Norma desigualdad $\| x - y \| \cdot \| z \| \leq \| x - z \| \cdot \| y \| + \| z - y \| \cdot \| x \|$

Question

Deje $x$, $y$, $z$ ser $3$ vectores en el espacio Euclidiano $V$.

$\| x \|$ es la norma de $x$ (longitud)

¿Cómo se puede demostrar:

$$\| x - y \| \cdot \|z\| \leq \| x - z\| \cdot \| y \| + \| z - y\| \cdot \| x \|?$$

He tratado de Cauchy-Schwartz desigualdad, | < x,y > | <= ||x|| •||y||, donde es el producto escalar entre x y y, tratando de mover todo a un lado y luego resulta que es mayor que cero. También he utilizado los módulos de propiedades, |a + b| < = |a| + |b| y así sucesivamente.

También desigualdad de triángulo, ||x + y || <= ||x|| + ||y|| , tratando de llegar al otro lado de la desigualdad.

Teniendo en cuenta que ||x|| es sqrt( < x,x > ) y < x , a+b > es < x ,a > + < x ,b > y que, la norma es siempre mayor que 0 y sqrt( a+b )<= sqrt(a) + sqrt(b) , si a y b son positivos, toqué con propiedades sin obtener ningún resultado..

También la fórmula de la distancia, d(a,b) <= d(a,c) + d(c,a), donde d(a,b) = || a - b||

Hay esta fórmula: Ilz - xII^2 + Ilz - yII^2 - Ilx - yII^2 =2 tal vez ayuda. He intentado usarlo pero sin resultado..

Answer 1

Esta es una versión condensada de la respuesta de @Zvi. La siguiente prueba no hubiera sido posible sin esa respuesta.

Clave de observación es la siguiente identidad: <span class="math-container">$$ \left| \frac{|y|} {|x|} x - \frac{|x|} {|y|} y \right \ | = |x-y|, $$</span> que puede ser probado por cuadratura. Utilizando esta identidad, obtenemos <span class="math-container">$$ \begin{split} |x-y |\cdot|z|& =\left| \frac{|y|}{|x|} x - \frac{|x|}{|y|} y \right ||z| \ &= \left| \frac{|y||z|}{|x|} x - \frac{|x||y|}{|z|}z + \frac{|x||y|}{|z|}z -\frac{|x||z|}{|y|} y \right | \ &\le \left| \frac{|y||z|}{|x|} x - \frac{|x||y|}{|z|}z \right | + \left| \frac{|x||y|}{|z|}z -\frac{|x||z|}{|y|} y \right | \ &= |y|\left| \frac{|z|}{|x|} x - \frac{|x|}{|z|}z \right | + |x| \left| \frac{|y|}{|z|}z -\frac{|z|}{|y|} y \right |\ &= |y|\cdot |x-z| + |x| \cdot |y-z|. \end{dividido} $$</span>

Answer 2

Si $x$, $y$o $z$ es el vector cero, entonces la desigualdad es trivial. Si la dimensión $n=\dim V$ es $1$, el problema es también trivial. A partir de ahora, suponga que $n\geq 2$ e $x,y,z\neq 0$, por lo que los ángulos entre estos vectores están bien definidos.

Deje $a=\Vert x\Vert$, $b=\Vert y\Vert$, e $c=\Vert z\Vert$. Supongamos que $\alpha=\angle(y,z)$, $\beta=\angle(z,x)$, e $\gamma=\angle(x,y)$. Claramente, tenemos $$\alpha,\beta,\gamma\in[0,\pi]\ \wedge\ \alpha+\beta+\gamma\leq 2\pi.$$ También tenemos el triángulo de las desigualdades entre los ángulos: $$\beta+\gamma\geq \alpha,\ \gamma+\alpha\geq \beta,\ \wedge\ \alpha+\beta\geq \gamma.$$ En particular, hemos $$\gamma\leq \min\{\alpha+\beta,2\pi-\alpha-\beta\}.$$ Es decir, $$\frac{\gamma}{2} \leq \min\left\{\frac{\alpha+\beta}{2},\pi-\frac{\alpha+\beta}{2}\right\}.$$ Debido a $0\leq \alpha,\beta,\gamma\leq 2\pi$, obtenemos $$0\leq \sin\frac{\gamma}{2}\leq \sin\frac{\alpha+\beta}{2}.\tag{1}$$

