Sats 1.3 De Morgans lagar för mängder För alla

Sats 1.3
Bevis:
De Morgans lagar för mängder
För alla mängder A och B gäller att
(A ∪ B)C = AC ∩ B C och (A ∩ B)C = AC ∪ B C .
(A ∪ B)C = AC ∩ B C :
A∪B
AC
(A ∪ B)C
BC
AC ∩ B C
(A ∩ B)C = AC ∪ B C :
A∩B
AC
(A ∩ B)C
BC
AC ∪ B C
2
Sats
Bevis:
Delbarhetssats 1
∀ a, b, c ∈ Z : a|b ∧ a|c ⇒ a|(b + c).
a|b ⇒ ∃ m ∈ Z : b = am. a|c ⇒ ∃ n ∈ Z : c = an.
Därmed är b + c = am + an = a(m + n).
2
Sats
Bevis:
Delbarhetssats 2
∀ a, b, c ∈ Z : a|b ∧ b|c ⇒ a|c.
a|b ⇒ ∃ m ∈ Z : b = am. b|c ⇒ ∃ n ∈ Z : c = bn.
Därmed är c = bn = amn.
2
Sats
Minsta äkta delaren är ett primtal
Om heltalet n är sammansatt så är den minsta positiva äkta delaren
till n ett primtal.
Bevis:
Antag att n är ett sammansatt tal och att d är den minsta positiva
äkta delaren till n. Antag nu motsatsen till påståendet, dvs att d inte
är ett primtal. Då finns en äkta delare d0 till d som därmed även är
en mindre äkta delare till n. Detta är en motsägelse eftersom d var
den minsta äkta delaren till n. Alltså är den minsta äkta delaren ett
primtal.
2
Sats
Bevis:
Existens av primtalsfaktorisering
Alla heltal kan primtalsfaktoriseras.
Antag att n är ett sammansatt heltal (om det är ett primtal så är det
ju sin egen primtalsfaktorisering) och att p1 är den minsta positiva äkta
delaren. Då finns ett heltal n1 så att n = n1 p1 . Om n1 är ett primtal
är primtalsfaktoriseringen klar. Om n1 är sammansatt finns en minsta
positiv äkta delare p2 och ett tal n2 så att n1 = n2 p2 osv. Eftersom
denna process måste sluta efter ett ändligt antal steg, säg m steg, har
vi slutligen att
n = n1 p1 = n2 p2 p1 = . . . = nm pm · · · p2 p1 .
2
Sats
Bevis:
Oändligt många primtal
Det finns oändligt många primtal.
(Euklides bevis)
Antag motsatsen, dvs att det bara finns ändligt många primtal. Låt p
vara det största primtalet och bilda
N = (1 · 2 · 3 · · · p) + 1 = p! + 1 > p
Klart att N antingen är sammansatt eller primtal. Men eftersom p var
det största primtalet och N > p så måste N vara sammansatt. Enligt
ett lemma gäller att om N sammansatt så är den minsta positiva äkta
delaren d ett primtal. Men inget av talen 2, 3, . . . , p kan vara delare
eftersom de ger resten 1. Därmed måste d vara ett primtal som är större
än p. Men eftersom p var det största primtalet är detta en motsägelse.
Alltså finns det oändligt många primtal.
2
Sats 3.8
Moduloräkningssatsen
Om a ≡ q och b ≡ r (mod c) så är
(i) a + b ≡ q + r
(ii) ab ≡ qr
(iii) na ≡ nq
(iv) an ≡ q n .
Bevis:
a ≡ q (mod c) innebär att ∃ x : a = cx + q.
b ≡ r (mod c) innebär att ∃ y : b = cy + r.
Därmed är
(i): a + b = cx + q + cy + r = c(x + y) + (q + r) ≡ q + r (mod c)
(ii) ab = (cx + q)(cy + r) = c(cxy + xr + yq) + qr ≡ qr (mod c)
(iii) na = n(cx + q) = cnx + nq ≡ nq (mod c)
(iv) an = (cx + q)an−1 = cxan−1 + an−1 q ≡ an−1 q = (cx + q)an−2 q =
cxan−2 q + an−2 q 2 ≡ an−2 q 2 ≡ . . . ≡ q n (mod c).
2
Sats
Bevis:
Existens av lösning till diofantisk ekvation
∀ a, b ∈ Z ∃ x, y : (ax + by = gcd(a, b))
Beräkna med hjälp av Euklides algoritm gcd(a, b) och nysta sedan upp
resonemanget baklänges.
2
Sats
Bevis:
Delbarhet 3
p primtal ∧ p|ab ⇒ p|a ∨ p|b
Om p|a är det klart. Antag därför att p6 |a. Då gäller att gcd(p, a) = 1
(eftersom p är ett primtal) och enligt ett lemma finns då heltal x och
y så att
px + ay = 1.
Multiplikation i båda led med b ger att
bpx + aby = b.
Eftersom nu p|ab och p|bpx måste p|b.
2
Sats
Bevis:
Aritmetikens fundamentalsats
Varje primtalsfaktorisering är entydig.
Enligt ett lemma kan varje heltal a primtalsfaktoriseras. Antag nu motsatsen till påståendet, dvs att a kan primtalsfaktoriseras på åtminstone
två sätt så att
a = p1 p 2 · · · pm = q 1 q2 · · · qn .
Antag att m ≤ n (ingen inskränkning). Enligt ett annat lemma måste
p1 |qi för något i. Då måste p1 = qi eftersom båda talen är primtal.
Numrera nu om så att q1 = qi och dividera båda led med p1 = q1 .
Därmed har vi att
p 2 p3 · · · pm = q2 q3 · · · q n .
Nu måste p2 |qi för något i. Numrera om så att q2 = qi och dividera
med p2 = q2 , osv. Eftersom m ≤ n får vi efter m steg att
1 = qm+1 qm+2 · · · qn
vilket är en motsägelse eftersom qm+1 , qm+2 , . . . , qn alla är primtal.
Alltså är primtalsfaktoriseringen entydig.
2
Sats 1.26
Samband mellan koefficienter och rationella rötter
Om ekvationen
an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = 0
Bevis:
har en rot x =
p
q
maximalt förkortad, så gäller att p|a0 och q|an .
Antag att x =
p
q
(maximalt förkortat) löser ekvationen ovan så är
an
p n
q
+ an−1
p n−1
q
p
+ . . . + a1 + a0 = 0.
q
Multiplicera båda led med q n :
an pn + an−1 pn−1 q + . . . + a1 pq n−1 + a0 q n = 0 (∗)
⇒ −a0 q n = (an pn−1 + an−1 pn−2 q + . . . + a1 q n−1 )p ⇒ p|a0 eftersom
var maximalt förkortat.
p
q
På samma sätt fås från (∗) att
−an pn = (an−1 pn−1 + . . . + a1 pq n−2 + a0 q n−1 )q
⇒ q|an .
2
Sats 4.19
Existens av lösning till diofantisk ekvation
Den diofantiska ekvationen ax + by = c har lösning om och endast om
gcd(a, b)|c.
Bevis: ⇒
Antag att ∃ x, y ∈ Z : ax + by = c. Låt nu d = gcd(a, b). Eftersom d|a
finns ett heltal m så att a = md. Och d|b innebär att det finns n så att
b = nd. Alltså är c = ax + by = mdx + ndy och då d|mdx + ndy måste
även d = gcd(a, b) dela c.
⇐
Låt d = gcd(a, b) och antag att d|c. Då finns ett heltal n så att c = nd.
Enligt ett lemma finns det alltid heltal x0 och y 0 så att ax0 + by 0 = d.
Låt nu x = nx0 och y = ny 0 så är ax + by = anx0 + bny 0 = n(ax0 + by 0 ) =
nd = c.
2
Sats 4.20
Allmän lösning av diofantisk ekvation
Om (x0 , y0 ) är en lösning till ax + by = c, så är den fullständiga
lösningsmängden {(x, y) : x = x0 − bm, y = y0 + am, m ∈ Z}.
Bevis:
Antag till att börja med att gcd(a, b) = 1. Detta är ingen inskränkning
eftersom gcd(a, b)|c är en förutsättning för att den diofantiska ekvationen ska ha någon lösning över huvud taget (enligt ett tidigare lemma),
och man därmed annars kan dividera båda led med gcd(a, b).
Tag godtyckligt ett heltal m. Antag att (x0 , y0 ) är en lösning till den
diofantiska ekvationen, dvs att ax0 + by0 = c och låt (x, y) = (x0 −
bm, y0 + am). Då är
ax + by =
=
=
=
a(x0 − bm) + b(y0 + am)
ax0 − abm + by0 + abm
ax0 + by0
c
Detta innebär att alla par på formen (x0 − bm, y0 + am) där m ∈ Z är
lösningar till den diofantiska ekvationen.
Att det inte kan finnas några andra lösningar framgår av följande
resonemang. Antag att (x, y) = (x0 + u, y0 + v) är en annan lösning.
Då är
a(x0 + u) + b(y0 + v) = c = ax0 + ay0
varmed au + bv = 0, dvs au = −bv. Eftersom gcd(a, b) = 1 gäller att
a6 | b varmed a|v, dvs det finns ett heltal m så att v = am och au =
−abm, dvs u = −bm.
2
Sats 6.8
Lösning av homogen differensekvation
Antag att den karakteristiska ekvationen λ2 +pλ+q = 0 har rötterna λ1
och λ2 . Då har den homogena rekurrensekvationen xn+2 +pxn+1 +qxn =
0, n = 1, 2, 3, . . . den fullständiga lösningen
C1 λn1 + C2 λn2 om λ1 6= λ2
xn =
(C1 n + C2 )λn1 om λ1 = λ2
där C1 och C2 är konstanter.
Bevis:
Antag att λ21 + pλ1 + q = λ22 + pλ2 + q = 0. Antag dessutom att λ1 6= λ2
så ger insättning av uttrycken för xn ovan att xn+2 + pxn+1 + q =
= C1 λn+2
+ C2 λn+2
+ p(C1 λn+1
+ C2 λn+1
) + q(C1 λn1 + C2 λn2 )
1
2
1
2
= C1 λn1 (λ21 + pλ1 + q) + C2 λn2 (λ22 + pλ2 + q)
= 0
vilket verifierar lösningsformen då λ1 6= λ2 .
Antag nu istället att λ1 = λ2 . Att ekvationen λ2 + pλ + q = 0 har
dubbelroten λ = λ1 innebär att
0 = (λ − λ1 )2 = λ2 − 2λ1 λ + λ21 = λ2 + pλ + q
om p = −2λ1 och q = λ21 (∗). Genom insättning av uttrycken för xn
då λ1 = λ2 ovan fås att xn+2 + pxn+1 + q =
n+2
= C1 (n + 2) + C2 λ1 + p C1 (n + 1) + C2 λn+1
+ q(C1 n + C2 )λn1
1
= C1 λn1 n(λ21 + pλ1 + q) + 2λ21 + pλ1 + C2 λn1 (λ21 + pλ1 + q)
= C1 λn1 (2λ21 + pλ1 )
= 0
om bara 2λ21 = −pλ1 . Men från (∗) ovan gäller i fallet med dubbelrot
att p = −2λ1 . Alltså är −pλ1 = −(−2λ1 )λ1 = 2λ21 .
2
Sats 7.5
Binomialsatsen
För alla reella tal x, y och icke-negativa heltal n gäller att
(x + y)
Bevis:
n
n X
n k n−k
=
x y
k
k=0
Betrakta produkten
(x + y)n = (x + y)(x + y) · · · (x + y).
Vid utveckling av detta binom kommer vi att få en term genom att
välja x i alla parenteserna, varmed termen blir xn . På samma sätt kan
vi bara åstadkomma termen y n genom att välja y i alla parenteserna.
Termen med xn−1 y däremot kan åstadkommas genom att välja x i alla
utom sista, välja x i alla utom näst sista, . . ., x i alla utom i första.
På så sätt får man nxn−1 y. På motsvarande sätt fås även nxy n−1 . Osv.
I allmänhet blir alla uttryck på formen xk y n−k vilket innebär att man
valt x i k av parenteserna och y i resten, dvs i n − k parenteser.
An
n
talet sätt man kan välja k stycken bland n möjliga är k . Alltså blir
utvecklingen av (x + y)n just
n
0
xn +
n
1
n−1
x y+
n
2
n−2 2
x y + ... +
n
n
P
y =
n
n
k=0
n
k
k n−k
x y
2
16.
Bevis:
Q uppräknelig
Mängden Q är uppräknelig.
Vi kan räkna upp de rationella talen
värden på p och q:
q: 1
p:
1
1
1
2
2
1
→
.
2
3
1
2
1
3
%
2
2
↓ %
3
3
1
4
4
1
→
.
