Each cell of an $m\times n$ board is filled with some nonnegative integer. Two numbers in the filling are said to be adjacent if their cells share a common side. (Note that two numbers in cells that share only a corner are not adjacent). The filling is called a garden if it satisfies the following ...

Først, anta at \(P\) er en likevinklet \(p\)-kant hvor \(p\) er et primtall. Vi viser at sidelengdene til \(P\) må være like. La \(s_0,s_2\dots ,s_{p-1}\) være sidelengdene til \(P\). Vi ser nå på ting i det komplekse planet. Når vi putter \(P\) i det komplekse planet har vi da \(z_0,z_2\dots z_{p-1 ...

Let $a_1$ be a positive integer and $a_n = \sum_{i=1}^{n-1} \gcd(n, a_i)$ for any $n\geq 2$. Prove that $a_{n+1} \leq a_n$ for infinitely many $n$.

Først, har vi et lemma: Hvis \(a,b\) er rasjonale tall, og \(ab, a+b\in \mathbb{Z}\) så er \(a,b\) heltall.
Bevis: Dette følger direkte av rasjonal rot teoremet på polynomet \((x-a)(x-b)\).
Nå, kan vi anta \(a_1=0\), siden vi kan endre hele følgen med en konstant. Vi antar også at \(a_i,b_i\) er ...

For hvilke positive heltall \(b>1\) finnes det uendelig positive heltall \(n\) slik at \(n^2\mid b^n+1\)?

Vi løser oppgaven for alle \(d>2\), og det impliserer oppgaven siden \(2<59\). Vi ser på \(2^{2^i}+d\) som en følge.
Av kobayashi (eller et lett argument) får vi at vi bare trenger å tenke på tilfellet hvor uendelig mange primtall deler \(2^{2^a}+d\), la disse primtallene være i mengden \(P\). Anta ...

Let triangle \(ABC\) (\(AB < AC\)). A circle \((O)\) passes through \(B\) and \(C\), and it intersects \(AC\) and \(AB\) at \(E\) and \(F\), respectively. Let \(H\) be the intersection of \(BE\) and \(CF\). Points \(P\) and \(Q\) are the intersections of the circumcircles \((OFE)\) and \((BHC ...

Svar: vi kan gå til alle punker \((x,y)\) hvor \(\gcd(x,y)=1\).
Vi starter med å bruke skolisse formelen, som gir at en trekant med et hjørne i origo må oppfylle \(|x_1y_2-x_2y_1|=1\) hvor \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\) er de andre 2 hjørnene.
Dermed er det åpenbart at hvis \(\gcd(x,y)>1\) så kan ikke det ...

Given $\triangle ABC$, whose all sides have different length. Point $P$ is chosen on altitude $AD$. Lines $BP$ and $CP$ intersect lines $AC, AB$ respectively and point $X, Y$.It is given that $AX=AY$. Prove that there is circle, whose centre lies on $BC$ and is tangent to sides $AC$ and $AB$ at ...

La denne permutasjonen av de naturlige tallene være \(a_1,a_2,\dots \), og la $S_n$ betegne summen av de første n leddene i følgen. La \(a_1\) være 1. Vi konstruerer permutasjonen induktivt. Anta vi har $a_1,\dots a_n$, og la $a$ være det minste tallet som ikke allerede er med i følgen. La $a_{n+2 ...

Can you find five prime numbers $p, q, r, s, t$ such that $p^3+q^3+r^3+s^3 =t^3$?

La $p_1<p_2<\dots$ være primtallene. La $n$ være slik at $p_n$ er ekstremt stort. Anta at vi ikke kan finne tall slik at summen av alle primtall mindre enn seg selv er relativt primisk til seg selv. Da har vi $$p_n\mid p_1+\dots p_{n-1}$$ og $$p_{n+1}\mid p_1+\dots +p_n$$. La da $p_1+p_2+\dots p_{n ...

Finn alle positive heltall \(n\) slik at
\[v_2(3^k-n)\] er ubegrenset (Altså kan bli større en alle tall). Her er \(k\) er et positivt heltall.

Vi claimer at vi kan velge uendelig \(n\) slik at \(p^k\leqslant an+b<(p+1)^k\) og \(n=px\) hvor \(x\) har bare primfaktorer mindre enn \(n\), og \(p\) er et primtall.
Hvis vi klarer dette, er vi ferdige siden \(\varphi\) kan ikke skape primfaktorer som er større. La \(x=\frac{(p+1)^{k-1}}{a ...

Vis at hvis \(3\mid \sigma(n^2+n+1)\) hvor \(n\) er et naturlig tall, så er det mulig å dele divisorene til \(n^2+n+1\) inn i \(3\) grupper hvor produktet av tallene i hver gruppe er lik.