La $y\mapsto y-g(f(x))$, da får vi
$$f(f(x)+g(y-g(f(x))))=y,$$
som viser at $f$ er surjektiv. Derfor kan vi sette $f(x)=z$ og $y=0$, som gir
$$f(z+a)=g(z), \ \ \forall z \in \mathbb{Q}, \ a=g(0).$$
Vi kan derfor skrive om likningen
$$f(x+f(y+a))=f(x+a)+y. \ \ \ \ (*)$$
Setter vi $h(x)=f(x)-a$ blir ...

Gustav wrote: Baltic way 2019, oppgave 1

Kult! Var du der? Jeg var faktisk med i Gdansk og Kjøbenhavn for mange år siden

Fin julikhet :D

La $x-y = \alpha\ge 0$ og $xy = \beta^2$ der $\beta\ge 0$. Da kan ulikheten skrives
$$\alpha(\alpha^2+3\beta^2)+z^3+1\ge 6\alpha\beta \sqrt{z},$$
siden $x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)=(x-y)((x-y)^2+3xy) = \alpha(\alpha^2+3\beta^2)$.
La
$$f(\beta) = 3\alpha \beta^2 -6\alpha \sqrt{z ...

La $a$ og $b$ være naturlige tall. Vis at det kun finnes et endelig antall naturlige tall $n$ slik at
$$(a+\frac{1}{2})^n+(b+\frac{1}{2})^n$$
er et naturlig tall.

Nok en oppfølger :

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $$ f(x^2+xy)=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$$ for alle reelle $x,y$.
$x=y=0 \ \Rightarrow f(0)=f(0)^2 \ \Rightarrow f(0)=0 \ \vee \ 1$.
$x=0 \ \Rightarrow f(0)=f(0)(f(y)+y)$.
Så dersom $f(0)=1$ får vi $f(x)=1-x, \ \forall x\in ...

La $s(n)$ være summen av elementene i rad $n$.
Vi vil vise at $s(n)=7\cdot 2^{n-1}-4$. Her er det naturlig å bruke induksjon.
Nullhypotesen stemmer da $s(1)=3$.
Anta at påstanden stemmer opp til $n=N$, og vi skal vise at det fører til at
påstanden også stemmer for $n=N+1$.

La rad $N$ være:
$x_0 ...

En annen måte å løse det på.
Hvis $p^3+3pq^2-q^3=0$ der $(p,q)=1$ så må vi ha at $p(p^2+3pq)=q^3$.
Så dersom et primtall deler $p$, må det også dele $q^3$ og derfor også $q$.
Men siden $(p,q)=1$ så må $p=\pm1$.
Vi kan også skrive det om til $q(q^2-3pq)=p^3$, og med samme argument får vi at $q=\pm1 ...

Oppfølger:
La $a, b, c, d \in \mathbb{R}$. Vis at
$(a+b+c+d)^2\le 3(a^2+b^2+c^2+d^2)+6ab$.

Denne ulikheten er vrien siden vi ikke finner likhet når $a=b=c=d$,
faktisk er det ikke mulig fra betingelsene, derfor kan vi ikke gå rett på
AM-GM, Cauchy-Schwarz osv. Det neste steget er å finne når vi får
minimum og maksimum, og etter litt prøving finner vi (3, 1, 1, 1) og
(0, 2, 2, 2). Så vi ...

La $a=1, b=0, x=1$, da får vi $f(1)f(0)=f(1) \Rightarrow f(0)=1$.
Videre ser vi at dersom $a=-1, b=0$, får vi $f(-x)f(0)=f(x) \Rightarrow f(-x)=f(x)$.
Lar vi $a=\frac{\sqrt{2}}{2}, b=\frac{\sqrt{2}}{2}$, får vi $f(x)=f(\frac{\sqrt{2}}{2}x)^2\ge 0$.
Anta at $f(c)=0$ for en $c>0$, da følger det fra ...

La $PA=x$, $PB=y$, $PC=z$, $\angle BPC = \alpha$, $\angle APC = \beta$ og $\angle APB = \gamma$.
Kvadrer vi ulikheten får vi:
$2(x+y+z)^2\ge a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S$.
Bruker vi cosinus-setningen og arealsetningen får vi:
$2\sum x^2 + 4\sum yz \ge 2\sum x^2 -2\sum yz \cos{\alpha} + 2\sqrt{3}\sum yz ...

$1\cdot 3\cdot 5\cdot ... \cdot 2019\equiv 0 \mod 125$
$1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot9\cdot ... \cdot 2019=(1\cdot 3\cdot 5\cdot 7)\cdot(9\cdot 11\cdot 13\cdot 15)\cdot ... \cdot(2009\cdot 2011\cdot 2013\cdot 2015)\cdot 2017\cdot 2019\\
\equiv (1\cdot 3\cdot (-3)\cdot (-1))\cdot(1\cdot 3\cdot (-3 ...

En alternativ løsning til den trigonometriske ulikheten:

Vi bruker følgende:
1) $\sin(\alpha)-\sin(\beta)=2\sin(\frac{\alpha-\beta}{2})\cos(\frac{\alpha+\beta}{2})$
2) $|\cos(x)|\le 1$
3) $|\sin(x)|\le |x|$

I den opprinnelige ulikheten substituerer vi $x$ med $x+y$. Da får vi:
$|\sin(x+y)-\sin(y ...

La $x=y=0$. Da har vi $f(0)=0$.
Hvis $y=-x$ får vi $f(x^2-xf(x))=0$.
Anta at det eksisterer $a\neq 0$ slik at $f(a)=0$, og la $x=a$, da får vi:
$f(a^2)=af(a+y)$
derfor er $f(x)=c$ konstant, og $c=xc$, så $f(x)\equiv0$ er en løsning.

Dersom ikke $f(x)\equiv0$, har vi at $f(a)=0\Rightarrow a=0$.
Fra ...

La $b_n=a_n-a_{n-1}$, da har vi:
$a_n=a_{n-1}+b_n=a_{n-2}+b_n+b_{n-1}=\cdots =a_0+\sum^n_{i=1}b_i$.
Da blir den gitte ulikheten:
$\frac{a_{n-1}+a_{n+1}}{2}\ge a_n$
$\frac{a_{n-1}+a_{n-1}+b_{n+1}+b_n}{2}\ge a_{n-1}+b_n$
$b_{n+1}\ge b_n$
Og ulikheten vi skal vise:
$\frac{a_0+a_{n+1}}{2}\ge \frac{a_1+a ...