2
3
.
3
2
.
p
q
genom att lista dem för olika
4
5
1
4
1
5
→ ...
%
2
4
%
3
3
%
4
2
↓ %
5
5
1
Detta inkluderar bara de positiva talen men det är ju inget problem
att för varje tal pq först räkna detta och sedan räkna dess negativa
motsvarighet − pq . Listan blir dubbelt så lång men lika uppräknelig. 2
Sats
Bevis:
√
√ 2 irrationellt
2 är ett irrationellt tal.
Antag motsatsen, dvs att det finns tal p och q så att
maximalt förkortat. Då är 2 = ( pq )2 =
tal ⇒ p jämnt tal ⇒ ∃ m : p = 2m så
2 =
p2
q2
√
2 kan skrivas
p
q
⇒ p2 = 2q 2 ⇒ p2 jämnt
p2
(2m)2
m2
=
=
4
q2
q2
q2
⇒ 2q 2 = 4m2 ⇒ q 2 = 2m2 q 2 jämnt tal ⇒ q jämnt tal ⇒ ∃ n : q =
2n ⇒ pq = 2m
som ej är maximalt förkortat ⇒ Motsägelse!
2n
Alltså är
√
2 irrationellt.
2
Sats
Bevis:
R överuppräknelig
Mängden R är överuppräknelig.
(Cantors diagonalbevis)
Varje tal mellan 0 och 1 kan entydigt skrivas som ett oändligt decimaltal om vi bara lägger till att inget tal får avslutas med en oändlig
sekvens av 9:or.
Antag nu motsatsen till påståendet, dvs att mängden R är uppräknelig.
Då måste det gå att räkna upp de reella talen mellan 0 och 1 genom
att numrera dem med de positiva heltalen. Detta skulle ge en kolumn
av decimalutvecklingar
1:
2:
3:
4:
0.a11 a12 a13 a14 . . .
0.a21 a22 a23 a24 . . .
0.a31 a32 a33 a34 . . .
0.a41 a42 a43 a44 . . .
där aij är den j:te siffran i decimalutvecklingen av det i:te talet i
kolumnen. Varje tal i kolumnen är unikt och alla tal mellan 0 och
1 måste finnas med i den (oändligt långa kolumnen). Bilda nu talet
a = 0.a1 a2 a3 a4 . . . där
1 om aii = 0
ai =
0 om aii 6= 0
Talet a är då olikt alla tal i kolumnen eftersom det är olikt det i:te
talet i decimal i. Eftersom 0 < a < 1 är detta ett tal som inte är med i
kolumnen, dvs kolumnen kan inte innehålla alla reella tal mellan 0 och
1, varmed vi har en motsägelse. Därmed är beviset klart.
2
Sats 6.1
Aritmetisk summa
För alla n ∈ Z+ är
n
X
k =
k=1
Bevis:
n(n + 1)
.
2
Låt oss beteckna summan med S, dvs
S =
n
P
k = 1 + 2 + ... + n
k=1
Skriv nu upp summan på ”det långa sättet” (dvs utan summatecken)
på en rad ”= S”, och nedanför samma sak fast baklänges ”= S”, och
summera slutligen lodrätt, term för term:
+
1
+
2
+ . . . + (n−1) + n
= S
n
+ (n−1) + . . . +
2
+
1
= S
(n+1) + (n+1) + . . . + (n+1) + (n+1) = 2S
Eftersom det är n termer på var och en av dessa rader gäller alltså att
n(n + 1) = 2S. P
Dividerar vi slutligen båda led med 2 och betänker att
S var summan nk=1 k får vi
n(n+1)
2
vilket skulle bevisas.
=
n
P
k
k=1
2
Sats 6.4
Teleskopsumma
För alla n ∈ Z+ och summander {ak : 0 ≤ k ≤ 1} är
n
X
(ak − ak−1 ) = an − a0 .
k=1
Bevis:
Direkt uträkning ger
n
P
(ak − ak−1 ) = a1 −a0 + a2 −a1 + a3 −a2 +. . .+an−1 −an−2 +an −an−1
k=1
= −a0 + (a1 −a1 ) + (a2 −a2 ) + . . . + (an−1 −an−1 )+an
= an −a0
2
Sats
Triangelolikheten för reella tal
För alla reella tal x och y är
|x + y| ≤ |x| + |y|
och
Bevis:
|x| − |y| ≤ |x − y|.
