Μια παλιά ανισότητα

parmenides51 · #1

Για τους μιγαδικούς $\displaystyle{z_1,z_2,z_3,...,z_n}$ ισχύει $\displaystyle{z_1+z_2+z_3+...+z_n=0}$ και $\displaystyle{|z_1|=|z_2|=|z_3|=...=|z_n|=1}$ .

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{|z-z_1|+|z-z_2|+|z-z_3|+...+|z-z_n|\geq n}$ για κάθε $\displaystyle{z \in \mathbb{C}}$ .

Πότε ισχύει η παραπάνω ισότητα;

Καμιά ιδέα για γενίκευση της;

#2

Καλημέρα

μιά προσπάθεια στο παραπάνω απαιτητικό θέμα...

Είναι $\displaystyle{\left| z-{{z}_{1}} \right|+\left| z-{{z}_{2}} \right|+...+\left| z-{{z}_{n}} \right|=}$

$\displaystyle{=\left| \overline{{{z}_{1}}} \right|\left| z-{{z}_{1}} \right|+\left| \overline{{{z}_{2}}} \right|\left| z-{{z}_{2}} \right|+...+\left| \overline{{{z}_{n}}} \right|\left| z-{{z}_{n}} \right|=}$

$\displaystyle{=\left| \overline{{{z}_{1}}}z-{{z}_{1}}\overline{{{z}_{1}}} \right|+\left| \overline{{{z}_{2}}}z-{{z}_{2}}\overline{{{z}_{2}}} \right|+...+\left| \overline{{{z}_{n}}}z-{{z}_{n}}\overline{{{z}_{n}}} \right|=}$

$\displaystyle{=\left| \overline{{{z}_{1}}}z-{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}} \right|+\left| \overline{{{z}_{2}}}z-{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}} \right|+...+\left| \overline{{{z}_{n}}}z-{{\left| {{z}_{n}} \right|}^{2}} \right|\ge }$

$\displaystyle{\ge \left| \overline{{{z}_{1}}}z-{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+\overline{{{z}_{2}}}z-{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}+...+\overline{{{z}_{n}}}z-{{\left| {{z}_{n}} \right|}^{2}} \right|=}$

$\displaystyle{=\left| (\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}+...+\overline{{{z}_{n}}})z-({{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}+...+{{\left| {{z}_{n}} \right|}^{2}}) \right|=}$

$\displaystyle{=\left| 0\cdot z-(1+1+...+1) \right|=n}$ , άρα τελικά

$\displaystyle{\left| z-{{z}_{1}} \right|+\left| z-{{z}_{2}} \right|+...+\left| z-{{z}_{n}} \right|\ge n}$ . Προφανώς η ισότητα ισχύει όταν z=0

γιατί ισχύει και
$\displaystyle{\left| z-{{z}_{1}} \right|+\left| z-{{z}_{2}} \right|+...+\left| z-{{z}_{n}} \right|\le n\left| z \right|+n}$ και για το ίσο απαραίτητα z=0

δεν βλέπω κάτι άλλο…

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

parmenides51 · #3

Η άσκηση δεν ρωτούσε πότε έχουμε ισότητα. Προβληματισμός μου ήταν.
Η απάντηση z=0

λογική μου φαίνεται. Είναι η μόνη λύση άραγε; (*)

Ας διατυπώσω γεωμετρικά την άσκηση.

Δίνεται εγγεγραμμένο πολύγωνο (για $\nu \geq 3$ ) στον μοναδιαίο κύκλο του οποίου το βαρύκεντρο είναι η αρχή των αξόνων.
Ζητείται το ελάχιστο άθροισμα απόστασεων κάθε σημείου του επιπέδου του από τις κορυφές του πολυγώνου καθώς και το σημείο που απέχει το ελάχιστο αυτό άθροισμα .

(*) Δεν έχω απάντηση.

edit: Τα κόκκινα γράμματα

G.Bas · #4

parmenides51 έγραψε:Για τους μιγαδικούς $\displaystyle{z_1,z_2,z_3,...,z_n}$ ισχύει $\displaystyle{z_1+z_2+z_3+...+z_n=0}$ και $\displaystyle{|z_1|=|z_2|=|z_3|=...=|z_n|=1}$ .

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{|z-z_1|+|z-z_2|+|z-z_3|+...+|z-z_n|\geq n}$ για κάθε $\displaystyle{z \in \mathbb{C}}$ .

Πότε ισχύει η παραπάνω ισότητα;

Καμιά ιδέα για γενίκευση της;

Θέτουμε $\displaystyle{z=x+yi}$ και $\displaystyle{z_j=x_j+iy_j}$ με $\displaystyle{j=1,2,...,n}$ . Tότε, έχουμε ότι $\displaystyle{|z-z_j|=\sqrt{(x-x_j)^2+(y-y_j)^2}}$

Άρα, παίρνουμε ότι $\displaystyle{\sum |z-z_j|=\sum \sqrt{(x-x_j)^2+(y-y_j)^2}\geq \sqrt{\left(nx-\sum x_j\right)^2+\left( ny-\sum y_j\right)^2}}$ απο CS.

Χρησιμοποιώντας την CS για μια φορά ακόμα έχουμε ότι

$\displaystyle{\sqrt{\left(nx-\sum x_j\right)^2+\left( ny-\sum y_j\right)^2}\geq \frac{nx+ny-\left(\sum x_j+\sum y_j\right)}{\sqrt{2}}}$ .

