Un mínimo de $\sum\limits_{k=1}^n|z^2_k+1|$ dado $\sum\limits_{k=1}^nz_k=0$

Question

Dejemos que $n$ sea un número entero positivo y $z_1,z_2,\cdots,z_n$ sean números complejos tales que $$z_1+z_2+\cdots+z_n=0.$$

El problema. Encuentre el mínimo de $$ |z^2_1+1|+|z^2_2+1|+\cdots+|z^2_n+1|.$$

Consideré que $$\sum_{i=1}^{n}|z^2_{i}+1|\ge\left|\sum_{i=1}^{n}z^2_{i}+1\right|,$$ ¿entonces?

Answer 1

$\def\i{\mathrm{i}}$ Como señala @PaoloLeonetti, para incluso $n$ el mínimo es $0$ . Supongamos ahora que $n = 2m + 1$ donde $m \in \mathbb{N}$ . Se demostrará que $$ \sum_{k = 1}^{2m + 1} |z_k^2 + 1| \geqslant 1. $$ La igualdad puede lograrse para $z_1 = 0,\ z_k = (-1)^k \i\ (k \geqslant 2)$ .

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Lema: Si $a_1, \cdots, a_{2m + 1} \in \mathbb{R}$ , $|a_k| \leqslant 1$ para $1 \leqslant k \leqslant 2m + 1$ y $\sum\limits_{k = 1}^{2m + 1} a_k = 0$ entonces $$ \sum_{k = 1}^{2m + 1} a_k^2 \leqslant 2m. $$

Prueba del lema: Si existe $k_0$ tal que $a_{k_0} = 0$ entonces $$ \sum_{k = 1}^{2m + 1} a_k^2 = \sum_{k \neq k_0} a_k^2 \leqslant \sum_{k \neq k_0} 1^2 = 2m. $$

Supongamos ahora que $a_k \neq 0$ para cada $k$ . Dado que hay $2m + 1$ números no nulos, entonces o bien hay al menos $m + 1$ números positivos o hay al menos $m + 1$ números negativos. Sin pérdida de generalidad, supongamos $a_1, \cdots, a_k > 0$ , $k \geqslant m + 1$ y $a_1 = \min\limits_{1 \leqslant j \leqslant k} a_k$ . Tenga en cuenta que $$ \sum_{j = 1}^k a_j = -\sum_{j = k + 1}^{2m + 1} a_j \leqslant 2m + 1 - k \leqslant m. \tag{1} $$

Denote $S = \sum\limits_{j = 1}^{2m + 1} a_j^2$ . Toma $$a_{1,1} = a_1 - \min(a_1, 1 - a_2),\ a_{1,2} = a_2 + \min(a_1, 1 - a_2),\ a_{1,j} = a_j\ (j \geqslant 3),$$ entonces \begin {align*} S_1 - S &= \sum_ {j = 1}^{2m + 1} a_{1,j}^2 - \sum_ {j = 1}^{2m + 1} a_j^2 = (a_{1,1}^2 + a_{1,2}^2) - (a_1^2 + a_2^2) \\ &= 2(a_2 - a_1) \min (a_1, 1 - a_2) + ( \min (a_1, 1 - a_2))^2 \geqslant 0, \end {align*} y $$ \sum_{j = 1}^k a_{1,j} = \sum_{j = 1}^k a_j, \quad |a_{1,j}| \leqslant 1\ (1 \leqslant j \leqslant 2m + 1), \quad a_{1,1} = \min_{1 \leqslant j \leqslant k} a_{1, j}.$$

