Løsning: Gjør først det samme som Gustav. Anta så $h>\frac1e$, og definer $g(x)=\ln(f(x))$ (som gir mening siden $f$ er positiv). Observer nå at dersom $g'(x)<1$ er $\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{f(x+h)}{f(x)}<1$, altså $f(x+h)<f(x)$, som vil gi oss en selvmotsigelse ettersom $f$ er voksende da $f'(x)=f...

Ser rett ut begge løsningene. Veldig bra :D Er Legendres formel noe som er kjent for alle IMO-deltagerne, eller er dette noe som de må utlede selv? Av det jeg har sett og hørt virker Legendres formel som et standardtriks å kunne, men i følge noen av disse er jo også loven om kvadratisk resiprositet...

Godt poeng, det skal være $k!=(2^n-1)(2^n-2)(2^n-4)\cdots (2^n-2^{n-1})$ Dette var et veldig kult problem! Lemma: $n!> (n/3)^n$ for $n \in \mathbb{N}_{\geq 1}$. Bevis. Med Maclaurinrekken til $e^x$ får vi $e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} > \frac{x^n}{n!}$ når $x$ er positiv. Sett $x=n$, så f...

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ slik at for alle $a,b \in \mathbb{Z}$ er $f(2a)+2f(b)=f(f(a+b))$ Bytter vi om på $a$ og $b$ ser vi at $f(2a)+2f(b)=f(2b)+2f(a)$, dvs. at $f(2a)-2f(a)=k$ for en konstant $k$. $a=0$ gir da $f(0)=2f(0)+k$, så $k=-f(0)$ og vi har dermed at $f(2a)=2f(a)...

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ slik at for alle $a,b \in \mathbb{Z}$ er $f(2a)+2f(b)=f(f(a+b))$

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 $x,y$. Ikke komplett løsning; antar kontinuitet i $x=0,1$ og vet ikke om dette kan vises. Løsningene fungerer dog allikevel. Er også redd jeg overkompliserer denne noe v...

Bruker din notasjon med $M$ for verdimengde. La videre $D$ være definisjonsmengden. Vi vet at $D=\{x \in \mathbb{R} : x \geq 1\}$. Videre er definisjonen på verdimengden $ M = \left \{\frac{1}{x} : x \in D \right \}$. Siden $2 \in D$ er dermed $\frac{1}{2} \in M$ av definisjonen på $M$, så $M$ er ik...

Den generelle løsningen er summen av partikulærløsningen $y_p$ og homogenløsningen $y_h$. Homogenløsningen er rett fram Euler-Cauchy-likning med $y_h=\frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}$ for konstanter $A,B$. For $y_p$, tipp at $y=\alpha\ln(x)+\beta$ er en løsning. Ved å sette inn får vi $3\alpha\ln(x)+(3\bet...

Hvis P(x) ikke er strengt monoton er $P(x)=P(y)$ for $x \neq y$, men siden $P(P(x))$ er strengt monoton er den injektiv og dermed vil $P(P(x))=P(P(y))$ implisere at $x=y$, en selvmotsigelse.

Mulig dette er feil da den ikke brukte P(P(P(x))) i det hele tatt.

Finnes det en kropp slik at dens multiplikative gruppe er isomorf til dens additive gruppe? Siden ingen har kommet med en løsning enda, her er et hint: Anta en slik isomorfi finnes: $\phi: \mathbb{F}^*\to \mathbb{F}^+$, og se på $\phi((-1)^2)$. er det mat2200 nivå UiO? Går ikke på UiO så vet ikke n...

Løsning: Anta en slik isomorfi finnes; $\varphi: F^*\to F^+$. Da er $0=\varphi(1)=\varphi((-1)^2)=\varphi(-1)+\varphi(-1)=2\varphi(-1)$ så $\text{char}(F)=2$ eller $\varphi(-1)=0$. Dersom $\varphi(-1)=0$ er $1=\varphi^{-1}(0)=\varphi^{-1}(\varphi(-1))=-1$ så vi må ha $\text{char}(F)=2$ uansett. Derm...

Det mangler å sjekke for alle andre verdier av h. Det er nettopp dette som er litt vanskelig med denne. Har i alle fall løst den likt med deg så langt modulo at jeg ikke brukte Lambert-W, men bare "vanlig kalkulus". Legger ved noen hint Hint 1: La $g(x)=\log(f(x))$. Bruk MVT på $g(x)$ og ...

Finn alle $h \in \mathbb{R}$ slik at det finnes en deriverbar funksjon $f: \mathbb{R} \to (0, \infty)$ slik at $f'(x)=f(x+h)$ for alle $x \in \mathbb{R}$.

Oppfølger $ \iint_D e^{\max(b^2 x^2, a^2 y^2)} \,\mathrm{d}(x, y) $ når $D = [0,a] \times [0,b]$ er rektangelet utspent av $a>0, b>0$ Det er klart at $b^2x^2 > a^2y^2$ hvis $bx>ay$, og på samme måte at $b^2x^2 < a^2y^2$ dersom $bx<ay$. Siden vi har bare med positive reelle tall å gjøre blir disse u...

Fra AM-GM er $1+a_i\ge 2\sqrt{a_i}$, så $(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n\sqrt{a_1a_2...a_n}=2^n$ Selvfølgelig helt rett! Oppfølger: La $a_1,a_2,\dots,a_n$ og $b_1,b_2,\dots,b_n$ være positive heltall slik at $a_1+a_2+\dots+a_n=b_1+b_2+\dots+b_n$. Vis at $$\frac{a_1^2}{a_1+b_1}+\frac{a_2^2}{a_2+...