Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Definicja, własności - specyfika równań i nierówności.
Awatar użytkownika
camillus25
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 160
Rejestracja: 5 paź 2018, o 20:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 27 razy

Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: camillus25 » 8 paź 2018, o 16:56

Proszę o pomoc z tym zadaniem:

Wykaż, że dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a, b, c}\) zachodzi nierówność:

\(\displaystyle{ \left| \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }- \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \right| \le \left| b-c\right|}\)

Wywnioskuj stąd, że \(\displaystyle{ \left| \left| b\right|-\left| c\right| \right| \le \left| b-c\right|}\)

Awatar użytkownika
Janusz Tracz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2370
Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: hrubielowo
Podziękował: 66 razy
Pomógł: 721 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: Janusz Tracz » 8 paź 2018, o 17:15

Zauważ że \(\displaystyle{ \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \ge b+c}\) więc

\(\displaystyle{ \left| \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }- \sqrt{a ^{2}+c ^{2} }\right|=\left| \frac{(a^2+b^2)-(a^2+c^2)}{\sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} }} \right| \le \left| \frac{(b+c)(b-c)}{b+c}\right|}\)

co należało dowieść.

Awatar użytkownika
camillus25
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 160
Rejestracja: 5 paź 2018, o 20:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 27 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: camillus25 » 8 paź 2018, o 22:57

Janusz Tracz pisze:Zauważ że \(\displaystyle{ \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \ge b+c}\)
A skąd się to wzięło jakbyś mi mógł wytłumaczyć?

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14383
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 83 razy
Pomógł: 4730 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: Premislav » 9 paź 2018, o 00:22

W rzeczywistych mamy \(\displaystyle{ a^2+b^2\ge b^2}\), więc (z uwagi na to, że \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{x}}\) jest rosnąca w swojej dziedzinie) \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2}\ge \sqrt{b^2}=|b|\ge b}\) (ostatnia nierówność bezpośrednio z definicji wartości bezwzględnej liczby rzeczywistej). Podobnie dochodzimy do wniosku, że \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+c^2}\ge c}\) i dodajemy stronami.

Jednakoż wydaje mi się, że argument, który przedstawił Janusz Tracz, jest trochę za mało sprecyzowany. Lepiej skorzystać z nierówności \(\displaystyle{ \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \ge |b+c|}\) (bądź poszerzyć komentarz), a to dlatego, że w ogólności z
\(\displaystyle{ x\ge y}\) nie wynika, że \(\displaystyle{ |x|\ge|y|}\). Ale może trochę za bardzo się czepiam, jeśli tak, to przepraszam bardzo.

Można i tak (bynajmniej nie twierdzę, że tak jest lepiej!):
przyjmijmy, że \(\displaystyle{ b\neq c}\), w przeciwnym razie dostajemy trywialne \(\displaystyle{ 0\le 0}\) i nie ma czego dowodzić.
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ a\in \RR}\) i rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{a^2+x^2}}\).
Z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej mamy
\(\displaystyle{ f(b)-f(c)=(b-c)f'(\xi)}\), gdzie \(\displaystyle{ \xi}\) jest punktem pośrednim między \(\displaystyle{ b}\) a \(\displaystyle{ c}\).
Czyli:
\(\displaystyle{ \left| \sqrt{a^2+b^2}-\sqrt{a^2+c^2}\right| =\\=\left| (b-c) \cdot \frac{\xi}{\sqrt{\xi^2+a^2}} \right| =\\=|b-c| \cdot \frac{|\xi|}{\sqrt{\xi^2+a^2}}\le |b-c|}\)
Ostatnia nierówność wynika z tego, że (jak wspomniałem) \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{x}}\) jest rosnąca, a więc
\(\displaystyle{ |\xi|=\sqrt{\xi^2}\le \sqrt{\xi^2+a^2}}\), a to dlatego, że z uwagi na \(\displaystyle{ a^2\ge 0}\) dla każdego \(\displaystyle{ a\in \RR}\) mamy \(\displaystyle{ \xi^2\le \xi^2+a^2}\).

-- 8 paź 2018, o 23:33 --

Chociaż teraz zauważyłem, że dowód Janusza Tracza ma jeszcze jedną drobniutką usterkę: może być \(\displaystyle{ b+c=0}\), za to mój może się sypać w przypadku \(\displaystyle{ a=0}\). Niby to szczegóły, a jednak…
Można dowodzić prawdziwości nierówności
\(\displaystyle{ (b-c)^2\ge \left(\sqrt{a ^{2}+b ^{2} }- \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \right)^2}\),
która jest równoważna takiej:
\(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{a^2+c^2}\ge a^2+bc}\),
(a to jest prawdą na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza),
a potem to spierwiastkować, pamiętając, że w rzeczywistych \(\displaystyle{ \sqrt{x^2}=|x|}\), tak chyba najbezpieczniej.

