Minimizar sobre las particiones $f(\lambda) = \sum \limits_{i = 1}^N |\lambda_i|^4/(\sum \limits_{i = 1}^N |\lambda_i|^2)^2$

Question

Intento caracterizar el comportamiento de la cantidad: $$A = \frac{\sum \limits_{i = 1}^N x_i^4}{(\sum \limits_{i = 1}^N x_i^2)^2},$$ con la condición de que $$ \sum \limits_{i = 1}^N x_i = N, \ x_i \ge 0 \ \forall \ i$$

(Es decir, trabajamos con todas las particiones enteras de tamaño $N$ ). Mi hipótesis es que si existe $x_i \ge N/2$ entonces $A \ge \frac{x_i^4 + (N-x_i)^4}{(x_i^2 + (N-x_i)^2)^2}$ (que he verificado experimentalmente para N hasta 40). Pero tengo problemas para demostrar esta hipótesis.

Lo más cerca que he llegado es a aprovechar el hecho de que $\sum \limits_{i = 1}^N x_i^2 \le N^2$ que da un límite superior para el denominador, pero la desigualdad correspondiente para las cuartas potencias en el numerador no parece útil, ya que estamos tratando de encontrar un límite inferior.

Agradecería mucho cualquier consejo. Por favor, pida cualquier aclaración si algo no está claro.

Editar: He decidido que esta pregunta está mejor formulada explícitamente en términos de particiones. Así pues, dejemos que $$f(\lambda) = \frac{\sum \limits_{i = 1}^N |\lambda_i|^4}{(\sum \limits_{i = 1}^N |\lambda_i|^2)^2},$$ sea una función sobre particiones $\lambda$ de tamaño $N$ y $|\lambda_i|$ es el tamaño del $i$ -en la parte de abajo. La hipótesis ahora es que en el dominio de todas las particiones $\lambda'$ en la que existe $\lambda_i$ tal que $|\lambda_i| \ge N/2$ , $f(\lambda')$ se minimiza con la partición de 2 elementos $<\lambda_i, \lambda_j>$ (en el que $|\lambda_j| = N - |\lambda_i|$ ).

Answer 1

Puede suponer que $x_N\ge N/2$ y por eso quieres demostrar que $$ \frac{\sum \limits_{i = 1}^N x_i^4}{\left(\sum \limits_{i = 1}^N x_i^2\right)^2}\ge \frac{x_N^4 + (N-x_N)^4}{(x_N^2 + (N-x_N)^2)^2} $$ Establecer $\lambda:=N-x_N$ y asumir $\lambda>0$ (si no, la desigualdad es trivialmente cierta), y establecer también $$ x:= \frac{x_N}{\lambda},\quad\text{and}\quad y_i:=\frac{x_i}{\lambda},\quad\text{for $ i=1, \dots , N-1 $}. $$ La desigualdad ahora dice: $$ \frac{x^4+\sum \limits_{i = 1}^{N-1} y_i^4}{\left(x^2+\sum \limits_{i = 1}^{N-1} y_i^2\right)^2} \ge \frac{x^4 + 1}{(x^2 + 1)^2}, $$ y se quiere demostrar esta desigualdad bajo las condiciones $x\ge 1$ (correspondiente a $x_N\ge N/2$ ) y $S_1:=\sum_{i=1}^{N-1}y_i=1$ , (correspondiente a $\sum_{i=1}^N x_i=N$ ). Establecer $S_2:=\sum_{i=1}^{N-1}y_i^2$ y $S_4:=\sum_{i=1}^{N-1}y_i^4$ . Entonces se quiere demostrar que la desigualdad $$ (S_4+x^4)(x^2+1)^2\ge (x^4+1)(S_2+x^2)^2 $$ es válida, o, de forma equivalente, que para la función $$ f(x):=S_4 x^4+2 S_4 x^2+S_4+2x^6-2S_2 x^6-2x^2S_2-S_2^2-S_2^2x^4 $$ tenemos $f(x)\ge 0$ para $x\ge 1$ . A continuación demostraremos la siguiente desigualdad: $$ (MI) \qquad\qquad\qquad 1+2S_4\ge 2 S_2+S_2^2. $$ De esta desigualdad se deduce que $f(1)=4S_4+2-4S_2-2S_2^2\ge 0$ . Por lo tanto, basta con demostrar que $f'(x)\ge 0$ para todos $x\ge 1$ . Pero $$ f'(x)=4S_4 x^3+4 S_4 x+12 x^5-12 S_2 x^5 -4 S_2 x -4 S_2^2 x^3, $$ y así $f'(x)=2x g(x)$ con $$ g(x):=2 S_4 x^2+2S_4+6 x^4-6 S_2 x^4-2S_2-2S_2^2 x^2 $$ y tenemos que demostrar que $g(x)\ge 0$ para $x\ge 1$ . Desde $(MI)$ obtenemos $$ 2S_4 x^2-S_2^2 x^2\ge 2x^2 S_2-x^2\quad\text{and}\quad 2S_4-2S_2\ge S_2^2-1, $$ lo que implica $$ g(x)\ge 2 S_2 x^2-x^2+S_2^2-1+6x^4(1-S_2). $$ Ahora claramente $S_2\le 1$ y así $6x^4(1-S_2)\ge 6x^2(1-S_2)$ . Llegamos a $$ g(x)\ge S_2^2+(x^2-1)+4x^2(1-S_2)\ge 0, $$ lo que concluye la prueba.

