Si $|x_1-t|+|x_2-t|+\cdots+|x_n-t| = |y_1-t|+|y_2-t|+\cdots+|y_n-t|$ todos los $t$ $\{x_1,\ldots,x_n\} = \{y_1,\ldots,y_n\} $

Question

Probar que si $|x_1-t|+|x_2-t|+\cdots+|x_n-t| = |y_1-t|+|y_2-t|+\cdots+|y_n-t|$ para todos los valores de $t$ $\{x_1,\ldots,x_n\} = \{y_1,\ldots,y_n\} $

(Todas las variables son números reales).

He intentado demostrar que los mínimos son iguales, a continuación, continuar por la inducción, pero no podía progresar mucho en esa línea.

Answer 1

Es fácil ver que $(*)$ de los mínimos locales de la función $f\colon t \mapsto |x_1-t|+|x_2-t|+\cdots+|x_n-t|$ son exactamente las $x_i$. Esto contesta a tu pregunta.

Para comprobar $(*)$, señalando $u_1<u_2<\cdots <u_s$ los valores distintos entre los $x_i$, podemos ver que $f(t)=\displaystyle\sum_{k=1}^{s} n_k |x-u_k|$ cuando la $n_k$ son enteros positivos. La función de $f$ es por tramos afín: para $x$ $u_j$ $u_{j+1}$ hemos $$ f(x)=\sum_{k\leq j} n_k(x-u_k)+\sum_{k > j} n_k(u_k-x) $$ a partir de que $(*)$ se pueden deducir con facilidad.

Answer 2

Nota: esta respuesta sólo es válida para valores reales. Sin embargo, la misma idea puede ser utilizado para valores complejos (suponiendo que $t \in \mathbb{C}$), tomando $t$ a mentir en una línea paralela al eje real a través de cada una de las $x_k$.

Supongamos $x \in \mathbb{R}^n$$x_1 \le \cdots \le x_n$. Deje $\phi_x(t) = \sum_k |x_k-t|$. Tomamos nota de que $\phi_x$ es diferenciable en a $D=\mathbb{R} \setminus \{x_1,\ldots,x_n\}$, e $\phi_x'(t) = | \{i: x_i < t\}| - | \{i: x_i > t\}| $ $t \in D$ (aquí estoy usando $|\cdot|$ para la cardinalidad). Tenga en cuenta que $\phi_x'(t) \in \{-n,\ldots,n\}$ y en los puntos de discontinuidad, $\phi_x'$ cambios por 2.

A continuación, $\phi_x$ especifica completamente $x$. Para ver esto, en primer lugar tenga en cuenta que $\lim_{t \to \infty} \phi_x'(t) = n$, por lo tanto sabemos que el número de puntos de $n$.

Tomamos nota de que $\phi_x'$ es no decreciente. Deje $A = \{ \tau : \lim_{t \uparrow \tau} \phi_x'(t) < \lim_{t \downarrow \tau} \phi_x'(t) \}$, y tenga en cuenta que $A$ es finito. Para $a \in A$, vamos a $n(a) = \frac{1}{2}(\lim_{t \downarrow a} \phi_x'(t) - \lim_{t \uparrow a} \phi_x'(t))$. Luego, si nos vamos a $A = \{ a_1,\ldots,a_k\}$ donde $a_i < a_{i+1}$, y definir la matriz $P:\mathbb{R}^k \to \mathbb{R}^n$ $$[P]_{ij} = \begin{cases} 1, & 1 \le i \le n(a_1) \\ 1, & 1<j, \ n(a_1)+\cdots +n(a_{j-1})< i \le n(a_1)+\cdots +n(a_{j}) \\ 0, & \text{otherwise,}\end{casos}$$ then $x=Pa$.

De esto se desprende que si $\phi_x = \phi_y$, donde el $x,y$ son "ordenados", a continuación,$x=y$.

Adenda: El complejo caso es similar, excepto que (teniendo en $\phi_x$ como un mapa $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$) $\phi_x'(t) = \sum_k \frac{t-x_k}{|t-x_k|}$, para $ t \notin D = \mathbb{R}^2 \setminus \{x_1,\ldots,x_n\}$. A continuación, $\phi_x'$ es continua para $x \notin D$. Además, si dejamos $n(a) = \frac{1}{2}(\lim_{\delta \downarrow 0} \phi_x'(a+\delta) - \lim_{\delta \downarrow 0} \phi_x'(a-\delta))$ (tenga en cuenta que $\delta$ sólo toma valores reales), a continuación,$n(a)=0$$a\in D$, y si $ a \in \{x_1,\ldots,x_n\}$,$n(a) = | \{ x_i | x_i = a \} | $.

En este caso, $\phi_x$ determina el $x_i$ y sus multiplicidades, pero no el orden. Sin embargo, esto es suficiente para demostrar que si $\phi_x = \phi_y$, luego $\{x_1,\ldots,x_n\} = \{y_1,\ldots,y_n\}$ (y multiplicidades, aunque este no era parte de la pregunta).

Nota: habría sido más sencillo para mostrar que $n(a) = \frac{1}{2}(\lim_{\delta \downarrow 0} \phi_x'(a+\delta) - \lim_{\delta \downarrow 0} \phi_x'(a-\delta))$ es definido en todas partes y $n(a) = | \{ x_i | x_i = a \} | $. Entonces si $\phi_x=\phi_y$, el correspondiente '$n$s' debe ser igual, y el resultado se sigue inmediatamente del hecho de que $n(a) = | \{ x_i | x_i = a \} | $.

Answer 3

La idea de esta respuesta está basada en el cobre.sombrero de la Idea.

Supongamos $x_1\leq x_2...\leq x_n$$y_1\leq y_2...\leq y_n$$\phi_x(t) = \sum_k |x_k-t|$$\phi_y(t) = \sum_k |y_k-t|$.

Al menos $t$ que $\phi_x(t)$ no es diferenciable en es $x_1$ y el menos $t$ que $\phi_y(t)$ no es diferenciable en es $y_1$. Pero $\phi_x(t)=\phi_y(t)$$x_1=y_1$.

Ahora podemos utilizar la inducción.