Слабая субмодульность для последовательных индексов
Позволять $f\colon \mathbf{R} \times \mathbf{R}^+ \rightarrow \mathbf{R}$ определяться $f(x,y) = \frac{x^2}{y}$. Позволять$X = \left\lbrace x_1, \dots, x_n\right\rbrace \subseteq \mathbf{R}$, $Y = \left\lbrace y_1, \dots, y_n\right\rbrace \subseteq \mathbf{R}^+$ быть заказанным так, чтобы $\frac{x_1}{y_1} \leq \dots \leq \frac{x_n}{y_n}$. Определите заданную функцию$F\colon 2^n \rightarrow \mathbf{R}$ от $F(S) = \frac{(\sum_{i \in S}x_i)^2}{\sum_{i \in S}y_i}$ для $S \subseteq \left\lbrace 1, \dots n\right\rbrace$
$F$ может не быть субмодульным даже для $X$ положительный - для $X = \left\lbrace0, 7, 8, 9\right\rbrace$, $Y = \left\lbrace4, 7, 1, 1\right\rbrace$ брать $$ \begin{align} S &= \left\lbrace 1, 3\right\rbrace \\ T &= \left\lbrace0, 2, 3\right\rbrace \\ S \cap T &= \left\lbrace 3\right\rbrace\\ S \cup T &= \left\lbrace 0, 1, 2, 3\right\rbrace \\ \end{align} $$ а также $$ F(S) + F(T) \approx 80.1667 \\ F(S \cup T) + F(S \cap T) \approx 125.3077 $$
я думаю $F$ субмодулярна для интервалов, другими словами, $$ F(S) + F(T) \geq F(S \cup T) + F(S \cap T) $$
для $S$, $T$ интервалы формы $\left\lbrace j, j+1, \dots k\right\rbrace$, для $j \leq k$, для любой спецификации $X$, $Y$. Я не смог это доказать - может ли кто-нибудь доказать или привести контрпример?
Ответы
Субмодулярность сохраняется со следующим положением: В ОП, $F(\emptyset)$не определено. Определим это как$0$.
Позволять $$s_1:=\sum_{S\setminus T}x_i,\quad s_2:=\sum_{S\cap T}x_i,\quad s_3:=\sum_{T\setminus S}x_i,$$ $$t_1:=\sum_{S\setminus T}y_i,\quad t_2:=\sum_{S\cap T}y_i,\quad t_3:=\sum_{T\setminus S}y_i.$$ Без потери общности (wlog), $S$ а также $T$ непусты, а левая конечная точка интервала $S$ не больше левой конечной точки интервала $T$. Очевидно,$t_1,t_2,t_3\ge0$. Предполагая$t_1,t_2,t_3>0$, условие $\frac{x_1}{y_1}\le\dots\le\frac{x_n}{y_n}$ подразумевает $$\frac{s_1}{t_1}\le\frac{s_2}{t_2}\le\frac{s_3}{t_3}.\tag{1}$$
Эти условия далее подразумевают $$\frac{(s_1+s_2)^2}{t_1+t_2}+\frac{(s_2+s_3)^2}{t_2+t_3}\ge\frac{(s_1+s_2+s_3)^2}{t_1+t_2+t_3}+\frac{s_2^2}{t_2}.\tag{2}$$ Это, $$F(S)+F(T)\ge F(S\cup T)+F(S\cap T)$$ если $t_1,t_2,t_3>0$. Случаи с одним из$t_j$'s (и соответствующие $s_j$s) равно $0$ похожи и проще.
Таким образом, $F$ субмодульный.
Чтобы доказать (скажем) первое неравенство в (1), пусть $r_i:=x_i/y_i$, $j:=\max(S\setminus T)$, а также $k:=\min(S\cap T)$. потом$x_i=r_i y_i$, $r_i$ не убывает в $i$, а также $j<k$. Так,$s_1\le r_j t_1$, а также $s_2\ge r_k t_2$, а также $r_j\le r_k$. Из этих неравенств следует первое неравенство в (1). Второе неравенство в (1) доказывается аналогично.
Чтобы доказать (2), заменим там $s_j$ от $R_jt_j$, где $R_j:=s_j/t_j$, так что согласно (1) $R_1\le R_2\le R_3$. Обратите внимание, что производная в$R_3$ разности левой и правой частей (2) (с $s_j$ заменен на $R_jt_j$) является $$\frac{2 t_1 t_3 \left(\left(R_2-R_1\right) t_2+\left(R_3-R_1\right) t_3\right)}{\left(t_2+t_3\right) \left(t_1+t_2+t_3\right)}\ge0.$$ Итак, wlog $R_3=R_2$, и в этом случае (2) можно переписать как $$\frac{\left(R_1-R_2\right){}^2 t_1^2 t_3}{\left(t_1+t_2\right) \left(t_1+t_2+t_3\right)}\ge0,\tag{3}$$ что очевидно верно.
Мы также можем видеть, что с $t_1,t_2,t_3>0$, неравенство (2) строгое, если $R_1=R_2=R_3$.
Кроме того, доказательство (2) при соответствующих условиях представляет собой простую задачу реальной алгебраической геометрии, которая может быть решена алгоритмически / бездумно, как видно из следующего изображения записной книжки системы Mathematica (щелкните изображение, чтобы увеличить его):
