Algebramaraton

[Lil_Flip39]

samme som abelmaraton, bare utelukkende algebra.
Suppose that $a,b,c,d$ are positive real numbers satisfying $(a+c)(b+d)=ac+bd$. Find the smallest possible value of
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}.$$

[popdit]

Minste verdien er $\fbox{8}$

Vi skriver litt om og bruker AM-GM i 2 omganger:
\begin{align*}
\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a} &= \frac{a}{b}+\frac{c}{d}+\frac{b}{c}+\frac{d}{a}\\
&\geq 2\sqrt{\frac{ac}{bd}}+2\sqrt{\frac{bd}{ac}} \\
&= \frac{2(ac+bd)}{\sqrt{abcd}} \\
&= \frac{2(a+c)(b+d)}{\sqrt{abcd}} \\
&= \frac{2(ab+cd)+2(ad+bc)}{\sqrt{abcd}} \\
&\geq \frac{4\sqrt{abcd}+4\sqrt{abcd}}{\sqrt{abcd}} \\
&= 8
\end{align*}
Vi har et minimumstilfelle med $a=c=2\sqrt{3}, b=d=1$, og vi er ferdig.

[popdit]

$\underline{\text{Ny oppgave:}}$
La $x,y,z$ være positive reelle tall. Vis at
\[
x^2 + xy^2 + xyz^2 \geq 4xyz - 4
\]

[noaherkul1234567890]

Observer at ulikheten er ekvivalent med
\begin{equation}
x(x+y(y+z(z-4))) \ge -4,
\end{equation}
som vi betegner med (1).

Vi ser først at siden [tex](z-2)^2\geq 0[/tex], så er
$$
Z:=z(z-4)\ge -4.
$$
Dersom $Z>0$ er (1) åpenbart sann, så anta $0>Z\geq-4$. Da er diskriminanten til $y(y-Z)+4$, som er lik $\sqrt{Z^2-16}$, enten $0$ eller ikke reell, så
$$
Y:=y(y-Z)\geq -4.
$$
Av et identisk argument ser vi at dersom $Y>0$ er (1) åpenbart sann, og ellers er diskriminanten til $x(x+Y)+4$ lik $0$ eller ikke reell, så
$$
x(x+Y)\geq -4.
$$
og vi er ferdige.

[noaherkul1234567890]

Ny oppgave:

Finn alle funksjoner $f\colon\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}$ som er slik at for alle reelle tall $a$, $b$ og $c$ så er medianen til tallenen $f(a,b)$, $f(b,c)$ og $f(c,a)$ lik medianen til tallene $a$, $b$ og $c$.

(Merk at medianen til tre reelle tall er det tallet som står i midten om tallene sorteres i ikke-synkende rekkefølge)

[Lil_Flip39]

\(f(x,y)=x,f(x,y)=y\) tilfredstiller oppgaven.

Først starter vi med at ved å plugge inn \((a,a,a)\) følger det at \(f(a,a)=a\).
Lemma: La \(a<b\). \(f(a,b),f(b,a)\) er ikke i intervallet \((a,b)\), og de er på forskjellige sider av intervallet.
Bevis: hvis vi plugger inn \((a,a,b)\) og \((a,b,b)\) får vi at \(f(a,b),f(b,a)\) de ligger på forskjellige sider av \(a\), men også at de ligger på forskjellige sider av \(b\). Da følger resultatet.
Påstand 1: \(f(a,b)=b \forall a<b\lor f(b,c)=b \forall c>b\) og \(f(b,a)=b \forall a<b\lor f(c,b)=b \forall c>b\)
bevis: Vi viser bare den første, siden den andre er akkurat det samme. Anta det eksisterer \(a,c\) med \(a<b<c\) og \(f(a,b)\neq b \land f(b,c)\neq b\). Da må vi ha \(f(a,c)=b\) men dette er en motstigelse av lemma siden \(b\in (a,c)\)

Påstand 2 fix \(b\) da holder \(f(b,x)=b \forall x \lor f(x,b)=b\forall x\)
vi har følgene tilfeller av påstand 1:
(1)\(f(a,b)=b \forall a<b\land f(b,a)=b \forall a<b\)
dette går ikke
(2)\(f(a,b)=b \forall a<b\land f(c,b)=b \forall c>b\)
dette viser påstanden.
(3)\(f(b,c)=b \forall c>b\land f(b,a)=b \forall a<b\)
dette går ikke
(4)\(f(b,c)=b \forall c>b\land f(c,b)=b \forall c>b\)
dette viser påstanden.

Nå, av påstand 2, UTAG anta at \(f(a,x)=a\) for alle \(x\).
La \(b\) være et annet reelt tall.
Da har vi at siden \(f(a,b)=a\), kan vi ikke ha \(f(x,b)=b\) for alle \(x\), så av påstand 2 har vi \(f(b,x)=b\) for alle \(b\) så vi er ferdige.

