البراهين الواجب معرفتها

نستدلّ بالخُلْف : لنفترض أنّ $\sqrt{2}\in \mathbb{Q}$. عندئذٍ يمكن أن نكتب $\sqrt{2}=\frac{p}{q}$ حيث $p,q\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ والكسر غير قابل للاختزال ($p\wedge q=1$).

بالتربيع : $2=\frac{p^2}{q^2}$، إذن $p^2=2q^2$. وبالتالي فإنّ $p^2$ عدد زوجي، وهذا يستلزم أنّ $p$ عدد زوجي (مربّع عدد فردي عددٌ فردي). لنكتب $p=2k$.

إذن $(2k{)}^2=2q^2$، أي $4k^2=2q^2$، ومنه $q^2=2k^2$ : أي أنّ $q^2$ زوجي، إذن $q$ زوجي.

لكن عندئذٍ $2\mid p$ و $2\mid q$، وهذا يناقض $p\wedge q=1$. الافتراض خاطئ : إذن $\sqrt{2}$ عدد أصم. $■$

نبرهن على ذلك بالاستدلال بالترجع على $n$.

التحقّق ($n=0$) : $(\cos \theta +i\sin \theta {)}^0=1$ و $\cos 0+i\sin 0=1$. صحيحة.

الوراثة : لنفترض أنّ الصيغة صحيحة عند الرتبة $n$. عندئذٍ :

$(\cos \theta +i\sin \theta {)}^{n+1}=(\cos \theta +i\sin \theta {)}^n(\cos \theta +i\sin \theta )=(\cos (n\theta )+i\sin (n\theta ))(\cos \theta +i\sin \theta ).$

بالنشر وتجميع الجزأين الحقيقي والتخيّلي :

$=(\cos n\theta \cos \theta -\sin n\theta \sin \theta )+i(\sin n\theta \cos \theta +\cos n\theta \sin \theta ).$

نتعرّف على صيغتي الجمع : وهو $\cos (n\theta +\theta )+i\sin (n\theta +\theta )=\cos ((n+1)\theta )+i\sin ((n+1)\theta )$. إذن الصيغة صحيحة عند الرتبة $n+1$. $■$

بما أنّ $u_n\to \ell$، فبتطبيق التعريف من أجل $\epsilon =1$، توجد رتبة $N$ بحيث :

$\forall n⩾N,|u_n-\ell |<1⟹|u_n|<|\ell |+1.$

الحدود $u_0,u_1,\dots ,u_{N-1}$ هي في عدد منتهٍ ؛ لنضع $M^{\prime }=\max (|u_0|,\dots ,|u_{N-1}|)$.

عندئذٍ، من أجل كلّ $n\in \mathbb{N}$ : $|u_n|⩽\max (M^{\prime },|\ell |+1)$. إذن المتتالية محدودة. $■$

بالخُلْف، لنفترض أنّ $u_n\to \ell$ و $u_n\to {\ell }^{\prime }$ مع $\ell \ne {\ell }^{\prime }$. لنضع $\epsilon =\frac{|\ell -{\ell }^{\prime }|}{2}>0$.

حسب تعريف النهايتين، توجد $N_1$ و $N_2$ بحيث :

$n⩾N_1\Rightarrow |u_n-\ell |<\epsilon ,n⩾N_2\Rightarrow |u_n-{\ell }^{\prime }|<\epsilon .$

من أجل $n⩾\max (N_1,N_2)$، تعطي المتفاوتة المثلثية :

$|\ell -{\ell }^{\prime }|⩽|\ell -u_n|+|u_n-{\ell }^{\prime }|<\epsilon +\epsilon =|\ell -{\ell }^{\prime }|,$

أي $|\ell -{\ell }^{\prime }|<|\ell -{\ell }^{\prime }|$ : وهذا خُلف. إذن $\ell ={\ell }^{\prime }$. $■$

لنرمز $S_n=1+q+q^2+\cdots +q^n$. لنضرب في $q$ :

