bewijsje volledige inductie (ivm vierkantswortel en absolute waarde)

[.Koen]

Hallo,

Ik moet bewijzen dat

√(c₁²+c₂²+…+c_n²) ≤ |c₁|+|c₂|+…+ |c_n| (dmv volledige inductie)

· Ik begin dus met nagaan of dit klopt voor n=1:

√(c₁²)≤|c₁| Dit klopt, want de leden zijn gelijk aan elkaar.

· Dan stel ik dat het geldt voor n=m, en moet ik nu bewijzen dat het geldt voor n=m+1, dus dat

√(c₁²+c₂²+…+c_m²+c_m+1²) ≤ |c₁|+|c₂|+…+ |c_m|+ |c_m+1|

Maar hier loop ik vast. Ik dacht dat het misschien handig was om eerst beide leden te kwadrateren (aangezien ze toch alletwee positief zijn) en dan te proberen om dat te bewijzen (want dan heb je geen last meer van de vierkantswortel).

Dan vertrek is dus vanuit het gekwadrateerde linkerlid:

(c₁²+c₂²+…+c_m²+c_m+1²) = (c₁²+c₂²+…+c_m²)+c_m+1²



≤ (|c₁|+|c₂|+…+ |c_m|)²+c_m+1² (via de inductiehypothese)

Maar dan is er nog altijd niets bewezen, en ik weet niet hoe ik nu verder moet? Kan iemand me helpen?

[Drieske]

Probeer eerst eens te bewijzen dat

\(\sqrt{a^2 + b^2} \leq |a| + |b|\)

. De rest zal daarop steunen (en meteen uit volgen).

Lukt dit bewijzen niet, probeer dan al eens te zien hoe je met dit meteen jouw probleem oplost.

[.Koen]

(|a|+|b|)²=|a²|+2|a||b|+|b²| ≥ a²+b²

Dus als ik dan van alles de wortel neem krijg ik:

|a|+|b| ≥ √(a²+b²)

Maar als er meer dan 2 termen (dus meer dan enkel de a en b) zijn kan je dat toch niet op die manier uitwerken? Of mag je dan gewoon besluiten dat er in het 2 de lid wel meer termen zullen staan? Of misschien moet je het helemaal uitschrijven?

[Drieske]

Je manier om

\(\sqrt{a^2 + b^2} \leq |a| + |b|\)

te bewijzen, klopt. Vervang nu eens

\(a = c_1 + \cdots c_m\)

en

\(b = c_m\)

. Helpt dat? Mag dat?

[.Koen]

√( (c₁+c₂+…+c_m)²+(c_m+1)² ) ≤ |c₁+c₂+…+ c_m|²+ |c_m+1|²

Ik denk dat dat wel mag, maar dan is het nog niet opgelost. Of wel?

[Drieske]

Dat is een foutieve toepassing. Waarom die kwadraten na het ongelijkheidsteken?

[.Koen]

Oei, ja, die kwadraten moeten er natuurlijk niet bij, sorry. Maar is het zonder de kwadraten wel juist?

√( (c₁+c₂+…+c_m)²+(c_m+1)² ) ≤ |c₁+c₂+…+ c_m|+ |c_m+1|

[Drieske]

Ja . Pas nu de driehoeksongelijkheid meermaals toe...

[.Koen]

Het tweede lid wordt dan

|c₁+c₂+…+ c_m|+ |c_m+1| ≤ |c₁|+|c₂|+…+ |c_m|+ |c_m+1|

Het eerste lid is dus zeker ook kleiner dan dat nieuwe tweede lid.

Maar dan is dat eerste lid denk ik nog altijd niet wat het moet zijn?

[Drieske]

Klopt, maar wat weet je van

\((c_1 + \cdots + c_m)^2\)

tegenover

\(c_1^2 + \cdots + c_m^2\)

? Wat weet je dan van de wortel?

[.Koen]

Ik denk dat [url="%20style=][/url] groter is dan [url="%20style=][/url]. Maar hoe leg je dat dan precies uit? Gewoon iets à la 'in het eerste deel zullen dezelfde termen voorkomen als in het tweede deel plus een aantal extra (positieve) termen, waardoor het eerste deel groter is dan het tweede'?

En de wortel van dat eerste is dan natuurlijk ook groter dan de wortel van het tweede.

Zijn we er dan?

[Drieske]

Je kunt dat natuurlijk ook steeds gewoon per inductie bewijzen. Enja, zie je in dat als a <= b, dat dan

\(\sqrt{a + c} \leq \sqrt{b + c}\)

? Dan ben je er, ja.

[.Koen]

Ja, dat begrijp ik. Super, heel erg bedankt!

[Drieske]

Graag gedaan . Meerdere wegen zijn uiteraard mogelijk. In jouw bewijs kon je bijv verdergaan door nu op te merken dat je iets hebt van de vorm a² + b² in het rechterlid. En dat is steeds kleiner dan (a + b)². En dan was je er ook. Zie je?

[.Koen]

Ah, inderdaad, dat was eigenlijk zelfs makkelijker! Maar goed, nu begrijp ik het zeker. Dankjewel!