Det går helt fint det, kanskje best sånn her...

Ok, men den som løser oppgaven min blir nødt til å komme opp med en oppfølger (gjør ikke noe om den ikke er like vanskelig som denne...)

La [tex]x[/tex],[tex]y[/tex],[tex]z[/tex] være reelle tall, og [tex]x^2+y^2+z^2=2[/tex]
Vis at :
[tex]x+y+z-xyz \leq 2[/tex]

Lykke til (håper denne ikke allerede er posta)

Fin løsning Jarle. Her kommer løsingen min: Av Cauchy: \left( \frac{a+c}{a+b}+\frac{b+d}{b+c}+\frac{c+a}{c+d}+\frac{d+b}{d+a} \right) \left( (a+c)(a+b)+(b+d)(b+c)+(c+a)(c+d)+(d+b)(d+a)\right)\geq \left( (a+c)+(b+d)+(c+a)+(d+b)\right)^2 Og fordi: (a+c)(a+b)+(b+d)(b+c)+(c+a)(c+d)+(d+b)(d+a)=(a+b+c+d)^...

Nice! Det var akkuratt de løsningene jeg var ute etter

Bravo!

Her kommer to ulikheter som er nokså vanskelige og som har ganske spesielle løsninger (kanskje spesiellt den siste): (1) La x og y være reelle tall i intervallet [-1,1] vis at xy+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}- \sqrt{(1-x^2)(1-y^2)} \leq \sqrt 2 (2) Vis at for alle positive reelle tall a, b og c er: \s...

EDIT: Ja, nettopp det ja (litt for sein...)

Ja det stemmer! Andre måter å si det på:
(1)[tex]a^2+k[/tex] er en faktor i [tex](a-1)a(a+1)[/tex]
(2)[tex]m(a^2+k)=(a-1)a(a+1)[/tex] for et visst heltall m.
(3)[tex]a^2+k \mid (a-1)a(a+1)[/tex]
(4)[tex](a-1)a(a+1) \eq 0 \quad mod \ a^2+k[/tex]

Ok, da slenger jeg ut min løsning også (som går ut på det samme...) x^2=2(y+z) \Rightarrow 2 \mid x^2 \Leftrightarrow 2\mid x x=2 \Rightarrow y,z=1 som er en løsning. Av symetri kan vi anta at y \geq z x \geq 4 \Rightarrow 4x \leq x^2=2(y+z) \leq 4y \Longrightarrow x^6\leq y^6 < y^6+z^6+31(y^2+z^2)=...

Vis at hvis [tex] a^2+k[/tex] deler [tex](a-1)a(a+1)[/tex] der [tex]a,k \in \mathbb {N}[/tex], så er [tex]k \geq a[/tex]

Vis (uten kalkulator) identiteten:
[tex]sin 18^o= \frac{\sqrt{5}-1}{4}[/tex]

Finn alle tripler av positive heltall (x,y,z) slik at:
[tex]x^2=2(y+z)[/tex] og
[tex]x^6=y^6+z^6+31(y^2+z^2)[/tex]

Det gir nok en løsning som er veeeeeldig lang (men kan godt hende man kommer fram på den måten :D ). Ville anbefalt andre måter å løse denne på. Fint å kunne de kalssiske ulikhetene: AM-GM, Cauchy, Chebyshev, rearangement og Jensen's (og andre). Fellesnevner blir produktet av nevnerne i hver enkelt ...

Vis at for positive reelle tall a,b,c,d gjelder følgende ulikhet:
[tex]\frac{a+c}{a+b}+\frac{b+d}{b+c}+\frac{c+a}{c+d}+\frac{d+b}{d+a} \geq 4[/tex]

\sum \frac{1}{a^3(b+c)}=\sum \frac{(bc)^3}{b+c} Av Cauchys ulikhet, og så AM-GM har vi: (\sum \frac{(bc)^3}{b+c})(\sum \frac{b+c}{bc}) \geq (\sum bc)^2 \Longleftrightarrow (\sum \frac{(bc)^3}{b+c})(2\sum \frac{1}{a}) \geq (\sum \frac{1}{a})^2 \Longleftrightarrow 2\sum \frac{(bc)^3}{b+c} \geq \sum \...