$q{S}_n=q+q^2+\cdots +q^n+q^{n+1}.$

بطرح السطرين، يُختزل كلّ شيء تقريبًا (تداخل) :

$S_n-q{S}_n=1-q^{n+1}⟹(1-q)S_n=1-q^{n+1}.$

بما أنّ $q\ne 1$، يمكننا القسمة على $1-q$ : $S_n=\frac{1-q^{n+1}}{1-q}$. $■$

إذا كان $a=b$، فالمتفاوتة بديهية. لنفترض أنّ $a<b$ (الحالة $a>b$ متماثلة).

$f$ متصلة على $[a,b]$ وقابلة للاشتقاق على $]a,b[$. حسب مبرهنة التزايدات المنتهية، يوجد $c\in ]a,b[$ بحيث:

$f(b)-f(a)=f^{\prime }(c)(b-a).$

بالانتقال إلى القيم المطلقة واستعمال $|f^{\prime }(c)|⩽M$:

$|f(b)-f(a)|=|f^{\prime }(c)||b-a|⩽M|b-a|.■$

حسب تعريف الدالة العكسية، لكل $x\in J$: $f(f^{-1}(x))=x$.

بما أنّ $f^{-1}$ قابلة للاشتقاق على $J$ (مُسلَّم به هنا، بفضل الفرضيات)، نشتقّ هذه المساواة باستعمال مشتقة دالة مركّبة:

$f^{\prime }(f^{-1}(x))\times (f^{-1}{)}^{\prime }(x)=1.$

وبما أنّ $f^{\prime }$ لا تنعدم، فإنّ $f^{\prime }(f^{-1}(x))\ne 0$، ونعزل:

$(f^{-1}{)}^{\prime }(x)=\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}.■$

بما أنّ $a\wedge b=1$، فإنّ مبرهنة بيزو تضمن وجود $u,v\in \mathbb{Z}$ بحيث:

$au+bv=1.$

نضرب هذه المساواة في $c$: $auc+bvc=c$، أي $auc+v(bc)=c$.

لكنّ $a\mid auc$ (العامل $a$) و $a\mid bc$ حسب الفرضية، إذن $a\mid v(bc)$. ومنه $a$ يقسم المجموع $auc+v(bc)=c$.

خلاصة: $a\mid c$. $■$

مبرهنة مساعدة: لكل $u>0$، $\ln u<u$. في الواقع، لتكن $\phi (u)=u-\ln u$ على $]0,+\infty [$؛ المشتقة ${\phi }^{\prime }(u)=1-\frac{1}{u}$ تنعدم في $u=1$، حيث تبلغ $\phi$ قيمتها الدنيا $\phi (1)=1>0$. إذن $\phi (u)>0$، أي $\ln u<u$.

نطبّق هذه المبرهنة المساعدة على $u=\sqrt{x}$ (مع $x>0$): $\ln \sqrt{x}<\sqrt{x}$، أي $\frac{1}{2}\ln x<\sqrt{x}$، ومنه $\ln x<2\sqrt{x}$.

من أجل $x>1$، لدينا $\ln x>0$، ومنه التأطير:

$0<\frac{\ln x}{x}<\frac{2\sqrt{x}}{x}=\frac{2}{\sqrt{x}}.$

وبما أنّ $\frac{2}{\sqrt{x}}\to 0$، فإنّ مبرهنة الحصر تعطي $\frac{\ln x}{x}\to 0$. $■$

لنضع $\phi (x)=e^x-1-x$ على $\mathbb{R}$. إذن ${\phi }^{\prime }(x)=e^x-1$.

${\phi }^{\prime }(x)<0$ من أجل $x<0$ و ${\phi }^{\prime }(x)>0$ من أجل $x>0$: إذن تقبل $\phi$ قيمة دنيا في $0$، تساوي $\phi (0)=e^0-1-0=0$.

