Об одной квадратичной форме

[arqady]

Пусть $a_1$, $a_2$,..., $a_n$ и $r_1$, $r_2$,..., $r_n$ действительные числа и $0\leq r_1\leq r_2\leq...\leq r_n$. Докажите, что

$$\sum_{i,j=1}^na_ia_j\min\{r_i,r_j\}\geq0$$

[Dave]

Если $r_0=0$, то такая сумма равна

$$\sum_{k=1}^n {(r_k-r_{k-1}) \left(\sum_{i=k}^n a_i \right)^2} \ge 0.$$

[arqady]

Хорошо, тогда ещё неравенство с квадратичными формами с доказательтвом в одну строчку.
Пусть $a_1$, $a_2$,..., $a_n$, $b_1$, $b_2$,..., $b_n$ - произвольные, а $c_1$, $c_2$,..., $c_n$ - положительные действительные числа. Докажите, что

$$\sum_{i,j=1}^n\frac{a_ia_j}{c_i+c_j}\cdot\sum_{i,j=1}^n\frac{b_ib_j}{c_i+c_j}\geq\left(\sum_{i,j=1}^n\frac{a_ib_j}{c_i+c_j}\right)^2$$

(Оффтоп)

Мне поначалу привидилось, что Вы написали

Dave в сообщении #596766 писал(а):

Если $r_0=0$, то такая сумма равна

$$\sum_{k=1}^n {(r_k-r_{k-1}) \left(\sum_{i=1}^n a_i \right)^2} \ge 0$$

что, понятно, неверно

[ewert]

arqady в сообщении #596781 писал(а):

тогда ещё неравенство с квадратичными формами

во всяком случае, это утверждение эквивалентно неотрицательности матрицы $\{\frac1{c_i+c_k}\}_{\forall ik}$

[Mathusic]

ewert в сообщении #596989 писал(а):

во всяком случае, это утверждение эквивалентно неотрицательности матрицы $\{\frac1{c_i+c_k}\}_{\forall ik}$

Наверно вы имеете в виду положительной определенности квадратичной формы, соответствующей записанной вами матрицы?

[Mathusic]

Нтак, если не ошибаюсь, то д-во (неравенства 2) можно разбить на 2 этапа.
В первом доказать доказать положительную определённость кв. формы, соответствующей матрице $\left \{ \frac{1}{c_i+c_j} \right \}.$
Во втором рассмотреть случай, когда это не выполняется - когда все $c_s$-е равны между собой. В этом случае исходное неравенство обращается в равенство.
Т.е. основная задача - д-ть первый случай.

[ewert]

Ну, во-первых, это матрица Коши (притом симметричная). Для определителя матрицы Коши есть явная формула, из чего в конце концов и следует её "неотрицательная определённость".

Во-вторых, без вычислений можно, например, так. Матрица заведомо вырождена, если среди чисел $c_k$ совпадают хотя бы два. Будем пока что исходить из того, что во всех остальных случаях она невырожденна. Тогда всё довольно просто. Ясно, что достаточно доказать строгую положительность матрицы при несовпадающих $c_k$ (тогда для совпадающих её неотрицательность получается предельным переходом). По критерию Сильвестра достаточно доказать, что определитель любой такой матрицы строго положителен. И достаточно рассмотреть случай, когда числа $c_k$ упорядочены в порядке возрастания (их переупорядочение на знаке определителя не сказывается). Предположим, что знакоположительность верна для всех матриц размера $n-1$; надо доказать, что она верна и для всех матриц размера $n$, у которых $c_1\in(0;c_2)$. Поскольку на этом интервале определитель матрицы не обращается в ноль, достаточно доказать положительность определителя $D_n$ всей матрицы при $c_1\to+0$. А это очевидно, т.к. в этом пределе $D_n\sim\dfrac1{2c_1}\cdot D_{n-1}$, где $D_{n-1}$ -- минор левого верхнего элемента (при разложении определителя по первой строке это слагаемое уходит на плюс бесконечность, в то время как все остальные остаются ограниченными).