Si $a_{1,j} = 0$ y, a continuación, de nuevo $$ \sum_{j = 1}^{2m + 1} a_j^2 \leqslant \sum_{j = 1}^{2m + 1} a_{1,j}^2 = \sum_{j > 1} a_{1,j}^2 \leqslant \sum_{j > 1} 1^2 = 2m. $$ De lo contrario, $a_{1,2} = 1$ . Toma $$ a_{2,1} = a_{1,1} - \min(a_{1,1}, 1 - a_{1,3}),\ a_{2,3} = a_{1,3} + \min(a_{1,1}, 1 - a_{1,3}),\ a_{2,j} = a_{1,j}\ (j \neq 1, 3), $$ entonces análogamente hay $S_2 \geqslant S_1$ con $$ \sum_{j = 1}^k a_{2,j} = \sum_{j = 1}^k a_{1,j}, \quad |a_{2,j}| \leqslant 1\ (1 \leqslant j \leqslant 2m + 1), \quad a_{2,1} = \min_{1 \leqslant j \leqslant k} a_{2, j}.$$

Ahora se demostrará que tales ajustes pueden llevarse a cabo como máximo para $k - 1$ veces, es decir, existe $1 \leqslant t \leqslant k - 1$ tal que $$ a_1 \geqslant a_{1,1} \geqslant \cdots \geqslant a_{t,1} = 0. $$ Si no es así, entonces $a_{k - 1, 1} > 0$ y $a_{k - 1, j} = 1$ para $2 \leqslant j \leqslant k$ . Así, $$ \sum_{j = 1}^k a_j = \sum_{j = 1}^k a_{k - 1, j} > \sum_{j = 2}^k a_{k - 1, j} \geqslant k - 1 \geqslant m, $$ contradictorio con (1). Por lo tanto, supongamos $1 \leqslant t \leqslant k - 1$ satisface $$ a_1 \geqslant a_{1,1} \geqslant \cdots \geqslant a_{t,1} = 0, $$ entonces $$ \sum_{j = 1}^{2m + 1} a_j^2 \leqslant \sum_{j = 1}^{2m + 1} a_{t,j}^2 = \sum_{j > 1} a_{t,j}^2 \leqslant \sum_{j > 1} 1^2 = 2m. $$

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Ahora volvemos a la pregunta. Supongamos que $z_k = x_k + \i y_k \ (x_k, y_k \in \mathbb{R})$ para cada $k$ . Si existe $k$ tal que $x_k \neq 0$ , sin pérdida de generalidad suponga $k = 1$ y $x_1 > 0$ , entonces por $\sum z_k = 0$ existe $l \neq 1$ tal que $x_l < 0$ . Sin pérdida de generalidad, supongamos que $l = 2$ .

Toma $$ x_1' = x_1 - \min(x_1, -x_2) \geqslant 0,\ x_2' = x_2 + \min(x_1, -x_2) \leqslant 0,\ x_k' = x_k \ (k \geqslant 3), $$ y $z_k' = x_k' + \i y_k$ para cada $k$ entonces $$ |z_1 + \i|^2 - |z_1' + \i|^2 = x_1^2 - x_1'^2 > 0 \Longrightarrow |z_1 + \i| > |z_1' + \i|,\\ |z_2 + \i|^2 - |z_2' + \i|^2 = x_2^2 - x_2'^2 > 0 \Longrightarrow |z_2 + \i| > |z_2' + \i|. $$ Análogamente, $$ |z_1 - \i| > |z_1' -\i|, \quad |z_2 - \i| > |z_2' -\i|. $$ Por lo tanto, \begin {align*} & \mathrel { \phantom {=}} \sum_ {k = 1}^{2m + 1} |z_k^2 + 1| - \sum_ {k = 1}^{2m + 1} |z_k'^2 + 1| = (|z_1^2 + 1| + |z_2^2 + 1|) - (|z_1'^2 + 1| + |z_2'^2 + 1|) \\ &= (|z_1 + \i | \cdot |z_1 - \i | - |z_1' + \i | \cdot |z_1' - \i | ) + (|z_2 + \i | \cdot |z_2 - \i | - |z_2' + \i | \cdot |z_2' - \i | ) > 0. \end {align*}