[Lil_Flip39]

løs over reele tall:
$$f(x)f(yf(x)) + yf(xy) = xf(xy) + y^2f(x)$$

[CCPenguin]

Løsninger: f(x)=0,-x,x
Åpenbart funker de
Først, anta det finnes k slik at f(k)=0
P(k,y/k):
yf(y)=k^2 f(y)
Som impliserer f(y)= 0 for alle y eller k=0.
Anta k=0 er det eneste nullpunktet
P(x,1)
f(x)f(f(x))+f(x)=xf(x)+f(x)
Vi vet f(x)!=0 for x!=0, som gir
f(f(x))=x
Så f er en involusjon
La k slik at f(k)=1
P(k,k):
f(k)+kf(k2)=kf(k2)+k^2
1=k^2
Anta k=1
Da får vi av P(1,y)
f(y)+yf(y)=f(y)+y^2, som impliserer f(y)=y
Anta k=-1, vi vil vise at da er f(x)=-x
Da får vi av p(-1,y)
I: f(y)+yf(-y)=f(-y)+y^2
II: f(-y)-yf(y)=f(y)+y^2
Ved å ta I-II:
yf(-y)-y^2=y^2+yf(y)
f(-y)-f(y)=2y, og lar vi y=1 får vi f(1)=-1

P(x,x):
f(x)f(xf(x))=x^2 f(x)
f(xf(x))=x^2
Lar vi x=f(x):
f(xf(x))=f(x)^2
Så f(x)^2=x^2
f(x)=+-x

P(1,y):
f(-y)+yf(y)=f(y)-y^2
Anta for motsigelse at det finnes en y slik at f(y)=y
Da vil:
f(-y)=y-2y^2
Hvis f(-y)=y er y=0
Hvis f(-y)=-y får vi
-2y=2y^2, y=1, så f(y)=-y må holde for alle y
Qed

[CCPenguin]

Ny oppgave:
A set $A$ is endowed with a binary operation $*$ satisfying the following four conditions:
(1) If $a, b, c$ are elements of $A$, then $a * (b * c) = (a * b) * c$ ,
(2) If $a, b, c$ are elements of $A$ such that $a * c = b *c$, then $a = b$ ,
(3) There exists an element $e$ of $A$ such that $a * e = a$ for all $a$ in $A$, and
(4) If a and b are distinct elements of $A-\{e\}$, then $a^3 * b = b^3 * a^2$, where $x^k = x * x^{k-1}$ for all integers $k \ge 2$ and all $x$ in $A$.
Determine the largest cardinality $A$ may have.

[TorsteinBM]

Svar: 3
vi bruker likningen $a^3*b = b^3*a^2$ på seg selv to ganger og får
$a^3*b = b^3*a^2*b*a$ ved bruk av original likningen får vi da
$a^3*b = a^3*b*b*a$ hvis vi definerer $k=a^3*b$ får vi
$k = k*(b*a)$ så vi vet $b*a = e$ for alle $b, a \in A\-\{e\}$ dette betyr at $A$ kan maks ha 3 elementer eller får vi
$A = \{e, a, b, c\}$ men da får vi med en gang at $b = c$
nå må vi bare konstruere $A$ dette gjør vi ved å bruke pluss modulo 3 og $A = \{0, 1, 2\}$
som vi med en gang ser oppfyller alle kravene.

[TorsteinBM]

Ny oppgave:
Prove that for all real $x > 0$ holds the inequality $$\sqrt{\frac{1}{3x+1}}+\sqrt{\frac{x}{x+3}}\ge 1.$$
For what values of $x$ does the equality hold?

[Lil_Flip38]

Løsning:
1. kvadrer
2. Forenkle
3. kvadrer
4. Forenkle
Her ender man opp med en andre grads likning: \(x^2-2x+1=0\)
5. løs likningen, og se at likhet holder for \(x=1\)

[Lil_Flip38]

](a) Show that the equation
\[\lfloor x \rfloor (x^2 + 1) = x^3,\]
where \(\lfloor x \rfloor\) denotes the largest integer not larger than \(x\), has exactly one real solution in each interval between consecutive positive integers.

(b) Show that none of the positive real solutions of this equation is rational

[CCPenguin]

Vi bruker skjæringssetning. Observer at siden floor x er konstant mellom to heltall, er den deriverte til differansen 3x^2-2floor(x)x>0, så den er strengt voksende.
Videre er (x+1)^3 > x(x^2+1), og x^3 < x(x^2+1) så det finnes nøyaktig en løsning.
setter vi x = a/b og antar løsningen er rasjonal få rvi
floor(a/b) (a^2/b^2 +1 ) = a^3/b^3
a^3=floor(a/b) (a^2b+b^3), og av dette får vi a^2|b^3.
Lar vi a og b være coprime, får vi da a = 1. og umulius.

[CCPenguin]

Do there exist a bounded function[tex] $f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ such that $f(1)>0$ and $f(x)$ satisfies an inequality $f^2(x+y)\ge f^2(x)+2f(xy)+f^2(y)$?[/tex]