وهكذا $\phi (x)⩾0$ لكل $x$، أي $e^x⩾1+x$. $■$

انطلاقًا من المتفاوتة $e^t⩾1+t>t$ (الصحيحة من أجل كل $t$)، وبتطبيقها على $t=\frac{x}{2}>0$، نحصل على $e^{x/2}>\frac{x}{2}$.

وبتربيع الطرفين (وهما موجبان): $e^x=(e^{x/2}{)}^2>\frac{x^2}{4}$.

إذن من أجل $x>0$: $\frac{e^x}{x}>\frac{x}{4}$. وبما أن $\frac{x}{4}\to +\infty$، فبالمقارنة نستنتج أن $\frac{e^x}{x}\to +\infty$. $■$

لنعتبر الأعداد الصحيحة $p-1$ التالية: $a,2a,\dots ,(p-1)a$ بترديد $p$. لا يساوي أيٌّ منها الصفر (لأن $p\nmid a$ و $p\nmid k$ من أجل $1⩽k⩽p-1$)، وهي مختلفة مثنى مثنى بترديد $p$: إذا كان $ia\equiv ja[p]$ فإن $p\mid (i-j)a$، ومنه $p\mid i-j$ (مبرهنة غاوس، لأن $p\nmid a$)، إذن $i=j$.

وبالتالي فهذه الأصناف $p-1$ هي تبديلة للأعداد $1,2,\dots ,p-1$. وبالضرب نحصل على:

$a\cdot 2a\cdots (p-1)a\equiv 1\cdot 2\cdots (p-1)[p],\text{أي}{a}^{p-1}(p-1)!\equiv (p-1)![p].$

وبما أن $p$ عدد أولي، فإن $p\nmid (p-1)!$، إذن يمكن اختزال $(p-1)!$ (مبرهنة غاوس): $a^{p-1}\equiv 1[p]$. $■$

($\Leftarrow$) إذا كان $au+bv=1$، فإن كل قاسم مشترك $d$ للعددين $a$ و $b$ يقسم $au+bv=1$، إذن $d=1$: ومنه $a\wedge b=1$.

($\Rightarrow$) لنفترض أن $a\wedge b=1$. وليكن $d$ أصغر عدد صحيح موجب قطعًا من الشكل $au+bv$ ($u,v\in \mathbb{Z}$). القسمة الأقليدية للعدد $a$ على $d$ تعطي $a=dq+r$ حيث $0⩽r<d$، و:

$r=a-dq=a-q(au+bv)=a(1-qu)+b(-qv),$

إذن $r$ هو أيضًا من الشكل $a{u}^{\prime }+b{v}^{\prime }$. ولو كان $r>0$ لتناقض ذلك مع كون $d$ أصغريًا؛ إذن $r=0$ و $d\mid a$. وبنفس الطريقة $d\mid b$. وعليه فإن $d$ يقسم $a\wedge b=1$، ومنه $d=1$: وبذلك نحصل فعلًا على $au+bv=1$. $■$

لنكتب $z=x+iy$ حيث $x,y\in \mathbb{R}$، إذن $\bar{z}=x-iy$.

حقيقي: $z=\bar{z}⟺x+iy=x-iy⟺2iy=0⟺y=0⟺z\in \mathbb{R}$.

تخيلي صرف: $z=-\bar{z}⟺x+iy=-(x-iy)=-x+iy⟺2x=0⟺x=0⟺z\in i\mathbb{R}$. $■$

نستعمل العلاقة $|w{|}^2=w\bar{w}$ وكون المرافق متلائمًا مع الجداء ($\overline{z{z}^{\prime }}=\bar{z}{\bar{z}}^{\prime }$):

$|z{z}^{\prime }{|}^2=(z{z}^{\prime })\overline{(z{z}^{\prime })}=z{z}^{\prime }\bar{z}{\bar{z}}^{\prime }=(z\bar{z})(z^{\prime }{\bar{z}}^{\prime })=|z{|}^2|z^{\prime }{|}^2.$

وبما أن الطويلات أعداد حقيقية موجبة، نأخذ الجذر المربع: $|z{z}^{\prime }|=|z||z^{\prime }|$. $■$

مشتقة جداء دالتين تعطي $(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$، إذن $u{v}^{\prime }=(uv{)}^{\prime }-u^{\prime }v$.

