Cómo probar esta desigualdad $\frac{a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+\cdots+a_{n-1}a_{n}}{a^2_{1}+a^2_{2}+\cdots+a^2_{n}}\le\cos{\frac{\pi}{n+1}}$

Question

Sea $a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},n\ge 2$ números reales, muestra que $$\dfrac{a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+\cdots+a_{n-1}a_{n}}{a^2_{1}+a^2_{2}+\cdots+a^2_{n}}\le\cos{\dfrac{\pi}{n+1}}$$

Creo que este resultado es interesante.

Cuando $n=2$, claramente

$$\dfrac{a_{1}a_{2}}{a^2_{1}+a^2_{2}}\le\dfrac{1}{2}=\cos{\dfrac{\pi}{3}}=\dfrac{1}{2}$$

Cuando $n=3$, $$\dfrac{a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}}{a^2_{1}+a^2_{2}+a^2_{3}}\le\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$

Esto es cierto, porque $$a^2_{1}+\dfrac{1}{2}a^2_{2}\ge \sqrt{2}a_{1}a_{2},$$ $$\dfrac{1}{2}a^2_{2}+a^2_{3}\ge\sqrt{2}a_{2}a_{3}.$$

Pero para $n$ general no puedo demostrarlo.

Answer 1

Aquí hay una derivación utilizando el cálculo de variaciones.

Dado que $$ \sum_{k=1}^na_k^2=1\tag{1} $$ queremos encontrar el máximo de $$ \sum_{k=1}^na_ka_{k-1}\tag{2} $$ donde $a_0=a_{n+1}=0$.

Queremos encontrar $a_k$ de manera que $(2)$ sea estacionario, es decir, $$ \begin{align} 0 &=\sum_{k=1}^na_k\,\delta a_{k-1}+a_{k-1}\,\delta a_k\\ &=\sum_{k=1}^n(a_{k-1}+a_{k+1})\,\delta a_k\tag{3} \end{align} $$ para todo $\delta a_k$ de forma que $(1)$ sea constante: $$ 0=\sum_{k=1}^na_k\,\delta a_k\tag{4} $$ Para que tanto $a_{k-1}+a_{k+1}$ en $(3)$ como $a_k$ en $(4)$ sean perpendiculares a todos los mismos $\delta a_k$, debemos tener algún $\lambda$ de manera que $$ a_{k+1}+a_{k-1}=\lambda a_k\tag{5} $$ Resolviendo $(5)$, de modo que $a_0=a_{n+1}=0$, utilizando los métodos estándar para recurrencias lineales obtenemos $$ a_k=r\sin\left(\frac{\pi mk}{n+1}\right)\tag{6} $$ para $m\in\mathbb{Z}$.

Podemos calcular $r$ usando $(1)$ y $(6)$: $$ \begin{align} \sum_{k=1}^na_k^2 &=\sum_{k=1}^nr^2\sin^2\left(\frac{\pi mk}{n+1}\right)\\ &=-\frac{r^2}{4}\sum_{k=1}^n\left[\exp\left(\frac{2\pi imk}{n+1}\right)+\exp\left(\frac{-2\pi imk}{n+1}\right)-2\right]\\ &=-\frac{r^2}{4}(-2n-2)\ \Big[m\not\equiv0\bmod{(n+1)}\Big]\\ &=r^2\frac{n+1}{2}\ \Big[m\not\equiv0\bmod{(n+1)}\Big]\tag{7} \end{align} $$ No podemos satisfacer $(1)$ cuando $m\equiv0\bmod{(n+1)}; por lo tanto, necesitamos $m\not\equiv0\bmod{(n+1)}$, en cuyo caso, $$ r=\sqrt{\dfrac2{n+1}}\tag{8} $$

Finalmente, necesitamos calcular $(2)$ para cada $m\not\equiv0\bmod{(n+1)}$: $$ \begin{align} &\frac2{n+1}\sum_{k=1}^n\sin\left(\frac{\pi mk\vphantom{()}}{n+1}\right)\sin\left(\frac{\pi m(k-1)}{n+1}\right)\\ &=\frac1{n+1}\sum_{k=1}^n\left[\cos\left(\frac{\pi\vphantom{()}m}{n+1}\right)-\cos\left(\frac{\pi m(2k-1)}{n+1}\right)\right]\\ &=\frac{n}{n+1}\cos\left(\frac{\pi m}{n+1}\right)+\frac1{n+1}\cos\left(\frac{\pi m}{n+1}\right)\\ &=\cos\left(\frac{\pi m}{n+1}\right)\tag{9} \end{align} $$ Lo máximo que $(9)$ puede ser si $m\not\equiv0\bmod{(n+1)}$ es $\cos\left(\frac\pi{n+1}\right).