Esto implica que si existe $k$ tal que $x_k \neq 0$ entonces hay otra tupla $(z_1', \cdots, z_{2m + 1}')$ satisface $\sum z_k' = 0$ y $\sum z_k'^2 < \sum z_k^2$ . Por lo tanto, $$ \min_{\substack{z_1, \cdots, z_n \in \mathbb{C}\\\sum z_k = 0}} \sum_{k = 1}^{2m + 1} |z_k^2 + 1| = \min_{\substack{z_1, \cdots, z_n \in \mathbb{C}\\\sum z_k = 0\\\mathrm{Re}(z_k) = 0\ (1 \leqslant k \leqslant 2m + 1)}} \sum_{k = 1}^{2m + 1} |z_k^2 + 1|. $$

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Ahora basta con demostrar que para cualquier $y_1, \cdots, y_{2m + 1} \in \mathbb{R}$ , si $\sum\limits_{k = 1}^{2m + 1} y_k = 0$ entonces $$ \sum_{k = 1}^{2m + 1} |1 - y_k^2| \geqslant 1. $$

Si $M = \max\limits_{1 \leqslant k \leqslant 2m + 1} |y_k| > 1$ sin pérdida de generalidad, supongamos $y_1 = M$ entonces existe $k$ tal que $y_k < 0$ . Sin pérdida de generalidad, supongamos $y_2 < 0$ . Toma $$ y_1' = 1,\ y_2' = y_2 + y_1 - 1, y_k' = y_k\ (k \geqslant 3), $$ entonces \begin {align*} & \mathrel { \phantom {=}} \sum_ {k = 1}^{2m + 1} |1 - y_k^2| - \sum_ {k = 1}^{2m + 1} |1 - y_k'^2| = |1 - y_1^2| + |1 - y_2^2| - |1 - y_2'^2| \\ &= (y_1^2 - 1) + |1 - y_2^2| - |(y_1 + y_2)(y_1 + y_2 - 2)| \\ &= (y_1^2 - 1) + |1 - y_2^2| - (y_1 + y_2)|y_1 + y_2 - 2|, \tag {2} \end {align*} donde la última identidad se debe a $y_1 = |y_1| \geqslant |y_2| = -y_2$ es decir $y_1 + y_2 \geqslant 0$ .

Caso 1: $y_1 + y_2 \geqslant 2$ . Entonces, por $y_1 > 1$ y $y_2 < 0$ , hay \begin {align*} (2) &= (y_1^2 - 1) + |1 - y_2^2| - (y_1 + y_2)(y_1 + y_2 - 2) \\ & \geqslant (y_1^2 - 1) + (y_2^2 - 1) - (y_1 + y_2)(y_1 + y_2 - 2) \\ &= -2(y_1 - 1)(y_2 - 1) > 0. \end {align*}

Caso 2: $0 < y_1 + y_2 < 2$ . Entonces \begin {align*} (2) &= (y_1^2 - 1) + |1 - y_2^2| + (y_1 + y_2)(y_1 + y_2 - 2) \\ & \geqslant (y_1^2 - 1) + (1 - y_2^2) + (y_1 + y_2)(y_1 + y_2 - 2) \\ &= 2(y_1 - 1)(y_1 + y_2) > 0. \end {align*}

Caso 3: $y_1 + y_2 = 0$ . Entonces, por $y_2 = -y_1 < -1$ , hay $$ (2) = (y_1^2 - 1) + (y_2^2 - 1) - 0 = 2(y_1^2 - 1) > 0. $$

Antes, $$ \sum_{k = 1}^{2m + 1} |1 - y_k'^2| < \sum_{k = 1}^{2m + 1} |1 - y_k^2|. $$

Esto implica $$ \min_{\substack{y_1, \cdots, y_{2m + 1} \in \mathbb{R}\\\sum y_k = 0}} \sum_{k = 1}^{2m + 1} |1 - y_k^2| = \min_{\substack{y_1, \cdots, y_{2m + 1} \in \mathbb{R}\\\sum y_k = 0\\|y_k| \leqslant 1\ (1 \leqslant k \leqslant 2m + 1)}} \sum_{k = 1}^{2m + 1} |1 - y_k^2|. $$