К сожалению, невырожденность матрицы тоже не очень-то тривиальна (хотя и выглядит очевидной). Здесь удобнее перейти к матрицам Коши общего вида с элементами $\dfrac1{a_i+b_k}$ и доказывать, что такая матрица невырожденна, если все $a_i$ различны и все $b_k$ тоже. Снова по индукции: пусть это верно для всех матриц размера $n-1$. Будем интерпретировать $a_1$ как независимую переменную $x$ и разложим определитель по линии, содержащей эти иксы: $D_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{M_k}{x+b_k}$. Здесь миноры $M_k$ -- это (с точностью до знаков) определители некоторых матриц тоже Коши, но меньшего размера и, следовательно, не равны нулю по индукционному предположению. Поэтому, во всяком случае, $D_n(x)$ не является тождественным нулём. Однако после приведения к общему знаменателю вверху окажется многочлен степени $n-1$ и, следовательно, $D_n(x)$ может обращаться в ноль не более чем в $n-1$ точке. И мы знаем все эти точки: это $x$ (т.е. $a_1$), равные $a_2,a_3,\ldots a_n$. Следовательно, при любом $a_1$, отличном от остальных $a_i$, определитель нулю не равен.

А вот что имел в виду arqady, говоря о доказательстве в одну строчку -- не знаю. Всё-таки неотрицательность матрицы Коши, насколько я могу судить, факт в любом варианте не вполне тривиальный, а неравенство arqady вполне тривиально эквивалентно именно этому факту.

[arqady]

ewert, я имел в виду интегрального Коши-Буняковского.

[Mathusic]

ewert в сообщении #598752 писал(а):

Для определителя матрицы Коши есть явная формула, из чего в конце концов и следует её "неотрицательная определённость".

По какой теореме

[ewert]

Mathusic в сообщении #598853 писал(а):

По какой теореме

Говоря по существу -- опять же по критерию Сильвестра, ну плюс аналогичные заклинания для вырожденного случая.

Я просто попытался сочинить рассуждения, не требующие явных вычислений (а то ведь бог его знает, удастся ли найти тот определитель явно -- если заранее не знать, что да, удастся).

[Mathusic]

ewert в сообщении #599290 писал(а):

Говоря по существу -- опять же по критерию Сильвестра, ну плюс аналогичные заклинания для вырожденного случая.

Форма неотрицательно определена $\Rightarrow$ миноры неотрицательны. Обратное неверно. А мы же именно это утверждение хотим.
Вы какие-то другие имеете в виду "шаманства"

[ewert]

Mathusic в сообщении #599296 писал(а):

Есть какие-то другие "шаманства"

Я же сказал -- плюс заклинания; ровно те же, что в том моём сообщении. Если матрица строго положительна в случае, когда все $c_k$ различны, то по непрерывности она в общем случае неотрицательна, чего и достаточно.

-- Ср июл 25, 2012 22:33:56 --

arqady в сообщении #598760 писал(а):

я имел в виду интегрального Коши-Буняковского.

Да, а куда там присобачить интегралов, кстати?... Мне чего-то навскидку никаких в голову не приходит...

[arqady]

ewert в сообщении #599301 писал(а):

Да, а куда там присобачить интегралов, кстати?...

Попробуйте многочлены...

[ewert]

arqady в сообщении #599370 писал(а):

Попробуйте многочлены...

Лень. Скажите открытым текстом -- где Вы там взяли интегралы?...

В конце-то концов, мне лично это уже не особенно интересно, коль скоро уж вопрос исчерпан. Но, возможно, другим мемберам покажется более эффективным и более эффективное решение. Ну так и предъявите его открытым тестом, коль уж скоро окончательный ответ и так ясен.

-- Ср июл 25, 2012 23:50:14 --

ewert в сообщении #599382 писал(а):

покажется более эффективным и более эффективное решение.

Пардон. Имелось в виду, конечно, что покажется более эффективным именно Ваше решение. Вот только на этот счёт мы и ждём.

[arqady]

Пусть $f(x)=\sum\limits_{i=1}^na_ix^{c_i}$ и $g(x)=\sum\limits_{i=1}^nb_ix^{c_i}$. Тогда $\int\limits_0^1\frac{f(x)^2}{x}dx\cdot\int\limits_0^1\frac{g(x)^2}{x}dx\geq\left(\int\limits_0^1\frac{f(x)g(x)}{x}dx\right)^2$.