وبمكاملة هذه المساواة على المجال $[a,b]$ واعتمادا على خطية التكامل:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}u{v}^{\prime }=\underset{a}{\overset{b}{\int }}(uv{)}^{\prime }-\underset{a}{\overset{b}{\int }}{u}^{\prime }v.$

لكن $\underset{a}{\overset{b}{\int }}(uv{)}^{\prime }=[uv{]}_a^b$ (المعقوفة هي دالة أصلية للدالة $(uv{)}^{\prime }$). ومنه نحصل على الصيغة المطلوبة. $■$

الدوال $x\mapsto C{e}^{ax}$ تحقق فعلا المعادلة $y^{\prime }=ay$. وعكسيا، لتكن $f$ حلا. نضع $g(x)=f(x)e^{-ax}$. حينئذ:

$g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)e^{-ax}-af(x)e^{-ax}=(f^{\prime }(x)-af(x))e^{-ax}=0,$

لأن $f^{\prime }=af$. إذن $g$ ثابتة: $g(x)=C$، أي أن $f(x)=C{e}^{ax}$. $■$

ليكن $a,b\in I$ بحيث $a<b$. الدالة $f$ متصلة على $[a,b]$ وقابلة للاشتقاق على $]a,b[$، إذن حسب مبرهنة التزايدات المنتهية يوجد $c\in ]a,b[$ بحيث:

$f(b)-f(a)=f^{\prime }(c)(b-a).$

لكن $f^{\prime }(c)⩾0$ و $b-a>0$، إذن $f(b)-f(a)⩾0$، أي $f(a)⩽f(b)$. ومنه فالدالة $f$ تزايدية على $I$. $■$

لنفترض مثلا أن $f$ تزايدية قطعا على $[a,b]$ (الحالة التناقصية مماثلة). نرمز $J=[f(a),f(b)]$.

الوجود (الترجيحية). ليكن $k$ عددا حقيقيا بحيث $f(a)⩽k⩽f(b)$. بما أن $f$ متصلة على $[a,b]$، فإن مبرهنة القيم الوسيطية (المسلَّم بها) تضمن وجود عدد حقيقي واحد على الأقل $c\in [a,b]$ بحيث $f(c)=k$. وهكذا فإن لكل عنصر من $J$ سابقا واحدا على الأقل في $[a,b]$.

الوحدانية (التباينية). ليكن $x_1,x_2\in [a,b]$ بحيث $f(x_1)=f(x_2)$. لو كان $x_1<x_2$ لأعطى التزايد القطعي $f(x_1)<f(x_2)$، وهذا تناقض؛ وبالمثل $x_1>x_2$ مستحيل. إذن $x_1=x_2$ و $f$ تباينية.

الصورة تساوي $J$. بفضل التزايد القطعي، لكل $x\in [a,b]$ لدينا $f(a)⩽f(x)⩽f(b)$، إذن $f([a,b])\subset J$. وبضمها إلى الترجيحية نحصل على $f([a,b])=J$.

وبما أن $f$ تباينية وترجيحية من $[a,b]$ نحو $J$، فهي تقابلية. وعلى الخصوص، لكل $k$ محصور بين $f(a)$ و $f(b)$، المعادلة $f(x)=k$ تقبل حلا وحيدا في $[a,b]$. $■$

ليكن $\epsilon >0$ معطى.

