Beste rådet jeg kan gi til beviser er vel å gjøre mye av det. Det er alltid vanskelig i starten, men blir normalt etterhvert.
Noe jeg liker å gjøre selv er å tenke hva stegene i beviset "symboliserer", eller skal bety visuelt

Let ABC be a triangle and $M$ be an interior point. Prove that

[tex]min\{MA,MB,MC) +MA +MB + MC < AB+AC+BC[/tex]

Vi skriver om ulikheten til
\sqrt{a+b-1}(gcd(a-1,b)+gcd(a,b-1)) \geq2 gcd(a,b-1) gcd(a-1,b)
Av AMGM er
gcd(a-1,b)+gcd(a,b-1) > 2 \sqrt{gcd(a,b-1)*gcd(a-1,b)}
Dette har likhet når de to termsa er like, men som enhver oppegående, velfungerende person vet vil ikke det skje.
Dermed kan vi redusere ...

Følgen a_n er definert rekursivt ved:
a_0 = -1
og
[tex]\sum_{0}^{n} \frac{a_{n-k}}{k+1} = 0[/tex] for [tex]n \geq 1[/tex]
Vis at
[tex]a_n > 0[/tex] for alle n>0

Vi utsletter oppgaven med lagranges multiplikatormetode.
Vi fikserer a,b,c, og lar x,y,z variere.
La a' = \frac{a}{b+c} .

Observer at om en av variablene x,y,z blir arbitrert stor, er ulikheten åpenbart sann. Om z = 0, får vi at xy = 3.
Vi ønsker nå å vise
\frac{(a'+c')y+(b'+c')x}{2} \geq \frac{3 ...

Ny
Find all the positive integers $n$ such that:
$(1)$ $n$ has at least $4$ positive divisors.
$(2)$ if all positive divisors of $n$ are $d_1,d_2,\cdots ,d_k,$ then $d_2-d_1,d_3-d_2,\cdots ,d_k-d_{k-1}$ form a geometric sequence.
K Y

Først observer at n/an går mot uendelig, og starter <1.
La c være et naturlig tall.
Siden følgen går mot uendelig vil det per definisjon finnes en index k slik at k/ak <c, (k+1)/a_(k+1) >=c.
Vi viser at vi må ha likhet, som fullfører oppgaven.
Førsr observer st siden følgen er >1, så kan ikke an øke ...

tre løsninger:
1: f(x) = 1
2: f(x) = x+1
3: f(x) = (x+1) mod 2
Vi finner først f(0), så f(-1), så f(1)
P(0,0): f(0)+f(0) = f(0)^2+1
f(0) = 1
Videre finner vi f(-1).
P(-1,1): f(0) +f(-1) = f(-1)f(1) +1
f(-1)=f(-1)f(1), så f(1) = 1 eller f(-1) = 0.
Anta f(1) = 1
P(x,1): f(x+1)+f(x)=f(x)+ 1
f(x+1) = 1 ...

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]

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 ...

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 ...

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 ...

Ny oppgave:
finn alle par (a,b) av positive heltall slik at:
[tex] 1: gcd(a,b) = 1[/tex]
og
[tex]2: \frac{a}{b} = \overline{b.a}[/tex]

For (13,92) er da f.eks [tex]\overline{13.92} = 13.92[/tex]

Vel nå har det seg slik at noen andre postet oppgaven kanskje, og jeg hadde ikke løst den selv så:
Vi viser at det ikke finnes noen løsning
Vi faktoriserer først utrykket for å få noe mer nice.
WLOG anta
Observer at ligningen er ekvivalent med at:
p^3+1=pq^3+q^3
(p+1)(p^2-p+1) = (p+1)q^3
p^2-p ...

N