La $y\mapsto y-g(f(x))$, da får vi $$f(f(x)+g(y-g(f(x))))=y,$$ som viser at $f$ er surjektiv. Derfor kan vi sette $f(x)=z$ og $y=0$, som gir $$f(z+a)=g(z), \ \ \forall z \in \mathbb{Q}, \ a=g(0).$$ Vi kan derfor skrive om likningen $$f(x+f(y+a))=f(x+a)+y. \ \ \ \ (*)$$ Setter vi $h(x)=f(x)-a$ blir l...

Gustav skrev: Baltic way 2019, oppgave 1

Kult! Var du der? Jeg var faktisk med i Gdansk og Kjøbenhavn for mange år siden

Fin julikhet :D La $x-y = \alpha\ge 0$ og $xy = \beta^2$ der $\beta\ge 0$. Da kan ulikheten skrives $$\alpha(\alpha^2+3\beta^2)+z^3+1\ge 6\alpha\beta \sqrt{z},$$ siden $x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)=(x-y)((x-y)^2+3xy) = \alpha(\alpha^2+3\beta^2)$. La $$f(\beta) = 3\alpha \beta^2 -6\alpha \sqrt{z} \beta ...

La $a$ og $b$ være naturlige tall. Vis at det kun finnes et endelig antall naturlige tall $n$ slik at
$$(a+\frac{1}{2})^n+(b+\frac{1}{2})^n$$
er et naturlig tall.

Nok en oppfølger : Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $$ f(x^2+xy)=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$$ for alle reelle $x,y$. $x=y=0 \ \Rightarrow f(0)=f(0)^2 \ \Rightarrow f(0)=0 \ \vee \ 1$. $x=0 \ \Rightarrow f(0)=f(0)(f(y)+y)$. Så dersom $f(0)=1$ får vi $f(x)=1-x, \ \forall x\in \mat...

La $s(n)$ være summen av elementene i rad $n$. Vi vil vise at $s(n)=7\cdot 2^{n-1}-4$. Her er det naturlig å bruke induksjon. Nullhypotesen stemmer da $s(1)=3$. Anta at påstanden stemmer opp til $n=N$, og vi skal vise at det fører til at påstanden også stemmer for $n=N+1$. La rad $N$ være: $x_0 \ \ ...

En annen måte å løse det på. Hvis $p^3+3pq^2-q^3=0$ der $(p,q)=1$ så må vi ha at $p(p^2+3pq)=q^3$. Så dersom et primtall deler $p$, må det også dele $q^3$ og derfor også $q$. Men siden $(p,q)=1$ så må $p=\pm1$. Vi kan også skrive det om til $q(q^2-3pq)=p^3$, og med samme argument får vi at $q=\pm1$....

Oppfølger:
La $a, b, c, d \in \mathbb{R}$. Vis at
$(a+b+c+d)^2\le 3(a^2+b^2+c^2+d^2)+6ab$.

Denne ulikheten er vrien siden vi ikke finner likhet når $a=b=c=d$, faktisk er det ikke mulig fra betingelsene, derfor kan vi ikke gå rett på AM-GM, Cauchy-Schwarz osv. Det neste steget er å finne når vi får minimum og maksimum, og etter litt prøving finner vi (3, 1, 1, 1) og (0, 2, 2, 2). Så vi øns...

La $a=1, b=0, x=1$, da får vi $f(1)f(0)=f(1) \Rightarrow f(0)=1$. Videre ser vi at dersom $a=-1, b=0$, får vi $f(-x)f(0)=f(x) \Rightarrow f(-x)=f(x)$. Lar vi $a=\frac{\sqrt{2}}{2}, b=\frac{\sqrt{2}}{2}$, får vi $f(x)=f(\frac{\sqrt{2}}{2}x)^2\ge 0$. Anta at $f(c)=0$ for en $c>0$, da følger det fra ov...

La $PA=x$, $PB=y$, $PC=z$, $\angle BPC = \alpha$, $\angle APC = \beta$ og $\angle APB = \gamma$. Kvadrer vi ulikheten får vi: $2(x+y+z)^2\ge a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S$. Bruker vi cosinus-setningen og arealsetningen får vi: $2\sum x^2 + 4\sum yz \ge 2\sum x^2 -2\sum yz \cos{\alpha} + 2\sqrt{3}\sum yz \s...

$1\cdot 3\cdot 5\cdot ... \cdot 2019\equiv 0 \mod 125$ $1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot9\cdot ... \cdot 2019=(1\cdot 3\cdot 5\cdot 7)\cdot(9\cdot 11\cdot 13\cdot 15)\cdot ... \cdot(2009\cdot 2011\cdot 2013\cdot 2015)\cdot 2017\cdot 2019\\ \equiv (1\cdot 3\cdot (-3)\cdot (-1))\cdot(1\cdot 3\cdot (-3)\cdo...

En alternativ løsning til den trigonometriske ulikheten: Vi bruker følgende: 1) $\sin(\alpha)-\sin(\beta)=2\sin(\frac{\alpha-\beta}{2})\cos(\frac{\alpha+\beta}{2})$ 2) $|\cos(x)|\le 1$ 3) $|\sin(x)|\le |x|$ I den opprinnelige ulikheten substituerer vi $x$ med $x+y$. Da får vi: $|\sin(x+y)-\sin(y)|\l...

La $x=y=0$. Da har vi $f(0)=0$. Hvis $y=-x$ får vi $f(x^2-xf(x))=0$. Anta at det eksisterer $a\neq 0$ slik at $f(a)=0$, og la $x=a$, da får vi: $f(a^2)=af(a+y)$ derfor er $f(x)=c$ konstant, og $c=xc$, så $f(x)\equiv0$ er en løsning. Dersom ikke $f(x)\equiv0$, har vi at $f(a)=0\Rightarrow a=0$. Fra $...

La $b_n=a_n-a_{n-1}$, da har vi: $a_n=a_{n-1}+b_n=a_{n-2}+b_n+b_{n-1}=\cdots =a_0+\sum^n_{i=1}b_i$. Da blir den gitte ulikheten: $\frac{a_{n-1}+a_{n+1}}{2}\ge a_n$ $\frac{a_{n-1}+a_{n-1}+b_{n+1}+b_n}{2}\ge a_{n-1}+b_n$ $b_{n+1}\ge b_n$ Og ulikheten vi skal vise: $\frac{a_0+a_{n+1}}{2}\ge \frac{a_1+a...