Hvis vi setter $\alpha=\sqrt{2+\sqrt[3]3}$ og jobber oss bakover er det ikke så vanskelig å finne $p(x)\in\mathbb{Q}[x]$ med $p(\alpha)=0$. \[\alpha=\sqrt{2+\sqrt[3]3}\Rightarrow \alpha^2=2+\sqrt[3]3\Rightarrow (\alpha^2-2)^3=3\Rightarrow (\alpha^2-2)^3-3=0\] Dermed vil $p(x)=(x^2-2)^3-3\in\mathbb{Q...

Siden $f(\omega)=0$ og $f$ er irredusibel over $\mathbb{Q}$ følger det at $f=irr(\omega,\mathbb{Q})$. Dette vil si at $(f)$ er kjernen til homomorfien $\phi_\omega :\mathbb{Q}[x]\to \mathbb{C}$ (alternativt $\to \overline{\mathbb{Q}}$ eller en annen kropp som inneholder både $\mathbb{Q}$ og $\omega$...

1) Ja, dette holder. Assosiativiteten følger fra definisjonen av binæroperasjonen i $S_4$; $\tau\sigma$ er permutasjonen som tar $x$ til $\tau(\sigma(x))$. 2) Jeg er ikke helt enig i at $\sigma(5)=\phi(\sigma(2))$ ikke finnes. Husk at når $S_4$ virker på $Y=\{1,2,3,4,5\}$ så virker den som en underg...

Generelt er $R/I$ et integritetsdomene (ingen nulldivisorer) hvis og bare hvis $I$ er et primideal. Videre hvis $R=k[x]$, for en kropp $k$, og $I=(f)$ for et polynom $f$, så er $(f)$ et primideal hvis og bare hvis $f$ er irredusibel over $k$. Dermed holder det å avgjøre om $f(x)=x^2-5$ er irredusibe...

$f(x)=g(x)(x-a)+r\Rightarrow f(a)=r$ Mer presist hvis $\phi_a:K[x]\to K$ er evaluasjon i $a$, så har vi ved homomorfiegenskapene at $\phi_a(f(x))=\phi_a(g(x)(x-a)+r)=\phi_a(g(x))\phi_a(x-a)+\phi_a(r)=\phi_a(r)=r$, hvilket vi selvfølgelig skriver som $f(a)=r$. Kjernen til $\phi_a$ er idealet $(x-a)$ ...

Observer at ved Fermat's lille teorem så vil alle $x\in\mathbb{Z}_7$ løse ligningen $x^6-1$.
Dermed er $4x^6+3=4(x^6-1)=4(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)$.
Man kan selvfølgelig også finne denne faktoriseringen ved å legge merke til at
$x^2+x+1=x^2+x-6=(x+3)(x-2)$ og $x^2-x+1=x^2-x-6=(x-3)(x+2)$.

Aleks855 skrev:

Brahmagupta skrev:$5^{12}$ blir vel litt mye.

[...]

så svaret skal bli $60$.

$5\cdot 12$ altså?

Tror kanskje du leste Janhaas innlegg feil

Hehe, ja ser det nå!

Edit: Leste åpningsinnlegget feil...

Det skal ikke så mye til for å få dette til å fungere. Du har vist at tallet $10^{222}-1\equiv 0\mod{223}$ slik at også $10^{222k}-1\equiv 0\mod{223}$. Da gjenstår det å finne en passende verdi av $k$ slik at \[\frac{10^{222k}-1}9\equiv 0 \mod{9}.\] samtidig som $222k\leq 2007$. Observer nå at tverr...

Her skurrer det litt. Du har vist at for enhver $x$ er $f(x)$ enten lik $\sqrt{x^2 + 1}$ eller $-\sqrt{x^2 + 1}$, men det kan hende at det første er tilfellet for noen $x$, og det andre er tilfellet for andre $x$. For at det skal holde å sette inn de to uttrykkene du fant i den opprinnelige likning...

Tusen takk folkens, veldig moro :). Har forresten lyst til å takke for all hjelp jeg har fått på forumet her; til abeloppgaver og mye annet. Men kunne vi ikke laget en egen finaletråd, slik som tidligere? Sikkert flere her som har noen gode løsninger på oppgavene. Gratulerer med 2. plass, godt jobb...

Som Stensrud nevnte i den andre abeltråden kan det være greit å ha en egen tråd for løsninger og diskusjon rundt finaleoppgavene. Oppgavene ligger her: http://abelkonkurransen.no/problems/abel_1516_f_prob_nb.pdf Vi klarer vel å oppdrive løsninger på alle oppgavene som de foregående årene! Tar med et...

Drezky skrev: Faktoriser:
[tex]x^{10}+x^{5}+1[/tex]

$x^{10}+x^5+1=(x^2+x+1)(x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1)$

Ved å innse at $e^{2\pi i/3}$ og $e^{4\pi i/3}$ er røtter i polynomet, så vil
$x^2+x+1$ være en faktor, da er det bare å polynomdividere.

(Den andre faktoren er også faktisk irredusibel over $\mathbb{Q}$).

Når det er snakk om tangentplanet til en funksjon $f:\mathbb{R^2}\rightarrow \mathbb{R}$, så siktes det heller til tangentplanet til flaten, parametrisert ved $g(x,y)=(x,y,f(x,y)$. Uttrykket $z=f(x_0,y_0)+\nabla f\cdot (x-x_0,y-y_0)$ kalles gjerne lineariseringen til $f$ i $(x_0,y_0)$ og vi skal se ...

Det stemmer ikke helt, svaret er 10 Da inkluderer du bare polynomer med reelle koeffisienter (faktisk heltallige). Det er også 6 løsninger med komplekse koeffisienter, så totalt 16 løsninger. La $P(x)$ ha komplekse røtter $r_i$, $1\leq i\leq 4$, slik at $P(x)=a(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)(x-r_4)$. Ligning...