¿Cómo probar esta desigualdad: $\sum_{i,j=1}^{n}|x_{i}+x_{j}|\ge n\sum_{i=1}^{n}|x_{i}|$?

Question

Que $x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}$ ser números reales. Muestran que

$$\sum_{i,j=1}^{n}|x_{i}+x_{j}|\ge n\sum_{i=1}^{n}|x_{i}|.$$

Creo que este problema puede resolverse mediante métodos agradables, pero no puedo encontrarlos todavía; Sé que esto puede ser de utilidad: $$|a|+|b|\ge |a+b|.$ $ pero no puedo hacerlo funcionar. Gracias a todo el mundo.

Answer 1

La siguiente solución ha sido presentada por uno de los participantes de la prueba de selección del equipo rumano. Esencialmente, el problema se reduce a lo siguiente completando el cuadrado. Tenga en cuenta que $|x_i|+|x_j|-|x_i+x_j|=0$ cuando $x_ix_j\ge 0$ y $=\min{(|x_i|,|x_j|)}$ cuando $x_ix_j< 0.$ con esto en las manos, podemos estimar $$ \sum_{1\leq i,j\leq n}(|x_i|+|x_j|-|x_i+x_j|) =2\sum_{x_ix_j< 0}\min\{|x_i|,|x_j|\}$$$$=4\sum_{x_i > 0 > x_j} \min\ {x_i,-x_j\} \leq 4\sum_ {x_i > 0 > x_j}\sqrt{-x_ix_j}\le$$$$4\sum_{x_i>0}\sqrt{x_i}\sum_{0>x_j}\sqrt{-x_j}\leq \left (\sum_{x_i>0}\sqrt{x_i}+\sum_{0>x_j}\sqrt{-x_j}\right )^2 = $$$$\left (\sum_{1\leq k\leq n} \sqrt {| x_k |} \right) ^ 2\leq n\sum_ {1\leq k\leq n} | x_k. $$

Y el resultado sigue.

Answer 2

La desigualdad a la que le pide es una consecuencia de $$ \sum_{i,j} |x_i + x_j| \geq \sum_{i,j} |x_i-x_j|, \quad(\star) $$ una prueba de que se puede encontrar a continuación, o no (en un caso más general).

De hecho, debido a la convexidad de $|\cdot|$ hemos $$ \forall (i,j),\qquad |x_i| \leq \frac{|x_i+x_j|+|x_i-x_j|}{2}, $$ de modo que, cuando se suma a más de $i,j$ la desigualdad de $(\star)$ rendimientos $$ n\sum_{i} |x_i| \leq \frac{1}{2}\sum_{i,j} |x_i+x_j| + \frac{1}{2}\sum_{i,j} |x_i-x_j| \leq \sum_{i,j} |x_i+x_j|. $$

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Por el bien de la completura, quiero dar una prueba de $(\star)$ en este caso en particular.

Paso 1. observe que $|x_i+x_j|-|x_i-x_j| = 2\min(|x_i|,|x_j|)\times \begin{cases}1 & \text{if } x_i x_j > 0\\ -1 & \text{if } x_i x_j < 0\end{cases}$.

Paso 2. deje $A_t = \{i : x_i > t\}$$B_t = \{i : x_i < -t\}$. Con el paso 1, tenemos \begin{align} \frac{1}{2} \sum_{i,j} (|x_i + x_j| -|x_i-x_j|) = \sum_{i,j \in A_0} \min(|x_i|,|x_j|) &+\sum_{i,j \in B_0} \min(|x_i|,|x_j|)\\ & -2 \sum_{i\in A_0,j\in B_0} \min(|x_i|,|x_j|) \end{align}

Paso 3. Usamos el truco $\min(|x_i|,|x_j|) = \int_0^\infty 1_{t < |x_i|}1_{t < |x_j|}dt$ y el hecho de que $\sum_{i} 1_{t < x_i} = \sum_{i \in A_t} 1 = |A_t|$.

\begin{gather} \sum_{i,j \in A_0} \min(|x_i|,|x_j|) = \int_0^\infty |A_t|\cdot |A_t|\,dt\\ \sum_{i,j \in B_0} \min(|x_i|,|x_j|) = \int_0^\infty |B_t|\cdot |B_t|\,dt\\ \sum_{i\in A_0, j\in B_0} \min(|x_i|,|x_j|) = \int_0^\infty |A_t|\cdot |B_t|\,dt\\ \end{reunir}

Paso 4. Poniendo las cosas juntos, hemos demostrado que $$ \frac{1}{2} \sum_{i,j} (|x_i + x_j| -|x_i-x_j|) = \int_0^\infty (|A_t|-|B_t|)^2\,dt \geq 0. $$

Answer 3

De verdad $x_i$, acabo de encontrar que había dado esta respuesta a una pregunta similar. Esta respuesta muestra \sum_{i,j=1}^n|x_i|\le\sum_{i,j=1}^n|x_i+x_j| $$ $$ Que es lo mismo que esta pregunta.