Andre matematiske bevis

$$ $ \begin{array}{rcl}\left|\sqrt{2x+3}-3\right| & =& \left| \frac{\left(\sqrt{2x+3}-3\right)\left(\sqrt{2x+3}+3\right) }{\sqrt{2x+3}+3}\right|\\ & =& \frac{\left|2x+3-9\right|}{\sqrt{2x+3}+3}\\ & =& \frac{2\left|x-3\right|}{\sqrt{2x+3}+3}\end{array}$$$

Legg merke til at vi ikkje treng å behalde absolutteiknet i nemnaren sidan dette uttrykket alltid vil vere positivt. Rota av eit tal er jo alltid positiv, og summen av to positive tal er òg alltid positiv.

Gitt to brøkar med positiv teljar og nemnar der teljaren er lik, vil brøken med størst nemnar gi det minste resultatet.

Vi har at $$ $ $ \sqrt{2x+3}+3>3$$$$ fordi rota av eit tal alltid er positiv, og dersom vi legg eit positivt tal til eit anna positivt tal, blir summen større enn kvart av tala. Dermed har vi at $$ $ $ \frac{2\left|x-3\right|}{\sqrt{2x+3}+3}<$ \frac{2\left|x-3\right|}{3}$$$$$.

Vi har at

$$ $ \begin{array}{rcl}$ $ $ \left|x-3\right| $$$& <& \frac{3}{2}$ \epsilon $ |·\frac{2}{3}\\ \frac{2}{3}$ $ $ \left|x-3\right| $$$& <& $ \epsilon $\\ & & \end{array}$$$

Uttrykket til venstre kjenner vi igjen frå b), så vi kan konkludere med at

$$ $ $ \begin{array}{rcl}\frac{2\left|x-3\right|}{\sqrt{2x+3}+3}& <& $ $ $ \epsilon $$$\\ \left|\sqrt{2x+3}-3\right| & <& $ $ \epsilon $$\end{array}$$$$

Dersom vi kan finne eit tal $$ \delta >0$$ for alle $$ \epsilon >0$$ slik at $$ $ \left|\sqrt{2x+3}-3\right|$<\epsilon $$ og $$ \left|x-3\right|<$ \delta $$$, er grenseverdien bevist. Vi har no bevist at same kva $$ \epsilon $$ er, kan vi finne ein slik $$ \delta $$ ved å setje $$ \delta =\frac{3}{2}$ \epsilon $$$.

Vi startar med å gå frå venstre til høgre og vise implikasjonen $$ $ \left|a\right|\le b\Rightarrow $ -b\le a\le b$$$$:

Vi har i alle tilfelle at $$ $ $ \left|a\right|\le b\iff $ -\left|a\right|\ge -b$\iff $ -b\le -\left|a\right|$$$$$.

Forklaring: Vi gongar med $$ (-1)$$ på begge sider og snur ulikskapsteiknet.

Vi har òg i alle tilfelle at $$ -\left|a\right|\le a\le \left|a\right|$$.

Forklaring: Dersom $$ a$$ er positiv vil, $$ a=\left|a\right|$$ og $$ -\left|a\right|=-a<a$$. Dersom $$ a$$ er negativ, har vi at $$ $ -\left|a\right|=a$$$, og at $$ a<\left|a\right|$$. Dersom $$ a=0$$, er alle verdiane lik 0 og dermed like.

Dersom vi no set venstre side i ekvivalensen som føresetnad og set saman dei to samanhengane, får vi

$$ -b\le $ -\left|a\right|\le a\le \left|a\right|$\le b$$

Dermed har vi òg at $$ $ -b\le a\le b$$$.

Vi skal no vise at $$ $ $ $ -b\le a\le b\Rightarrow \left|a\right|\le b$$$$$. Her må vi dele opp i to situasjonar, der $$ a\ge 0$$, og der $$ a<0$$.

$$ a\ge 0$$:

Vi har at $$ \left|a\right|=a$$, og ifølge føresetnaden er $$ a\le b$$, så vi har at $$ \left|a\right|\le b$$, og implikasjonen er oppfylt.

$$ a<0$$:

Ifølge føresetnaden har vi at $$ -b\le a$$, noko som medfører $$ b\ge -a$$. Sidan $$ a$$ er negativ, har vi at $$ \left|a\right|=-a$$, og dermed òg at $$ \left|a\right|\le b$$. Implikasjonen er oppfylt òg for negative tal.

