1

Vis at følgen
Vis at $a_n=\frac{2n+1}{n+3}$
​ konvergerer mot 2, ved å bruke definisjonen av konvergens.

VI skriver opp
For hver $ϵ>0$ finnes en $A\in \mathbb{N}$ slik at $n>A$ gir at $|a_n-L|<ϵ$

Siden vi skal vise at $a_n$ konvergerer mot 2 -> $L=2$

$|a_n-2|<ϵ$
$|\frac{(2n+1)}{n+3}-\frac{2(n+3)}{n+3}|<ϵ$
$|-\frac{5}{n+3}|<ϵ$
$\frac{5}{n+3}<ϵ$

Velger $A\ge =\frac{5}{ϵ}-3$ (Arkimedes)

HUSK $n>A$

$|a_n-L|=\frac{5}{n+3}<\frac{5}{A+3}\le \frac{5}{\left(\frac{5}{ϵ}-3\right)+3}=ϵ$

da stemmer det at når $n>A$ så er $|a_n-L|<ϵ$

2

Planet $\alpha$ går gjennom $P_0=(1,1,2)$ og har normalvektor $\vec{n}=(2,-3,1)$.
a) Finn en ligning for $\alpha$ på formen $ax+by+cz=d$.
b) La ${\ell }_1$ være linja $\vec{y}(t)=(1,1,1)+t(1,1,1)$. Vis at ${\ell }_1$ ikke skjærer $\alpha$, og forklar geometrisk hvorfor — bruk skalarproduktet mellom $\vec{n}$ og retningsvektoren.
c) La ${\ell }_2$ være linja $\vec{y}(t)=t(1,1,0)$. Finn skjæringspunktet mellom ${\ell }_2$ og $\alpha$.

Løsnign:
a) Skalaproduktet $(2,-3,1)\cdot (1-x,1-y,2-z)=0$
$2-2x-3+3y+2-z=-2x+3y-z=1$

b) $\vec{y}(t)=(1,1,1)+t(1,1,1)$ retningsvektor $(1,1,1)$
$\vec{n}\cdot \vec{r}=(2-3+1)=0$ Altså er linjen parallell med planet.
SJekker at linjen ikke ligger i planet: (Setter $\vec{y}(0)$ inn i planet) $-2+3-1=0$

c) Ser at $(1,1,0)$ ligger i planet. evt løs likningen $-2t+3t=1$, får $t=1$ og setter det inn i uttrykket for ${\ell }_2$

3

La $\vec{a},\vec{b}\in {\mathbb{R}}^n$ med $\vec{a}\ne \vec{b}$, og la $\ell$ være linja gjennom dem. Vis at et punkt $\vec{p}\in \ell$ oppfyller
$|\vec{p}-\vec{a}|=|\vec{p}-\vec{b}|$
hvis og bare hvis $\vec{p}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$.
Skriv det som et ordentlig «hvis og bare hvis»-bevis: begge retninger.

$\vec{p}\in \ell$
$|\vec{p}-\vec{a}|=|\vec{p}-\vec{b}|⟺\vec{p}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$

La p være punkt på linjen

Teorem:
La $\vec{a},\vec{b}\in {\mathbb{R}}^n$ med $\vec{a}\ne \vec{b}$, og la $\ell$ være linja gjennom dem. Vi skal vise at:
et punkt $\vec{p}\in \ell$ oppfyller
$|\vec{p}-\vec{a}|=|\vec{p}-\vec{b}|$
hvis og bare hvis $\vec{p}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$.

Bevis:
Geometrisk inntuitivt (snittet av punktene)
1 vei først: hvis $\vec{p}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$, har vi at:

$$\begin{array}{rl}|\vec{p}-\vec{a}|& =|\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})-\vec{a}|\\ & =|\frac{\vec{b}}{2}-\frac{\vec{a}}{2}|\\ & =\frac{|\vec{b}-\vec{a}|}{2}\\ & \\ & =\frac{|\vec{a}-\vec{b}|}{2}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}|\vec{p}-\vec{b}|& =|\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})-\vec{b}|\\ & =|\frac{\vec{a}}{2}-\frac{\vec{b}}{2}|\\ & =\frac{|\vec{a}-\vec{b}|}{2}\end{array}$$

Og disse to er like!

