Sea $x_{i}$ donde $i\in\{1,2,\cdots,n\}$ sean números reales distintos. Hallar el mínimo de v $$\sum_{1\le i<j\le n}\left(\dfrac{1-x_{i}x_{j}}{x_{i}-x_{j}}\right)^2$$
Está claro cuando $n=2$ mínimo del valor es $0$ cuando $x_{1}x_{2}=1$ . Pero para $n\ge 3$ No lo encuentro.
Gracias.
No se trata de una solución completa, sino de un límite superior al mínimo para un determinado $n$ viene dado por: $$ M_n = \text{Minimum}(n) \leq \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{2} n(n-2) & \text{for $n$ even} \\ \frac{1}{2} (n-1)^2 & \text{for $n$ odd} \end{array} \right. $$ Primero mostraré que para un conjunto particular de números $\{x_i\}$ estos valores serían un límite inferior a la suma y, a continuación, dar un ejemplo de un conjunto de este tipo. También supondré que todos los valores son estrictamente positivos $x_i > 0$ .
Como notación abreviada, para $x \neq y$ la función $f(x,y)$ viene dada por $$ f(x,y) = \left( \frac{1 - x y}{x-y} \right)^2 $$ Entonces se deduce que para $x \neq \frac{1}{y}$ $$ f(x,\frac{1}{y}) = \left( \frac{1 - \frac{x}{y}}{x-\frac{1}{y}} \right)^2 = \left( \frac{y -x}{x y-1} \right)^2 = \frac{1}{f(x,y)} $$ y por lo tanto también tenemos $f(x,y)=f(\frac{1}{x},\frac{1}{y})$ y $f(x,\frac{1}{y})=f(\frac{1}{x},y)$ . Además tenemos $f(x,\frac{1}{x}) = 0$ y $f(x,1)=1$ para $x \neq 1$ así como la desigualdad $f(x,y)+f(x,\frac{1}{y}) \geq 2$ .
Combinar los casos pares e Impares de $n$ , fijaré $n = 2 k + \sigma$ con $k \geq 1$ y $\sigma \in \{0,1\}$ .
Consideremos ahora un conjunto $\{x_i\}$ que satisfaga $$ \begin{array}{ll} 1 <x_1 < x_2 < \dots < x_k \\ x_{k+i} = \frac{1}{x_i} & \text{for $1 \leq i \leq k$}\\ x_n = 1 & \text{if $n$ is odd} \end{array} $$ Entonces encontramos para la suma $$ \sum_{1\leq i<j\leq n} \left( \frac{1 - x_i x_j}{x_i-x_j} \right)^2 = \sum_{1\leq i<j\leq k} \left[ f(x_i,x_j) + f(x_i,x_{k+j}) + f(x_{k+i},x_j) + f(x_{k+i},x_{k+j})\right] \\ + \sum_{1\leq i \leq k} f(x_i,x_{k+i}) + \sigma \sum_{1 \leq i \leq n} f(x_i,1) \\ = 2 \sum_{1\leq i<j\leq k} \left[ f(x_i,x_j) + f(x_i,\frac{1}{x_j}) \right] + \sum_{1\leq i \leq k} f(x_i,\frac{1}{x_i}) + \sigma n \\ \geq 4 \binom{k}{2} + \sigma n = 2 k (k-1+\sigma) $$ que son los límites antes mencionados.
A modo de ejemplo, consideremos $x_i=1 + \delta^i$ para $1 \leq i \leq k$ . Entonces todos los elementos son distintos, en particular para $0<\delta \ll 1$ .
La única contribución a la suma que tenemos que considerar es: $$ f(x_i,x_j) + f(x_i,\frac{1}{x_j}) = 2 + {\cal O}(\delta^2) > 2 $$ y por tanto podemos acercarnos arbitrariamente al límite obtenido.
La igualdad sólo se cumple cuando estos términos no existen, lo que ocurre en el caso $n=2$ y $n=3$ mientras que para $n>4$ este tipo de conjunto no puede alcanzar el límite inferior.
Es posible que otros conjuntos de $\{x_i\}$ proporcionan valores más bajos para la suma, pero una minimización numérica de la suma para varias $n$ no me dio ninguna.
