Desigualdad con números complejos

Question

Considere el siguiente problema:

Demostrar que para cada conjunto de números complejos $\{z_i\}$, $i$ van de uno a $n$, existe un subconjunto $J$ tal que

$$\left|\sum_{j\in J} z_j\right|\ge \frac{1}{4\sqrt 2} \sum_{k=1}^n |z_k|.$$

Podría alguien darme un ejemplo de la igualdad? Creo que he demostrado tener una declaración más fuerte.

Mi prueba. Considerar todas las $z_i$ con parte real positiva. Llame a la parte real de la suma de estos números de $X^+$. En forma similar, la forma $X^-$, $Y^+$, y $Y^-$. Sin pérdida de generalidad, vamos a $X^+$ tiene la mayor magnitud de estos.

Tenga en cuenta que debido a $|\operatorname{Re}(z)|+|\operatorname{Im}(z)|\ge |z|$, tenemos

$$ \left(\sum_{k=1}^n |\operatorname{Re}(z_k)|+|\operatorname{Im}(z_k)| \right) \ge \sum_{k=1}^n |z_k|.$$

Pero tenga en cuenta que $\sum \limits_{k=1}^n |\operatorname{Re}(z_k)|+|\operatorname{Im}(z_k)| = X^+ + |X^-|+ Y^+ +|Y^-|$, por lo que tenemos $$ 4X^+ \ge \sum_{k=1}^n |z_k|.$$ By choosing $J$ to be the set of complex number with positive real part, this proves a stronger statement, because the factor of $1/\sqrt 2$ no es necesario.

Answer 1

La constante $\frac{1}{4 \sqrt{2}}$ puede ser sustituido por $\frac{1}{\pi}$, que es el mejor posible constante independiente de $n$.

Deje $R(z) = \max(0, \text{Re}(z))$. Elija $\theta \in [0,2\pi]$ a maximizar $F(z_1,\ldots, z_n,\theta) = \sum_{j=1}^n R(e^{i\theta} z_j)$. Tenga en cuenta que para cualquier número complejo a $z$, $$\frac{1}{2\pi} \int_0^{2 \pi} R(e^{i \theta} z) \ d\theta = \frac{|z|}{2 \pi} \int_{0}^\pi \sin \theta \ d\theta = \frac{|z|}{\pi}$$ El valor máximo de $F(z_1,\ldots,z_n,\theta)$ es de al menos el valor promedio para $\theta \in [0,2\pi]$, es decir,$\frac{1}{\pi} \sum_{j=1}^n |z_j|$. Ahora tenga en cuenta que si $J = \{j: R(e^{i\theta} z_j) > 0\}$, $\left|\sum_{j \in J} z_j\right| \ge \text{Re} \sum_{j \in J} e^{i \theta} z_j = F(z_1,\ldots,z_n,\theta)$.

Para ver que esta estimación es la mejor posible, considere los casos donde $n$ es grande y el $z_n$ $n$'th raíces de la unidad.

Answer 2

Para cualquier complejo $|w|=1$, $w\cdot z\le|z|$. Por lo tanto, $$ \sum_{k=1}^n z_k\cdot w\le\left|\sum_{k=1}^n z_k\right|\etiqueta{1} $$ Si tenemos en cuenta los números complejos que están contenidas en una cuña con un ángulo $\theta$, entonces tenemos que dejando $w$ ser la unidad número complejo en medio de la cuña $$ \begin{align} \left|\sum_{k=1}^n z_k\right| &\ge\sum_{k=1}^n z_k\cdot w\\ &\ge\sum_{k=1}^n |z_k|\cos(\theta/2)\tag{2} \end{align} $$ debido a que el ángulo entre el $z_k$ $w$ es en la mayoría de las $\theta/2$.

