Desigualdades del álgebra

Question

Me gustaría demostrar que para cualquier número real $x$ y $y$ la función $\dfrac{|x+ty|}{1+t^2}$ , donde $t$ es variable, siempre es menor o igual que $\sqrt{x^2+y^2}$

Answer 1

Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, tenemos $$(1\times x+t\times y)^2 \le (1^2+t^2)(x^2+y^2) \le (1+t^2)^2(x^2+y^2).$$ En consecuencia, $$\frac{|x+ty|}{1+t^2} \le \sqrt{x^2+y^2}.$$

Answer 2

Desde $\sqrt{1+t^2}\le 1+t^2$ tenemos $$\frac{|x+ty|}{1+t^2}\le\frac{|x+ty|}{\sqrt{1+t^2}}$$ por lo que se puede demostrar la desigualdad más fuerte $$\frac{|x+ty|}{\sqrt{1+t^2}}\le\sqrt{x^2+y^2}$$ Esto equivale a $$(x+ty)^2\le(1+t^2)(x^2+y^2)$$ que a su vez equivale a $$x^2+2txy+t^2y^2\le x^2+y^2+t^2x^2+t^2y^2$$ o $$t^2x^2-2txy+y^2\ge0$$ lo cual es cierto.

Answer 3

Dejemos que $x=r\cos u,y=r\sin u$ donde $r>0$

$r\cdot\dfrac{|\cos u+t\sin u|}{1+t^2}=r\cdot\dfrac{|\cos\left(u-\arctan t\right)|}{\sqrt{1+t^2}}\le\dfrac r{\sqrt{1+t^2}}\le r$ como $t^2\ge0$