bruk substitusjonen $u=\tan x$ - etter det burde alt falle på plass

Veldig bra stensrud! Ser at teller og nevner har byttet plass på $(1)$ sammenlignet med korrekt svar, men fremgangsmåten din er helt korrekt, så regner med du bare slurva her. Den siste ulikheten kan også løses med AM-GM eller Rearrangement-ulikheten, men det er Cauchy-Schwarz (eller AM-HM) som er ...

1: Ifølge Cauchy-Schwarz er \[ (a^2+2b^2+c^2)\left(1+\frac12+1\right)\geq (a+b+c)^2=1\implies a^2+2b^2+c^2\geq \frac52, \] som også er oppåelig. 2: Kall uttrykket for $E$. AM-HM ulikheten (eventuelt Cauchy-Schwarz) gir oss \[ ((a+b)+(b+c)+(c+a))\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)...

Alternativt: (Bruk samme notasjon som Dennis). Vi har $s_{n+1}-s_n=\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}$, som ved induksjon gir
\[ s_n=\sum_{k=1}^{2n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}.\]
Da er vi omtrent ferdige siden Maclaurinrekka til $\log(1+x)$ er
\[ \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k}. \]

Problemet er at mengden du definerer ikke vil være en undergruppe. Konjugasjonsklassen til refleksjonen i x-aksen består av alle refleksjonene, og disse genererer hele $O(2)$. Aha, enig. I to dimensjoner så må egenverdiene til en refleksjon være $\pm 1$, slik at alle refleksjoner kan diagonaliseres...

"Anta at $N$ er en normal undergruppe av $O(2)$. Vis at hvis $N$ inneholder en refleksjon så er $N=O(2)$." Nå kan det godt hende jeg tuller her, men er dette i det hele tatt sant? Vi vet at en undergruppe er normal hvis og bare hvis den er en union av konjugasjonsklasser, og hvis vi define...

Ja du skrev basically ned beviset der; bare et par kommentarer: For det første så er det viktig å avklare hva som menes med $\gcd(x,y,z)=1$. Man kan enten mene at det betyr at alle tre tallene $x,y,z$ er parvis primiske, eller så kan det bety at ingenting utenom $1$ deler alle tre tallene. For eksem...

En litt annerledes løsning: Hvis ikke $3\mid a,b$, så er eneste mulighet $3\nmid a,b$. Nå vil $3$ dele $a^3+b^3=(a+b)(a^2+ab+b^2)$, og følgelig også $a+b$ som følge av Fermats lille teorem. Da har vi $3\nmid a,b$ og $3\mid a+b$, så det følger av LTE at \[ v_3(a^3+b^3)=v_3(3)+v_3(a+b)\implies v_3(a^2...

Jeg det funka. Jeg må nok likevel se nærmere på påstanden om at "enhver felles divisor nødvendigvis må dele den største felles divisoren". Da kommer vel Bézout inn i bildet igjen. Takk for veiledninga, begge to! Forresten kan du jo se på om vi trenger entydig primtallsfaktorisering for at...

Strategien er altså å vise $\gcd(a,b-a)\leq\gcd(a,b)\leq \gcd(a,b-a)$, som er nok. Vi starter med ulikheten til høyre slik du gjorde: Hvis $d$ deler både $a=xd$ og $b=yd$ så vil $d$ også dele $b-a=d(y-x)$ som følge av definisjonen av delelighet. Da vil $d$ også dele $\gcd(a,b-a)$, så hver kandidat $...

Aleks855 skrev:Er dette da en "justering" av hvordan vi definerer $\gcd$ for tilfellet $0,0$? For $0$ deler jo heller ikke $0$.

Den vanligste definisjonen av delelighet er at $a\mid b$ hvis det finnes et heltall $n$ slik at $b=an$, og da vil $0\mid 0$. (Selv om vi ikke kan dele $0$ på $0$!)

Hvis vi hadde snakket som $\mathbb N_0$ i stedet for $\mathbb N$ når vi generelt betrakter delelighet, primtall og denslags, så hadde vi alltid fått resultatet $\gcd(a, b) = 0$ for heltallige $a, b$? For vi kan jo alltid legge på $0$ på slutten av en partiell ordning under $\mid$ og få at $0$ er &q...

I tallteorien er ideen om "største felles divisor" eller $\gcd$ ganske sentral. Boka jeg leser nevner i en bisetning at $\gcd(0, 0) = 0$ uten forklaring. Hvordan defineres dette? Jeg har googlet frem og tilbake, men alle forklaringer inkluderer begrepet "partial order of divisibility...

Gustav skrev: Ser ikke helt hvordan du får de implikasjonene. Den siste gjelder vel kun for heltallsdomener, og den første forutsetter at $xy=yx$, noe du skal bevise.

Hoooppsann, gikk litt fort i svingene der... Skal se om jeg får fiksa det litt senere.

$1$ kommuterer med alle elementene i $R$, og for $x\neq 1,y\in R$ så er
\[ (x^2-x)y=y(x^2-x)\iff (x-1)(xy-yx)=0\implies xy=yx. \]