Todos del mismo signo

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 15 de mayo de 2012
Categorías: Juegos | Imprime este post

26 comentarios

Tito Eliatron | 15 de mayo de 2012 | 10:15

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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.
gaussianos | 15 de mayo de 2012 | 11:32

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Cierto Tito Eliatron, lo especifico ahora mismo. Gracias
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Bitacoras.com
bibliotranstornado | 15 de mayo de 2012 | 14:42

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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).
P | 15 de mayo de 2012 | 20:36

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Alguno podria poner como lo ha hecho, para los que no lo vemos tan facil… .
P | 15 de mayo de 2012 | 21:09

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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 ?
M | 16 de mayo de 2012 | 18:44

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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 $a_1a_3\geq0$ .
M | 16 de mayo de 2012 | 22:22

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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.
Antonio | 17 de mayo de 2012 | 00:28

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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.
Antonio | 17 de mayo de 2012 | 10:36

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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 …
bibliotranstornado | 17 de mayo de 2012 | 11:26

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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)
Antonio | 17 de mayo de 2012 | 11:37

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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.
bibliotranstornado | 17 de mayo de 2012 | 12:16

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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.
Antonio | 17 de mayo de 2012 | 12:28

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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
$(n-1)(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)=(a_1+a_2+\cdots a_n)^2$
bibliotranstornado | 17 de mayo de 2012 | 12:49

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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.
bibliotranstornado | 17 de mayo de 2012 | 12:50

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$a_{n+1}$
Antonio | 17 de mayo de 2012 | 12:52

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No sé…. creo que no entiendes bien el proceso de inducción. O yo estoy demasiado espeso hoy. No se que opinan los demás.
M | 17 de mayo de 2012 | 13:09

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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 $\mathcal{C}\subset \displaystyle{\bigcap_{i=1} ^n \{x_i\geq 0\}}$ .
M | 17 de mayo de 2012 | 17:41

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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.
P | 17 de mayo de 2012 | 20:03

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En mi pobre opinion Antonio lo ha dejado ya bien , enhorabuena.
Leon Thompson | 18 de mayo de 2012 | 06:21

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El uso de la inducción por bibliotrastornado fue errada totalmente, porque uso lo que quería demostrar como herramienta para demostrarlo.
Damiancete | 18 de mayo de 2012 | 17:36

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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.
Alberto | 19 de mayo de 2012 | 04:57

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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.
Leon Thompson | 21 de mayo de 2012 | 05:43

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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.
Leon Thompson | 21 de mayo de 2012 | 05:50

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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.
bibliotranstornado | 22 de mayo de 2012 | 09:38

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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