$a_1,\dots,a_n$ 和为0 平方和为1 求$a_1a_2+a_2a_3+\dots+a_na_1$最大值

hbghlyj

Linear Algebra 2008 4 Q19.

Let $a_1, a_2, \ldots , a_n$ be real numbers such that $a_1 +\dots+ a_n = 0$ and $a^2_1 +\dots+ a^2_n = 1$. What is the maximum value of $a_1a_2 + a_2a_3 + \dots+ a_{n−1}a_n + a_na_1$

Czhang271828

记 $Z=\begin{pmatrix}\mathbf 0^T&1\\\mathbf 1_{n-1}&\mathbf 0\end{pmatrix}$, 则 $Z^T=Z^{-1}$. 令 $\vec a=(a_1,\ldots ,a_n)$, 则
\[
\dfrac{1}{2}\cdot \vec a^T\cdot (Z+Z^{-1})\cdot \vec a=a_1a_2 + a_2a_3 + \cdots+ a_{n−1}a_n + a_na_1.
\]
由于 $Z$ 的特征多项式为 $f_Z(\lambda)=\lambda^n-1$, 其特征值为 $\{e^{2\pi ik/n}\}$. 从而 $(Z+Z^{-1})$ 的特征值为 $\{2\cos (2\pi k/n)\}$. 注意到最大特征值 $2$ 对应的特征向量为 $\mathbf 1$, 从而第二大特征向量为
\[
\lambda_2:=\sup_{x^T\cdot \mathbf 1=0}\dfrac{x^T\cdot (Z+Z^{-1})\cdot x}{x^T\cdot x}.
\]
因此 $\frac{1}{2}\cdot \vec a^T\cdot (Z+Z^{-1})\cdot \vec a$ 的最大值为 $\cos (2\pi/n)$, 取等当且仅当 $\vec a$ 与 $\lambda_2$ 对应的特征向量平行.
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由于二次型相关的不等式题目在初数区里挺常见的, 并且一般都是算 $\lambda_2$. 这里补充一下背景: Rayleigh 商的计算.
简而言之, 对 $n$ 阶实对称矩阵 $Q$, 最大特征值为
\[
\lambda_1=\sup_{x\in \mathbb R^n}\dfrac{x^T\cdot Q\cdot x}{x^T\cdot x}.
\]
记 $e_1$ 为 $\lambda_1$ 对应的特征向量. 由于 $Q$ 可对角化, 故第二大特征值为
\[
\lambda_2=\sup_{x\perp e_1}\dfrac{x^T\cdot Q\cdot x}{x^T\cdot x}.
\]
依次类推, 第 $k+1$ 大特征值为
\[
\lambda_{k+1}=\sup_{x\perp \mathrm{span}\{e_1,\ldots ,e_k\}}\dfrac{x^T\cdot Q\cdot x}{x^T\cdot x}.
\]
对复矩阵, 一般的实/复线性空间类似, 将转置改成共轭转置即可.

kuing

Czhang271828 发表于 2023-5-21 13:20
记 $Z=\begin{pmatrix}\mathbf 0^T&1\\\mathbf 1_{n-1}&\mathbf 0\end{pmatrix}$, 则 $Z^T=Z^{-1}$. 令 $\v ...

看不懂
不过答案好像 cos 前面没有 2

Czhang271828

装逼解法: 注意到
\begin{align*}
&a_1a_2 + a_2a_3 + \dots+ a_{n−1}a_n + a_na_1\\\\
=&\,\sum_{k=0}^{n-1}\left[\cos \dfrac{2\pi k}{n}\cdot \left(\sum_{l=0}^{n-1}\cos\dfrac{2\pi kl}{n}a_{l+1}\right)^2\right]
\end{align*}
从而最大值 $\cos\dfrac{2\pi}{n}$.

恒等式的证明(还是回到二次型的对角化).

记 $n$-阶方阵
\begin{align*}
Z+Z^{-1}&:=\begin{pmatrix}0&1&&&&1\\1&0&1\\&1&0&1\\&&\ddots&\ddots&\ddots\\&&&1&0&1\\1&&&&1&0\end{pmatrix}_{n\times n}\\\\
P&:=\left(\cos \dfrac{2\pi (i-1)(j-1)}{n}\right)_{n\times n}\\\\
D&:=\begin{pmatrix}2&\\&2\cos\dfrac{2\pi}{n}\\&&\ddots\\&&&2\cos\dfrac{2(n-1)\pi}{n}\end{pmatrix}_{n\times n}
\end{align*}
计算特征值, 得对角化关系 $P^TDP=(Z+Z^{-1})$. 此时
\[
\vec a^T\cdot (Z+Z^{-1})\cdot \vec a=\vec a^T\cdot (P^TDP)\cdot \vec a=(P\vec a)^T\cdot D\cdot (P\vec a).
\]
从而推出以上恒等式.

Czhang271828

尝试推广: [$Q_n$ 情形] 给定实数 $\{a_1,a_2,\ldots ,a_{2^n}\}$, 满足 $\sum a_i^2=1$ 与 $\sum a_i=0$. 对任意 $1\leq i <j\leq 2^n$, 记 $\varphi_{i,j}=1$ 当且仅当 $\log_2(j-i)\in \mathbb N\cup\{0\}$; 反之 $\varphi_{i,j}=0$. 试求
$$
\left(\sum_{1\leq i <j\leq n} \varphi_{i,j}\cdot a_ia_j\right)
$$
值域.

解答

该二次型(的两倍)对应超立方体图邻接矩阵 $Q_n$. 其第二大特征值为 $n-2$, 从而上式最大值为 $(\frac n2-1)$; 最小特征值为 $-n$, 故上式最小值 $-\frac n2$.
注: 根据 $Q_{n=1}:=Q_n\otimes I_2+I_2\otimes Q_n$ 归纳得 $Q_n$ 的第 $k$ 大特征值为 $n-2(k-1)$, 重数为 $\binom{n}{k-1}$.