Tenga en cuenta que para un determinado ángulo de $\theta$, podemos encontrar una cuña $W$ de ángulo de $\theta$ que $$ \sum_{z_k\W} |z_k|\ge\frac{\theta}{2\pi}\sum_{k=1}^n |z_k|\etiqueta{3} $$ es decir, no debe ser una cuña que tiene al menos el promedio de todas las cuñas.

Armando $(2)$$(3)$, tenemos $$ \begin{align} \left|\sum_{z_k\in W} z_k\right| &\ge\cos(\theta/2)\sum_{z_k\in W} |z_k|\\ &\ge\frac{\theta}{2\pi}\cos(\theta/2)\sum_{k=1}^n |z_k|\tag{4} \end{align} $$ El máximo de $\dfrac{\theta}{2\pi}\cos(\theta/2)$ $0.1786$ al$\theta$$1.720667$. Sin embargo, el uso de $\theta=\pi/2$, obtenemos $\dfrac{\theta}{2\pi}\cos(\theta/2)=\frac{1}{4\sqrt{2}}$. Conectando a $(4)$, obtenemos $$ \left|\sum_{z_k\W} z_k\right|\ge\frac{1}{4\sqrt{2}}\sum_{k=1}^n |z_k|\etiqueta{5} $$

Answer 3

Let $z_k = r_k e^{i\varphi_k}$, $k\in[n] = \{1, 2, \dots, n \}$.

\begin{align*} \max_{I\subseteq [n]}\left|\sum_{k\in I}z_k \right| &\ge \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\left|\sum_{k=1}^n z_k e^{ix}\right|\,dx \\&\ge \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} {\rm Im} \sum_{{\rm Im}(z_ke^{ix})\ge 0} z_k e^{ix} \,dx \\& = \sum_{k=1}^n \frac{1}{2\pi}\int_{0\le \varphi_k + x\le \pi} {\rm Im}(r_ke^{i(\varphi_k + x)})\,dx \\& = \sum_{k=1}^n \frac{r_k}{2\pi}\int_{0\le \varphi_k + x\le \pi} \sin(\varphi_k + x)\,dx \\& = \sum_{k=1}^n \frac{r_k}{2\pi} \cdot 2 \\& = \frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^n |z_k| \end{align*}

Answer 4

Aquí está una geométricas probar con la constante $\frac{3}{4\pi}$.

Denotar $$z_0 = -\sum_{k=1}^n z_k$$

Por lo tanto, tendremos que la suma de $z_k$'s es 0. Esto nos permite construir un polígono convexo $P$ a partir de los vectores $z_0, z_1, \dots, z_n$ ( puede ser demostrado por simple inducción en $n$ ). Indicar el diámetro de $P$$d = {\rm diam}(P)$. Está claro que el diámetro es la longitud del diámetro máximo de un polígono, por lo tanto $$d = |AB| = \sum_{k\in I} z_k$$ para algunos $I\subseteq [n]$ donde $A$ $B$ son vértices de $P$ y

Vamos $\omega_1$ ($\omega_2)$ ser tha círculo en el centro $A$ ($B$) y de radio $d$, y deje $L$ al borde de la intersección de $\omega_1$$\omega_2$, como se muestra en la imagen :)

Desde $d$ es el diámetro de $P$ $P$ será dentro de $L$, y por lo tanto el perimater de $P$ es menor que el perimater de $L$: $${\rm perimeter}(P) < {\rm perimeter}(L)$$

Cálculo Simple muestra que $${\rm perimeter}(L) = \frac{4\pi}{3}d$$

Ahora $$\sum_{k=1}^n |z_k| \le \sum_{k=0}^n |z_k| = {\rm perimeter}(P) < {\rm perimeter}(P) = \frac{4\pi}{3}d = \frac{4\pi}{3}\sum_{k\in I} |z_k|$$

Por lo tanto $$\sum_{k\in I} |z_k| >\frac{3}{4\pi}\sum_{k=1}^n |z_k|$$ Observe que $$\frac{1}{4\sqrt{2}} < \frac{3}{4\pi} < \frac{1}{\pi}$$