-a_3)^2=4a_1a_2. Así pues, a_1a_2\geq0. De modo similar, a_2a_3\geq0 y a_1a_3\geq0.

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  6. Aunque no he conseguido probar el enunciado por la vía algebraica (ni siquiera para n=4), me gustaría comentar una interpretación geométrica del mismo en términos de formas cuadráticas. Aunque las ideas están algo deslavazadas, creo que se podrían formalizar.

    La igualdad del ejercicio se puede escribir como a^TMa=0, donde a=(a_1,\ldots,a_n)^T y M es la matriz cuadrada de dimensión n, simétrica, con entradas (n-2) en la diagonal y -1 fuera de ella.

    Esta matriz tiene autovalores \lambda_1=-1 (simple) con autovector asociado e:=(1,\ldots,1)^T\in\mathbb{R}^n, y \lambda_2=\ldots=\lambda_n=n-1 con autovalores v_1=(1,-1,0,\ldots,0)^T, v_2=(0,1,-1,0,\ldots,0)^T,…,v_{n-1}=(0,0,\ldots,1,-1)^T.

    Esto nos dice que la hipersuperficie de R^n formada por los puntos a=(a_1,\ldots,a_n)^T tales que a^TMa=0 es un “hipercono” de vértice el origen y eje el vector e=(1,\ldots,1)^T. Para entender por qué es un “hipercono”, basta diagonalizar la matriz M para ver que la ecuación reducida de la hipersuperficie es y_1^2=(n-1)(y_2^2+\ldots+y_n^2).

    Además dada f(x):=f(x_1,\ldots,x_n)=x^TMx se tiene que f_{x_i}(0,0,\ldots,0)=0, 1\leq i\leq n. Así pues los hiperplanos coordenados \{x_i=0\}, 1\leq i\leq n, son tangentes al hipercono en su vértice. Entonces, dado que el eje tiene dirección (1,1,\ldots,1)^T, parece que el hipercono queda encerrado en las regiones x_i\geq 0, \forall 1\leq i\leq n, y x_i\leq 0,  \forall 1\leq i\leq n.

    Además, los autovectores v_1,\ldots,v_{n-1} (correspondientes a los autovalores positivos) son ortogonales a e=(1,1,\ldots,1)^T, y cumplen que e+v_i\in\{x_{i+1}=0\}. Aunque los autovectores pueden ser reescalados arbitrariamente, creo que se puede formalizar que los puntos de tangencia del hipercono con los hiperplanos son precisamente aquellos que se obtienen desplazándose desde el eje en direcciones ortogonales.

    En fin, yo tampoco quedo del todo convencido, pero ahí queda.

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  7. M, yo también he intentado con geometría aunque aun no estoy muy satisfecho del todo. Comento a lo que he llegado:

    Notemos por  a=(a_1,a_2,\dots,a_n) y  u=(1,1,\dots,1)\in\mathbb{R}^n. Podemos suponer que a\neq 0.

    La hipótesis la podemos expresar de la siguiente forma:

     (n-1)\|a\|^2=\langle a, u\rangle^2 (donde  \langle \ , \ \rangle denota producto escalar)

    Ahora bien,

     \langle a,u\rangle^2=\|a\|^2\|u\|^2\cos^2\alpha=\|a\|^2n\cos\alpha

    y sustituyendo en la expresión anterior, podemos escribir

     n\|a\|^2-\|a\|^2=n\|a\|^2\cos\alpha\Longleftrightarrow n\|a\|^2\sin^2\alpha=\|a\|^2\Longleftrightarrow\sin^2\alpha=\cfrac{1}{n}

    teniendo en cuenta que  n\geq 2, se tiene que

    \sin^2\alpha\leq\cfrac{1}{2}, es decir, -\cfrac{\sqrt{2}}{2}\leq\sin\alpha\leq\cfrac{\sqrt{2}}{2} luego \alpha\in\left[-\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{4}\right]\cup\left[\cfrac{3\pi}{4},\cfrac{5\pi}{4}\right]

    y por tanto, geométricamente,  a pertenece o bien la hiperplano no negativo, o bien al hiperplano no positivo.

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  8. Me dí cuenta que al final de mi comentario me expresé mal con lo de hiperplano no negativo o no positivo. Lo que estaba pensando en el ”hipercuadrante positivo” y su opuesto. Por ejemplo, en el plano sería el primer y tercer cuadrante …

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  9. Vamos con la demostración por inducción,

    tenemos un valor en el que se cumple, n=2 que ha demostrado nuestro querido Tito Eliatron.

    Sólo nos falta demostrarlo para n+1 suponiendo que se cumple para n.

    En el caso de n tenemos la ecuación del problema:
      (n-1)(a_{1}^2 + \dots + a_{n}^2)  = (a_1 + \dots + a_{n})^2
    que suponemos que es cierta y que todos los elementos a_{i} son del mismo signo.