Finalmente demostramos $$ (MI) \qquad\qquad\qquad 1+2S_4\ge 2 S_2+S_2^2. $$ Demostraremos un resultado un poco más general: Tomemos $x_1,\dots,x_n$ con $x_i\ge 0$ y establecer $$ S_1:=\sum_{i=1}^n x_i,\quad S_2:=\sum_{i=1}^n x_i^2\quad\text{and}\quad S_4:=\sum_{i=1}^n x_i^4. $$ Entonces tenemos $$ S_1^4+2S_4\ge 2S_2 S_1^2+S_2^2. $$ Esta desigualdad, en el caso $S_1=1$ , da $(MI)$ .

Demostremos la desigualdad $ S_1^4+2S_4\ge 2S_2 S_1^2+S_2^2 $ :

Añadir $S_2^2$ y restando $2S_4$ y $2 S_2 S_1^2$ equivale a $$ S_1^4-2S_2 S_1^2+S_2^2\ge S_2^2-2S_4+S_2^2, $$ por lo que tenemos que demostrar $$ (S_1^2-S_2)^2\ge 2(S_2^2-S_4). $$ Ahora calculamos $$ S_1^2-S_2=\left(\sum x_i\right)\left(\sum x_j\right)-\sum x_i^2=\sum_{i\ne j}x_i x_j $$ y $$ S_2^2-S_4=\left(\sum x_i^2\right)\left(\sum x_j^2\right)-\sum x_i^4=\sum_{i\ne j}x_i^2 x_j^2. $$ Restando $\sum_{i\ne j}x_i^2 x_j^2$ de ambos lados de la desigualdad $$ \left(\sum_{i\ne j}x_i x_j\right)^2\ge 2\sum_{i\ne j}x_i^2 x_j^2, $$ vemos que la desigualdad es equivalente a $$ \sum_{\begin{array}{c} (i,j)\ne (k,l)\\ i\ne j\\ k\ne l\end{array}}x_i x_j x_k x_l\ge \sum_{i\ne j}x_i^2 x_j^2. $$ Pero tenemos $$ \sum_{\begin{array}{c} (i,j)\ne (k,l)\\ i\ne j\\ k\ne l\end{array}}x_i x_j x_k x_l= \sum_{\begin{array}{c} (i,j)\ne (k,l)\\ i\ne j\\ k\ne l \\ (i,j)=(l,k)\end{array}}x_i x_j x_k x_l+ \sum_{\begin{array}{c} (i,j)\ne (k,l)\\ i\ne j\\ k\ne l \\ (i,j)\ne (l,k)\end{array}}x_i x_j x_k x_l $$ por lo que $$ \sum_{\begin{array}{c} (i,j)\ne (k,l)\\ i\ne j\\ k\ne l\end{array}}x_i x_j x_k x_l\ge \sum_{\begin{array}{c} (i,j)\ne (k,l)\\ i\ne j\\ k\ne l \\ (i,j)=(l,k)\end{array}}x_i x_j x_k x_l=\sum_{i\ne j}x_i^2 x_j^2, $$ lo que concluye la prueba de $(MI)$ .

Answer 2

El truco aquí es considerar la siguiente "operación de conmutación": $$\sigma_{ij}(\lambda_1,\ldots,\lambda_N) = (\lambda_1,\ldots,\lambda_i+1,\ldots,\lambda_j-1,\ldots,\lambda_N).$$ Ahora la pregunta es: ¿qué podemos decir sobre $f(\sigma_{ij}(\lambda))$ ?

Supongamos sin pérdida de generalidad que $\lambda_j\ge1$ y que todos los $\lambda_k\ge0$ . Un breve cálculo muestra: $$f(\sigma_{ij}(\lambda)) = \frac{\sum_{k=1}^N\lambda_k^4 + 4(\lambda_i^3-\lambda_j^3) + 6(\lambda_i^2+\lambda_j^2) + 4(\lambda_i-\lambda_j) + 2}{\left(\sum_{\ell=1}^N\lambda_\ell^2+2(\lambda_i - \lambda_j) + 2\right)^2}$$ Ahora escribe $\lambda_j = \lambda_i+k$ con $k$ un número entero. Entonces la expresión anterior se convierte en $$f(\sigma_{ij}(\lambda)) = \frac{\sum_{k=1}^N\lambda_k^4 + 2\lambda_i^2+k(4+2\lambda_i-3\lambda_i^2)+k^2(1-3\lambda_i^2)-k^3}{\left(\sum_{\ell=1}^N\lambda_\ell^2+2(k+1)\right)^2}$$ Ahora nos queda el tedioso trabajo de comprobar por casos ( $k>0$ , $k<0$ etc.) cuando ésta disminuye con respecto a $f(\lambda)$ . Esto le permite minimizar la cantidad.