Ahora, $$\Vert x-y \Vert\cdot\Vert z \Vert=c\sqrt{(a-b)^2+4ab\sin^2\frac{\gamma}{2}}=\sqrt{(ca-bc)^2+4(ca)(bc)\sin^2\frac{\gamma}{2}}.$$ Por (1), obtenemos $$\Vert x-y \Vert\cdot\Vert z \Vert\leq \sqrt{(ca-bc)^2+4(ca)(bc)\sin^2\frac{\alpha+\beta}{2}}.$$ También tenemos $$\Vert y-z \Vert\cdot\Vert x \Vert=a\sqrt{(b-c)^2+4bc\sin^2\frac{\alpha}{2}}=\sqrt{(ab-ca)^2+4(ab)(ca)\sin^2\frac{\alpha}{2}}$$ y $$\Vert z-x\Vert\cdot\Vert y\Vert = b\sqrt{(c-a)^2+4ca\sin^2\frac{\beta}{2}}=\sqrt{(bc-ab)^2+4(bc)(ab)\sin^2\frac{\beta}{2}}.$$ Así, la desigualdad es inmediata, si podemos demostrar que \begin{align}\sqrt{(ca-bc)^2+4(ca)(bc)\sin^2\frac{\alpha+\beta}{2}}&\leq \sqrt{(ab-ca)^2+4(ab)(ca)\sin^2\frac{\alpha}{2}}\\&\hphantom{12345}+\sqrt{(bc-ab)^2+4(bc)(ab)\sin^2\frac{\beta}{2}}.\end{align} Para mayor comodidad, vamos a $p=bc$, $q=ca$, e $r=ab$. Vamos a demostrar que \begin{align}\sqrt{(p-q)^2+4pq\sin^2\frac{\alpha+\beta}{2}}&\leq \sqrt{(q-r)^2+4qr\sin^2\frac{\alpha}{2}}+\sqrt{(r-p)^2+4rp\sin^2\frac{\beta}{2}}.\tag{2}\end{align}

Deje $u,v,w\in\mathbb{R}^2$ ser vectores con $\Vert u \Vert=p$, $\Vert v\Vert =q$, e $\Vert w\Vert =r$ tal que $\angle(v,w)=\alpha$ e $\angle(w,u)=\beta$, por lo que $\angle(v,u)=\alpha+\beta$ si $\alpha+\beta\leq \pi$o $\angle(v,u)=2\pi-\alpha-\beta$ si $\alpha+\beta\geq \pi$. Entonces, tenemos $$\Vert u-v \Vert \leq \Vert w-v\Vert + \Vert u-w\Vert\tag{3}$$ por la desigualdad de triángulo. La desigualdad (3) es, precisamente, (2), y la demanda está probado.

Answer 3

Usted esperar todo el día para volver a escribir y, a continuación, tres de ellos vienen a lo largo de una sola vez! :)

La desigualdad es claramente cierto si alguno de $x, y, z$ es cero, por lo que podemos suponer que ninguno de ellos lo es.

La desigualdad se convierte entonces en: $$ d(x, y) \leqslant d(x, z) + d(z, y) $$ donde: $$ d(x, y) = \frac{\|x - y\|}{\|x\|\|s\|} \ (x \ne 0, \ y \ne 0), \text{ etc} $$ Pero podemos escribir:

$$ d(x, y) = \|Tx - Ty\|, $$

donde $T$ es una especie de "inversión": $$ T \colon V \setminus \{0\} \V \setminus \{0\}, \ x \mapsto \frac{x}{\|x\|^2}. $$ Prueba. Como daw dice, es sólo una cuestión de cuadrar: $$ d(x, y)^2 = \frac{\left\langle x - y, x - y \right\rangle}{\|x\|^2\|s\|^2} = \frac{1}{\|s\|^2} - \frac{2\left\langle x, y \right\rangle}{\|x\|^2\|s\|^2} + \frac{1}{\|x\|^2} = \|T\|^2 - 2\left\langle Tx, Ty \right\rangle + \|Tx\|^2, $$ es decir, $d(x, y)^2 = \|Tx - Ty\|^2$. $\square$

Y ahora tenemos: $$d(x, y) = \|Tx - Ty\| \leqslant \|Tx - Tz\| + \|Tz - Ty\| = d(x, z) + d(z, y), $$ como se requiere. $\square$

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De la p.185 de Werner H. Greub, Álgebra Lineal (3ª ed. 1967) (ver comentarios en la aplicación daw respuesta):

Answer 4

Aquí es la reescritura de un formulario de la aplicación daw respuesta. Tenga en cuenta que para cualquiera de los dos escalares $p$ e $q$ y cualquiera de los dos vectores $u$ e $v$ cuyas normas son iguales, tenemos $$ \|pu-qv\|_2=\|qu-pv\|_2\etiqueta{$\ast$} $$ porque existe una isometría lineal $Q$ tal que $Qu=v$ e $Qv=u$ (ver también Una simetría de identidad que involucra normas).

Ahora, vamos a $x=au,\ y=bv$ e $z=cw$ para algunos escalares $a,b,c$ y algunos vectores unitarios $u,v,w$. Entonces \begin{aligned} \|x-y\|\|z\| &=\|\color{red}{a}cu-\color{red}{b}cv\|\\ &=\|\color{red}{b}cu-\color{red}{a}cv\|\ \text{ by %#%#%}\\ &\le\|b\color{red}{c}u-\color{red}{a}bw\| + \|a\color{red}{c}v-a\color{red}{b}w\|\\ &=\|\color{red}{a}bu-b\color{red}{c}w\| + \|a\color{red}{b}v-a\color{red}{c}w\|\ \text{ by %#%#%}\\ &=\|x-z\|\|y\|+\|y-z\|\|x\|. \end{aligned}