SOS: Prueba de la desigualdad AM-GM

Question

"Una estrategia básica para abordar desigualdades de pocas variables es escribir las cosas en sumas de cuadrados..." es una cita de una respuesta, destinada a comentar el post titulado "¿Se puede desmitificar esta prueba de desigualdad?".

Me gustaría saber cuál es el S um O f S quares para la desigualdad AM-GM con $\,n$ variables. En los casos de baja dimensión $\,n=2,3,4\,$ uno tiene \begin{align*} a^2+b^2-2ab &\;=\;(a-b)^2\;\geqslant\;0\,, \\[2ex] a^3+b^3+c^3-3abc &\;=\;(a+b+c)\cdot\underbrace{\frac 12\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)}_{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}\;\geqslant\;0\,,\\[2ex] a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd &\;=\;\left(a^2-b^2\right)^2 +\left(c^2-d^2\right)^2 + 2(ab-cd)^2\;\geqslant\;0\,, \end{align*} y para $\,n=5\,$ cf esto respuesta math.SE .

Ahora arregla algunos $n\in\mathbb{N}$ , dejemos que $\,a_1,a_2,\cdots,a_n\geqslant 0$ y considere $$\sum_{k=1}^n a_k^n\, -\, n\prod_{k=1}^n a_k\tag{AM-GM}$$ que, estoy bastante convencido, se puede expresar mediante sumas de cuadrados y luego reconocer que no es negativo.

• Pero, ¿cómo es esa expresión?
• ¿Puede derivarse en un (tipo de) procedimiento uniforme?

Ahí está el puesto Demostración de la desigualdad AM-GM (etiquetada como 'big-list') con 14 respuestas actualmente, pero ninguna de ellas respondería a esta pregunta.

Me he planteado añadir la etiqueta 'computer-algebra-systems'.

---

Añadido en edición
Pedro Tamaroff introdujo la palabra clave central Certificado de positividad en su comentario que, entre otras reflexiones, me llevó a redescubrir lo anterior $n=4$ expresión.

$\exists$ lecturas recomendadas:
(1) Un algoritmo para sumas de cuadrados de polinomios reales J. Pure & Appl. Alg. 127 (1998), pp 99-104, es un buen artículo de Victoria Powers et Thorsten Wörmann
(2) Cálculo de descomposiciones de sumas de cuadrados con coeficientes racionales
por Helfried Peyrl et Pablo A. Parrilo Theor. Comp. Sci. 409 (2008), pp 269-281

Answer 1

Sí, podemos escribir $x_1^n+x_2^n+...+x_n^n-nx_1x_2...x_n$ en el formulario SOS, pero creo que es muy feo y no es útil para grandes $n$ .

Podemos hacer lo siguiente.

Para $n=3$ : $$a^3+b^3+c^3-3abc=\sum_{cyc}\left(a^3-\frac{1}{2}a^2b-\frac{1}{2}a^2c\right)+\sum_{cyc}\left(\frac{1}{2}a^2b+\frac{1}{2}a^2c-abc\right)=$$ $$=\frac{1}{2}\sum_{cyc}(a-b)^2(a+b)+\frac{1}{2}\sum_{cyc}c(a-b)^2=\frac{1}{2}(a+b+c)\sum_{cyc}(a-b)^2.$$

Para $n=4$ : $$a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd=\sum_{cyc}\left(a^4-\frac{1}{3}(a^3b+a^3c+a^3d)\right)+$$ $$+\frac{1}{6}\sum_{sym}(a^3b-a^2b^2)+\frac{1}{6}\sum_{sym}(a^2b^2-a^2bc)+\frac{1}{3}\sum_{cyc}(a^2bc+a^2cd+a^2bd-3abcd)=$$ $$=\frac{1}{6}\left(\sum_{sym}(a^4-a^3b)+\sum_{sym}(a^3b-a^2b^2)+\sum_{sym}(a^2b^2-a^2bc)+\sum_{sym}(a^2bc-abcd)\right)=$$ $$=\frac{1}{12}\left(\sum_{sym}(a^4-a^3b-ab^3+b^4)+\sum_{sym}(a^3b-2a^2b^2+ab^3)+\sum_{sym}(c^2a^2-2c^2ab+c^2b^2)+\sum_{sym}(a^2cd-2abcd+b^2cd)\right)=$$ $$=\frac{1}{12}\sum_{sym}(a-b)^2(a^2+b^2+c^2+2ab+cd)=$$ $$=\tfrac{(a-b)^2(2(a+b)^2+(c+d)^2)+(a-c)^2(2(a+c)^2+(b+d)^2)+(a-d)^2(2(a+d)^2+(b+c)^2)}{6}+$$ $$+\tfrac{(b-c)^2(2(b+c)^2+(a+d)^2)+(b-d)^2(2(b+d)^2+(a+c)^2)+(c-d)^2(2(c+d)^2+(a+b)^2)}{6}.$$ Aquí $$\sum\limits_{sym}a=6(a+b+c+d)$$ $$\sum\limits_{sym}a^2b^2=4(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2+c^2d^2),...$$ Para $n=5$ : $$a^5+b^5+c^5+d^5+e^5-5abcde=\frac{1}{24}\sum_{sym}(a^5-abcde)=$$ $$=\frac{1}{24}\left(\sum_{sym}(a^5-a^4b)+\sum_{sym}(a^4b-a^3b^2)+\sum_{sym}(a^3b^2-a^3bc)\right)+$$ $$+\frac{1}{24}\left(\sum_{cyc}(a^3bc-a^2b^2c)+\sum_{sym}(a^2b^2c-a^2bcd)+\sum_{sym}(a^2bcd-abcde)\right)=$$ $$=\frac{1}{48}\left(\sum_{sym}(a^5-a^4b-ab^4+b^5)+\sum_{sym}(a^4b-a^3b^2-a^2b^3+ab^4)+\sum_{sym}(c^3a^2-2c^3ab+c^3b^2)\right)+$$ $$+\frac{1}{48}\left(\sum_{cyc}(a^3bc-2a^2b^2c+b^3ac)+\sum_{sym}(a^2c^2d-2c^2abd+b^2c^2d)+\sum_{sym}(a^2cde-2abcde+b^2cde)\right)=$$ $$=\frac{1}{48}\sum_{sym}(a-b)^2(a^3+2a^2b+2ab^2+b^3+c^3+abc+c^2d+cde).$$ El resto es igual.