Ahora basta con demostrar que para cualquier $y_1, \cdots, y_{2m + 1} \in \mathbb{R}$ , si $|y_k| \leqslant 1$ para cada $k$ y $\sum\limits_{k = 1}^{2m + 1} y_k = 0$ entonces $$ \sum_{k = 1}^{2m + 1} (1 - y_k^2) \geqslant 1, $$ es decir $\sum y_k^2 \leqslant 2m$ , lo cual es cierto por el lema.

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Una prueba más sencilla del lema: Sin pérdida de generalidad, supongamos $a_1, \cdots, a_k \geqslant 0$ y $a_{k + 1}, \cdots, a_{2m + 1} \leqslant 0$ .

Si $\sum\limits_{j = 1}^k a_j^2 \leqslant k - 1$ entonces $$ \sum_{j = 1}^{2m + 1} a_j^2 = \sum_{j = 1}^k a_j^2 + \sum_{j = k + 1}^{2m + 1} a_j^2 \leqslant (k - 1) + (2m - k + 1) = 2m. $$ Si $\sum\limits_{j = k + 1}^{2m + 1} a_j^2 \leqslant 2m - k$ análogamente hay $\sum\limits_{j = 1}^{2m + 1} a_j^2 \leqslant 2m$ .

Supongamos ahora que $$ \sum_{j = 1}^k a_j^2 > k - 1, \quad \sum_{j = k + 1}^{2m + 1} a_j^2 > 2m - k. \tag{3} $$ Porque $$ k - 1 < \sum_{j = 1}^k a_j^2 \leqslant \sum_{j = 1}^k a_j = -\left( \sum_{j = k + 1}^{2m + 1} a_j \right) \leqslant 2m - k, $$ entonces $2k < 2m + 1$ , lo que implica $k \leqslant m$ . Así, $$ m \leqslant 2m - k < \sum_{j = k + 1}^{2m + 1} a_j^2 \leqslant -\left( \sum_{j = k + 1}^{2m + 1} a_j \right) = \sum_{j = 1}^k a_j \leqslant k \leqslant m, $$ una contradicción. Por lo tanto, (3) no puede sostenerse.

Answer 2

Como ha señalado Paolo Leonetti, para incluso $n$ el mínimo $0$ se consigue dividiendo el $z_k$ s en pares de $i,-i$ . Por lo tanto, suponemos $n$ es impar en la secuela.

Desde el $z_k$ s suman cero, si uno de ellos tiene una parte real positiva, algún otro debe tener una parte real negativa. Supongamos que $\Re(z_1)>0>\Re(z_2)$ . Cuando $t>0$ es suficientemente pequeño, tenemos \begin {casos} |z_1+i|>|z_1-t+i|, \\ |z_1-i|>|z_1-t-i|, \\ |z_2+i|>|z_2+t+i|, \\ |z_2-i|>|z_2+t+i|, \end {casos} porque las partes imaginarias permanecen intactas en el lado derecho pero el tamaño de las partes reales disminuye. Sin embargo, $|z^2+1|\equiv|z+i||z-i|$ . Por lo tanto, si "pellizco" las partes reales de $z_1$ y $z_2$ continuamente hacia el origen a la misma velocidad, $|z_1^2+1|+|z_2^2+1|$ se hará cada vez más pequeño hasta que una de las partes reales sea cero. Aplica el mismo procedimiento a otros pares de $z_k$ s con signos opuestos de las partes reales, concluimos que la función objetivo se minimiza sólo si cada $z_k$ es puramente imaginario. Poner $z_k=iy_k$ el problema de minimización se reduce a $$ \text{minimise } \sum_k|1-y_k^2| \ \text{ subject to } \sum_ky_k=0 \text{ and } \mathbf y=(y_1,\ldots,y_n)\in\mathbb R^n. $$