Eftersom absolutbeloppet |α| av ett reellt tal α kan skrivas max(−α, α),
x + y ≤ |x| + |y| och −x − y ≤ |x| + |y| så är
|x + y| = max(−x − y, x + y) ≤ |x| + |y|
Därmed är den första olikheten bevisad.
Om man i första olikheten byter x mot x − y fås att
|(x − y) + y| = |x| ≤ |x − y| + |y|
(1)
och om man i första olikheten byter y mot y − x fås
|x + (y − x)| = |y| ≤ |x| + |y − x|
(2)
Dvs (1) ⇒ |x| − |y| ≤ |x − y| och (2) ⇒ −|x| − |y| ≤ |y − x| = |x − y|.
Därmed är
|x| − |y| = max(|x| − |y|, −|x| + |y|) ≤ |x − y|.
2
Observation
1.20, 1.49
Bevis:
Faktorsatsen
∀ p ∈ P : p(α) = 0 ⇒ z −α | p(z).
Divisionsalgoritmen säger att
∀ a, b ∈ Z, b 6= 0 ∃ k, r ∈ Z : 0 ≤ r < |b| ∧ a = kb + r
(se Algoritm 3.1). På samma sätt finns det en divisionsalgoritm för
polynom som säger att
∀ p ∈ P, q ∈ P0 ∃ k, r ∈ P : 0 ≤ grad r < grad q ∧ p = kq + r
(där P0 = {polynom p : gradp > 0}) vilket inte bevisas i denna kurs.
Antag nu att p(α) = 0 och låt q(z) = z − α ∈ P0 . Enligt divisionsalgoritmen för polynom finns det då k, r ∈ P : 0 ≤ grad r < grad q och
p(z) = k(z)q(z) + r(z). Eftersom q(z) = z − α är grad q = 1 varmed
grad r måste vara 0, dvs r(z) = C (en konstant). Alltså har vi att
p(z) = k(z)(z − α) + C
Dessutom var p(α) = 0. Därmed är
0 = p(α) = k(α)(α − α) + C = C
dvs C = 0. Alltså är slutligen p(z) = k(z)(z − α) för något polynom k
vilket är detsamma som att z −α | p(z).
2
Sats 6.5
Geometrisk summa
För alla a 6= 1 och n ∈ Z+ är
n
X
ak =
k=0
Bevis:
Låt
S =
1 − an+1
.
1−a
n
P
ak
k=0
0
1
2
n
Då är S = a + a + a + . . . + a = 1 + a + a2 + . . . + an och aS =
a + a2 + a3 + . . . + an+1 så 1 + aS = 1 + a + a2 + . . . + an + an+1 varmed
1 + aS − an+1 = 1 + a + a2 + . . . + an = S
Ekvationen 1−aS−an+1 = S är linjär med den obekanta S. Subtrahera
aS i båda led så fås
1 − an+1 = S − aS.
Faktorisera nu S i högerledet:
1 − an+1 = S(1 − a)
och dividera slutligen båda led med 1 − a (vilket är tillåtet eftersom ett
villkor var att a 6= 1) så fås att
1−an+1
1−a
= S =
n
P
ak .
k=0
2
Sats
Bevis:
Exponentialuttryck divergerar snabbare än potensuttryck
x
∀ a > 1, α > 0 : ( xaα % ∞ då x % ∞).
Låt oss först bevisa detta påstående i specialfallet då α = 1 och låt
dessutom a = 1 + p där p > 0 (eftersom a > 1). Beteckningen [x]
betyder heltalsdelen av x och innebär att [x] är ett heltal sådant att
x − 1 < [x] ≤ x
för alla reella tal x. Därmed har vi enligt Binomialsatsen (se Sats 7.5)
med n = [x] att
ax
x
=
≥
=
≥
=
≥
=
(1 + p)x
x
(1 + p)n
x
n
1X n k
p
x k=0 k
1 n 2
p
x 2
n(n − 1) 2
p
2x
(x − 1)(x − 2) 2
p
2x
1
(x − 3 + x2 )p2
2
% ∞
eftersom x − 3 +
2
x
% ∞ då n % ∞.
