Cómo demostrar esta desigualdad de función simétrica

Question

Pregunta: deje $x_{i}>0$ $(i=1,2,\cdots,n)$ tal que $x_{i}\neq x_{j},\forall i\neq j$ encuentra todos los números reales $p$ que satisfagan la siguiente desigualdad $$\sum_{i=1}^{n}\dfrac{x^p_{i}}{\prod_{j\neq i}(x_{i}-x_{j})}\ge 0$$

cuando $n=3$ lo he resuelto como $p\le 0$ ou $p\ge 1$ porque sólo utilizamos este $$x^p\ge y^p+p(x-y)y^{p-1},x>y>0$$ así que WLOG $x>y>z$ tenemos $$\sum_{cyc}\dfrac{x^p}{(x-y)(x-z)}\ge\dfrac{y^p+p(x-y)y^{p-1}}{(x-y)(y-z)}+\dfrac{y^p}{(y-z)(y-x)}+\dfrac{y^p+p(z-y)z^{p-1}}{(z-x)(z-y)}=0$$

Para $n=4$ Probé algunos valores, Ahora conjeturo $p\ge 2$ ou $0\le p\le 1$ ,

y no puedo probarlo en general, ahora no puedo encontrar el $p$ . Gracias

Answer 1

Tu expresión es secretamente una diferencia dividida para la función $x \mapsto x^p$ . En general, las diferencias divididas para una función $f$ se definen inductivamente mediante $f[x_0] = f(x_0)$ y

$f[x_0, ..., x_n] = \frac{f[x_0, ..., x_{n-1}] - f[x_0, ..., x_{n-2}, x_n]}{x_{n-1} - x_{n}}$ .

Se trata de una función simétrica de $x_0, ..., x_n$ y puede expresarse explícitamente como

$f[x_0, ..., x_n] = \sum_{i=0}^n \frac{f(x_i)}{\prod_{j \ne i} (x_i - x_j)}.$

El principal dato útil sobre las diferencias divididas es la teorema del valor medio para diferencias divididas : si $f$ es $n$ veces diferenciable y $x_0, ..., x_n$ son números reales distintos, entonces hay algún $\xi$ en el intervalo más pequeño que contenga el $x_i$ tal que

$f[x_0, ..., x_n] = \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}.$

Así que para responder a su pregunta, sólo tiene que determinar para qué $p$ el $n$ derivada de la función $x \mapsto x^p$ es positivo (teniendo en cuenta que su $n$ se desvía en uno de mi $n$ ), que es un ejercicio bastante fácil.

Answer 2

La conjetura para $n=4$ es correcto. En general $n$ y cualquier $x_1,\ldots,x_n$ , $$ f(p) := \sum_{i=1}^{n}\dfrac{x^p_i}{\prod_{j\neq i}(x_i-x_j)} $$ es positivo para $p > n-2$ y cambia de signo en $p=0,1,2,\ldots,n-2$ y en ninguna otra parte. Por ejemplo:
Si $n=5$ entonces $f(p) \geq 0$ si $p \geq 3$ ou $1 \leq p \leq 2$ ou $p \leq 0$ ;
si $n=6$ entonces $f(p) \geq 0$ para $p \in [0,1]$ , $[2,3]$ o $[4,\infty)$ ;
si $n=7$ entonces $f(p) \geq 0$ para $p \in (-\infty,0]$ , $[1,2]$ , $[3,4]$ o $[5,\infty)$ ;
etc.

El hecho clave es el siguiente análogo exponencial de la "ley de los senos de Descartes":

Proposición. Sea $x_1,\ldots,x_n$ sean distintos por pares números reales positivos, y $c_i$ cualquier número real no todo cero. Entonces la función $f(p) := \sum_{i=1}^n c_i^{\phantom.} x_i^p$ tiene como máximo $n-1$ ceros reales, contados con multiplicidad.

Prueba : Inducción en $n$ . Para $n=1$ la función $f$ es un múltiplo no nulo de $x_1^p$ que nunca es cero; esto establece el caso base. Ahora dejemos que $n>1$ y supongamos que hemos demostrado el caso $n-1$ de la Proposición. Sea $f_1(p) = x_n^{-p} f(p) = \sum_{i=1}^n c_i (x_i/x_n)^p$ que es de la misma forma que $f$ con $x_n=1$ y tiene los mismos ceros y multiplicidades. Entonces la hipótesis inductiva se aplica a la derivada $$ f'_1(p) = \sum_{i=1}^{n-1} (c_i \log (x_i/x_n)) \, (x_i/x_n)^p; $$ así que $f'_1$ tiene como máximo $n-2$ ceros, contados con multiplicidad. Por el Teorema de Rolle se deduce que $f_1$ tiene como máximo $n-1$ ceros, contados con multiplicidad. Esto completa el paso de inducción y la prueba. QED

Queda por comprobar que nuestro $f$ desaparece en $p=0,1,\ldots,n-2$ ; entonces podemos usar nuestra Proposición para deducir que cada uno de estos $n-1$ ceros es simple y no hay otros. Esto puede hacerse reconociendo $f(p)$ como la suma de los residuos de la diferencial $x^p \, dx \left/ \prod_{j=1}^n (x-x_j) \right.$ (que es habitual en $x=\infty$ para números enteros $p \leq n-2$ ). Alternativamente podemos relacionar $f(p)$ a un determinante de Schur-Vandermonde con una fila repetida.

EDIT aquí hay un argumento más autocontenido que $f(0)=f(1)=\cdots=f(n-2)=0$ . Sea $P(x)$ sea cualquier polinomio con $\deg P < n$ . Entonces $P(x) \left/ \prod_{j=1}^n (x-x_j) \right.$ tiene una fracción parcial descomposición $\sum_{i=1}^n c_i / (x-x_i)$ . Tomando $x \to x_i$ (o multiplicando por $\prod_{i=1}^n (x-x_i)$ y ajuste $x = x_i$ ), vemos que $c_i = P(x_i) \left/ \prod_{j\neq i}(x_i - x_j) \right.$ . Por otra parte, tomar $x \to \infty$ (o multiplicando por $\prod_{i=1}^n (x-x_i)$ y comparando $x^{n-1}$ coeficientes), vemos que el $x^{n-1}$ coeficiente de $P$ es $\sum_{i=1}^n c_i$ . En particular, si $P(x) = x^p$ para algún número entero no negativo $p \leq n-2$ entonces $f(p) = \sum_{i=1}^n c_i = 0$ . $\Box$