    Tenemos que demostrar el caso n+1, que tiene la fórmula:
      n(a_{1}^2 + \dots + a_{n}^2 + a_{n+1}^2)  = (a_1 + \dots + a_{n}+ a_{n+1})^2

    Agrupamos los elementos de la parte derecha de esta fórmula en dos grupos y desarrollamos:
      (a_1 + \dots + a_{n}+ a_{n+1})^2 =  ((a_1 + \dots + a_{n})+ (a_{n+1}))^2 =  (a_1 + \dots + a_{n})^2 +2  (a_1 + \dots + a_{n}) a_{n+1}+ (a_{n+1})^2

    Por lo que nos queda:

      n(a_{1}^2 + \dots + a_{n}^2 )+ n(a_{n+1}^2)  = (a_1 + \dots + a_{n})^2 +2  (a_1 + \dots + a_{n}) a_{n+1}+ a_{n+1}^2

    Sustituimos el primer elemento de la parte derecha de la fórmula por el valor que teníamos para n:

      n(a_{1}^2 + \dots + a_{n}^2 )+ n(a_{n+1}^2)   = (n-1)(a_{1}^2 + \dots + a_{n}^2)  +2  (a_1 + \dots + a_{n}) a_{n+1}+ a_{n+1}^2

    Pasamos a la izquierda los elementos cuadrados:

      (a_{1}^2 + \dots + a_{n}^2 )+ (n-1)(a_{n+1}^2)  =  2 (a_1 + \dots + a_{n}) a_{n+1}

    En esta ecuación los elementos de la izquierda son todos positivos.

    Los elementos de la parte derecha entre paréntesis tienen todos el mismo signo por lo que la suma es siempre del mismo signo que los elementos que la componen. Para que la multiplicación sea positiva el elemento a_{n+1} tiene que tener el mismo signo que los anteriores.

    Queda demostrado.

    (Me está empezando a gustar lo de Latex)

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  10. Hola bibliotranstornado. Lo que no me queda claro es que estás suponiendo la hipótesis (la fórmula) tanto para  n+1 como para  n y esto creo que no es correcto. Solo la tienes que suponer para  n+1 y si eres capaz de llegar a una fórmula de  n sumandos entonces podrías aplicar la hipótesis de inducción. Pero no suponer directamente la fórmula para  n , porque lo que supones cierto es el resultado para  n no la fórmula.

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  11. Hola Antonio el método de inducción matemática es muy potente, básicamente dice que si una propiedad se cumple para un número natural (generalmente 1, pero puede ser otro, en nuestro caso 2) y conseguimos demostrar que si se cumpliera para un valor arbitrario (n) entonces también se cumpliría para el siguiente valor (n+1) entonces la propiedad se cumple para todos los números mayores que el de partida.

    Hay una explicación muy buena en la wikipedia.

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  12. Creo que no entendiste lo que quise decir.

    Llamemos  P(n) a la propiedad quieres probar para  n. En el paso de inducción, hay que suponer cierto P(n) y probar que es cierto P(n+1). Es decir, lo que hay que suponer cierto es: que siempre que tengas  a_1, a_2,\dots,a_n y verifiquen  (n-1)(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)=(a_1+a_2+\cdots a_n)^2 entonces todos  a_i son del mismo signo o cero.

    Es decir, lo que hay que suponer cierto es el ” entonces”, pero en lugar de suponer eso, lo que estas suponiendo es que se verifica
     (n-1)(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)=(a_1+a_2+\cdots a_n)^2

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  13. No Anonio, la hipótesis inductiva es que para n se cumple la fórmula y además todos los elementos son del mismo signo y lo que hay que demostrar es que para n+1, cumpliéndose la ecuación, el elemento a_{n+1} es del mismo signo que los anteriores.

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  14. No sé…. creo que no entiendes bien el proceso de inducción. O yo estoy demasiado espeso hoy. No se que opinan los demás.

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  15. Antonio, creo que con tu comentario de 17 de May de 2012 | 00:28 ya falta poco.

    El conjunto \mathcal{C}:=\{x\in\mathbb{R}^n/\; x^TMx=0\} (donde M es la matriz de la forma cuadrática definida en mi comentario de 16 de May de 2012 | 22:22) cumple que (0,0,\ldots,0)^T\in \mathcal{C}, y además verifica

    a\in\mathcal{C}\Rightarrow \lambda a\in\mathcal{C}, \;\forall \lambda \in \mathbb{R}.

    Dado un punto x\in\mathbb{R}^n denoto en negritas por \bf{x} a un vector en la dirección Ox. Entonces, has demostrado que el ángulo (positivo) que forma cualquier dirección \bf{a}, siendo a\in\mathcal{C}, con la dirección \bf{e}, siendo e:=(1,\ldots,1)^T, es constante e igual a \alpha:=\arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right).

    Llamemos \bf{e_i} a los vectores canónicos en \mathbb{R}^n. Entonces, todos los puntos de la forma \lambda(e-e_i)\in\mathcal{C}, para todo \lambda\in\mathbb{R}. De hecho, la proyección ortogonal del vector {\bf e} sobre el hiperplano \{x_i=0\}, es precisamente \bf{(e-e_i)}, 1\leq i \leq n. Luego, el ángulo que forma {\bf e} con los hiperplanos \{x_i=0\} es igualmente \alpha.

