[Ammissione Sissa '08] $\sqrt{1+x^2} \le \sqrt{1+y^2}+|x-y|$

[Steven11]

Facile devo dire (e sono sempre stato un incapace con le diseguaglianze).

Si mostri che vale per ogni coppia [tex]$(x,y)\in \mathbb{R}^2$[/tex]
[tex]$\sqrt{1+x^2} \le \sqrt{1+y^2}+|x-y|$[/tex]

Mi sono fermato alla prima dimostrazione che mi è venuta di stomaco, molto bovina.
Un'altra più raffinata non mi è venuta, per quel poco che ho provato.
Vediamo se qualcuno rimedia.

[gugo82]

Effettivamente è semplicissima.

Occorre e basta dimostrare che [tex]$f(t)=\sqrt{1+t^2}$[/tex] è lipschitziana con costante [tex]$\leq 1$[/tex] (perchè?).

P.S.: L'uguaglianza nella tua disuguaglianza si verifica solo nel caso banale [tex]$x=y$[/tex]; ciò discende dalla caratterizzazione della costante di Lipschitz di [tex]$f$[/tex].

P.S.: Se scopro che hai elevato al quadrato ti scomunico...

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

Io avrei elevato al quadrato

[j18eos]

Elevando al quadrato mi sarei ucciso la salute.

[gugo82]

Però servirebbe qualcuno che risolva il problema... Altrimenti mi vedrò costretto a farlo io.

[Paolo902]

"gugo82":Però servirebbe qualcuno che risolva il problema... Altrimenti mi vedrò costretto a farlo io.

Mmm, ci provo io, evitando accuratamente di elevare al quadrato

Dunque, vogliamo far vedere che per ogni [tex]$(x,y)\in \mathbb{R}^2$[/tex] si ha [tex]$\sqrt{1+x^2} \le \sqrt{1+y^2}+|x-y|$[/tex].
Sia allora [tex]$f(x):=\sqrt{1+x^2}$[/tex] la quale è evidentemente definita, continua e derivabile su tutto [tex]\mathbb{R}[/tex]. Deriviamo e troviamo [tex]$f'(x):=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$[/tex].

Un rapido conto mostra che \(|f'(x)| \le 1 \), perchè \( \frac{|x|}{\sqrt{1+x^2}} \le 1 \Leftrightarrow 0 \le 1\) che è sempre vera (in alternativa, un rapido studio di funzione mostra che la $f'$ ha due asintoti orizzontali $y=+-1$ tra i quali resta "pizzicata" su tutto l'asse reale).

In definitiva, abbiamo trovato che la derivata è limitata; essendo la funzione $f(x)$ derivabile, la limitatezza della derivata - e dunque dei rapporti incrementali - equivale alla lipschitzianità. Inoltre, il sup del modulo di $f'$ è una costante di Lipschitz valida, in questo caso $1$.
Dunque $f(x)$ è lipschitziana di costante $L=1$, per cui
\[
|\sqrt{1+x^2} - \sqrt{1+y^2}| \le |x-y| \Rightarrow -|x-y| \le \sqrt{1+x^2} - \sqrt{1+y^2} \le |x-y|
\]
che è quanto si voleva provare. [tex]\square[/tex]

Che ne dite? Può andare? Spero di non aver sparato fesserie.

[j18eos]

@Paolo90: Anche io avrei risolto così; mi scocciavo di postarlo!

@Steven: cos'è una dimostrazione bovina? Io conosco dimostrazione podali e caprine al più.

[Steven11]

La dimostrazione bovina è quella per cui gugo82 mi ha scomunicato (sono comunque lieto per la convergenza d'opinioni con Martino)

[j18eos]

Mi hai fatto venire il mal di testa al solo pensare il lavoraccio che hai fatto!

[gugo82]

@Paolo: Evabbe'... Ma la dimostrazione dell'equivalenza tra lipschitzianità di [tex]$f(t)$[/tex] e la disuguaglianza che fine ha fatto?

Valga la disuguaglianza proposta. Essa è simmetrica rispetto ad [tex]$x,y$[/tex], ergo si possono scambiare i ruoli delle variabili senza alterarne la validità; scrivendo le due disuguaglianze e confrontandole si ottiene che [tex]$f(t)$[/tex] verifica la condizione di Lipschitz con [tex]$L=1$[/tex] in [tex]$\mathbb{R}$[/tex].
Viceversa, se [tex]$f(t)$[/tex] è lipschitziana in [tex]$\mathbb{R}$[/tex] con [tex]$L=1$[/tex] allora esplicitando il valore assoluto al primo membro di [tex]$|f(x)-f(y)|\leq |x-y|$[/tex] si ottiene la disuguaglianza proposta.

@Steven: Non preoccuparti, capita a tutti di guardare e non vedere. Però poi man mano s'impara ed è un errore che si commette sempre meno.

[Paolo902]

Scusa, Gugo, non avevo visto il tuo intervento.
Ti ringrazio per la tua precisazione (non avevo capito che occorresse mostrare anche l'altra implicazione).

GRAZIE.

[Gaal Dornick]

Io lo farei così:

è chiaro che vale la disuguaglianza triangolare in $RR^2$:
$|| (x,1) || <= || (y,1) || + || (x,1) - (y,1) ||$

Steven! Prometto di risponderti al più presto.
Il fatto è che è stata per me tutto sommato una sconfitta, e non ne riparlo volentieri..

[adaBTTLS1]

immagino che $(x,y) in RR^2$ abbia poco a che fare con i punti del piano cartesiano, quindi non importa se vediamo anche le $x$ come ordinate.

$A(0,0), B(1,x), C(1,y)$

la disequazione equivale alla disuguaglianza triangolare $bar(AB) <= bar(AC) + bar(BC)$

PS: non avevo visto gli ultimi interventi ...
... non avevo neppure notato le date precedenti ...