Bra; du har ikke misforstått!

Siden b\ge0 er x^4+ax^3+bx^2+cx+1\ge x^4+ax^3+\frac{a^2+c^2}4+cx+1 = x^2(x^2+ax+\frac{a^2}4)+\frac{c^2}4x^2+cx+1 = x^2(x+\frac a2)^2+(\frac c2x+1)^2 som ikke er negativt. Neste: Dersom P er et reelt polynom og \inf_{x\in\mathbb R} P(x) = m>-\infty fins det x_m\in\mathbb R slik at P(x_m)=m . (Et reel...

Fortsetter med denne omskrivinga: Funksjonen f(u)=\frac {u^2}{S-u} der S=x+y+z er konveks på (0,S) siden den annenderiverte er \frac{2S^2}{(S-u)^3} som er positiv på intervallet. Jensens ulikhet gir da at \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y}=f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\frac S3)=\frac S2 . ...

1): Hvis c er negativ, kan vi bytte ut a, b og c med -a, -b og -c og få den samme oppgava, og c kan fra betingelsen ikke være 0. Altså kan vi anta c>0. Hvis vi deler bort c i betingelsen får vi at a+b+c<0. La p(x)=cx^2+bx+a (sic). Da er p(1)=a+b+c<0 . Siden p(x) er positiv for tilstrekkelig små og s...

Eg meiner at sidan det ikkje er muleg å faktorisera (a^n - b^n) ned på 1. potensnivå, for n>2, så er det prov godt nok. Hvorfor er en slik argumentasjon gyldig her, men ikke for 3x^3+y^3=2z^3 som heller ikke lar seg faktorisere noe mer enn Fermatligninga? ( x=1, y=5, z=4 løser ligninga.) Er det GT ...

Polynomet f er ikke irredusibelt over [tex]\mathbb Q[/tex].

Og ikke bare det, det er alltid et primtall også! La x=\frac{a+b}{\sqrt2} slik at a+b+2c=\sqrt2(x+\sqrt2c) . Dessuten er x^2=\frac12(a+b)^2=ab+c^2 slik at (a+b)(b+c)=ab+c^2+c(a+b)=x^2+\sqrt2cx=x(x+\sqrt2c) . Samla gir dette S=\frac{(a+b+2c)(2a^2-b^2-c^2)}{(a-b)(a+c)(b+c)} = \frac{\sqrt2(x+\sqrt2c)(2...

Området D ligger i de 4 oktantene hvor z>0. Ved symmetri blir bidraget fra 2xy til integralet 0, områdene i D hvor x>0 og y>0 bidrar like mye som der hvor x>0 og y<0, men med motsatt fortegn. Tilsvarende for x<0 og y>0 mot x<0 og y<0. Integralet som står igjen er da 3 ganger volumet av en halvkule m...

Jeg lagde likning for de to ytterste lagene, der de to lagene uttrykkes; 12x^2-48x+64=K x er lengden på sidene i den store terningen. Når K er et kvadrattall er det en gyldig løsning Skrev et lite script og fant løsninger opp til 500,000,000; 4, 10, 32, 114, 420, 1562, 5824, 21730, 81092, 302634, 1...

Hvis den største kuben har side n+2 byggeklosser, har den indre kuben n-2. Hvis de resterende klossene skal være kvadratet på m i tallet, får vi (n+2)^3=(n-2)^3+m^2 som etter litt forenkling blir til 12n^2+16=m^2 . Siden venstresida er delelig med 4, må høyresida også være det, så m må være et parta...

Trur du er godt i gang der, plutarco, løser vi annengradsligninga med i t og setter inn i uttrykket for farta får vi v(h)=\sqrt{v_0^2+2gh} (det er dette vi en gang i tida kalte den tidløse formelen trur jeg), og siden r(h)^2v(h) som du sier er konstant får vi ved å bruke initialbetingelsene v(0)=v_0...

La d_n=2^n og la c_n være det heltallet med minst absoluttverdi som ikke er med i noen F_i for noen i<n , velg det positive hvis det er et valg. Følgen {c_i} begynner altså med 0,1,-1,3. Vi har nå at F_i\cup F_n=\emptyset for hver i<n : Ved valget av c_n ser vi at vi ikke kan ha c_i+a2^i=c_n+b2^n fo...

Det har du helt rett i, får prøve å se nærmere på det seinere.

Ja, at E_i er disjunkte bruker vi jo også. Som med mange andre triks og teknikker gjelder det vel å ha sett noe lignende en gang før, så er også tilfellet her. For den uendelige fargelegginga er det mulig: La c_i=2^{i-1}-1 og d_i=2^n . Da ligger hvert heltall i høyst en F_i: Hvis n<m vil 2^{n-1}-1+a...

For en slik partisjon av heltalla i F_i-er, la E_i=F_i\cap\mathbb N ; spesielt er da \cup E_i=\mathbb N . For |z|<1 har vi da at \sum_{k\in\mathbb N} z^k=\sum_{i=1}^n\sum_{k\in E_i} z^k . Dette er geometriske rekker, og venstresida er lik \frac z{1-z} mens høyresida er lik S=\sum_{i=1}^n \frac {z^{e...