Доказать неравенство для комплексных чисел

[Arkadij]

Если сделать рисунок, то неравенство очевидно. Но есть ли возможность доказать без использования рисунка и углов?

Пусть $x,y\in{\mathbb C}$, причем $|x|\leq 1,\ |y|>1$. Доказать, что
$\left|\frac{y}{|y|}-x\right|\leq |y-x|$

До последнего была надежда на неравенство треугольника, но фантазия иссякла. Что-нибудь напишу, чтоб не говорили, что не пытался:

$\left|\frac{y}{|y|}-x\right|$=\left|\frac{y}{|y|}-y+y-x\right|\leq \left|\frac{y}{|y|}-y\right|+|x-y|=|y|-1+|y-x|$

Спасибо.

[novichok2018]

Всегда ли это верно? $y=ax, a>1$, вроде условие получается из неравенства, которое не всегда выполнено, если не ошибся.

[Arkadij]

novichok2018 в сообщении #1551574 писал(а):

Всегда ли это верно? $y=ax, a>1$, вроде условие получается из неравенства, которое не всегда выполнено, если не ошибся.

Должно быть верно.

Допустим от противного
$\left|\frac{ax}{|ax|}-x\right|>|ax-x|$
тогда
$|x|\left(\frac{1}{|x|}-1\right)>|x|(a-1)$
$1-|x|>|x|(a-1)$
$1>a|x|=|y|$

[waxtep]

Можно принять, что $y$ - действительное положительное и сделать заключение о величинах действительной и мнимой части выражений под модулем в л.ч. и п ч.

[Arkadij]

waxtep в сообщении #1551580 писал(а):

Можно принять, что $y$ - действительное положительное и сделать заключение о величинах действительной и мнимой части выражений под модулем в л.ч. и п ч.

Да. Этот случай просто доказать. Как отсюда красивее перейти к любому игреку. Мой вариант так себе (хотелось без углов):

Пусть $y=r_1e^{i\varphi_1},\ x=r_2e^{i\varphi_2},\ y'=r_1e^{i0},\ x'=r_2e^{i(\varphi_2-\varphi_1)}$ .

Тогда
$\left|\frac{y}{|y|}-x\right|=\left|\frac{y'}{|y'|}-x'\right|\leq \left|y'-x'\right|=\left|y-x\right|$

[svv]

Рассмотрим $x,y$ как векторы $\mathbb E^2$. Обозначим $t=\frac{y}{|y|}\cdot x$ (точка — скалярное произведение). Тогда
$|y-x|^2=|y|^2-2|y|t+|x|^2$
$\left|\frac{y}{|y|}-x\right|^2=1-2t+|x|^2$
Разность этих выражений
$(|y|-1)(|y|+1-2t)\geqslant 0$,
потому что $t\leqslant 1$, это следует из $|y\cdot x|\leqslant |y||x|$.

[TOTAL]

$$|y-x|^2 = |y|^2 + |x|^2 - 2Re\{y \overline x \},$$

поэтому сводится к очевидно верному неравенству

$$\frac{2Re\{y \overline x \}}{|y|} \le |y|+ 1$$

[Arkadij]

svv в сообщении #1551584 писал(а):

Рассмотрим $x,y$ как векторы $\mathbb E^2$. Обозначим $t=\frac{y}{|y|}\cdot x$ (точка — скалярное произведение). Тогда
$|y-x|^2=|y|^2-2|y|t+|x|^2$
$\left|\frac{y}{|y|}-x\right|^2=1-2t+|x|^2$
Разность этих выражений
$(|y|-1)(|y|+1-2t)\geqslant 0$,
потому что $t\leqslant 1$, это следует из $|y\cdot x|\leqslant |y||x|$.

Шикарно.

TOTAL в сообщении #1551589 писал(а):

$$|y-x|^2 = |y|^2 + |x|^2 - 2Re\{y \overline x \},$$

поэтому сводится к очевидно верному неравенству

$$\frac{2Re\{y \overline x \}}{|y|} \le |y|+ 1$$

Перекликается с предыдущем.

СПАСИБО!

[waxtep]

Arkadij в сообщении #1551582 писал(а):

Как отсюда красивее перейти к любому игреку

Повернуть картинку в целом, чтобы $y$ лег на положительное направление действительной оси, т.е. внести под модули множитель $e^{-i\arg (y)}$, не влияющий на верность неравенства

[tolstopuz]

Докажем, что в треугольнике $abc$ против тупого угла $b$ лежит наибольшая сторона.

$$\operatorname{Re}\frac{a-b}{b-c}>0$$

$$\operatorname{Re}\frac{a-c}{b-c}=\operatorname{Re}(1+\frac{a-b}{b-c})>1$$

$$|\frac{a-c}{b-c}|>1$$

$$|a-c|>|b-c|.$$

Теперь подставим $a=y$, $b=\frac y{|y|}$, $c=x$ и проверим, что угол и правда тупой (перевернем дробь для удобства):

$$\operatorname{Re}\frac{\frac y{|y|}-x}{y-\frac y{|y|}}=\operatorname{Re}\frac{|y|-x\bar{y}}{|y|(|y|-1)}=\frac{|y|-\operatorname{Re}(x\bar{y})}{|y|(|y|-1)}>0.$$

Для $x=\frac y{|y|}$ этот способ не проходит, кстати.