También podemos dar un límite inferior para $M_n$ . Si consideramos el mismo $$ S_n(\{x_i\}) = \sum_{1 \leq i<j \leq n} \left( \frac{1 - x_i x_j}{x_i-x_j} \right)^2 \geq M_n $$ también podemos escribirlo como un some sobre particiones del $n$ en particular las particiones de $n-1$ elementos. $$ S_n(\{x_i\}) = \frac{1}{n-2} \sum_{k=1}^n S_{n-1}(\{x_i\}_{i\neq k}) $$ El factor $\frac{1}{n-2}$ procede de un recuento excesivo y se deduce directamente de la constatación de que cada par $(x_i,x_j)$ aparece $n-2$ veces en las distintas sumas. De ello se deduce inmediatamente que $$ M_n \geq \frac{n}{n-2} M_{n-1} $$ Como ya sabemos $M_2=0$ y del resultado de Michaels que $M_3=2$ podemos, aplicando repetidamente este límite inferior, obtener $$ M_n \geq \frac{n(n-1)}{6} M_3 = \frac{n(n-1)}{3} ~~ \forall n \geq 4 $$ Esto da $M_4 \geq 4$ y con la solución construida anteriormente encontramos $$ S_4(\{x_i\}) - 4 < \delta ~ \forall \delta >0 $$ En todos los demás casos $n\geq 5$ el límite superior y el inferior están separados.
No es una prueba completa, pero quizás alguien pueda utilizar este resultado para continuar.
Comenzamos con una breve demostración para el caso $n=3$ :
Hacemos una sustitución así que ponemos :
$\frac{\lambda_1}{2}(\frac{1+(a-b)^2}{a-b})^2=(\frac{1-xy}{x-y})^2$
$\frac{\lambda_2}{2}(\frac{1+(b-c)^2}{c-b})^2=(\frac{1-zy}{z-y})^2$
$\frac{\lambda_3}{2}(\frac{1+(a-c)^2}{a-c})^2=(\frac{1-xz}{x-z})^2$
Con $a,b,c$ y la condición $a\geq b \geq c$ números reales y $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ números reales positivos con la condición $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=1$
Así que tenemos que encontrar el valor mínimo de :
$$\frac{\lambda_1}{2}(\frac{1+(a-b)^2}{a-b})^2+\frac{\lambda_2}{2}(\frac{1+(b-c)^2}{c-b})^2+\frac{\lambda_3}{2}(\frac{1+(a-c)^2}{a-c})^2$$
Podríamos aplicar la desigualdad de Jensen para $f(x)=\frac{1}{2}(\frac{1+x^2}{x})^2$ se convierte en :
$$\frac{1}{2}[\lambda_1(\frac{1+(a-b)^2}{a-b})^2+\lambda_2(\frac{1+(b-c)^2}{c-b})^2+\lambda_3(\frac{1+(a-c)^2}{a-c})^2]\geq \frac{1}{2}[(\frac{1+(\lambda_1(a-b)+\lambda_2(b-c)+\lambda_3(a-c))^2}{((\lambda_1(a-b)+\lambda_2(b-c)+\lambda_3(a-c))})^2]$$
Pero $\lambda_1(a-b)+\lambda_2(b-c)+\lambda_3(a-c)>0$
Por tanto, el mínimo de la función $f(x)$ es 2 .
He encontrado la siguiente buena prueba para $n=3$ .
Creo que ayudará en el caso general.
En efecto, dejemos que $x_1=a$ , $x_2=b$ y $x_3=c$ .
Por lo tanto, $$\sum_{cyc}\left(\frac{1-ab}{a-b}\cdot\frac{1-bc}{b-c}\right)=\frac{\sum\limits_{cyc}(1-ab)(1-bc)(c-a)}{\prod\limits_{cyc}(a-b)}=$$ $$=\frac{\sum\limits_{cyc}(a^2b-a^2c)}{\prod\limits_{cyc}(a-b)}=-1.$$ Id est, $$\sum_{cyc}\frac{(1-ab)^2}{(a-b)^2}=\left(\sum_{cyc}\frac{1-ab}{a-b}\right)^2-2\sum_{cyc}\left(\frac{1-ab}{a-b}\cdot\frac{1-bc}{b-c}\right)=$$ $$=\left(\sum_{cyc}\frac{1-ab}{a-b}\right)^2+2\geq2.$$
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