Dejemos que $a_{1}, \dots, a_{n}$ sean números reales no nulos; sea $b_{1},\dots, b_{n}$ sean números reales; sea $\sum_{1}^{n}b_{i} \neq 0$ . Entonces, ¿existen números reales $w_{1},\dots, w_{n} > 0$ tal que $$ \frac{\sum_{1}^{n}w_{i}a_{i}}{\sum_{1}^{n}w_{i}b_{i}} > \frac{\sum_{1}^{n}a_{i}}{\sum_{1}^{n}b_{i}}? $$ Algunos resultados de la teoría de las funciones parecen destacados. Pero parece que tal vez tal resultado no está en mi conjunto actual de conocimientos de trabajo.
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Dejemos que $U = \{\mathrm{w} \in \mathbb{R}_+^n : \langle \mathrm{w}, \mathrm{b} \rangle \neq 0 \}$ y definir $f : U \to \mathbb{R}$ por
$$ f(\mathrm{w}) = \frac{\langle \mathrm{w}, \mathrm{a} \rangle}{\langle \mathrm{w}, \mathrm{b} \rangle}. $$
Sabemos que $U$ está abierto y $\mathbf{1} = (1,\cdots,1) \in U$ . Supongamos que $\mathrm{a}$ y $\mathrm{b}$ no son paralelos. Entonces
$$ \left. \frac{\partial f}{\partial w_i} \right|_{\mathrm{w}=\mathbf{1}} = \frac{\langle \mathbf{1}, \mathrm{b} \rangle a_i - \langle \mathbf{1}, \mathrm{a} \rangle b_i}{\langle \mathbf{1}, \mathrm{b} \rangle^2} $$
La suposición dice que no todos los $\partial f_i / \partial w_i$ desaparecer. Así que $\nabla f(\mathbf{1})$ es distinto de cero. Por lo tanto,
$$ f( \mathbf{1} + \delta \nabla f(\mathbf{1})) = f(\mathbf{1}) + \| \nabla f (\mathbf{1}) \|^2 \delta + \mathcal{O}(\delta^2) \quad \text{as } \delta \downarrow 0 $$
y tomando una cantidad suficientemente pequeña de $\delta > 0$ podemos encontrar $\mathrm{w} \in U$ con $f(\mathrm{w}) > f(\mathbf{1})$ .
Diego Mucciolo
Puntos
38
$\DeclareMathOperator{\spn}{span}\DeclareMathOperator{\img}{Im}$ Realmente hay algo de álgebra lineal escondida ahí. Obsérvese que $\sum_{i=1}^{n}w_{i}a_{i}$ es una función lineal sobre $\mathbb{R}^n$ con respecto a $w$ . Es decir, $\alpha: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R} : (w_1, \cdots, w_n) \mapsto \sum_{i=1}^{n}w_{i}a_{i}$ es lineal. Del mismo modo, dejemos que $\beta: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R} : (w_1, \cdots, w_n) \mapsto \sum_{i=1}^{n}w_{i}b_{i}$ . Además, deja que $w = (w_1, \cdots, w_n)$ y $f : D \to \mathbb{R} : w \mapsto \frac{\alpha(w)}{\beta(w)}$ . Por lo tanto, su pregunta en este marco de álgebra lineal es
Dejemos que $\alpha, \beta \in \mathcal{L}(\mathbb{R}^n, \mathbb{R})$ tal que $\alpha \neq 0$ y $\beta(\vec{1}) \neq 0 $ . Entonces existe $w \in \mathbb{R}^n$ tal que $$f(w) > f(\vec{1})? \tag{1}$$
El dominio de $f$ (indeterminado hasta ahora) es simplemente todo $w \in \mathbb{R}^n$ tal que $\beta(w) \neq 0$ Es decir, $D = \mathbb{R}^n \setminus \ker(\beta)$ . Por hipótesis tenemos $\beta(\vec{1}) \neq 0$ Por lo tanto $D = \mathbb{R}^n \setminus \spn(\vec{1})^{\perp}$ .
Además, se requiere una condición adicional. Es necesario que $\alpha$ y $\beta$ son linealmente independientes, lo que significa que deben no existe un $\lambda \in \mathbb{R}$ tal que $\alpha = \lambda \beta$ porque de lo contrario $f$ sería constante y $(1)$ nunca estaría satisfecho. Esto equivale a exigir $\ker(\alpha) \neq \ker(\beta) = \spn(\vec{1})^{\perp}$ .
Ahora bien, como $\img(\alpha) = \img(\beta) = \mathbb{R}$ y para cada secuencia $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ en $D$ que convergen a un vector no nulo de $\ker(\beta)$ tenemos que $\lim\limits_{n \to \infty} |f(x_n)| = \infty$ podemos construir $w$ que satisface $(1)$ como lo siguiente.
Si $f(1) = 0$ simplemente tomar cualquier $w \in f^{-1}(\mathbb{R}_{>0})$ . En caso contrario, si $f(1) > 0$ considere $A = f^{-1}(\mathbb{R}_{>0})$ o $A = f^{-1}(\mathbb{R}_{<0})$ si $f(1) < 0$ . Tome cualquier elemento no nulo de $\ker(\beta) \cap \partial A$ , digamos que $\ell$ y una secuencia $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ en $A$ convergiendo a $\ell$ . Porque $\lim\limits_{n \to \infty} |f(x_n)| = \infty$ existe $N \in \mathbb{N}$ tal que para cada $n > N$ se deduce que $f(x_n) > f(1)$ . Como queríamos mostrar.
(De hecho, como sin pérdida de generalidad podemos sustituir esa secuencia por una curva, existe un número incontable de tales $w$ 's.)
Por ejemplo, tome $\alpha(x,y) = 4x-2y$ y $\beta(x,y) = x+y$ . Así que $f(1) = 1$ . Así, $$A = f^{-1}(\mathbb{R}_{>0}) = \{ (x+y, x-y) : x,y \in \mathbb{R}_{>0} \}$$ $$\partial A = \{ (x, x) : x \in \mathbb{R}_{\ge 0} \} \cup \{ (x, -x) : x \in \mathbb{R}_{\ge 0} \}$$ y $$\ker(\beta) = \{ (x, -x) : x \in \mathbb{R} \}$$
Entonces $$ \ker(\beta) \cap \partial A = \{ (x, -x) : x \in \mathbb{R}_{\ge 0} \} $$
Ahora toma $\ell = (1, -1) \in \ker(\beta) \cap \partial A$ , $x_0 = (2,0)$ y $x_n = \frac{1}{n} x_0 + (1-\frac{1}{n}) \ell = (\frac{1}{n} + 1, \frac{1}{n} - 1)$ . Así que para todos $n \in \mathbb{N}$ $$f(x_n) = \frac{\frac{4}{n} + 4 - \frac{2}{n} + 2}{\frac{2}{n}} = \frac{\frac{2}{n} + 6}{\frac{2}{n}} = \frac{\frac{1}{n} + 3}{\frac{1}{n}} = 1 + 3n > 1 = f(\vec{1})$$
