Jeg skal prøve å gi et hint som ikke røper alt for mye. Fra $(a-\sqrt2)^2\geq 0$ følger $a^2+2\geq 2\sqrt2a$. Benytter vi denne ulikheten i alle nevnerne får vi \[\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2}\leq \frac{a}{2\sqrt2 a}+\frac{b}{2\sqrt2 b}+\frac{c}{2\sqrt2 c}=\frac3{2\sqrt2}.\] Nå er ...

To nye ulikheter: 1) La $\alpha,\beta,\gamma\in [0,\pi/2)$ slik at $\sin{\alpha}+\sin{\beta}+\sin{\gamma}=1$. Vis at \[\tan^2{\alpha}+\tan^2{\beta}+\tan^2{\gamma}\geq \frac38 .\] 2) La $a,b,c$ være positive reelle tall som oppfyller $abc=1$. Vis at \[\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2}\l...

Har vært borte i denne ulikheten tidligere. Definer $x_{n+1}=x_1$ og observer at \[0=\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k+1})=\sum_{k=1}^n\frac{(x_k-x_{k+1})(x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2)}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2} =\sum_{k=1}^n\frac{x_k^3-x_{k+1}^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2},\] hvilket medfører $\sum_{k=1}^n\fr...

Fin oppgave! Vi viser først at $\binom{n}{k}\binom{k}{m}=\binom{n-m}{k-m}\binom{n}{m}$. Dette kan lett vises algebraisk, men la oss heller benytte et kombinatorisk argument. Det er $\binom{n}{m}$ måter å gjøre et uordnet utvalg på $m$ av $n$ personer. Anta nå i stedet at vi først velger ut $k$, $n\g...

Det er klart at $f(x)=0$ løser ligningen, så på utkikk etter andre løsninger antar vi at $f$ ikke er identisk lik $0$. $x=0$ gir $f(0)f(yf(0)-1)=-f(0)$. Hvis $f(0)\neq 0$ følger det at $f(z)=-1$ for alle reelle $z$, men dette stemmer ikke med den opprinnelige ligningen. Det vil si at en eventuell lø...

Ser bra ut dette! Brukte essensielt samme fremgangsmåte selv. Her er en ny oppgave:

Finn alle $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ som oppfyller
\[f(x+y)=f(x-y)+f(f(1-xy)),\]
for alle $x,y\in\mathbb{R}$.

Ja, her er en til.

Finn alle $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ som oppfyller
\[f(x^3)+f(y^3)=(x+y)(f(x^2)+f(y^2)-f(xy)), \]
for alle $x,y\in\mathbb{R}$.

$y=0$ gir at $f(0)=f(f(x)-f(x))=0$. Videre gir $x=y$ at $f(f(2x))=x^2$ og tilsvarende fra $x=-y$ følger $f(-f(2x))=-x^2$. Nå gir $x=0$ at $f(f(y)-f(-y))=0$ og dermed $0=f(0)=f(f(f(y)-f(-y)))=\frac14(f(y)-f(-y))^2$ som impliserer at $f(y)=f(-y)$. Men dette medfører at $x^2=f(f(2x))=f(-f(2x))=-x^2$, h...

Brukte nøyaktig det samme argumentet selv! En liten observasjon. Hvis vi benytter symmetrien i determinanten kan vi også se at \[\operatorname{det}(A_n)=\sum_{\sigma\in S_n}r_{\sigma(1)}^0r_{\sigma(2)}^1r_{\sigma(3)}^2\cdots r_{\sigma(n)}^{n-1}, \] hvor $S_n$ er gruppen av permutasjoner av $\{1,2,.....

Veldig flott løsning! Min egen løsning kan vel nesten kalles heldig gjetning.

La trekanten ha sider $a-1$, $a$ og $a+1$. Ved Herons formel er da arealet gitt ved $A=\frac{a}4\sqrt{3(a^2-4)}$. Siden alle sidene skal være heltall og en av høydene skal være heltall må arealet kunne skrives på formen $A=d/2$, for et heltall $d$. Hvis $a$ er et oddetall kan ikke uttrykket ovenfor ...

Definer $A_n$ som antall lovlige ord på $n$ bokstaver som ender på $A$ og tilsvarende $B_n$ som antall ord på $n$ bokstaver som ikke ender på $A$. Hvis $\omega$ er et ord på $n$ bokstaver som slutter på $A$, gir dette ordet opphav til fire nye ord $\omega R$, $\omega C$, $\omega D$, $\omega B$, på $...

Som jeg hintet til tidligere vil antall løsninger øke med n+1 for det n-te tallet du adderer med så for 1 tall vil du ha 2 løsninger, 1. økning gir 2 flere løsninger, 2. økning gir 3 flere løsninger osv. Med andre ord vil det totale antall løsninger starte med 2 og videre øke med 3, 4, 5 osv. for h...

Påstand: for hver $0<n\leq5050$ er det mulig å gjøre et utvalg fra $M={1,2,...,100}$ slik at summen av de utvalgte elementene har sum lik $n$. Bevis: Hvis det er valgt elementer fra $M$ slik at summen av disse trukket fra $n$ er et tall som fortsatt finnes i, og ikke er valgt fra $M$, er vi ferdige...

Alle mulige summer av $\pm1\pm2\cdots\pm100$ er kongruente modulo 2, da man ved å bytte et plusstegn med et minustegn eller motsatt legger til/trekker fra et partall. Den minste summen vi kan få er $\sum_{i=1}^{100}-i=-\binom{101}{2}=-5050$, så alle summer er partall. Vi kan legge til $2n$ til $-50...