Prueba

Question

Deje $a_i\in \mathbb{R}$ $n$ un entero.

¿Cómo se puede demostrar:

$$2n \left(\sum_{i=1}^{2n} a_i^2\right) \geq \left(\sum_{i=1}^{2n} a_i\right)^2+\left(\sum_{i=1}^{2n} a_i (-1)^i\right)^2?$$

Esta es la distancia que tengo. Me dijo que V sea un producto interior en el espacio con base ortonormales $\{u_1, \dots ,u_{2n}\}$ y vamos, $u,v \in V$$u= \sum_{i=1}^{2n}a_iu_i$$v= \sum_{i=1}^{2n}a_iu_i$.

Por lo tanto, como

$$\langle u,v \rangle = \sum_{i=1}^{2n} a_ib_i,\quad \langle u,u \rangle = \sum_{i=1}^{2n} a_i^2,\quad \langle v,v \rangle = \sum_{i=1}^{2n} b_i^2,$$ y de la de Cauchy–Schwarz Desigualdad $|\langle u,v \rangle|^2 \leq \langle u,u \rangle\langle v,v \rangle$ sabemos que

$$\left(\sum_{i=1}^{2n} a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{2n} b_i^2\right) \geq \left(\sum_{i=1}^{2n} a_ib_i\right)^2$$

Por lo tanto, dejar $b_i=1$ todos los $i$ vemos

$$2n\left(\sum_{i=1}^{2n} a_i^2\right) \geq \left(\sum_{i=1}^{2n} a_i\right)^2$$

Claramente, a pesar de $(\sum_{i=1}^{2n} a_i (-1)^i)^2 \geq 0$, por lo que no podemos simplemente pasar de este paso, siento que debo retroceder un poco para continuar, pero me he perdido un poco, si alguien pudiera ayudar sería genial!

EDIT: Ok, así que vamos a $b_i=(-1)^i$

$$\left(\sum_{i=1}^{2n} a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{2n} ((-1)^2)^i\right) \geq \left(\sum_{i=1}^{2n} a_i(-1)^i\right)^2$$ $$\Rightarrow 2n\left(\sum_{i=1}^{2n} a_i^2\right) \geq \left(\sum_{i=1}^{2n} a_i(-1)^i\right)^2$$ $$\Rightarrow 4n\left(\sum_{i=1}^{2n} a_i^2\right) \geq \left(\sum_{i=1}^{2n} a_i\right)^2 + \left(\sum_{i=1}^{2n} a_i(-1)^i\right)^2.$$

Tal vez la parte superior de los índices en la suma de signos para $2n$ son errores tipográficos en la pregunta? Tal vez ellos estaban destinados a ser $n$, luego esta se mantiene?

Answer 1

La idea principal es recoger los términos de acuerdo a su signo. Deje $E := \sum \limits_{i \text{ even}} a_i$ $O := \sum \limits_{i \text{ odd}} a_i,$ donde $1 \leqslant i \leqslant 2n$. (Por brevedad omitimos el rango de $i$ en la notación de sumatoria.) A continuación,$\sum \limits_i a_i = E+ O$$\sum \limits_i (-1)^ia_i = E - O$. El uso de esta observación,

$$ \begin{eqnarray*} \text{RHS} &=& (E+O)^2 + (E-O)^2 \\ &=& 2(E^2 + O^2) \\ &\stackrel{\color{Red}{(\ast)}}{\leqslant}& 2 \left(n\sum_{i \text{ even}} a_i^2 + n\sum_{i \text{ odd}} a_i^2 \right) \\ &=& 2n \sum_{i=1}^{2n} a_i^2 , \end{eqnarray*} $$ donde $\color{Red}{(\ast)}$ sigue aplicando de Cauchy-Schwarz desigualdad para los dos conjuntos de números $\{ a_1, a_3, \ldots, a_{2n-1} \}$$\{ a_2, a_4, \ldots, a_{2n}\}$.

EDIT: Condición para la igualdad. Para la igualdad de ocurrir, debemos tener igualdad en tanto las solicitudes de Cauchy-Schwarz en $\color{Red}{(\ast)}$. Esto es posible si y sólo si $a_1 = a_3 = a_5 = \cdots = a_{2n-1}$$a_2 = a_4 = \cdots = a_{2n-2} = a_{2n}$; es decir, el iff no existe $c_0$ $c_1$ tal que $a_i = c_{i\ \bmod 2}$ todos los $i$.

Answer 2

Aquí es una extensión de mi comentario, puesto que da una solución diferente que la de Srivatsan.

Que $A=(a_i), B=(b_i),C=(c_i)$ $b_i=1,c_i=(-1)^n$. Entonces el $\|B\|^2=\|C\|^2=2n$ y $B\cdot C = 0$. Que $B'=B/\|B\|$ y $C'=C/\|C\|$ y que $V$ ser el espacio del vector generado por $B$ y $C$. Entonces tenemos las siguientes desigualdades:

$$\sum a_i^2 = \|A\|^2 \geq \|\operatorname{proj}_V(A)\|^2 = \| (A\cdot B')B' + (A\cdot C')C' \|^2 = (A\cdot B')^2 + (A\cdot C')^2.$$

Multiplicando ambos lados por $2n= \|B\|^2=\|C\|^2$ produce el resultado. Tenga en cuenta también, que tenemos igualdad cuando $A=\operatorname{proj}_V(A)$, que es, cuando $A\in \operatorname{span}(B,C)$.