Dejemos que $A=(0,1)$ y $B=(1,\infty)$ . Así que, $\mathbb R=-B\cup\{-1\}\cup-A\cup\{0\}\cup A\cup\{1\}\cup B$ . Utilizando un argumento similar al anterior, siempre podemos rebajar estrictamente el valor de la función objetivo en cada uno de los casos siguientes:

1. $y_i\in-B,\ y_j\in-A\cup\{0\}$ : pellizco hacia $-1$ .
2. $y_i\in-B,\ y_j\in A\cup\{1\}$ : pellizco hacia los límites de $[-1,0]$ . Tenga en cuenta que $|(y_i+t)^2-1| + |1-(y_j-t)^2|=2t(y_i+y_j)$ más una constante cuando $t>0$ es pequeño.
3. $y_i\in-B,\ y_j\in B$ : pellizco hacia los límites de $[-1,1]$ .
4. $y_i\in-A,\ y_j\in A\cup\{0\}$ : se extienden hacia los límites de $[-1,1]$ .
5. $y_i,y_j\in-A$ : se extienden hacia los límites de $[-1,0]$ . Tenga en cuenta que cuando $y_i\le y_j$ y $f(t)=\left[1-(y_i-t)^2+1-(y_j+t)^2\right]$ tenemos $f'(t)=-2(y_j-y_i+2t)$ . Por lo tanto, $f'(0)=-2(y_j-y_i)\le0$ y $f''(0)=-4<0$ .

De los casos 1 a 3 se deduce que, si algún elemento $y_i$ de un minimizador global pertenece a $-B$ No. $y_j$ puede pertenecer a $-A\cup\{0\}\cup A\cup\{1\}\cup B$ . En otras palabras, todos los $y_j$ s pertenecen a $-B\cup\{-1\}$ . Pero esto es imposible porque $\sum_ky_k=0$ . Por lo tanto, ningún elemento de $\mathbf y$ pertenece a $-B$ . Por simetría, ningún elemento de $\mathbf y$ pertenece a $B$ también.

Por lo tanto, cada $\mathbf y\in[-1,1]$ .

Ahora bien, si hay algún $y_i\in-A$ entonces, por el resultado del caso 4, no $y_j$ pertenece a $A\cup\{0\}$ . Por lo tanto, cada $y_j\in\{-1\}\cup-A\cup\{1\}$ . Sin embargo, por el resultado del caso 5, $y_i$ debe ser el único elemento de $-A$ . Por lo tanto, todos los demás elementos son $\pm1$ s. Sin embargo, esto es imposible porque el $y_k$ s suman cero. Por lo tanto, no debe haber $y_i$ en $-A$ . Por simetría, no hay $y_i$ en $A$ también.

Por lo tanto, cada $y_j\in\{-1,0,1\}$ . Desde el $y_j$ s suman cero, $-1$ y $1$ debe ocurrir en pares. Ahora está claro que el mínimo se produce cuando exactamente uno $y_j$ es cero. Traduciendo hacia atrás, exactamente uno $z_j$ es cero y el resto son pares de $-i,i$ . El valor mínimo es $1$ .

Answer 3

Dejemos que $n=2m+1$ para algunos $m\in\mathbb{N}$ . Denote por $z:=(z_1,...,z_n)$ y $$S(z):=\sum_{k=1}^n|z_k^2+1|$$ El problema puede expresarse como $$\min_{z\in\mathbb{C}}S(z)\hspace{0.2cm}\text{subject to}\hspace{0.2cm}z_1+...+z_n=0$$ Dejemos que $\tilde{z}:=(\tilde{z}_1,...,\tilde{z}_n)$ con $\tilde{z}_1=0$ y $\tilde{z}_k=(-1)^ki$ para $k\geqslant 2$ . Entonces $S(\tilde{z})=1$ . Evidentemente, si $z^*$ es un minimizador entonces $S(z^*)\leqslant S(\tilde{z})$ .