2. også…
   kan vi uttrykke p ved linjen på en måte?

Vi antar at $\vec{p}$ er et viklkårlig punkt på linjen. Forsøke å finne en t slik at sammmenhengen gjelder.
$t$ inn i uttrykket for $\vec{p}$
Uttrykker $\vec{p}$ som $t(\vec{b}-\vec{a})+\vec{a}$
VS:

$$|\vec{p}-\vec{a}|=|t(\vec{b}-\vec{a})+\vec{a}-\vec{a}|=|t(\vec{b}-\vec{a})|$$

HS:

$$\begin{array}{rl}|\vec{p}-\vec{b}|& =|t(\vec{b}-\vec{a})+\vec{a}-\vec{b}|\\ & =|t(\vec{b}-\vec{a})-(\vec{b}-\vec{a})|\\ & =|(\vec{b}-\vec{a})||(t-1)|\end{array}$$

Og vi antar jo fra før at $$
|\vec p - \vec a| = |\vec p - \vec b|

$$S\mathring{a}daer$$

\begin{align}
|t(\vec{b}-\vec{a})|&=|(\vec{b}-\vec{a})||(t-1)| \
|t||(\vec{b}-\vec{a})|& =|(\vec{b}-\vec{a})||(t-1)|\
|t| & =|t-1|\
\sqrt{t^{2} } & = \sqrt{ t^{2}-2t+1 } \
t^{2} & =t^{2}-2t+1 \
t^{2}-t^{2}—2t & =1 \
2t & =1 \
t & =\frac{1}{2}
\end{align}

Siden vi har satt $\vec{p} =$ $t(\vec{b}-\vec{a})+\vec{a}$ Så er $\vec{p}=\frac{1}{2}(\vec{b}-\vec{a})+\vec{a}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$ Som er det vi skulle vise i utgangspunktet # 4 a) La $\vec a \in \mathbb{R}^n$. Vis at hvis $\vec a \cdot \vec x = 0$ for **alle** $\vec x \in \mathbb{R}^n$, så er $\vec a = \vec 0$. b) Bruk a) til å vise: hvis $\vec a \cdot \vec x = \vec b \cdot \vec x$ for alle $\vec x$, så er $\vec a = \vec b$. Vi vet: $\vec{a} \in \mathbb{R}^n$ og $\forall \vec{x} \in \mathbb{R}^n, \vec{a} \cdot \vec{x}=0$ Vi vil vise at: $\vec{a}=\vec{0}$ (siden dette skal gjelde for alle $\vec{x} \in \mathbb{R}^n$, kan vi velge n $\vec{x}$. Det SKAL gjelde for alle uansett, så da må det gjelde for $\vec{x}$ som vi velger ) Velger $\vec{x}=\vec{e}_{i}$ som har alle elementer lik 0 bortsett fra $e_{i}=1$, der $i \in (1,2,3,\dots n)$ Da blir $\vec{a} \cdot \vec{x}=a_{i}$, og vi har at for alle $i$ så er $a_{i}=0$ Og da må $\vec{a}=(0,0,0,\dots ,0)=\vec{0}$ b) Vi vet: $\forall \vec{x} \in \mathbb{R}^n:\vec{a}\cdot \vec{x}=\vec{b}\cdot \vec{x}$ Vi vil vise at $\vec{a}=\vec{b}$ $\vec{a}\cdot \vec{x}-(\vec{b}\cdot \vec{x})=0$ $(\vec{a}-\vec{b})\cdot\vec{x}=0$ Vi velger $\vec{x}=\vec{e}_{i}=(0,0,0,\dots,1,\dots,n)$ der $e_{i}=1$ $(\vec{a}-\vec{b})\cdot\vec{x}=0$ blir da $((a_{1}-b_{1})0+(a_{2}-b_{2})0+(a_{3}-b_{3})+\dots(a_{i}-b_{i})1+\dots+(a_{n}-b_{n})0)=(a_{i}-b_{i})$ som kun blir lik null når $a_{i}=b_{i}$ For alle $i \in (0,1,2,3\dots n)$ gir dette at alle $a_{i}=b_{i}$, som betyr at $\vec{a}=\vec{b}$