Ja, beklager... positive reelle tall.

Haha... Er ikke dette en av årets Baltic Way oppgaver?

Det stemmer, men du må finne alle, og bevise at disse er alle.

På hvert av hjørnene i et tetraeder er det festet et reelt tall. På hver av kantene er det festet produktet av tallene til hjørnene som er på enden av kanten. På hver av sidene er det festet summen av tallene som er på kantene til siden. Er det mulig at to slike tetraeder kan ha de samme tallene på ...

La[tex]P(x) [/tex]er et polynom med heltallige koeffisienter (dette kan forresten skrives: [tex]P \in \mathbb{Z}[x][/tex]) og det finnes 5 forskjellige heltall som gjør at [tex]P(x)[/tex] er lik 5. Vis at det ikke finnes noe heltall s.a [tex]-6 \leq P(x) \leq 4[/tex] eller [tex] 6\leq P(x) \leq 16[/tex]

Hvis [tex]\alpha \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)[/tex], er det mulig at [tex]\sin(\alpha), \cos(\alpha), \tan(\alpha), \cot(\alpha)[/tex] (i en viss rekkefølge) danner en aritmetisk rekke?

La [tex]a,b,c \in \mathbb {R}[/tex] s.a [tex]a^2+b^2+c^2=3[/tex]. Vis at:
[tex]\frac{a^2}{2+b+c^2}+\frac{b^2}{2+c+a^2}+\frac{c^2}{2+a+b^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{12}[/tex]
Når får vi likhet?

Finn alle polynomer, [tex]p(x)[/tex], med reelle koeffisienter s.a.:
[tex]\,\,\,\,\,\,p\left( (x+1)^3 \right)=\left( p(x)+1 \right)^3[/tex]

Wow, bra jobba Sonki. Du har et veldig godt utgangspunkt til å nå finalen nå. Hvor gammel er du?
Jeg tror også 1. runde var litt vanskeligere enn i fjor, tipper 55p blir grensa for å nå 2. runde.

Heidu Hilmar//(Ice)! Grunnen til at jeg og han Jarle10 ikke har hengt noe særlig på forumet i det siste er at vi var på en internasjonal matttematikkonkurranse (Baltic Way) i Gdansk i Polen. Det er en lagkonkurranse for 11 land (Estland, Latvia, Litauen, St. Petersburg, Tyskland, Polen, Finnland, Is...

Jeg sleger på en oppfølger jeg (tror den skal være grei nok å løse):

La [tex]x \in \left( - \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right)[/tex] Vis at:
[tex]\sin^2(x) \geq \frac{x^2}{x^2+1}[/tex]

Ok, her kommer en oppføger, forhåpentligvis en lettere en:

La x,y og z være positive reelle tall s. a. [tex]x+y+z=1[/tex]. Vis at:
[tex]xy+yz+zx-2xyz \leq \frac{7}{27}[/tex]

Ok, ser ut til at denne var litt vel vanskelig... Her kommer uansett løsningen: x^2+(y-z)^2 \geq 0 \,\, \Rightarrow \,\, yz \leq 1 slik kan vi også vise at xy \leq 1 og xz \leq 1 . Derfor har vi at: 2(1-xy)(1-yz)(1-zx)+(xyz)^2 \geq 0 \,\,\, \Leftrightarrow 2- 2 \sum xy+ 2xyz \sum x -xyz \geq 0 \,\,\...

Er ikke dette bare teleskoperende summer (/eller hva det nå kalles)??

Dette er egentlig bare Muirhead (eller hvordan det nå enn skrives...), men den kan også fint løses med "rearangement" ulikhten: Av symetri kan vi anta at a_1 \geq a_2 og b_1 \geq b_2 . Da har vi at a_1 \geq b_1 \geq b_2 \geq a_2 . La S=a_1-b_1=b_2-a_2 \geq 0 og T=a_1-a_2 \geq a_1-b_1=S Ett...