¿Cómo demostrar esa desigualdad con $a\le a_{i}\le b$?

Question

Deje que $a_i \in [a,b]$, y $x_i,y_i\in R$, $$\sum_{i=1}^n x^2_i=\sum_{i=1}^n y^2_i=1$$

muestra que $$\left|\sum_{i=1}^n a_i x^2_i - \sum_{i=1}^n a_i y^2_i\right| \le (b-a) \sqrt{1-\left(\sum_{i=1}^n x_i y_i\right)^2}$$

Answer 1

Primero, vamos a denotar el conjunto $$S=\{i \in \{1,2,...,n\}|x_i \ge y_i \}.$$ Así, para cada $i \in S$, tenemos $a_i({x_i}^2-{y_i}^2) \le b({x_i}^2-{y_i}^2)$ y para cada $i \not \in S$, tenemos $a_i({x_i}^2-{y_i}^2) \le a({x_i}^2-{y_i}^2)$. Nótese que el lado izquierdo es menor o igual a:

$$b\sum_{i \in S} {x_i}^2-{y_i}^2+a\sum_{i \not \in S} {x_i}^2-{y_i}^2$$ Utilizando el hecho de que $\sum_{i=1}^n {x_i}^2=1$ y lo mismo para ${y_i}^2$, esto se puede reducir a

$$(b-a)(\sum_{i \in S} {x_i}^2-{y_i}^2)$$ Por lo tanto, es suficiente demostrar que

$$(\sum_{i \in S} {x_i}^2-{y_i}^2)^2 \le 1-(\sum_{i=1}^n (x_i)(y_i))^2$$ Sustituyendo 1 por $\sum_{i =1}^n {x_i}^2$ y lo mismo para ${y_i}^2$, la desigualdad anterior es equivalente a

$$(\sum_{i=1}^n (x_i)(y_i))^2 \le (\sum_{i \in S} {x_i}^2 + \sum_{i \not \in S} {y_i}^2)(\sum_{i \in S} {y_i}^2 + \sum_{i \not \in S} {x_i}^2)$$ lo cual es verdadero debido a la desigualdad de Cauchy-Schwarz.