構築されたゼロサムダブルシーケンス内のゼロと符号スイッチの数

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Maximilian Janisch 2019-09-24 23:45.

MathOverflowも参照してください。

セットアップ。しましょう$n\in\Bbb N$。しましょう$a_{1,1}, a_{1,2},\dots, a_{1,n}\in\Bbb R$ 合計が次の実数の与えられたシーケンスである $0$、すなわち $a_{1,n}=-(a_{1,1}+a_{1,2}+\dots+a_{1,n-1})$。にとって$i=2,\dots,n$ 定義する $$a_{i,j}=a_{1,j}+a_{1,j+1}+\dots+a_{1,j+i-1}=\sum_{k=j}^{j+i-1} a_{1,k}\quad(\text{for } j=1,\dots,n-i+1).$$ 「ハーフマトリックス」 $(a_{i,j})_{i,j}$ 次のように視覚化できます。 $$ \begin{pmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} & \dots & a_{1,n-2} & a_{1,n-1} & -(a_{1,1}+a_{1,2}+\dots+a_{1,n-1}) \\ a_{1,1}+a_{1,2} & a_{1,2}+ a_{1,3} & a_{1,3}+a_{1,4} & \dots & a_{1,n-2} + a_{1,n-1} & -(a_{1,1}+a_{1,2}+\dots+a_{1,n-2}) \\ a_{1,1}+a_{1,2}+a_{1,3} & a_{1,2}+a_{1,3}+a_{1,4} & a_{1,3}+a_{1,4}+a_{1,5} & \dots & -(a_{1,1}+a_{1,2}+\dots+a_{1,n-3}) \\ \vdots & \vdots & ⋰& ⋰ \\ a_{1,1}+a_{1,2}+\dots+a_{1,n-1} & -a_{1,1} \\ 0 \end{pmatrix} $$

今、私は次の命題を持っています:

命題。しましょう$n, a_{i,j}$セットアップと同じようにします。その後、少なくともあります$n$ 別個のペア $(i,j)$$i\in\{1,\dots, n\}$ そして $j\in\{1,\dots,n-i+1\}$ そのような

  • $a_{i,j}=0$ または
  • $j\le n-i$ そして $a_{i,j}\cdot a_{i,j+1} < 0$

より非公式には、のゼロの数 $a_{i,j}$ プラス隣接する間の「サインスイッチ」の数 $a_{i,j}$ すべての行で少なくとも $n$

私の質問:この命題をどのように証明できますか?


環境。この提案を証明することで、StackExchangeで見つけた特別な連続関数の零点に関する別の問題を解決することができます。

例($n=4$)。検討\ frac14& - - \ frac54 \\ \ frac32&\ frac14& - \ frac32 \\ \ frac54&-1 \\ 0 \端{pmatrixの} {pmatrixの1}&\ frac12&開始\

次に $a_{1,2}\cdot a_{1,3}<0$; $a_{2,2}\cdot a_{2,3}<0$; $a_{3,1}\cdot a_{3,2}<0$ そして $a_{4,1}=0$。したがって、この例では、正確に$n$ ゼロ/符号スイッチ。


私の仕事。誘導を使ってみました$n$:命題が一部に当てはまる場合 $n-1\in\Bbb N$、いくつか修正 $(a_{i,j})_{i,j}$ セットアップのように。

  • 場合 $a_{1,1}=0$、次に、の最初の列と最後の行をキャンセルして得られた行列 $a_{i,j}$ 行列は命題のすべての仮定を満たしているため、少なくとも $n-1$ゼロ/符号スイッチ。以来$a_{1,1}=0$、少なくとも $n+1$ 「完全な」マトリックスの符号スイッチ。
  • 場合 $a_{1,1}\neq 0$ どうすればいいのかわからない

1 answers

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Maximilian Janisch 2019-09-26 05:34.

これは、MathOverflowに関するIlya Bogdanovによるこの質問への良い答えに基づいた、この提案の非常に厳密な証明です。彼のはるかに読みやすい証明のスケッチについては、ここを参照してください

補題1.もし$n\in\Bbb N\setminus \{1\}$ そして $a_1,a_2,\dots, a_n\in\Bbb R$ そのようなものです $a_1\cdot a_n< 0$、次にあります $i\in\{1,2,\dots,n-1\}$ そのような $a_i=0$ または $a_{i}\cdot a_{i+1}<0$
証明。そうでなければ仮定します。しましょう$\operatorname{sign}$可能ログイン機能。次に$$-1=\operatorname{sign}(a_1\cdot a_n)=\operatorname{sign}\big(a_1\cdot a_n\cdot\prod_{j=2}^{n-1} a_j^2\big) = \operatorname{sign}\big(\prod_{j=1}^{n-1} a_j\cdot a_{j+1}\big)=1.$$ 矛盾。 $\square$

補題2.レッツ$n\in\Bbb N\setminus\{1\}$ そして $a_1,a_2,\dots, a_n\in\Bbb R$ そのような $\sum_{i=1}^n a_i=0$。にとって$j\in\{1,2,\dots,n\}$ 定義する $$c(j) = \begin{cases}j+1, & j\neq n\\1, & j=n\end{cases}.$$ 次に、2つのインデックスがあります $i_1\neq i_2\in\{1,\dots,n\}$ そのような $\forall j\in\{i_1,i_2\}\colon a_j=0\lor a_j\cdot a_{c(j)}<0$