$\textbf{Observation 1:}$ Si $z^*$ es un minimizador entonces $z^*_k\notin\mathbb{R}\setminus\{0\}$ por cada $k$ . Si hay algún $k$ tal que $z^*_k\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ entonces $S(z^*)\geqslant |(z^*_k)^2+1|>1$ . De ahí una contradicción.

$\textbf{Observation 2:}$ Si $z^*$ es un minimizador, entonces a lo sumo uno $z^*_k=0$ . Si hay más de uno (digamos dos) $z_k^*=0, z^*_l=0$ entonces $S(z^*)\geqslant |(z^*_k)^2+1|+|(z^*_l)^2+1|=2>1$ . De nuevo una contradicción.

$\textbf{Observation 3:}$ Dejemos que $z_k:=a_k+ib_k$ donde $a_k,b_k\in\mathbb{R}$ para cada $k$ . Si $z$ es un minimizador entonces $|a_k|\leqslant 1$ y $|b_k|\leqslant2$ para todos $k$ . Es decir $z_k\in\mathbb{B}(0,\sqrt{5}):=\{z\in\mathbb{C}:|z|\leqslant\sqrt{5}\}$ para cada $k$ . Ahora $$|z_k^2+1|^2=|(a_k+ib_k)^2+1|^2=|a_k^2-b_k^2+1+2ia_kb_k|^2\\=(a^2_k-b^2_k+1)^2+4a^2_kb^2_k=(a^2_k+b^2_k+1)^2-4b^2_k\\=(a^2_k+(b_k-1)^2)(a^2_k+(b_k+1)^2)$$ Si para algunos $k$ tenemos $|a_k|>1$ o $|b_k|>2$ entonces $$S(z)\geqslant |z^2_k+1|=\sqrt{(a^2_k+(b_k-1)^2)(a^2_k+(b_k+1)^2)}>1=S(\tilde{z})$$ Por lo tanto, tal $z$ no sería un mínimo. Claramente para $\tilde{z}$ tenemos $\tilde{a}_k=0$ para todos $k$ y $\tilde{b}_1=0, \tilde{b}_k=(-1)^k$ para todos $k$ . Seguramente para que la afirmación se mantenga basta con demostrar que si $z^*$ es un minimizador al menos uno $z^*_k=0$ .

$\textbf{Observation 4:}$ Utilizando la notación $z_k=a_k+ib_k$ la restricción $z_1+...+z_n=0$ es equivalente $\sum_k a_k=0$ y $\sum_kb_k=0$ . Dejemos que $a:=(a_1,...,a_n), b:=(b_1,...,b_n)$ entonces el problema original se puede reformular en términos de $a_k,b_k$ como sigue $$\min_{z}S(z)=\min_{a,b\in A^n}\sum_{k=1}^n\sqrt{(a^2_k+(b_k-1)^2)(a^2_k+(b_k+1)^2)}\hspace{0.2cm}\text{subject to}\hspace{0.2cm}\sum_{k=1}^na_k=\sum_{k=1}^nb_k=0$$ donde $A:=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:|x|\leqslant 1, |y|\leqslant 2\}$ (por la observación 3 basta con mirar este conjunto $A$ ). El problema anterior no es más que un problema de optimización estándar de tipo convexo ya que las restricciones, establecidas $A$ y la función objetivo son convexas. Obsérvese también que la inspección directa revela que el mínimo no puede ocurrir en la frontera de $A^n$ . En cualquier caso $|a_k|=1$ o $|b_k|=2$ para algunos $k$ produce $S(z)>1$ . Por tanto, el mínimo debe alcanzarse en el interior de $A^n$ . El Lagrangiano para este problema sería: $$L(a,b,\lambda,\beta):=\sum_{k=1}^n\sqrt{(a^2_k+(b_k-1)^2)(a^2_k+(b_k+1)^2)}-\lambda \sum_{k=1}^na_k-\beta \sum_{k=1}^nb_k$$ restringido a $(a,b)\in A^n$ (No incluyo esta restricción en el lagrangiano porque se vuelve más complicado). Si $(a,b)$ es una solución óptima y la función objetivo es continuamente diferenciable, entonces a partir de las condiciones de primer orden obtenemos todas $k$ : $$\frac{2a_k(a_k^2+b_k^2+1)}{\sqrt{(a^2_k+(b_k-1)^2)(a^2_k+(b_k+1)^2)}}=\lambda$$ $$\frac{2b_k(a_k^2+b_k^2-1)}{\sqrt{(a^2_k+(b_k-1)^2)(a^2_k+(b_k+1)^2)}}=\beta$$ Obsérvese que por observación $1$ no hay $k$ tal que $a_k\neq 0$ y $b_k=0$ . Además, dado que nos interesan otros puntos además de $\tilde{z}$ (o su permutación) entonces también podemos suponer que no hay $k$ para lo cual $z_k=0$ que es simultáneamente $a_k=b_k=0$ . Distinguimos ahora algunos casos que pueden ser candidatos a las condiciones de primer orden anteriores:

