szukanie zaawansowane
 [ Posty: 11 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 paź 2018, o 16:56 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Tarnów
Proszę o pomoc z tym zadaniem:

Wykaż, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c zachodzi nierówność:

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

Wywnioskuj stąd, że \left| \left| b\right|-\left| c\right|  \right| \le \left| b-c\right|
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 paź 2018, o 17:15 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1477
Lokalizacja: hrubielowo
Zauważ że \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \ge b+c więc

\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.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 paź 2018, o 22:57 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Tarnów
Janusz Tracz napisał(a):
Zauważ że \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \ge b+c


A skąd się to wzięło jakbyś mi mógł wytłumaczyć? :)
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 9 paź 2018, o 00:22 
Użytkownik

Posty: 12657
W rzeczywistych mamy a^2+b^2\ge b^2, więc (z uwagi na to, że f(x)=\sqrt{x} jest rosnąca w swojej dziedzinie) \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 \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 \sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \ge |b+c| (bądź poszerzyć komentarz), a to dlatego, że w ogólności z
x\ge y nie wynika, że |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 b\neq c, w przeciwnym razie dostajemy trywialne 0\le 0 i nie ma czego dowodzić.
Ustalmy dowolne a\in \RR i rozważmy funkcję f(x)=\sqrt{a^2+x^2}.
Z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej mamy
f(b)-f(c)=(b-c)f'(\xi), gdzie \xi jest punktem pośrednim między b a c.
Czyli:
\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) f(x)=\sqrt{x} jest rosnąca, a więc
|\xi|=\sqrt{\xi^2}\le \sqrt{\xi^2+a^2}, a to dlatego, że z uwagi na a^2\ge 0 dla każdego a\in \RR mamy \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 b+c=0, za to mój może się sypać w przypadku a=0. Niby to szczegóły, a jednak…
Można dowodzić prawdziwości nierówności
(b-c)^2\ge \left(\sqrt{a ^{2}+b ^{2} }- \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \right)^2,
która jest równoważna takiej:
\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 \sqrt{x^2}=|x|, tak chyba najbezpieczniej.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 paź 2018, o 00:41 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3313
Lokalizacja: blisko
Dalej zadanie nie jest rozwiązane...
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 9 paź 2018, o 00:45 
Użytkownik

Posty: 12657
Czemu? Co do drugiego podpunktu, wystarczy podstawić a=0 i skorzystać z: \sqrt{x^2}=x
dla x\in \RR.
A jak ktoś nie zna nierówności Cauchy'ego-Schwarza, to można zauważyć, że
(x^2+y^2)(z^2+t^2)-(xz+yt)^2=(yz-xt)^2
i ostatnie wyrażenie oczywiście jest nieujemne dla x,y,z,t\in \RR.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 paź 2018, o 00:47 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3313
Lokalizacja: blisko
Mamy udowodnić, że:

||x|-|y|| \le |x-y|

A tego nie zauważyłem...
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 paź 2018, o 05:45 
Użytkownik

Posty: 15355
Lokalizacja: Bydgoszcz
Premislav napisał(a):
Czemu? Co do drugiego podpunktu, wystarczy podstawić a=0 i skorzystać z: \red{\sqrt{x^2}=x}
dla x\in \RR.
A jak ktoś nie zna nierówności Cauchy'ego-Schwarza, to można zauważyć, że
(x^2+y^2)(z^2+t^2)-(xz+yt)^2=(yz-xt)^2
i ostatnie wyrażenie oczywiście jest nieujemne dla x,y,z,t\in \RR.


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

A dowód Janusza łatwo naprawić: dla b=c=0 nierówność jest oczywista, a w pozostałych przypadkach mamy
\sqrt{a ^{2}+b ^{2} }+ \sqrt{a ^{2}+c ^{2} } \ge |b|+|c|, więc
\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 \frac{|b+c|}{|b|+|c|}\leq 1.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 paź 2018, o 12:30 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3313
Lokalizacja: blisko
Za ciężkie działa były wystawione w tym zadanku...
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 9 paź 2018, o 16:40 
Użytkownik

Posty: 12657
Ojej, miało być \sqrt{x^2}=|x|, tego nie jestem w stanie wyjaśnić, tym bardziej, że pamiętam, jak pisałem |x|. :o
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 paź 2018, o 17:08 
Użytkownik

Posty: 526
Lokalizacja: somewhere
W tym zadaniu chyba najprościej skorzystać z prostej równoważności: dla x,y \in \mathbb R zachodzi \left| x\right| \ge \left| y\right|  \Leftrightarrow x^2  \ge y^2. Zatem, nierówność w zadaniu jest równoważna nierówności \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..
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 11 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Zadanie z wartoscią bezwzględną  madzia1970  3
 Nierówność z podwójną wartością bezwzględną.  Sir Kurtz  4
 Równanie z wartością bezwzględną - zadanie 23  hugerth  9
 Zapisz ten zbior za pomoca przedzialu.. ( wart bezwgledna )  karol123  9
 Nierówność z wart. bezwględną  mary26  4
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl