Доведення рівності випадків до нерівності трикутника

Фон

When plotted on a real number line, it may be deduced that if $$a,b,c \in \mathbb{R} $$ $$a < b < c$$

потім $$ | {a - c} право | = ліва |. \ t {a - b} право | + ліва |. \ t {b - c} право | $$

Проблема

Але проблема полягає в доказі. Яким чином вищезгадане твердження може бути підтверджене з властивостей структури порядку та визначення абсолютної величини?

2
Якщо $ a
додано Автор fleablood, джерело
З тієї ж причини, чому $ 1 + 2 = 3 iff | 1-2 | + | 2-4 | = | 1-4 |
додано Автор dxiv, джерело
Ну а для нерівності трикутника умовою є те, що ми працюємо з трикутником. Отже, якщо у вас є $ 2 $, або у вашому випадку $ 3 $ точок, які є колінеарними, то теорема не застосовується. А нерівність трикутника вказує, що рівність виконується в цьому виродженому випадку; зокрема, де площа трикутника становить $ 0 $
додано Автор Eric, джерело

5 Відповіді

Since $a

$ | a-c | = c-a, | a-b | = b-a $ і $ | b-c | = c-b $.

Це дає:

$$ | {a - b} право | + ліва |. \ t {b - c} право | = b-a + c-b = c-a = | a-c |. $$

11
додано
Якщо $ a 0 $ незалежно від ознак $ a $ і $ b $.
додано Автор steven gregory, джерело
Доказ буде працювати до тих пір, поки $ a <0 <0 <0 $. Доказ завжди буде працювати, якщо $ a
додано Автор fleablood, джерело
Спасибі за вашу відповідь. Але зауважу, що якщо така умова, що $$ a <0, b <0, c <0 $$, то доказ може не працювати?
додано Автор hephaes, джерело

Recall that $$|x| = \left\{\begin{matrix}+x & \text{if } x\ge 0;\\-x & \text{otherwise}.\end{matrix}\right.$$ Using the above-mentioned definition and $a < b < c$, we get $|a-b|=b-a$, $|b-c|=c-b$, and $|a-c|=c-a$. Consequently, .....

4
додано

Щоб довести це, ви робите справи

$ | a-c | = pm (a-c) $ і $ | a-b | + | b- c | = pm (a-b) + pm (b-c) $.

розглянемо способи, якими можна упорядкувати $ a, b, c $:

(Ваш випадок є підкласом випадку 6: ви можете перейти до останнього випадку, якщо хочете.)

1: Припустимо, що $ a \ t

$ | a-c | = a-c $ і $ | a-b | + | b-c | = (a-b) + (b-c) = a-c = | a-c | $.

2: Припустимо, що $ a \ t

$ | a-c | = a-c $ і $ | a-b | + | b-c | = (a-b) - (b-c) = a-2b + c $. Тепер $ 2b буде 2c $, так що $ -2b ge -2c $ і $ a-2b + c ge a -2c + c = a-c = | a-c | $.

3: Припустимо, що $ b e a ge c $ тоді

$ | a-c | = a-c $ і $ | a-b | + | b-c | = - (a-b) + (b-c) = -a + 2b - c $. Тепер $ 2b ge 2a $ так $ -a + 2b - c ge-a + 2a -c = a-c = | a-c | $.

4: Припустимо, що $ b e c e a $

$ | a-c | = - (a-c) = c-a $ і $ | a-b | + | b-c | = - (a-b) + (b-c) = -a + 2b - c $. Тепер $ 2b ge 2c $ так $ -a + 2b - c ge-a + 2c -c = -a + c = | a-c | $.

5: Припустімо, що $ c e a b b

$ | a-c | = - (a-c) = c-a $ і $ | a-b | + | b-c | = (a-b) - (b-c) = a-2b + c $. Тепер $ 2b 2a $ так $ -2b ge -2a $ і $ a-2b + c ge a -2a + c = -a + c = | a-c | $.

6: Припустімо, що $ c e b e a $

$ | a-c | = - (a-c) = c-a $ і $ | a-b | + | b-c | = - (a-b) - (b-c) = (b-a) + (c-b) = -a + c = | a-c | $.

===

"Справа про рівність є 1) і 6), і вони дуже прості.

2
додано

Оскільки обидві сторони рівності є невід'ємними, ми можемо його зрівняти:

\begin{align} |a-c| = |a-b| + |b-c| &\iff |a-c|^2 = (|a-b| + |b-c|)^2\\ &\iff a^2-2ac+c^2 = a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2 + 2|a-b||b-c|\\ &\iff 0 = b^2 - ab - bc + ac + |a-b||b-c|\\ &\iff 0 = -(a-b)(b-c) + |a-b||b-c|\\ &\iff (a-b)(b-c) = |a-b||b-c|\\ &\iff a-b \,\text{ and } \,b-c \text{ have the same sign}\\ &\iff a \ge b \ge c \,\text{ or }\,a \le b \le c \end{align}

1
додано

Альтернативно, рівність в нерівності трикутника $$ | x + y | leq | x | + | y ​​| $$ утримується тоді і тільки тоді, коли $ x $ і $ y $ мають один і той же знак; тобто якщо і тільки якщо $ x cdot y \ t

Therefore, equality holds in $$|x-z|\leq |x-y|+|y-z|$$ if and only if $$(x-y)(y-z)\geq 0\,.$$ This is quite easy to show if $x

0
додано