Ny oppgave: vi definerer f:\left \langle 0,1 \right \rangle\rightarrow \left \langle 0,1 \right \rangle , som f(x)=\begin{cases} x+\frac{1}{2} & \text{ if } x<\frac{1}{2} \\ x^2 & \text{ if } x\geq \frac{1}{2} \end{cases} La a,b\in \mathbb{R} slik at 0<a<b<1 . Vi definerer følgene {a_n} og {...

Løsningene er f(x)=2x-1 , f(x)=x^2-1 og f(x)=-x-1 . Bevis: Vi skriver P(x,y) for f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+2xy+1. P(x,0): f(x)(f(0)+1)=f(0)+1 Åpenbart er ikke f(x)=0 for alle x mulig. Dermed er f(0)=-1 . Videre har vi av P(1,-1): f(0)+f(1)f(-1)=f(-1)-1 Det betyr at f(1)=1 eller f(-1)=0 . Vi antar først ...

Ny oppgave: (vanskelig) La ABC være en spissvinklet trekant. La D være foten til høyden fra A. La P være et varierende punkt slik at vinkelhalveringslinjene til \angle PBC og \angle PCB skjærer hverandre på linjestykket AD. La E være skjæringen mellom AC og vinkelhalveringslinjen til \angle PBC og l...

Løsning: La R_{1} være projeksjonen av D på CH_{1} . La X, Y og Z være midtpunktene på AB, BH_1 og CH_1 . Påstand: PQRR_1MXYZ ligger på én sirkel. Bevis: Av homotetier i A, B , C og H_1 vet vi at AH_1\parallel MZ\parallel XY og BC\parallel MX\parallel YZ . Siden AB\perp BC , er dermed MXYZ et rektan...

Ny oppgave:
Finn alle polynomer [tex]P\in \mathbb{R}\left [ x \right ][/tex] slik at [tex]P(z^2)+P(z)P(z+1)=0[/tex] for alle [tex]z\in \mathbb{R}[/tex]
.

Løsning på oppgaven til Lil-Flip: Vi bruker en type transformasjoner som kalles homotetier. En homoteti H(S, k) er en skalering som defineres av et punkt S og en skaleringsfaktor k slik at for alle punkter X i planet er H(S,k)(\vec{SX})=k\vec{SX} . Den viktigste egenskapen til homotetier er at for a...

Det stemmer. Jeg nevnte ikke at det jeg viser med den første vinkeljakten er EA=AD av periferivinkelsetningen. Dette imliserer at AB er vinkelhalveringslinjen til vinkel DBE.

Ny oppgave: La ABC være en trekant med omsirkel \omega og omsenter O. La A_1 være foten til høyden fra A og la A_2 være skjæringen mellom AO og BC. La \Omega_A være sirkelen gjennom A_1 og A_2 som tangerer \omega i T_A , der T_A og A ligger på hver sin side av BC. Vi definerer B_1,B_2,C_1,C_2, T_B, ...

La \measuredangle være symbolet for rettede vinkler. Påstand: BE=BR=BC Bevis: Av sykliske firkanter har vi at \measuredangle ACE=\measuredangle RCS=\measuredangle RBS=\measuredangle DBA Det betyr at BA er vinkelhalveringslinjen til \angle RBE og midtnormalen til ER. Videre bruker vi at \measuredangl...

Ny oppgave:
La a og b være to positive heltall. Vis
[tex]\sum_{k=0}^{b-1}\left \lfloor \frac{ka}{b} \right \rfloor=\sum_{k=0}^{a-1}\left \lfloor \frac{kb}{a} \right \rfloor[/tex]

Anta uten tap av generalitet for motsigelsens skyld at a=b\neq c . Vi har dermed b^n+pc=a^n+pb=b^n+pb . Dette impliserer b=c , en motsigelse. Vi antar fra nå for motsigelsens skyld at a,b og c er ulike heltall som tilfredsstiller likningene. Fra likhetene i oppgaven får vi a^n-b^n=p(c-b) b^n-c^n=p(a...

Beklager regnefeil på min side. Den er nå rettet opp og beviset ble forenklet som Mattebruker sier.

Ny oppgave:
La [tex]x_0,y_0[/tex] være positive heltall. Vi definerer [tex]x_{i+1}=x_i+\left \lfloor \sqrt{y_i} \right \rfloor[/tex] og [tex]y_{i+1}=y_i+\left \lfloor \sqrt{x_i} \right \rfloor[/tex] vis at det eksisterer et positivt heltall n slik at [tex]x_n=y_n[/tex].

Ny oppgave https://typst.app/project/ryTJAWCnpC8Eb2RJgasng7 Vi viser først \frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}}<\frac{1}{x^k} . Dette følger av at 0<x,y<1: \frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}}< \frac{1}{x^k}\Leftrightarrow 0<x^{4k}-x^{3k}-x^k+1=(x^k-1)^2(x^{2k}+x^k+1) . Vi har dermed \left ( \sum_{k=1}^{n}\frac{1+x^{2k}...

Oppgaven ovenfor:
La [tex]n\in \mathbb{N}[/tex] og la [tex]x,y\in \mathbb{R}^{+}[/tex] slik at [tex]x^{n}+y^{n}=1[/tex].
Vis følgende ulikhet:
[tex](\sum_{k=1}^{n}\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}})(\sum_{k=1}^{n}\frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}})<\frac{1}{(1-x)(1-y)}[/tex]