بما أن $u_n\to \ell$، يوجد رتبة $n_1$ بحيث لكل $n⩾n_1$:

$\ell -\epsilon <u_n<\ell +\epsilon$

وبما أن $w_n\to \ell$، يوجد رتبة $n_2$ بحيث لكل $n⩾n_2$:

$\ell -\epsilon <w_n<\ell +\epsilon$

نضع $N=\max (n_0,n_1,n_2)$. حينئذ، لكل $n⩾N$، يتحقق في آن واحد $u_n⩽v_n⩽w_n$ مع التأطيرين أعلاه. نستنتج:

$\ell -\epsilon <u_n⩽v_n⩽w_n<\ell +\epsilon$

إذن $\ell -\epsilon <v_n<\ell +\epsilon$، أي $|v_n-\ell |<\epsilon$. وحسب التعريف، $v_n\to \ell$. $■$

بما أن $f$ متصلة على المجال $[a,b]$، فإن مبرهنة بلوغ الحدّين (المُسلَّم بها) تضمن أنها تبلغ عليه قيمتها القصوى $M$ وقيمتها الدنيا $m$: أي يوجد $x_M,x_m\in [a,b]$ بحيث $f(x_M)=M$ و $f(x_m)=m$.

الحالة الأولى: $m=M$. عندئذٍ تكون $f$ ثابتة على $[a,b]$، إذن $f^{\prime }(x)=0$ لكل $x\in ]a,b[$، وأيُّ $c\in ]a,b[$ يفي بالغرض.

الحالة الثانية: $m<M$. بما أن $f(a)=f(b)$، فإن القيمتين $m$ و $M$ لا يمكن أن تُبلَغا كلتاهما عند الطرفين. فإحداهما على الأقل، ولتكن مثلاً $M$، تُبلَغ عند نقطة $c$ داخلية: $c\in ]a,b[$ مع $f(c)=M$.

وبما أن $f$ قابلة للاشتقاق في $c$ وأن $c$ تُحقّق قيمة قصوى موضعية: من أجل $x>c$، $\frac{f(x)-f(c)}{x-c}⩽0$ ومنه $f^{\prime }(c)⩽0$؛ ومن أجل $x<c$، $\frac{f(x)-f(c)}{x-c}⩾0$ ومنه $f^{\prime }(c)⩾0$.

من $f^{\prime }(c)⩽0$ و $f^{\prime }(c)⩾0$ نستنتج أن $f^{\prime }(c)=0$. $■$

لنُدخِل الدالة المساعدة $g$ المعرّفة على $[a,b]$ بـ:

$g(x)=f(x)-(f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a))$

هذه الدالة تطرح من $f$ معادلة المستقيم المار بالنقطتين $(a,f(a))$ و $(b,f(b))$.

فرضيات رول. الدالة $g$ متصلة على $[a,b]$ وقابلة للاشتقاق على $]a,b[$ بوصفها مجموع $f$ ودالة تآلفية. علاوة على ذلك $g(a)=0$ و $g(b)=f(b)-f(b)=0$. إذن $g(a)=g(b)=0$.

تطبيق مبرهنة رول. يوجد $c\in ]a,b[$ بحيث $g^{\prime }(c)=0$. وبما أن $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$، فإن $g^{\prime }(c)=0$ يعطي:

$f^{\prime }(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

أي، بالضرب في $b-a$: $f(b)-f(a)=f^{\prime }(c)(b-a)$. $■$

الدالة $\exp$ قابلة للاشتقاق ومتزايدة قطعاً على $\mathbb{R}$، وقيمها في $]0,+\infty [$؛ فهي إذن تُقيم تقابلاً من $\mathbb{R}$ نحو $]0,+\infty [$، تقابله العكسي هو الدالة $\ln$.