$\textbf{Case 1:}$ $a_k=a_{k+1}$ y $b_k=b_{k+1}$ para todos $k$ que a partir de las restricciones implica $a_k=b_k=0$ para todos $k$ . Pero esto no puede ser un mínimo ya que $S(0)=n>1$ .

$\textbf{Case 2:}$ Si para algunos $j$ tenemos $a_j=0$ entonces necesariamente $a_k=0$ para todos $k$ . Si algunos $b_k=0$ luego volver al caso de $\tilde{z}$ . Por lo tanto, supongamos que para todos $k$ tenemos $b_k\neq 0$ Entonces esto implica de la segunda ecuación para todo $k$ tenemos $$\frac{2b_k(b^2_k-1)}{|b^2_k-1|}=\beta\Rightarrow |b_k|=|b_{k+1}|$$ A partir de la restricción $\sum_kb_k=0$ debemos tener la mitad de $b_k$ negativo y la otra mitad positivo pero esto es imposible ya que $n=2m+1$ es un número impar.

$\textbf{Case 3:}$ Hay algunos $j$ tal $b_j=0$ pero entonces $a_j=0$ y de vuelta a $\tilde{z}$ .

$\textbf{Case 4:}$ Hay algunos $j$ tal que $a^2_j+b^2_j-1=0$ pero entonces para todos $k$ tenemos $a^2_k+b^2_k-1=0$ por lo que $$\lambda=\frac{2a_k(a_k^2+b_k^2+1)}{\sqrt{(a^2_k+(b_k-1)^2)(a^2_k+(b_k+1)^2)}}=\frac{2a_k}{|a_k|}$$ Esto implica que todos los $a_k$ tienen el mismo signo y como $a_k\neq 0$ para todos $k$ entonces $\sum_ka_k=0$ no puede sostenerse.

$\textbf{Case 5:}$ Cuando $a^2_k+b^2_k-1>0 \hspace{0.1cm}(<0)$ entonces $b_k$ debe tener el mismo signo para todos los $k$ . Desde $b_k\neq 0$ para todos $k$ entonces $\sum_kb_k=0$ no puede sostenerse.

Estos casos cubren todas las posibilidades de que los puntos interiores sean puntos críticos. Sólo $a_k=b_k=0$ para todos $k$ es un punto crítico, pero no es un mínimo. Por otra parte $S(z)$ es continua y $A^n$ es un conjunto compacto por lo que por el teorema de Weierstrass $S(z)$ debe alcanzar necesariamente su mínimo en $A^n$ . Los argumentos anteriores demostraron que el mínimo puede alcanzarse en el interior $A^n$ sólo. Dado que ningún punto interior en el que la función objetivo sea continuamente diferenciable puede ser un mínimo, esto obliga a $\tilde{z}$ (o sus permutaciones) para ser un mínimo.