Vi har dermed bevist at $$ $ \left|a\right|\le b\iff $ -b\le a\le b$$$$.

Vi har for alle reelle tal $$ x$$ og $$ y$$ at dersom $$ x^2>y^2$$, er òg $$ \sqrt{x^2}>\sqrt{y^2}$$.

Det betyr at vi har vist ulikskapen over dersom vi kan vise at uttrykket $$ {\left(\left|a\right|+\left|b\right|\right)}^2$$ er større enn eller lik $$ {\left|a+b\right|}^2$$.

$$ \begin{array}{rcl}{\left(\left|a\right|+\left|b\right|\right)}^2 & =& {\left|a\right|}^2+2·\left|a\right|\left|b\right|+{\left|b\right|}^2\\ & =& a^2+2·\left|a\right|·\left|b\right|+b^2\end{array}$$

Vi har at $$ 2·\left|a\right|·\left|b\right|\ge 2·a·b$$ sidan uttrykket til venstre inneheld berre positive tal, mens uttrykket til høgre kan vere negativt dersom anten $$ a$$ eller $$ b$$ er negativ.

Så vi kan halde fram:

$$ $ \begin{array}{rcl}{\left(\left|a\right|+\left|b\right|\right)}^2 & =& {\left|a\right|}^2+2·\left|a\right|\left|b\right|+{\left|b\right|}^2\\ & =& a^2+2·\left|a\right|·\left|b\right|+b^2\\ & \ge & a^2 + 2ab+b^2\\ & =& (a+b{)}^2\\ & =& {\left|a+b\right|}^2\end{array}$$$

Dersom vi no tek rota av begge sider, har vi vist samanhengen:

$$ $ $ \begin{array}{rcl}{\left(\left|a\right|+\left|b\right|\right)}^2 & \ge & {\left|a+b\right|}^2\\ \left|a\right|+\left|b\right| & \ge & \left|a+b\right|\\ & & \end{array}$$$$

Vi legg merke til at ulikskapsteiknet står motsett veg, og vi bruker den same strategien som i b):

$$ $ $ \begin{array}{rcl}{\left(\left|a\right|-\left|b\right|\right)}^2 & =& {\left|a\right|}^2-2·\left|a\right|\left|b\right|+{\left|b\right|}^2\\ & =& a^2-2·\left|a\right|·\left|b\right|+b^2\\ & \le & a^2 - 2ab+b^2\\ & =& (a-b{)}^2\\ & =& {\left|a-b\right|}^2\\ & & \end{array}$$$$

Dette gir

$$ $ $ $ \begin{array}{rcl}{\left(\left|a\right|-\left|b\right|\right)}^2 & \le & {\left|a-b\right|}^2\\ \left|a\right|-\left|b\right| & \le & \left|a-b\right|\\ & & \end{array}$$$$$

Q.e.d.

Figuren er eit trapes med parallelle sider $$ a$$ og $$ b$$ og høgde $$ a+b$$. Rekn ut arealet av trapeset på to ulike måtar.

Vi reknar først ut arealet ved hjelp av formelen for areal av trapes:

$$ \begin{array}{rcl}{A}_{trapes} & =& \frac{h·\left(a+b\right)}{2}\\ & =& \frac{\left(a+b\right)·\left(a+b\right)}{2}\\ & =& \frac{a^2+2ab+b^2}{2}\end{array}$$

Så reknar vi ut arealet av trapeset ved å legge saman areala til dei tre trekantane:

$$ \begin{array}{rcl}{A}_{sum av trekantar} & =& \frac{a·b}{2}+\frac{a·b}{2}+\frac{c·c}{2}\\ & =& \frac{2ab+c^2}{2}\end{array}$$

Desse to uttrykka må vere like kvarandre sidan vi reknar ut arealet av den same firkanten:

$$ \begin{array}{rcl}\frac{a^2+2ab+b^2}{2} & =& \frac{2ab+c^2}{2} |·2\\ a^2+2ab+b^2 & =& 2ab+c^2 |-2ab\\ a^2+b^2 & =& c^2\end{array}$$

Q.e.d.