Por lo tanto, por homogeneidad, $$ \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^na_ka_{k-1}}{\displaystyle\sum_{k=1}^na_k^2}\le\cos\left(\frac\pi{n+1}\right)\tag{10} $$

Answer 2

No obtengo el resultado que estás buscando, puede haberse colado un error en alguna parte, volveré a la pregunta mañana por la mañana. Lo que intento hacer es encontrar el espectro de la matriz $D_n$ definida a continuación. La solución utiliza los polinomios de Tchebychev.

Editar. Cometí un error al identificar (la versión reescalada de) el $\chi_n$ con los polinomios de Tchebychew: el segundo polinomio $\tau_2=\frac12\chi_2(-2X)$ en realidad es igual a $2X^2-\frac12$ y no a $T_2=2X^2-1$. No estoy seguro de poder salvar la prueba.

---

Considera la matriz simétrica real $$D_n=\begin{pmatrix} 0&1\\ 1&0&1\\ &1&0\\ &&&\ddots\\ &&&&0&1\\ &&&&1&0 \end{pmatrix}$$ Entonces la ecuación anterior es equivalente a $$\langle D_nX\,|\,X\rangle\leq2|X|^2\cos\left(\frac{\pi}{n+1}\right)$$ para todos los vectores no nulos $X\in\mathbb{R}^{n}$, donde $|X|^2=\langle X\,|\,X\rangle$. Debido a que $D_n$ es diagonalizable en una base ortonormal, es suficiente con demostrar que todos los autovalores de $D_n$ tienen un valor absoluto menor o igual a $2\cos\left(\frac{\pi}{n+1}\right)$.

---

El polinomio característico $\chi_n(X)=\det(D_n-XI)$ de $D_n$ satisface las relaciones $\chi_1=-X$, $\chi_2=X^2-1$ (y $\chi_3=-X^3+2X$) y una manipulación sencilla de determinantes muestra que para todo $n\geq 2$, $$\chi_n+X\chi_{n-1}+\chi_{n-2}=0$$

Compara esto con la recurrencia lineal satisfecha por los polinomios de Tchebychew de primer (y segundo) tipo: $$T_n-2XT_{n-1}+T_{n-2}=0$$ La secuencia $(\tau_n)=(\frac12\chi_n(-2 X))_n$ satisface la fórmula de recurrencia anterior, y los dos primeros términos concuerdan con los dos primeros polinomios de Tchebychew, pues $\tau_1=X=T_1$ y $\tau_2=2X^2-1=T_2$ así que para todo $n\geq 0$, $\tau_n=T_n$ y $$\chi_n(X)=2T_n\left(-\frac12 X\right)$$ Dado que las raíces de $T_n$ son los $\cos\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)$ para $k=0,\dots,n-1$, obtenemos las raíces de $\chi_n$, es decir $$\mathrm{Spec}(D_n)=\left\lbrace 2\cos\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\left|\right. k=0,\dots,n-1\right\rbrace$$ Y así todos los autovalores son (en valor absoluto) a lo sumo $2\cos\left(\frac{\pi}{2n}\right)$.

Answer 3

Para $t \in (0,\frac{\pi}{n})$, tenemos $\sin kt > 0$, para $k \in 1,\cdots,n-1$.

Así, a partir de la desigualdad AM-GM, $\dfrac{\sin (k+1)t}{\sin kt}a_k^2+\dfrac{\sin kt}{\sin (k+1)t}a_{k+1}^2 \ge 2a_ka_{k+1}$,

con igualdad si y solo si $a_{k+1}\sin kt = a_k\sin (k+1)t$.

Sumando, obtenemos, $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{n-1} \left(\dfrac{\sin (k+1)t}{\sin kt}a_k^2+\dfrac{\sin kt}{\sin (k+1)t}a_{k+1}^2\right) \ge 2\sum\limits_{k=1}^{n-1}a_ka_{k+1}$

$\displaystyle \implies 2a_1^2\cos t + \sum\limits_{k=2}^{n} \left(\dfrac{\sin (k-1)t}{\sin kt}+\dfrac{\sin (k+1)t}{\sin kt}\right)a_k^2 \ge \dfrac{\sin (n+1)t}{\sin nt}a_n^2 + 2\sum\limits_{k=1}^{n-1}a_ka_{k+1}$

$\displaystyle \implies 2\cos t\sum\limits_{k=1}^{n}a_k^2 \ge \dfrac{\sin (n+1)t}{\sin nt}a_n^2 + 2\sum\limits_{k=1}^{n-1}a_ka_{k+1}$

Sustituyendo, $t = \dfrac{\pi}{n+1}$, $\sin (n+1)t = 0$.