Antag nu att α är godtyckligt positivt och låt b = a1/α . Eftersom a > 1
är då även b > 1 och
bx α
ax
((a1/α )x )α
=
=
.
xα
xα
x
Då
bx
x
% ∞ om x % ∞ gäller slutligen även att
bx α
ax
=
% ∞ då x % ∞.
xα
x
2
Sats
Potensuttryck divergerar snabbare än logaritmuttryck
α
∀ a > 1, α > 0 : ( logx x % ∞ då x % ∞).
a
Bevis:
Låt t = loga x. Då gäller att t % ∞ då x % ∞. Dessutom är x = at .
Därmed har vi att
xα
loga x
(at )α
=
t
(aα )t
=
t
% ∞
enligt föregående sats eftersom t % ∞ då x % ∞.
2
Sats 1.21, 1.51
Faktorisering av polynom
∀ p ∈ Pn ∃ c, α1 , α2 , . . . , αn ∈ C : p(z) = c(z − α1 )(z − α2 ) · · · (z − αn ).
Bevis:
Enligt Algebrans fundamentalsats finns åtminstone ett nollställe, α1 ∈
C, till p. Därmed gäller enligt Faktorsatsen att
∃ q1 ∈ Pn−1 : p(z) = (z − α1 )q1 (z).
Om nu n − 1 = 0 är beviset klart, ty då är q1 konstanten c. Om
n − 1 ≥ 1 gäller åter enligt Algebrans fundamentalsats att q1 har ett
nollställe, α2 ∈ C, så enligt Faktorsatsen har vi att
∃ q2 ∈ Pn−2 : q1 (z) = (z − α2 )q2 (z).
Om nu n − 2 är beviset klart med c = q2 . Om inte, då finns det α3 ∈ C
och q3 ∈ Pn−3 så att q2 (z) = (z − α3 )q3 (z), osv.
Denna procedur fortsätter n steg och slutar med att
∃ qn : qn−1 (z) = (z − αn )qn (z)
där qn helt enkelt är den komplexa konstanten c.
Därmed är
p(z) =
=
=
..
.
=
(z − α1 )q1 (z)
(z − α1 )(z − α2 )q2 (z)
(z − α1 )(z − α2 )(z − α3 )q3 (z)
(z − α1 )(z − α2 )(z − α3 ) · · · (z − αn )c
2
Sats 1.52
Bevis:
Samband mellan polynom och konjugerande nollställen
∀ p ∈ PR : (p(z) = 0 ⇔ p(z̄) = 0).
Antag att
p(z) = an z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0
där ai ∈ R för alla i. Antag nu dessutom att p(z0 ) = 0. Vi ska visa
att p(z̄0 ) = 0. Detta skulle då innebära att p(z0 ) = 0 ⇒ p(z̄0 ) = 0.
Eftersom z̄¯0 = z0 för alla z0 ∈ C skulle det dock även innebära att
p(z̄0 ) = 0 ⇒ p(z0 ) = 0 och beviset skulle vara klart.
Vi har att
p(z0 ) = an z0n + an−1 z0n−1 + . . . + a1 z0 + a0 = 0
De elementära räknereglerna för konjugatet kan sammanfattas
• az̄ = az
• z̄ + w̄ = z + w
• z̄ n = z n
för alla n ∈ Z+ , a ∈ R och z, w ∈ C.
Därmed är
p(z̄0 ) = an z̄0n + an−1 z̄0n−1 + . . . + a1 z̄0 + a0
= an z0n + an−1 z0n−1 + . . . + a1 z0 + a0
= an z0n + an−1 z0n−1 + . . . + a1 z0 + a0
= an z0n + an−1 z0n−1 + . . . + a1 z0 + a0
= 0
= 0
2
Sats 1.40
Bevis:
Triangelolikheten för komplexa tal
|z + w| ≤ |z| + |w| för alla z, w ∈ C.
För alla komplexa tal z = a + bi är |z|2 = a2 + b2 ≥ a2 = (Re z)2 . Alltså
gäller att |z| ≥ Re z. Dessutom är z + z̄ = 2Re z och |zw| = |z||w|, så
|z + w|2 =
=
=
=
≤
=
(z + w)(z + w)
z z̄ + z w̄ + wz̄ + ww̄
|z|2 + z w̄ + z w̄ + |w|2
|z|2 + 2Re (z w̄) + |w|2
|z|2 + 2|z||w| + |w|2
(|z| + |w|)2
Därmed är |z + w| ≤ |z| + |w|.
2