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 $\boxed{\text{8}}$

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

[popdit]

$\underset{―}{\text{Ny oppgave:}}$
La $x,y,z$ være positive reelle tall. Vis at
$$x^2+x{y}^2+xy{z}^2\ge 4xyz-4$$

[noaherkul1234567890]

Observer at ulikheten er ekvivalent med
$$x(x+y(y+z(z-4)))\ge -4,$$
som vi betegner med (1).

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

[noaherkul1234567890]

Ny oppgave:

Finn alle funksjoner $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ 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: $f(a,b)=b\mathrm{\forall }a<b\vee f(b,c)=b\mathrm{\forall }c>b$ og $f(b,a)=b\mathrm{\forall }a<b\vee f(c,b)=b\mathrm{\forall }c>b$
bevis: Vi viser bare den første, siden den andre er akkurat det samme. Anta det eksisterer $a,c$ med $a<b<c$ og $f(a,b)\ne b\wedge f(b,c)\ne b$. 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 $f(b,x)=b\mathrm{\forall }x\vee f(x,b)=b\mathrm{\forall }x$
vi har følgene tilfeller av påstand 1:
(1)$f(a,b)=b\mathrm{\forall }a<b\wedge f(b,a)=b\mathrm{\forall }a<b$
dette går ikke
(2)$f(a,b)=b\mathrm{\forall }a<b\wedge f(c,b)=b\mathrm{\forall }c>b$
dette viser påstanden.
(3)$f(b,c)=b\mathrm{\forall }c>b\wedge f(b,a)=b\mathrm{\forall }a<b$
dette går ikke
(4)$f(b,c)=b\mathrm{\forall }c>b\wedge f(c,b)=b\mathrm{\forall }c>b$
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:
$$f(x)f(yf(x))+yf(xy)=xf(xy)+y^{2}f(x)$$

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

[TorsteinBM]

Svar: 3
vi bruker likningen $a^3\ast b=b^3\ast a^2$ på seg selv to ganger og får
$a^3\ast b=b^3\ast a^2\ast b\ast a$ ved bruk av original likningen får vi da
$a^3\ast b=a^3\ast b\ast b\ast a$ hvis vi definerer $k=a^3\ast b$ får vi
$k=k\ast (b\ast a)$ så vi vet $b\ast a=e$ for alle $b,a\in A\text{-}\{e\}$ 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$\$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\$suchthat\$f(1)>0\$and\$f(x)\$satisfiesaninequality\$f^2(x+y)\ge f^2(x)+2f(xy)+f^2(y)\$?$