Доказательство неравенства треугольника для n членов.

[GrishinUS]

Добрый день,

Вот такое неравенство
$\left|x_1+x_2+\cdots+x_k\right|\le\left|x_1\right|+\left|x_2\right|+\cdots+\left|x_n\right|$
я доказал по индукции, принес профессору, не понравилось. Докажи с использованием неравенства треугольника.
Неравенство треугольника гласит:
$\left|a+b\right|\le \left|a\right|+\left|b\right|$, а в моем случае
$\left|c+b\right|\le \left|d\right|+\left|b\right|$, $c\le d$.
Но ведь неравенство треугольника ничего не говорит о последнем.

Спасибо.

[Dan B-Yallay]

Или у меня лыжи не едут, или у Вас профессор неадекват.
Пусть все иксы с индексами равны 1, и $k> n+1$

[JMH]

Тут имеет место какое-то недопонимание - неравенство доказывается по индукции, применением неравенства треугольника, так?

Oops, не обратил внимание на индексы
UPD: Оказывается я правильно не обратил внимания на индексы

[GrishinUS]

Упс, ошибочка вышла
$\left|x_1+x_2+\cdots+x_n\right|\le\left|x_1\right|+\left|x_2\right|+\cdots+\left|x_n\right|$
индексы везде $n$ конечно же.

Цитата:

Тут имеет место какое-то недопонимание - неравенство доказывается по индукции, применением неравенства треугольника, так?

Нет, как я тут применю неравество треугольника если у меня слева $\left|c+b\right|$, а справа $\left|d\right|+\left|b\right|$?
Доказал стандартно что $P(k)\Rightarrow\ P(k+1)$.

(Оффтоп)

Проф реально крут
http://math.ucalgary.ca/profiles/joseph-ling

[Dan B-Yallay]

(Оффтоп)

Значит я лыжи плохо смазал

Тогда я не понимаю, в чем затруднение?

$$|x_1+\{ x_2+x_3+...x_n \}| \leqslant |x_1|+|x_2+\{ x_3+x_4+...+x_n \}|\leqslant ..\leqslant |x_1|+|x_2|+|x_3|+...+ |x_n|.$$

[GrishinUS]

Dan B-Yallay в сообщении #487068 писал(а):

(Оффтоп)

Значит я лыжи плохо смазал

Тогда я не понимаю, в чем затруднение?

$$|x_1+\{ x_2+x_3+...x_n \}| \leqslant |x_1|+|x_2+\{ x_3+x_4+...+x_n \}|\leqslant ..\leqslant |x_1|+|x_2|+|x_3|+...+ |x_n|.$$

Вот этого не увидел сразу. Ясно.

[Dan B-Yallay]

GrishinUS в сообщении #487063 писал(а):

Неравенство треугольника гласит:
, а в моем случае
$\left|c+b\right|\le \left|d\right|+\left|b\right|, \ c \leq d$.

Это какое-то левое неравенство. Рассмотрим

$$c=-100 < d=0, \ b=0$$

[GrishinUS]

Вот поэтому и возник вопрос.
Объясняю как получилось.

$P(n)$:$\left|x_1+x_2+\cdots+x_n\right|\le\left|x_1\right|+\left|x_2\right|+ \cdots+\left|x_n\right|$
Для $n=1$, $P(1)$ выполняется, т.к. $\left|x_1\right|\equiv\left|x_1\right|$.
Для $n=k+1$, $k \in \mathbb{N}$ имеем

$\left|\underbrace{x_1+x_2+\cdots+x_k}_{P(k)}+x_{k+1}\right|\le\underbrace{\left|x_1\right|+\left|x_2\right|+ \cdots+\left|x_k\right|}_{P(k)}+\left|x_{k+1}\right|$.
$P(n)$ утверждает что $\left|x_1+x_2+\cdots+x_n\right|\le\left|x_1\right|+\left|x_2\right|+ \cdots+\left|x_n\right|$ и если положить $c=x_1+x_2+\cdots+x_k$ и $d=\left|x_1\right|+\left|x_2\right|+ \cdots+\left|x_k\right|$ то и получится $\left|c+x_{k+1}\right|\le\left|d\right|+\left|x_{k+1}\right|$, $c\le d$ и треугольное неравенство тут неприменимо.

[Dan B-Yallay]

GrishinUS в сообщении #487072 писал(а):

если положить $c=x_1+x_2+\cdots+x_k$ и $d=\left|x_1\right|+\left|x_2\right|+ \cdots+\left|x_k\right|$

то $c$ и $d$ связаны более жестким условием нежели просто $c \leq d$. А именно:

$$|c| \leq |d|$$

а это сильно меняет дело. Получаем:

$$|c+x_k| \leq |c|+|x_k| \leq |d| +|x_k|$$

[GrishinUS]

Dan B-Yallay в сообщении #487073 писал(а):

то $c$ и $d$ связаны более жестким условием нежели просто $c \leq d$. А именно:

$$|c| \leq |d|$$

а это сильно меняет дело. Получаем:

$$|c+x_k| \leq |c|+|x_k| \leq |d| +|x_k|$$

Это продолжение моего доказательства (одного из вариантов), за исключением того, что я еще сослался на то, что поскольку $d$ это сумма абсолютных значений, $\left|d\right|=d$. (Для того чтобы сравнивать $c$ не с $\left|d\right|$, а с самим $d$).
Последнее неравенство принимает вид:

$$|c+x_k| \leq d +|x_k|$$