Задача 21 — Демидович

Откройте "Открытую Математику"!

Понятная теория, конспекты и задачник в одном флаконе!

Заглянуть

└─

└─

└─

└─

§1. Вещественные числа

└─

Модуль

└─

Задача 21

Нормальная

Доказать неравенства:

$а) ∣ x - y ∣ \geq ∣∣ x ∣ - ∣ y ∣∣; б) ∣ x + x_{1} + \dots + x_{n} ∣ \geq ∣ x ∣ - (∣ x_{1} ∣ + \dots + ∣ x_{n} ∣)$

Петр Радько

Указание

Пункт а)

Возведите обе части неравенства в квадрат по прото-задаче П-ссылка.

Воспользуйтесь свойством модулей $∣ f ∣∣ g ∣ = ∣ f g ∣$ из прото-задачи П-ссылка.

Докажите верность неравенства $∣ x y ∣ \geq x y$ по определению модуля.

Пункт б)

Доказывать надо по методу математической индукции.

Воспользуйтесь свойством модулей $∣ f + g ∣ \geq ∣ f ∣ - ∣ g ∣$ из прото-задачи П-ссылка.

В индукционном переходе воспользуйтесь указанным выше свойством, а затем усильте получившееся неравенство с помощью индукционного предположения.

Решение

Пункт а)

$∣ x - y ∣ \geq ∣∣ x ∣ - ∣ y ∣∣$

Упростим неравенство, возведя обе его части в квадрат (см. прото-задачу П-ссылка):

$x^{2} - 2 x y + y^{2} \geq x^{2} - 2∣ x ∣∣ y ∣ + y^{2}$

$∣ x ∣∣ y ∣ \geq x y$

Воспользуемся свойством модуля (см. прото-задачу П-ссылка):

$∣ x ∣∣ y ∣ = ∣ x y ∣ \geq x y ∣ x y ∣ \geq x y$

Если $x y \geq 0$ , то $∣ x y ∣ = x y$ , поэтому выполняется

$x y \geq x y$

Если $x y < 0$ , то $∣ x y ∣ = - x y$ , поэтому

$- x y \geq x y$

Моделим обе части на $x y$ . Так как $x y < 0$ , то знак меняем на противоположный: $- 1 \leq 0$

Это тоже верно.

Итак, мы доказали, что

$∣ x - y ∣ \geq ∣∣ x ∣ - ∣ y ∣∣$

$■$

Пункт б)

$∣ x + x_{1} + \dots + x_{n} ∣ \geq ∣ x ∣ - (∣ x_{1} ∣ + \dots + ∣ x_{n} ∣)$

В этом пункте мы будем постоянно пользоваться следующим свойством модуля (см. прото-задачу П-ссылка):

$∣ f + g ∣ \geq ∣ f ∣ - ∣ g ∣$

Назовем это свойство «важным».

Перейдем теперь к доказательству. Доказывать будем по методу математической индукции.

База индукции: пусть $n = 1$ :

$∣ x + x_{1} ∣ \geq ∣ x ∣ - ∣ x_{1} ∣$

Это неравенство выполняется (по «важному» свойству).

Индукционный переход:

Пусть доказываемое неравенство выполняется для какого-то $k$ :

$∣ x + x_{1} + \dots + x_{k} ∣ \geq ∣ x ∣ - (∣ x_{1} ∣ + \dots + ∣ x_{k} ∣)$

Докажем, что неравенство выполняется и для $k + 1$ :

$∣ x + x_{1} + \dots + x_{k} + x_{k + 1} ∣ \geq ∣ x ∣ - (∣ x_{1} ∣ + \dots + ∣ x_{k} ∣ + ∣ x_{k + 1} ∣)$

В левой неравенства возьмем в скобки все слагаемые от $x$ до $x_{k}$ :

$∣ (x + x_{1} + \dots + x_{k}) + x_{k + 1} ∣$

Воспольуземся «важным» свойством:

$∣ (x + x_{1} + \dots + x_{k}) + x_{k + 1} ∣ \geq ∣ x + x_{1} + \dots + x_{k} ∣ - ∣ x_{k + 1} ∣$

Усилим неравенство, применив индукционное предположение для первого слагаемого правой части неравенства:

$∣ (x + x_{1} + \dots + x_{k}) + x_{k + 1} ∣ \geq ∣ x + x_{1} + \dots + x_{k} ∣ - ∣ x_{k + 1} ∣ \geq \geq ∣ x ∣ - (∣ x_{1} ∣ + \dots + ∣ x_{k} ∣) - ∣ x_{k + 1} ∣$

Осталось занести $∣ x_{k + 1} ∣$ под скобку в правой части:

$∣ x + x_{1} + \dots + x_{k} + x_{k + 1} ∣ \geq ∣ x ∣ - (∣ x_{1} ∣ + \dots + ∣ x_{k} ∣ + ∣ x_{k + 1} ∣)$

Индукционный переход доказан.

Мы доказали, что

$∣ x + x_{1} + \dots + x_{n} ∣ \geq ∣ x ∣ - (∣ x_{1} ∣ + \dots + ∣ x_{n} ∣)$

$■$

Зависимости

Свойства модуля

Самые полезные и часто требующиеся свойства модуля.

Упрощение модулей в неравенствах

Очень полезные соотношения для быстрого решения неравенств с модулями.

20 22