Jeg har lagt ut en ny oppgave. Den forrige var litt for vanskelig. Vanligvis prøver vi å holde vanskelighetsgraden lavere.

Ny oppgave:
La [tex]\alpha[/tex] være et reelt tall. Finn alle funksjoner [tex]f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}[/tex] som tilfredsstiller likningen
[tex]f(f(x+y))=f(x+y)+f(x)f(y)+\alpha xy[/tex]
for alle [tex]x,y\in \mathbb{R}[/tex].

Vi viser først et lemma. Lemma: La ABCD være en firkant. Diagonalene AC og BD er ortogonale hvis og bare hvis AB^{2}+CD^{2}=BC^{2}+AD^{2} . Bevis: Vi viser dette med vektorer. La P=AC\cap BD være origo. Anta at AB^{2}+CD^{2}=BC^{2}+AD^{2} . Av cosinussetningen får vi \left \| \vec{A} \right \|^{2}+\...

Fant den.
https://www.matematikk.net/matteprat/vi ... 19&t=46992

Du har vel ikke lyst til å delta i Abelmaraton?

Ny oppgave:
La ABCDE være en konveks femkant i det kartesiske plan. Hjørnene på ABCDE er alle gitterpunkter. De Fem diagonalene i ABCDE danner en ny konveks femkant i ABCDE. Vis at det må ligge et gitterpunkt på eller i den lille femkanten.

Vi viser først at f(x)=\sqrt{x} er konkav og at g(x)=\sqrt{x^{x}} er konveks. f''(x)=-\frac{1}{4\sqrt{x^{3}}}<0 , for alle x>0. g'(x)=\frac{1}{2}\sqrt{x^{x}}(ln(x)+1) g''(x)=\frac{1}{4}\sqrt{x^{x}}(ln(x)+1)^{2}+\frac{1}{2x}\sqrt{x^{x}}>0 , for alle x>0. Av Jensens ulikhet på funksjonen f får vi derm...

Ny oppgave:
Vis at for alle heltall [tex]n\geq 3[/tex] eksisterer det en mengde parvis ulike positive heltall [tex]S=\left \{ x_1, x_2,...,x_n\right \}[/tex] slik at [tex]\left \{ 2,n \right \}\in S[/tex] og [tex]\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i}=1[/tex].

Løsningene er permutasjonene av (p, q, r) = (101, 103, 2). Vi kan uten tap av generalitet anta at p\geq q\geq r . Vi får dermed pqr\geq 4p> 3p\geq p+q+r . Det betyr at vi kun trenger å se på når pqr=101(p+q+r) . Fra likheten over får vi at en av p,q eller r er lik 101. Vi kan uten tap av generalitet...

Ny oppgave:
La ABC være en trekant med innsenter I. Punktene P, Q og R ligger henholdsvis på linjestykkene AI, BI og CI slik at
[tex]AI\cdot PI=BI\cdot QI=CI\cdot RI[/tex].
Vis at omsenteret til ABC ligger på eulerlinjen til trekant PQR.

Dersom MNQP er syklisk og tangenten til omega i A også er tangenten i A til omsirkelen av AMN, så er vi ferdige fordi de tre linjene i oppgaven må skjære hverandre i potenssenteret til omega, (MNQP) og omsirkelen til AMN. Først ser vi at en homoteti med skaleringsfaktor 1/2 i A sender omega til omsi...

Noen kommentarer: Polynomet i det første innlegget er det syvende syklotomiske polynomet \Phi _{7}(x)=\frac{x^7-1}{x-1} . Beviset mitt utelater en del detaljer. For eksempel at konstantleddet til \Phi _{i}(x) er lik 1 for i større enn 1 og at ord_{p}(n)|p-1 for alle primtall p og heltall n hvor gcd(...

Vi kan bruke syklotomiske polynomer. La \Phi _{n}(x) være det n-te syklotomiske polynomer. Det n-te syklotomiske polynomet er definert som minimalpolynomet der røttene er de n-te primitive enhetsrøttene. \Phi _{n}(x)=\prod_{1\leq k\leq n, gcd(k,n)=1}^{}(x-e^{2i\pi \frac{k}{n}}) Det betyr at x^{n}-1=...

Fra oppgaveteksten vet vi at A^{2}B+B^{3}=A^{3}+B^{2}A . Siden matrisemultiplikasjon ditribuerer, får vi (A^{2}+B^{2})B=(A^{2}+B^{2})A . Anta for motsigelsens skyld at A^{2}+B^{2} har en invers. Det betyr at A=(A^{2}+B^{2})^{-1}(A^{2}+B^{2})A=(A^{2}+B^{2})^{-1}(A^{2}+B^{2})B=B . Dette motsier kravet...

Ved å substituere x med \frac{1}{x} får vi f(x)\geq \frac{1}{x^{2}}f(\frac{1}{x})\Rightarrow x^{2}f(x)\geq f(\frac{1}{x}) . Dermed må ulikhetene i oppgaven være likheter. Vi får da at 1-\frac{\sqrt{f(x)f(\frac{1}{x}))}}{x}=1-\frac{\sqrt{f(x)x^{2}f(x)}}{x}=1-f(x)=x^{2}f(x) Til slutt kan vi løse likhe...

La R_{0} være en n-tuppel der alle elementene tilhører mengden {A, B, C}. Vi definerer følgen R_{0}, R_{1}, R_{2}, ... slik: Hvis R_{j} = (x_{1}, ..., x_{n}) , så er R_{j+1} = (y_{1}, ..., y_{n}) , der y_{i}=\left\{\begin{matrix} x_{i}, hvis\ x_{i}=x_{i+1}\\ \{A, B, C\}\backslash \{x_{i},x_{i+1}\}, ...