direkter und widerspruchs beweis

$2pq =< (p^2/E) + Eq^2$

p,q element R;  E>0

Davon einen direkten und Widerspruchs- Beweis

$2pq \le (p^2/E) + Eq^2$

$0 \le p^2/E-2q\cdot p + Eq^2$

$0\le (p-p_1)(p-p_2)$

$f(p)=\frac{1}{E}p^2-2q\cdot p + Eq^2=0$

              a            b              c

$p = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}$      

$\LARGE p = {2q \pm \sqrt{4q^2-4\cdot \frac{1}{E}\cdot Eq^2} \over \frac{2}{E}}$      

$\LARGE p = {2q \pm \sqrt{4q^2(1- \frac{E}{E})} \over \frac{2}{E}}$

$\LARGE p = {2q \pm2q\sqrt{0} \over \frac{2}{E}}$

$\Large p = Eq$

$0\le (p-p_1)(p-p_2)$

$0\le (p-Eq)(p-Eq)$

$0\le (p-Eq)^2\\ 0\le p-Eq\\ Eq \le p\\ E \le \frac{p}{q}$

Irgendwo ist da der Wurm drin.

Bis bald

  !

$2pq =< (p^2/E) + Eq^2$

p,q element R;  E>0

Davon einen direkten und Widerspruchs- Beweis

Neuer Versuch einer Lösung

$2qp \le p^2/E + Eq^2$                          [ -2qp

$0\le (p^2/E)-2q\cdot p + Eq^2$            [ $\times E$

                                        $\ \small (E>0, kein\ Wechsel\ beim\ Vergleichszeichen)$

                                         $\small (bei \ E<0, wechselt\ das\ Vergleichszeichen)$

$0\le f(p)=p^2-2qE\cdot p + E^2q^2$ [ qudrat. Gleichung nach p auflösen

$p^2-2qE\cdot p + E^2q^2=0$

           b                 c

$p=-\frac{b}{2}\pm\sqrt{(\frac{b}{2})^2-c}$

$\large p=-q\pm\sqrt{q^2-E^2q^2}$

$p=-q\pm\sqrt{q^2(1-E^2)}$

$p=-q\pm q\sqrt{1-E^2}$

$p=q\cdot (\pm\sqrt{1-E^2}-1)$

$-1\le E\le1$

Die Bedingung für die gegebene Gleichung mit E > 0 ist unkorrekt.

$-1\le E \le0$ passt ebenfalls zur oben dargestellten Gleichung.

q.e.d.

Was sollte eigentlich bewiesen werden?  

  !