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 ikke trenger å beholde absoluttegnet i nevneren siden dette uttrykket alltid vil være positivt. Rota av et tall er jo alltid positiv, og summen av to positive tall er også alltid positiv.

Gitt to brøker med positiv teller og nevner der telleren er lik, vil brøken med størst nevner gi det minste resultatet.

Vi har at $\sqrt{2x+3}+3>3$ fordi rota av et tall alltid er positiv, og dersom vi legger et positivt tall til et annet positivt tall, blir summen større enn hvert av tallene. 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 fra b), så vi kan konkludere med at

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

Hvis vi kan finne et tall $\delta >0$ for alle $\epsilon >0$ slik at $\left|\sqrt{2x+3}-3\right|<\epsilon$ og $\left|x-3\right|<\delta$, er grenseverdien bevist. Vi har nå bevist at uansett hva $\epsilon$ er, kan vi finne en slik $\delta$ ved å sette $\delta =\frac{3}{2}\epsilon$.

Vi starter med å gå fra venstre til høyre og vise implikasjonen $\left|a\right|\le b\Rightarrow -b\le a\le b$:

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

Forklaring: Vi ganger med $(-1)$ på begge sider og snur ulikhetstegnet.

Vi har også i alle tilfeller 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 verdiene lik 0 og dermed like.

Hvis vi nå setter venstre side i ekvivalensen som forutsetning og setter sammen de to sammenhengene, får vi

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

Dermed har vi også at $-b\le a\le b$.

Vi skal nå vise at $-b\le a\le b\Rightarrow \left|a\right|\le b$. Her må vi dele opp i to situasjoner, der $a\ge 0$, og der $a<0$.

$a\ge 0$:

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

$a<0$:

Ifølge forutsetningen har vi at $-b\le a$, noe som medfører $b\ge -a$. Siden $a$ er negativ, har vi at $\left|a\right|=-a$, og dermed også at $\left|a\right|\le b$. Implikasjonen er oppfylt også for negative tall.

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

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

Det betyr at vi har vist ulikheten 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 $2·\left|a\right|·\left|b\right|\ge 2·a·b$ siden uttrykket til venstre inneholder bare positive tall, mens uttrykket til høyre kan være negativt dersom enten $a$ eller $b$ er negativ.

Så vi kan fortsette:

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

Hvis vi nå tar rota av begge sider, har vi vist sammenhengen:

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

Vi legger merke til at ulikhetstegnet står motsatt vei, og vi bruker den samme 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 et trapes med parallelle sider $a$ og $b$ og høyde $a+b$. Regn ut arealet av trapeset på to ulike måter.

Vi regner 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 regner vi ut arealet av trapeset ved å legge sammen arealene til de tre trekantene:

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

Disse to uttrykkene må være like hverandre siden vi regner ut arealet av den samme 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.