Det står ikke helt klart i boka hva man kan konkludere, men slik jeg ser det, så kan man vel bytte ut likhetstegnet med ulikhetstegn i beviset, og heller la det stå som et bevis for at $1+3+5+\cdots + (2n-1) \neq n^2+3 \ \ \forall n\in\mathbb N$, gitt at man viser ulikheten for grunntilfellet $n=1 ...

Aha, enig. I to dimensjoner så må egenverdiene til en refleksjon være $\pm 1$, slik at alle refleksjoner kan diagonaliseres (med en ortogonal matrise) til $\begin{pmatrix} 1&0\\0&-1 \end{pmatrix}$ (ikkesant?) - holder det samme i $n$ dimensjoner?


Ja, det stemmer.

La oss si at $A\in O(n)$ er ...

Problemet er at mengden du definerer ikke vil være en undergruppe.
Konjugasjonsklassen til refleksjonen i x-aksen består av alle refleksjonene,
og disse genererer hele $O(2)$.

Skisse for den motsatte implikasjonen:
Vi antar at $z^2+u^2+w^2=zu+uw+wz$ og ønsker å vise at trekanten er likesidet.
Da er det naturlig å innføre $a=z-u$, $b=u-w$ og $c=w-z$ slik at det holder å
vise at $|a|=|b|=|c|$. Observer at den opprinnelige ligningen er ekvivalent
med $a^2+b^2+c^2=0$. Ved ...

Du må se på $R/\mathfrak{p}$ som modul, ikke som ring. Eksempelvis for $R=k[x,y]$
er $R\cong (x)$ som $R$-moduler, ved homomorfien $r\mapsto rx$. For idealene du nevner
har vi
\[ (x,y)/(x)\cong (y)/(xy)\cong k[x,y]/(x) . \]

Merk forøvrig at resultater sier kun at det finnes en filtrasjon med den ...

Nei, det må den ikke. Man finner fort moteksempler allerede for $2\times2$ tilfellet.
\[ \left( \begin{array}{cc} 0 & \lambda \\
\lambda^{-1} & 0 \end{array} \right) \mbox{ for } \lambda\in \mathbb{R}-\{0\}, \]
Denne er verken ortogonal eller symmetrisk for $\lambda \neq \pm 1$.

Flott initiativ med Julekalenderen!

Siden $\triangle{ABC}\sim\triangle{FGC}\sim\triangle{DEC}$ finner vi at
\[\frac{AC}{CD}=\sqrt{\frac{\operatorname{Areal}(\triangle{ABC})}{\operatorname{Areal}(\triangle{CDE})}}=\sqrt3 \]
og tilsvarende
\[\frac{FC}{CD}=\sqrt{\frac{\operatorname{Areal}(\triangle ...

Er det ikke nok å si at den induserte avbildningen tar $(a+I)\otimes(b+J)=(1+I)\otimes (ab+J)\mapsto ab+(I+J)$, så den er åpenbart surjektiv. Hvis $ab+(I+J)=0$ må $ab=i+j$ for $i\in I, j\in J$, og $(1+I)\otimes (i+j+J)=(1+I)\otimes (i+J)=(1+I)\otimes i(1+J)=i(1+I)\otimes (1+J)=(0+I)\otimes (1+J)=0 ...

Den første avbildningen er såvidt jeg kan se ikke en homomorfi; den er ikke additiv.
Du må heller prøve med avbildningen $a\to (a+I)\otimes (1+J)=(1+I)\otimes (a+J)$.
Det er ikke så vanskelig å vise at denne forsvinner på $I+J$ slik at vi får indusert en
avbildning $A/(I+J) \rightarrow A/I\otimes_A ...

Men er det noen fine sammenhenger mellom $\dim_k(k[x]/(x^4))$=4 og Krull-dimensjonen, $\dim(k[x]/(x^4))$?

Ja, for en R-modul M så er $dim_{R}(M)=dim(R/Ann_R (M))$

Og $Ann_R(M)=(0)$ i vårt tilfelle, så $dim(R/Ann_R (M))=dim(R)$. Siden R er en kropp, så er dim(R)=0. Så lett var det, gitt:D

https ...

Vil nok heller tro at oppgaven er ute etter noe sånt som
$3x^4+16=(x^2+2x)^2+(x^2-2x)^2+(x^2-4)^2$.
Det vil si at vi krever at hvert ledd skal være kvadratet av et polynom med
heltallskoeffisienter.

1) La $G$ være en endelig gruppe som virker på en mengde $X$. Da sier Burnside's formel at
antall baner under denne gruppevirkningen er gitt ved
\[\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|X_g| .\]
Her er $X_g=\{x\in X : gx=x\}$ fikspunktmengden til $g\in G$.

I oppgaven beskrevet videre har vi et sirkulært bord ...

Definer $a*b=2ab-a-b+1$, dette er en binæroperasjon på $\mathbb{Q}$. Observer at $*$ er assosiativ;
$(a*b)*c=4abc-2ab-2bc-2ca+a+b+c=a*(b*c)$, og i tillegg er den selvfølgelig kommutativ; $a*b=b*a$.
Dette medfører at uavhengig av hvilken rekkefølge vi utfører operasjonen på tallene $\{49/k:1\leq k ...

Hint: Dette er veldig enkelt om du velger en annen representant for elementet du evaluerer i!

For enhver $g\in G$ vil $gNg^{-1}$ ha samme orden som $N$ og vil dermed
være en Sylow p-gruppe. Følgelig, siden det bare er én Sylow p-gruppe i $G$,
må jo $gNg^{-1}=N$, hvilket viser at $N$ er normal.