Disuguaglianza

[Sk_Anonymous]

Wolfram mi dice che vale la seguente disuguaglianza per ogni \(\displaystyle (x,y) \in \mathbb{R}^{2} \): \[\displaystyle \left|\sqrt{1+x^2} - \sqrt{1+y^2} \right| < |x-y| \] ma al momento non mi vengono idee sul come provarla.
Avete magari qualche input da darmi?

Ringrazio.

[Seneca1]

Considera che $f(x) = \sqrt{ 1 + x^2}$ è $C^1$. Allora $d/(dx) \sqrt{ x^2 +1 } = x/\sqrt{ x^2 + 1} <= 1$.

In virtù del teorema di Lagrange $f(x) - f(y) = f'(\xi) ( x - y )$ ... I dettagli (e la conclusione) li lascio a te.

[Rigel1]

Puoi ad esempio dimostrare che la funzione \(f(x) = \sqrt{1+x^2}\) è \(1\)-Lipschitziana, facendo vedere che \(|f'(x)|\leq 1\) per ogni \(x\in\mathbb{R}\).

[Sk_Anonymous]

Oh che sciocco, mi sono incaponito su un fatto semplice. Grazie ad entrambi per i suggerimenti.

[gugo82]

In maniera alternativa, visto che la disuguaglianza è simmetrica e che essa vale certamente per \(x=0=y\), puoi limitarti a provarla per \(0 Fatta tale scelta, la tua disuguaglianza rimane dimostrata non appena si fà vedere che la funzione:
\[
f(x,y) = x-\sqrt{1+x^2}- \left( y -\sqrt{1+y^2} \right)= \phi (x)- \phi (y)\; ,
\]
con \(\phi (t) = t-\sqrt{1+t^2}\), è nonnegativa nella regione \(\{ 0 Infatti la funzione \(\phi\), che è evidentemente negativa (perchè \(\sqrt{1+t^2}>|t|>t\) per ogni \(t\) reale), è certamente strettamente crescente in \([0,+\infty[\) perché essa è di classe \(C^\infty\) e si ha:
\[
\phi^\prime (t) = 1-\frac{t}{\sqrt{1+t^2}} = -\frac{\phi (t)}{\sqrt{1+t^2}} >0
\]
per ogni \(t\).

Dunque la tua disuguaglianza è dimostrata.

[theras]

A questo punto,
per arricchire l'ottica su quella disuguaglianza con una visione "elementare" della cosa,
osserva che,
fissati a piacere $x,y in RR$,hai:
$|sqrt(1+x^2)-sqrt(1+y^2)|=|(x^2-y^2)/(sqrt(1+x^2)+sqrt(1+y^2))|=|(x+y)/(sqrt(1+x^2)+sqrt(1+y^2))||x-y|<=..<=(|x|+|y|)/(sqrt(1+x^2)+sqrt(1+y^2))|x-y|<=1*|x-y|=|x-y|$
(l'ultimo verso è giustificato sommando membro a membro le evidenti relazioni $|x| Comunque,a mio avviso,
è carina pure la sua interpretazione geometrica elementare,
e dunque euclidea:
quella ottenibile,per $x,y>0$ disegnando due
(và bene..quattro!)
triangoli rettangoli con comune base unitaria ed altezze,
rispettivamente,$x$ ed $y$..
Saluti dal web.

[totissimus]

Un altro modo elementare usando le disuguaglianze $|x| \leq x$ e $x^2+y^2 \geq 2xy$:

\(\displaystyle \left(\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1+y^2}\right)^2=1+x^2+1+y^2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\)

\( \displaystyle = 2+x^2+y^2-2\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}\leq 2+x^2+y^2-2\sqrt{1+2xy+x^2y^2}\)

\( \displaystyle =2+x^2+y^2-2\sqrt{(1+xy)^2}=2+x^2+y^2-2|1+xy|\leq 2+x^2+y^2-2(1+xy)=(x-y)^2\)

[Zero87]

"totissimus": $|x| \leq x$

Mi sa che è il contrario .
E comunque la tua soluzione ricorda il buon vecchio metodo utilizzato alle superiori quando bisogna dimostrare $|...|\le|...|$, cioè si elevano entrambi i membri al quadrato e... bon!

[totissimus]

@Zero87: grazie per la correzione.

[UmbertoM1]

Sappiamo che $(x-y)^2>=0$ $AAx,yinRR$
$x^2+y^2>=2xy$
$1+x^2+y^2+x^2y^2>=x^2y^2+2xy+1$
$(1+x^2)(1+y^2)>=(xy+1)^2$
$sqrt((1+x^2)(1+y^2))>=|xy+1|>=xy+1$
$-2sqrt((1+x^2)(1+y^2))<=-2xy-2$
$2+x^2+y^2-2sqrt((1+x^2)(1+y^2))<=x^2+y^2-2xy$
$(sqrt(1+x^2)-sqrt(1+y^2))^2<=(x-y)^2$
$|sqrt(1+x^2)-sqrt(1+y^2)|<=|x-y|$ cvd