ليكن $x\in ]0,+\infty [$. نضع $y=\ln x$، بحيث $\exp (y)=x$. وبما أن ${\exp }^{\prime }(y)=\exp (y)=x\ne 0$، فإن مبرهنة اشتقاق الدالة العكسية تضمن أن $\ln$ قابلة للاشتقاق في $x$ وأن:

$(\ln x{)}^{\prime }=\frac{1}{{\exp }^{\prime }(\ln x)}=\frac{1}{\exp (\ln x)}=\frac{1}{x}.$

وبما أن هذا صحيح من أجل كل $x\in ]0,+\infty [$، فإن $(\ln x{)}^{\prime }=\frac{1}{x}$. $■$

لنُثبّت عدداً حقيقياً $b$ ولنعتبر الدالة $g$ المعرّفة على $\mathbb{R}$ بـ:

$g(x)=\frac{e^{x+b}}{e^x}$

هذه الدالة معرّفة جيداً لأن $e^x>0$، وهي قابلة للاشتقاق على $\mathbb{R}$. ومن أجل كل $x\in \mathbb{R}$:

$g^{\prime }(x)=\frac{e^{x+b}{e}^x-e^{x+b}{e}^x}{(e^x{)}^2}=0.$

إذن الدالة $g$ ثابتة على $\mathbb{R}$. نحسب قيمتها عند $0$: $g(0)=\frac{e^b}{1}=e^b$.

وهكذا $\frac{e^{x+b}}{e^x}=e^b$، ومنه $e^{x+b}=e^b{e}^x$. من أجل $x=a$: $e^{a+b}=e^a{e}^b$. $■$

لنعتبر $(w_n)$ بـ $w_n=v_n-u_n$. لدينا $w_{n+1}-w_n=(v_{n+1}-v_n)-(u_{n+1}-u_n)⩽0$ (لأن $(v_n)$ متناقصة و $(u_n)$ متزايدة): فالمتتالية $(w_n)$ متناقصة. وبما أنها تتقارب نحو $0$، فإن $w_n⩾0$ لكل $n$، أي $u_n⩽v_n$.

$(u_n)$ متزايدة ومكبورة بـ $v_0$، إذن تتقارب نحو $\ell$ (مبرهنة النهاية الرتيبة). وبالمثل $(v_n)$ متناقصة ومصغورة بـ $u_0$، إذن تتقارب نحو ${\ell }^{\prime }$.

بالانتقال إلى النهاية في $w_n=v_n-u_n$: ${\ell }^{\prime }-\ell =0$، ومنه $\ell ={\ell }^{\prime }$. $■$

لنفترض أن $(u_n)$ متقاربة نحو $\ell$. المتتالية $(u_{n+1})$ متقاربة هي أيضا نحو $\ell$.

من جهة أخرى، $f$ متصلة في $\ell$ و $u_n\to \ell$ ؛ وحسب التعريف المتتالي للاتصال: $\underset{n\to +\infty }{\lim }f(u_n)=f(\ell )$.

لكن $u_{n+1}=f(u_n)$ لكل $n$. وبالمرور إلى النهاية وبوحدانية النهاية: $\ell =f(\ell )$. إذن $\ell$ نقطة صامدة للدالة $f$. $■$

لنرمز بـ $S$ إلى المجموع. نكتبه بترتيب تصاعدي ثم تنازلي ونجمع حدا بحد:

$2S=(u_0+u_n)+(u_1+u_{n-1})+\cdots +(u_n+u_0)$

بما أن $u_k=u_0+kr$، فإن $u_k+u_{n-k}=2u_0+nr=u_0+u_n$ (ثابت). وعدد الحدود هو $(n+1)$، إذن $2S=(n+1)(u_0+u_n)$، ومنه:

$S=(n+1)\frac{u_0+u_n}{2}.$

وبشكل خاص، $1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}$. $■$

نستدل بالترجع على $n$.

التحقق. من أجل $n=0$: $(a+b{)}^0=1=(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{0})a^0{b}^0$.

التوريث. لنفترضها صحيحة عند $n$. نكتب $(a+b{)}^{n+1}=(a+b)\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^k{b}^{n-k}$، وبالنشر نحصل على مجموعين. بتغيير الدليل في الأول وعزل الحدّين الطرفيين:

$(a+b{)}^{n+1}=a^{n+1}+\sum _{k=1}^n\left(\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\right)a^k{b}^{n+1-k}+b^{n+1}.$

حسب علاقة باسكال $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k}\right)$:

$(a+b{)}^{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k})a^k{b}^{n+1-k}.$

إذن صحيحة عند $n+1$، وبالترجع لكل $n\in \mathbb{N}$. $■$

ليكن $x⩾-1$. نستدل بالترجع على $n$.