    Por tanto, si el conjunto \mathcal{C} atravesara (en la dirección positiva de \bf{e}, por ejemplo) un cierto hiperplano \{x_i=0\} para obtener un punto a\in\mathcal{C} en el semiespacio \{x_i\prec 0\}, entonces se tendría que ang(\bf{e},\bf{a})>\alpha, lo cual es una contradicción. Así pues, en la dirección positiva de \bf{e} tenemos que \mathcal{C}\subset \displaystyle{\bigcap_{i=1} ^n \{x_i\geq 0\}}.

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  16. Bueno, formalizando los comentarios anteriores, a continuación se indica una demostración para el enunciado. Consideramos la norma y producto escalar euclídeo estándar. Uso el símbolo \prec para indicar “menor estricto que”.

    Sean e:=(1,\ldots,1)^T\in \mathbb{R}^n y e_i los vectores canónicos de \mathbb{R}^n. Tomemos A:=(a_1,a_2,\ldots,a_n)^T\in \mathbb{R}^n\setminus\{0\}, donde a_1,\ldots,a_n verifican la propiedad del enunciado. Podemos asumir sin pérdida de generalidad que \langle A,e\rangle>0 (dado que no puede ser cero según la propiedad del enunciado, y si fuera negativo, basta cambiar signos). Observar que la propiedad del enunciado se traduce en

    (n-1) \| A\|^2=\langle A,e\rangle^2.

    Supongamos entonces, por reducción al absurdo, que existen componentes a_i>0 y a_j\prec 0, para ciertos índices 1\leq i,j\leq n. Definimos entonces los vectores

    A_i:=a_i e, \tilde{A_i}:=a_i(e-e_j), así como el escalar \overline{a_j}:=\dfrac{a_j}{\langle A,e\rangle}\prec 0.

    1) \langle A,\tilde{A_i}\rangle=a_i(\langle A,e\rangle-a_j), y elevando al cuadrado:

    \langle A,\tilde{A_i}\rangle^2=a_i^2(\langle A,e\rangle^2+a_j^2-2a_j\langle A,e\rangle)=a_i^2\langle A,e\rangle^2(1+\overline{a_j}^2-2\overline{a_j})=a_i^2\langle A,e\rangle^2(1-\overline{a_j})^2.

    2) Por otra parte

    \langle A,\tilde{A_i}\rangle^2=\|A\|^2 \|\tilde{A_i}\|^2\cos^2( \alpha_i), siendo \alpha_i, el ángulo comprendido entre los vectores A y \tilde{A_i}. Así pues, por hipótesis,

    \langle A,\tilde{A_i}\rangle^2=\|A\|^2 (n-1)a_i^2\cos^2( \alpha_i)=a_i^2\langle A,e\rangle^2\cos^2( \alpha_i).

    Igualando las expresiones obtenidas en 1) y 2) se obtiene tras simplificar que

    cos^2(\alpha_i)=(1-\overline{a_j})^2>1, pues \overline{a_j}\prec0.

    Con lo cual hemos llegado a un absurdo al haber supuesto la existencia de componentes a_i,a_j de diferente signo.

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  17. El uso de la inducción por bibliotrastornado fue errada totalmente, porque uso lo que quería demostrar como herramienta para demostrarlo.

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  18. Pues yo tengo que decir que mi primera impresión también fue que la prueba de bibliotrastornado estaba mal, pero después de releer el enunciado estoy totalmente de acuerdo con él. Como él bien dice, la fórmula entra dentro de la hipótesis.

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  19. Disculpen, la pregunta no tiene nada que ver, pero soy un novato al cual le fascinan las matemáticas tengo solo 16 años, quisiera saber a que nivel se enseña a resolver problemas de ese índole o a que nivel de estudios se prepara para estos problemas.

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  20. No se demuestra nada. Primero no se demostró que la formula era válida para n+1, simplemente se supuso verdadera y con eso se demostró que tenían que ser del mismo signo, pero este paso debe ser hecho luego de demostrar la igualdad para n+1. Es deficiente el uso de la inducción. De hecho, esta formula parece ser valida cuando uno, y sólo uno, de los valores es diferente de cero, los demás deben de ser cero. Por eso el enunciado es correcto: o todos los ai son no negativos o todos son no positivos.

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  21. No se demuestra nada. Primero no se demostró que la formula era válida para n+1, simplemente se supuso verdadera y con eso se demostró que tenían que ser del mismo signo, pero este paso debe ser hecho luego de demostrar la igualdad para n+1. Es deficiente el uso de la inducción. De hecho, esta formula parece ser valida cuando todos los valores son cero. Por eso el enunciado es correcto: o todos los ai son no negativos o todos son no positivos.

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  22. Para Alberto,

    A mí me enseñaron cómo hacer demostraciones matemáticas en COU y primero de carrera. Ya por mi cuenta había disfrutado con la demostración de la irracionalidad de raíz de 2 en Cosmos, de Carl Sagan (aquí tienes otra) o la demostración del Teorema de Peano.

    Ahora tienes internet y hay muchos resultados, el problema será encontrar resultados para «beginners», pero seguro que los encuentras.

    Ánimo

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

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Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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