証明。すべての場合$a_i$ です $0$その後、完了です。それ以外の場合は$i$ 次のようなインデックスになります $a_i\neq 0$。以来$a_i$ 合計 $0$、インデックスがあります $j\neq i$ そのような $a_i\cdot a_j<0$。WLOGが$j>i$。補題1によって$i\le i_1< j$ そのような $a_{i_1}=0$ または $a_{i_1}\cdot a_{i_1+1}<0$。場合$\operatorname{sign}(a_i)=\operatorname{sign}(a_1)$ 次に補題1によって( $a_j,a_{j+1}, \dots, a_n,a_1$)あります $j\le i_2\le n$ そのような $a_{i_2}=0$ または $a_{i_2}\cdot a_{c(i_2)}<0$。同じ推論(「左側」)は私たちに$i_2$ もし $\operatorname{sign}(a_i)\neq\operatorname{sign}(a_1)$。明らかに、$i_1\neq i_2$$\square$

命題の証明。しましょう$i\in\{1,2,\dots,n-1\}$。のために定義する$j=1,2,\dots,n$ 「の自然な継続 $a_{i,j}$「」 $$d_{i,j} = \sum_{k=0}^{i-1} a_{1,\operatorname{mod}(j+k,n)}$$ 変更されたものを使用する場所 $\operatorname{mod}$ 関数: $$\operatorname{mod}(n_1,n_2):=\begin{cases}n_1\mod n_2, & \text{if }n_1\mod n_2\neq 0 \\ n_2, & \text{if }n_1\mod n_2=0\end{cases}.$$

いくつかの重要な観察(すべてのために $i=1,2,\dots, n-1$): \begin{align} \tag 1 \label 1 d_{i,j} &= a_{i,j}, \text{ if } j\le n-i+1; \\ \tag 2 \label 2 d_{i,j} &=a_{1,j}+a_{1,j+1}+\dots+a_{1,n}+a_{1,1}+a_{1,2}+\dots+a_{1,j+i-1-n} \\ &= -(a_{1,j+i-n}+a_{1,j+i-n+1}+\dots + a_{1,j-1}) = -a_{n-i,j+i-n}, \text{ if } j > n-i+1; \\ \tag 3 \label 3 a_{i,n-i+1}&=a_{1,n-i+1}+a_{1,n-i+2}+\dots a_{1,n}=-a_{n-i,1} \\ \tag 4 \label 4 \sum_{j=1}^n d_{i,j} &= i\cdot\sum_{j=1}^n a_{1,j} = 0. \end{align}

\ eqref {3}があるため、補題2をに適用できます。 $d_{i,j}$ それぞれについて $i$ そしてそれを取得します:

2つの機能があります $h_1,h_2\colon\{1,\dots,n-1\}\to \{1,\dots,n\}$ すべての人のために $i\in\{1,\dots,n-1\}$ 我々は持っています $$ \big(d_{i,h_1(i)}=0 \lor d_{i,h_1(i)}\cdot d_{i,\operatorname{mod}(h_1(i)+1,n)}<0\big) \land \big(d_{i,h_2(i)}=0 \lor d_{i,h_2(i)}\cdot d_{i,\operatorname{mod}(h_2(i)+1,n)}<0\big) \land h_1(i)\neq h_2(i). $$

すべてのための $i\in\{1,\dots,n-1\}$ 現在、次の結果を使用しています。

  • 場合 $1\le h_1(i)<n-i+1$、次にゼロがあります(\ eqref {1}を使用) $d_{i,h_1(i)}=d_{i,h_1(i)}$ または間のサインスイッチ $d_{i,h_1(i)}=a_{i,h_1(i)}$ そして $d_{i,h_1(i)+1}=a_{i,h_1(i)+1}$
  • 場合 $h_1(i)=n-i+1$、次にゼロがあります $d_{i,h_1(i)}=a_{i,h_1(i)}$ または(\ eqref {1}、\ eqref {2}、\ eqref {3}を使用して)間の符号切り替え $d_{i,h_1(i)}=-a_{n-i,1}$ そして $d_{i,h_1(i)+1}=-a_{n-i,2}$
  • 場合 $n-i+1<h_1(i)<n$、次に(\ eqref {2}を使用して)ゼロがあります $d_{i,h_1(i)}=a_{n-i,h_1(i)+i-n}$ または間のサインスイッチ $a_{n-i,h_1(i)+i-n}$ そして $a_{n-i,h_1(i)+i-n+1}$
  • 場合 $h_1(i)=n$、次にゼロがあります $d_{i,n}=a_{n-i,i}$ または間のサインスイッチ $d_{i,n}=-a_{n-i,i}$ そして $d_{i,1}=a_{i,1}=-a_{n-i,n-(n-i)+1}=-a_{n-i,i+1}$

同じ理由が関数にも当てはまります $h_2$。しましょう$$S:=\{(i,h_1(i))\mid i=1,\dots,\lceil (n-1)/2\rceil\}\cup \{(i,h_2(i))\mid i=1,\dots,\lceil (n-1)/2\rceil\}.$$ のプロパティによって $h_1,h_2$ (つまり、 $h_1(i)\neq h_2(i)$)、私たちはのカーディナリティが $S$ 少なくとも $n-1$。上記の4つの推論を使用することにより、明確なペアを得ることができます$(\tilde i, \tilde j)$ すべてのペアのゼロまたは符号スイッチに対応 $(i,j)\in S$

少なくともあります $n-1$ 最初のゼロ/符号スイッチ $n-1$行。以来、$a_{n,1}=0$、少なくともあります $n$ 合計でゼロ/符号スイッチ。 $\square$

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