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3759
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 87 razy
Pomógł: 367 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: arek1357 » 9 paź 2018, o 00:41

Dalej zadanie nie jest rozwiązane...

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14383
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 83 razy
Pomógł: 4730 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: Premislav » 9 paź 2018, o 00:45

Czemu? Co do drugiego podpunktu, wystarczy podstawić \(\displaystyle{ a=0}\) i skorzystać z: \(\displaystyle{ \sqrt{x^2}=x}\)
dla \(\displaystyle{ x\in \RR.}\)
A jak ktoś nie zna nierówności Cauchy'ego-Schwarza, to można zauważyć, że
\(\displaystyle{ (x^2+y^2)(z^2+t^2)-(xz+yt)^2=(yz-xt)^2}\)
i ostatnie wyrażenie oczywiście jest nieujemne dla \(\displaystyle{ x,y,z,t\in \RR}\).

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3759
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 87 razy
Pomógł: 367 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: arek1357 » 9 paź 2018, o 00:47

Mamy udowodnić, że:

\(\displaystyle{ ||x|-|y|| \le |x-y|}\)

A tego nie zauważyłem...

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 17190
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 2893 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: a4karo » 9 paź 2018, o 05:45

[quote="Premislav"]Czemu? Co do drugiego podpunktu, wystarczy podstawić \(\displaystyle{ a=0}\) i skorzystać z: \(\displaystyle{ \red{\sqrt{x^2}=x}}\)
dla \(\displaystyle{ x\in \RR.}\)
A jak ktoś nie zna nierówności Cauchy'ego-Schwarza, to można zauważyć, że
\(\displaystyle{ (x^2+y^2)(z^2+t^2)-(xz+yt)^2=(yz-xt)^2}\)
i ostatnie wyrażenie oczywiście jest nieujemne dla \(\displaystyle{ x,y,z,t\in \RR}\).[/quote]

Takich rzeczy raczej nie powinieneś pisać, tym bardziej, że Twój dowód rzeczywiście się sypie dla \(\displaystyle{ a=0}\) - funkcja nie jest różniczkowalna.

A dowód Janusza łatwo naprawić: dla \(\displaystyle{ b=c=0}\) nierówność jest oczywista, a w pozostałych przypadkach mamy
\(\displaystyle{ \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \ge |b|+|c|}\), więc
\(\displaystyle{ \left| \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }- \sqrt{a ^{2}+c ^{2} }\right|=\left| \frac{(a^2+b^2)-(a^2+c^2)}{\sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} }} \right| \le \left| \frac{(b+c)(b-c)}{|b|+|c|}\right|\leq |b-c|}\),
bo \(\displaystyle{ \frac{|b+c|}{|b|+|c|}\leq 1}\).

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3759
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 87 razy
Pomógł: 367 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: arek1357 » 9 paź 2018, o 12:30

Za ciężkie działa były wystawione w tym zadanku...

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14383
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 83 razy
Pomógł: 4730 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: Premislav » 9 paź 2018, o 16:40

Ojej, miało być \(\displaystyle{ \sqrt{x^2}=|x|}\), tego nie jestem w stanie wyjaśnić, tym bardziej, że pamiętam, jak pisałem \(\displaystyle{ |x|}\).

Awatar użytkownika
karolex123
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 727
Rejestracja: 22 gru 2012, o 11:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: somewhere
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 124 razy

Re: Dowód z nierównością i wartością bezwględną

Post autor: karolex123 » 9 paź 2018, o 17:08

W tym zadaniu chyba najprościej skorzystać z prostej równoważności: dla \(\displaystyle{ x,y \in \mathbb R}\) zachodzi \(\displaystyle{ \left| x\right| \ge \left| y\right| \Leftrightarrow x^2 \ge y^2}\). Zatem, nierówność w zadaniu jest równoważna nierówności \(\displaystyle{ \sqrt{(a^2+b^2)(a^2 +c^2)} \ge a^2+bc}\), a to jest nierówność Schwarza.

edit: dopiero zauważyłem, że takie rozwiązanie już się pojawiło..

ODPOWIEDZ