Cómo demostrar esta desigualdad $\prod_{1\le i<j\le 5}|z_{i}-z_{j}|^2\le 5^5$

Question

dejar $z_{1},z_{2},z_{3},z_{4},z_{5}$ son números complejos, y tales $$|z_{1}|^2+|z_{2}|^2+|z_{3}|^2+|z_{4}|^2+|z_{5}|^2=5$$

$$A=\begin{bmatrix}1&1&1&1&1\\z_1&z_2&z_3&z_4&z_5\\z_1^2&z_2^2&z_3^2&z_4^2&z_5^2\\z_1^3&z_2^3&z_3^3&z_4^3&z_5^3\\z_1^4&z_2^4&z_3^4&z_4^4&z_5^4\\\end{bmatrix}$$ demostrar que $$\det{(AA^{*})}\le 5^5$$

mi idea: debemos probar $$|z_{1}-z_{2}|^2|z_{1}-z_{3}|^2|z_{1}-z_{4}|^2|z_{1}-z_{5}|^2|z_{2}-z_{3}|^2|z_{2}-z_{4}|^2|z_{2}-z_{5}|^2|z_{3}-z_{4}|^2|z_{3}-z_{5}|^2|z_{4}-z_{5}|^2\le 5^5$$ entonces deja que $$LHS=f(z_{1},z_{2},z_{3},z_{4},z_{5})$$ tal vez pueda utilizar esta identidad $$\sum_{i=1}^{n}|z_{i}-z|^2=n\sum_{i=1}^{n}|z_{i}|^2-|\sum_{i=1}^{n}z_{i}|^2$$ donde $$z=\dfrac{z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{n}}{n}$$ Pero siguiendo no puedo

Answer 1

Esto no resultó ser una respuesta, pero puede tener elementos útiles. Su LHS es el determinante de la gran matriz de abajo, que puede ayudar.

Dejemos que $A$ sea la matriz de Vandermonde $$\begin{bmatrix}1&1&1&1&1\\z_1&z_2&z_3&z_4&z_5\\z_1^2&z_2^2&z_3^2&z_4^2&z_5^2\\z_1^3&z_2^3&z_3^3&z_4^3&z_5^3\\z_1^4&z_2^4&z_3^4&z_4^4&z_5^4\\\end{bmatrix}$$ and $A^*$ be its conjugate transpose. Then using the Vandermonde determinant formula, your LHS is $\det AA^*$. Consider $$AA^*=\begin{bmatrix}5&\sum \bar{z_i}&\sum \bar{z_i}^2&\sum \bar{z_i}^3&\sum \bar{z_i}^4\\ \sum z_i&\sum z_i\bar{z}_i&\sum z_i\bar{z}_i^2&\sum z_i\bar{z}_i^3&\sum z_i\bar{z}_i^4\\ \sum z_i^2&\sum z_i^2\bar{z}_i&\sum z_i^2\bar{z}_i^2&\sum z_i^2\bar{z}_i^3&\sum z_i^2\bar{z}_i^4\\ \sum z_i^3&\sum z_i^3\bar{z}_i&\sum z_i^3\bar{z}_i^2&\sum z_i^3\bar{z}_i^3&\sum z_i^3\bar{z}_i^4\\ \sum z_i^4&\sum z_i^4\bar{z}_i&\sum z_i^4\bar{z}_i^2&\sum z_i^4\bar{z}_i^3&\sum z_i^4\bar{z}_i^4\\ \end{bmatrix}$$

Una matriz hermitiana como ésta es diagonalizable (unitariamente) con valores propios reales. Por lo tanto, es equivalente a alguna $B=\Delta(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4,\lambda_5)$ con $\lambda_i\in\mathbb{R}$ . Tenemos: $$\begin{align} \det(AA^*)&=\det(B)\\ &=\prod \lambda_i\\ &\leq\left(\frac{\sum\lambda_i}{5}\right)^5\qquad\text{AM-GM inequality}\\ &=\left(\frac{\operatorname{trace} B}{5}\right)^5\\ &=\left(\frac{\operatorname{trace} AA^*}{5}\right)^5\\ &=\left(\frac{5+\sum z_i\bar{z_i}+\sum z_i^2\bar{z_i}^2+\sum z_i^3\bar{z_i}^3+\sum z_i^4\bar{z_i}^4}{5}\right)^5\\ &=\left(\frac{5+5+\sum z_i^2\bar{z_i}^2+\sum z_i^3\bar{z_i}^3+\sum z_i^4\bar{z_i}^4}{5}\right)^5\\ \end{align}$$ Pero esto no es bueno. En general, estos tres últimos términos pueden llegar hasta $25+125+625$ y eso hace que este vínculo sea demasiado débil. Sólo pueden llegar tan alto si uno de los $z_i$ tiene norma $\sqrt{5}$ y los otros son todos $0$ y es en este momento cuando habría la mayor discrepancia en la comparación AM-GM. Así que el paso en el que usamos AM-GM está dando demasiado de sí.

Answer 2

No es la solución exacta, pero puede ser un camino a seguir: De la desigualdad AM-GM tenemos que $$ \prod_{i<j}|z_i-z_j|^2\leq\frac{1}{5^5}\left(\sum_{i<j}|z_i-z_j|^2\right)^5. $$ Por la identidad del paralelogramo tenemos $|z-w|^2=2(|z|^2+|w|^2)-|z+w|^2\leq2|z|^2+2|w|^2$ para cada $z,w\in\mathbb C$ . Así, $$ \prod_{i<j}|z_i-z_j|^2\leq\frac{2^5}{5^5}\left(\sum_{i<j}(|z_i|^2+|z_j|^2)\right)^5=\frac{2^5\cdot 4^5}{5^5}\left(\sum_{i}|z_i|^2\right)^5=8^5. $$ Tal vez se pueda utilizar esto para afinar un poco el argumento...

Answer 3

La desigualdad requerida es un corolario directo de La desigualdad de Hadamard .