التحقق. من أجل $n=0$: $1⩾1$ صحيحة.

التوريث. لنفترض $(1+x{)}^n⩾1+nx$. بما أن $1+x⩾0$، نضرب الطرفين في $(1+x)$:

$(1+x{)}^{n+1}⩾(1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+n{x}^2⩾1+(n+1)x,$

لأن $n{x}^2⩾0$. إذن صحيحة عند $n+1$، وبالترجع لكل $n\in \mathbb{N}$. $■$

بما أن الطرفين موجبان، يكفي مقارنة مربّعيهما. باستعمال $|w{|}^2=w\bar{w}$:

$|z+z^{\prime }{|}^2=|z{|}^2+2\mathrm{Re}(z\overline{z^{\prime }})+|z^{\prime }{|}^2.$

وبما أن $\mathrm{Re}(w)⩽|w|$، بتطبيقها على $w=z\overline{z^{\prime }}$ مع $|z\overline{z^{\prime }}|=|z||z^{\prime }|$:

$|z+z^{\prime }{|}^2⩽|z{|}^2+2|z||z^{\prime }|+|z^{\prime }{|}^2=(|z|+|z^{\prime }|{)}^2.$

وبأخذ الجذر المربع (الطرفان موجبان): $|z+z^{\prime }|⩽|z|+|z^{\prime }|$. $■$

الوجود. لنعتبر $E=\{k\in \mathbb{Z}\mid bk⩽a\}$، وهي غير فارغة ومكبورة، فتقبل عنصرا أكبر $q$. لنضع $r=a-bq$. بما أن $q\in E$ فإن $r⩾0$، وبما أن $q+1\notin E$ فإن $b(q+1)>a$ أي $r<b$.

الوحدانية. لنفترض $a=bq+r=b{q}^{\prime }+r^{\prime }$. إذن $b|q-q^{\prime }|=|r^{\prime }-r|<b$، ومنه $|q-q^{\prime }|<1$، أي $q=q^{\prime }$ ثم $r=r^{\prime }$. $■$

لنبرهن بالخلف بافتراض أنها منتهية: $p_1,p_2,\cdots ,p_k$. لنعتبر $N=p_1\times p_2\times \cdots \times p_k+1⩾2$. يقبل $N$ قاسما أوليا $p$، وهو أحد $p_i$، إذن $p$ يقسم الجداء $p_1\cdots p_k$.

إذن $p$ يقسم $N$ والجداء، ومنه يقسم فرقهما $N-p_1\cdots p_k=1$: فيكون $p\mid 1$، وهذا مستحيل. تناقض، إذن المجموعة غير منتهية. $■$

نُسلّم بأن حلول $y^{\prime }=ay$ هي $x\mapsto C{e}^{ax}$. لتكن $y$ دالة قابلة للاشتقاق. نضع $z=y+\frac{b}{a}$، فيكون $z^{\prime }=y^{\prime }$.

تحقق $y$ المعادلة $y^{\prime }=ay+b$ إذا وفقط إذا، باستعمال $y=z-\frac{b}{a}$:

$z^{\prime }=a\left(z-\frac{b}{a}\right)+b=az.$

إذن $z$ حل لـ $z^{\prime }=az$، أي $z(x)=C{e}^{ax}$، ومنه $y(x)=C{e}^{ax}-\frac{b}{a}$. $■$

لنثبّت $b>0$ ولنعتبر $g(x)=\ln (bx)-\ln x$ على $]0;+\infty [$. مشتقة $x\mapsto \ln (bx)$ هي $\frac{b}{bx}=\frac{1}{x}$، إذن:

$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x}=0.$