2) Hva med p_1p_2 \cdots p_n+1 ? Anta at det finnes et heltall n\, slik at p_1p_2 \cdots p_n+1=k^2\, der k\in \mathbb{N}\, . Siden k\, er et oddetall har vi at k^2 \eq 1 \,\, ( {\rm mod}\, 4 )\, , men det må bety at 4|p_1p_2 \cdots p_n . Dette er en motsigelse da p_1=2\, og 2 \not |p_2p_3 \cdots p_...

Hvis x=1 kan du ikke dele på [tex]\,\sqrt{x-1}\,[/tex]. Ellers tror jeg det stemmer.

Finnes det to kvadratiske polynomer [tex]\,ax^2+bx+c\,[/tex] og [tex]\,(a+1)x^2+(b+1)x+(c+1)\,[/tex] med heltallige koeffisienter slik at begge har to heltallige røtter?

La \,S=\sum_{k=0}^n k{2n\choose 2k}=0 \cdot {2n\choose 0}+1 \cdot {2n\choose 2}+2 \cdot {2n\choose 4}+ \cdots +n \cdot {2n\choose 2n} Men vi vet også at \, {n\choose k}={n\choose n-k}\, og derfor har vi at: \,S=\sum_{k=0}^n k{2n\choose 2n-2k}=0 \cdot {2n\choose 2n}+1 \cdot {2n\choose 2n-2}+2 \cdot {...

La [tex]\,x=y=2^{n-2}\cdot k^{n-1}\,[/tex] da har vi:
[tex]x^{n}+y^{n}=2(2^{n-2}\cdot k^{n-1})^{n}=2^{n^2-2n+1}\cdot k^{n^2-n}=(2^{n-1}\cdot k^{n})^{n-1}[/tex]

Det jeg tror hadde vært interessant, hadde vært å spørre om antall løsninger der gcd(x,y)=1...

Det finnes uendelig antall løsninger.
La[tex] p=q=2x^2[/tex] da er [tex]p^3+q^3=16x^6=(4x^3)^2[/tex]
Dette er gyldige løsninger for alle positive heltall x.

Ja... Jeg kom fram til noe av det samme: Anta at det finnes et slikt rasjonalt tall b: La b=\frac{p}{q} der \gcd(p,q)=1 Da har vi: 1) \,\, \frac{p}{q}+\frac{q}{p}=\frac{p^2+q^2}{pq}=\frac{m_1^2}{m_1^2} 2) \,\, \frac{p}{q}-\frac{q}{p}=\frac{p^2-q^2}{pq}=\frac{n_1^2}{n_1^2} (Her er m_1,m_2,n_1,n_2 \in...

Hei, fikk nettopp invitasjon til finalen Lurer på hvem andre fra forumet her som også skal til Trondheim 12 til 13 mars.

Ja, jeg har det med å gjøre feil på det enkleste... menmen noen slurvefeil får jeg leve med

Gjorde to (veldig) dumme feil, maksimalt 80... @Jarle: Det holder nok helt sikkert til en finaleplass. Her er hva jeg tror svaret på oppgavene er: 1) 784 2) 301 3) 25 4) 6 5) 9 6) 251 7) 250 8) 539 9) 67 10) slurvet fælt og gidder ikke å prøve mer på den... Hvis noen er uenige i noen av svarene er d...

Ønsker alle som enda er med, lykke til i morgen!
Håper vi sees i finalen (om jeg kommer dit altså )

b^2k-ab+1=\frac{b^4+1}{ab+1} \geq 1 Hvorfor holder denne ulikheten? Du har jo bare sagt at a er større enn b, hvis a er mye større enn b, kan brøken ha andre verdier lavere enn en? Utrykket \frac{b^4+1}{ab+1} er større enn 0, og det er et heltall da b^2k-ab+1 også er et heltall (disse utrykkene er ...

Vi har at c \geq \frac{b^2}{4a} derfor er: \frac{a+b+c}{b-a}\geq \frac{a+b+\frac{b^2}{4a}}{b-a} La b=a+x , da er x>0 . \frac{a+b+\frac{b^2}{4a}}{b-a}= \frac{a+a+x+\frac{a^2+2ax+ x^2}{4a}}{x}=\frac{\frac{9}{4}a+\frac{3}{2}x+\frac{x^2}{4a}}{x}=\frac{9a}{4x}+\frac{3}{2}+ \frac{x}{4a} Av AM-GM har vi at...

Ja. Jeg kunne like gjerne sagt at a,b og c er positive reelle tall.

La [tex]a,b,c\in \mathbb{R^+}[/tex] og vi har gitt at [tex]b>a[/tex] og [tex]b^2\leq 4ac[/tex].
Finn minimum av følgende utrykk:
[tex]\frac{a+b+c}{b-a}[/tex]