Por lo tanto, $\displaystyle \cos \dfrac{\pi}{n+1}\sum\limits_{k=1}^{n}a_k^2 \ge \sum\limits_{k=1}^{n-1}a_ka_{k+1}$ como se deseaba.

Answer 4

Dejemos $M_1 = \dfrac{1}{4\cos\dfrac{\pi}{n+1}}$ y $M_{k+1} = \dfrac{1}{4[\cos\dfrac{\pi}{n+1} - M_k]}$. Si podemos demostrar que $0

\begin{align} a_1a_2 \leq \cos\dfrac{\pi}{n+1}a_1^2 + M_1 a_2^2 \\ a_2 a_3 \leq (\cos\dfrac{\pi}{n+1} - M_1)a_2^2 + M_2 a_3^2 \\ \vdots \\ a_{n-1}a_n \leq (\cos\dfrac{\pi}{n+1} - M_{n-2})a_{n-1}^2 + M_{n-1}a_n^2 \end{align}

así que todo lo que necesitamos demostrar es que $0

Para hacer esto, apuntamos a encontrar constantes $x$ e $y$, de manera que $\exists c$ con \begin{align} \frac{M_{k+1} + x}{M_{k+1} + y} = c \frac{M_{k} + x}{M_{k} + y} \end{align} Después de simplificar, descubrimos que podemos tomar $x$ e $y$ como soluciones diferentes de $$4\lambda^2 + 4\cos\dfrac{\pi}{n+1}\lambda + 1 = 0$$ y $c = \frac{x}{y}$, es decir: \begin{align} x = -\frac{1}{2}(\cos\dfrac{\pi}{n+1} + i \sin\dfrac{\pi}{n+1})= -\frac{1}{2}e^{i\theta}\\ y = -\frac{1}{2}(\cos\dfrac{\pi}{n+1} - i \sin\dfrac{\pi}{n+1}) = -\frac{1}{2}e^{-i\theta}\\ c = (\cos\dfrac{\pi}{n+1} + i \sin\dfrac{\pi}{n+1})^2 = e^{i2\theta} \end{align} con $\theta = \frac{\pi}{n+1}$

Entonces tenemos \begin{align} \frac{M_{n-1} - \frac{1}{2}e^{i\theta}}{M_{n-1} - \frac{1}{2}e^{-i\theta}} = e^{2(n-2)i\theta} \frac{M_{1} - \frac{1}{2}e^{i\theta}}{M_{1} - \frac{1}{2}e^{-i\theta}} \end{align}

Dado que $M_1 = \dfrac{1}{2(e^{i\theta} + e^{-i\theta})}$, obtenemos

\begin{align} \frac{M_{1} - \frac{1}{2}e^{i\theta}}{M_{1} - \frac{1}{2}e^{-i\theta}} = e^{4i\theta} \end{align}

Por lo tanto

\begin{align} \frac{M_{n-1} - \frac{1}{2}e^{i\theta}}{M_{n-1} - \frac{1}{2}e^{-i\theta}} = e^{2ni\theta} = e^{-2i\theta} \end{align}

Luego obtenemos fácilmente que $M_{n-1} = \dfrac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2}=\cos\frac{\pi}{n+1}$

Finalmente, notamos que si $M_k < \cos\frac{\pi}{n+1} - \frac{1}{4\cos\frac{\pi}{n+1}}$

$$M_{k+1} - \cos\frac{\pi}{n+1} = \dfrac{1 - 4\cos^2\frac{\pi}{n+1} + 4M_k \cos\frac{\pi}{n+1}}{4(\cos\frac{\pi}{n+1} - M_k)} < 0$$

También notamos que $M_{k+1} - M_{k} = \dfrac{1 - 4\cos\frac{\pi}{n+1}M_k + 4M_k^2}{4(\cos\frac{\pi}{n+1} - M_k)} > 0$ cuando $M_k < \cos\frac{\pi}{n+1} $

dado que sabemos que $M_{n-2} = \cos\frac{\pi}{n+1} - \frac{1}{4\cos\frac{\pi}{n+1}}$, podemos concluir que $M_k$ está aumentando para $k < n-1$, por lo tanto $0