Όμως, ξανά απο CS έχουμε ότι $\displaystyle{1=|z_j|=\sqrt{x_j^2+y_j^2}\geq \frac{x_j+y_j}{\sqrt{2}}}$ .

Άρα, $\displaystyle{\sum \frac{x_j+y_j}{\sqrt{2}}\leq n}$

ή

$\displaystyle{-\sum \frac{x_j+y_j}{\sqrt{2}}\geq -n}$

Οπότε η Ανισότητά μας γίνεται $\displaystyle{\sum |z-z_j|\geq \frac{nx+ny}{\sqrt{2}}-\sum\frac{x_j+y_j}{\sqrt{2}}\geq \frac{nx+ny}{\sqrt{2}}-n}$

Δηλαδή, $\displaystyle{\sum |z-z_j|\geq \frac{n}{\sqrt{2}}(x+y)-n}$

Βασικά, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και με άλλο τρόπο την CS και να πάρουμε ότι

$\displaystyle{\sqrt{\left(nx-\sum x_j\right)^2+\left( ny-\sum y_j\right)^2}\sqrt{x^2+y^2}\geq nx^2+ny^2-x\sum x_j-y\sum y_j}$

ή αφού είναι $\displaystyle{\sum z_j=0\rightarrow \sum x_j=\sum y_j=0}$

παίρνουμε ότι $\displaystyle{\sqrt{\left(nx-\sum x_j\right)^2+\left( ny-\sum y_j\right)^2}\cdot |z|\geq n|z|^2}$

ή

$\displaystyle{\sqrt{\left(nx-\sum x_j\right)^2+\left( ny-\sum y_j\right)^2}\geq n|z|}$

Δηλαδή $\displaystyle{\sum |z-z_j|\geq n |z|}$ .

parmenides51 · #5

Γιώργο σε έχασα. Ενδεχομένως φταίει πως δεν έχω ασχοληθεί ποτέ με μαθηματικά για διαγωνισμούς και ανισότητες CS.
Από αυτούς είμαι που δεν τα ξέρουν όλα

.
Τελικά ποιο είναι το ελάχιστο της παράστασης με το άθροισμα $\nu$ όρων;

parmenides51 · #6

Κοιτάζοντας τι ο

KAKABASBASILEIOS έγραψε:...
$\displaystyle{\left| z-{{z}_{1}} \right|+\left| z-{{z}_{2}} \right|+...+\left| z-{{z}_{n}} \right|}$
... $\displaystyle{\ge \left| \overline{{{z}_{1}}}z-{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+\overline{{{z}_{2}}}z-{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}+...+\overline{{{z}_{n}}}z-{{\left| {{z}_{n}} \right|}^{2}} \right|}$
... $\displaystyle{=n}$

παρατηρούμε οτι η ισότητα στην παραπάνω τριγωνική ανισότητα ισχύει,
όταν οι διανυσματικές ακτίνες των μιγαδικών $\displaystyle{ z-{{z}_{1}},z-{{z}_{2}},z-{{z}_{3}},...,z-{{z}_{n}} }}$ είναι μεταξύ τους ομόρροπα διανύσματα,
όταν δηλαδή η διανυσματική ακτίνα του μιγαδικού $\displaystyle{z}$ είναι παράλληλη με κάθε μία από τις διανυσματικές ακτίνες των μιγαδικών $\displaystyle{ z_1,z_2,z_3,...,z_n}$
το οποίο μπορεί να συμβεί για $\displaystyle{n}$ διαφορετικούς μιγαδικούς με εικόνες στον ίδιο κύκλο μόνο όταν $\displaystyle{z\equiv 0}$ .

Άρα το ίσον στην ανισότητα $\displaystyle{\left| z-{{z}_{1}} \right|+\left| z-{{z}_{2}} \right|+...+\left| z-{{z}_{n}} \right|\ge n}$ ισχύει μόνο όταν z=0

.

zorba_the_freak · #7

Γενίκευση:
Έστω $z_1,z_2,...,z_n\in\mathbb{C}$ και $\displaystyle z_0=\frac{z_1+z_2+\cdots+z_n}{n}.$ Τότε για κάθε $w\in\mathbb{C}$ ισχύει η σχέση:
$|w-z_1|^2+|w-z_2|^2+\cdots+|w-z_n|^2\geq|z_0-z_1|^2+|z_0-z_2|^2+\cdots+|z_0-z_n|^2$
Απόδειξη:
Θέτουμε a=z-z_0

και

οπότε είναι $\sum b_i=0.$ Επίσης είναι:
$|z-z_i|^2=|a+b_i|^2=|a|^2+|b_i|^2+(\overline{a}b_i+a\overline{b_i}).$ Επομένως είναι:
$\sum|z-z_i|^2=n|a|^2+\sum|b_i|^2\geq\sum|b_i|^2$

Παρατήρηση:
Η αρχική άσκηση, προκύπτει από τη γενίκευσή της, αφού έχουμε z_0=0

και $|z_1|=|z_2|=\cdots=|z_n|=1$

Μια παλιά ανισότητα

Μια παλιά ανισότητα

Re: Μια παλιά ανισότητα

Re: Μια παλιά ανισότητα

Re: Μια παλιά ανισότητα

Re: Μια παλιά ανισότητα

Re: Μια παλιά ανισότητα

Re: Μια παλιά ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση