Vet at denne tråden er litt gammel, men syntes det var noen fine ulikheter her. 1) La a,b,c være positive reelle tall så abc=1. Vis at \frac{ab}{a^5+b^5+ab} + \frac{bc}{b^5+c^5+bc} + \frac{ca}{c^5+a^5+ca} \leq 1 \sum \frac {ab}{a^5+b^5+ab} \leq \sum \frac {ab}{a^4b+ab^4+ab}=\sum \frac {1}{a^3+b^3+1}...

La [tex]\alpha[/tex],[tex]\beta[/tex] og [tex]\gamma[/tex] være vinklene i en trekant. Vis at:
[tex]\cos \alpha\cos \beta+\cos \beta\cos \gamma+\cos \gamma \cos \alpha \leq \frac{3}{4}[/tex]

Av Cauchy-Schwarz har vi: \left( \sum \frac{a}{b+2c+3d} \right)\left( \sum a(b+2c+3d) \right)\geq \left( \sum a \right)^2 \sum a(b+2c+3d)= 4\sum ab \sum \frac{a}{b+2c+3d} \geq \frac{\left( \sum a \right)^2}{4\sum ab}=\frac{\sum a^2+2\sum ab}{4\sum ab}=\frac{\sum a^2}{4\sum ab}+\frac{1}{2} \sum (a-b)...

P=\cos(20^o)\cdot \cos(40^o)\cdot \cos(80^o) \cos(40^o)\cdot \cos(80^o)=\cos(60^o-20^o)\cdot \cos(60^o+20^o)= \left(\cos(60^o)\cos(20^o)+\sin(60^o)\sin(20^o) \right)\left(\cos(60^o)\cos(20^o)-\sin(60^o)\sin(20^o) \right)= \frac{1}{4}\cos^2(20^o)- \frac{3}{4}\sin^2(20^o)=\cos^2(20^o)-\frac{3}{4} P=\...

Takk... Det var litt flaut ja

Ja... Det stemte visst ikke helt.

Det vil alltid være fire tall som enten er delelig med 2,3 eller 5.
Og da 2009 hverken er delelig med 2,3 eller 5 vil det maksimalt være ett tal som kan være 2009.

Synes ikke denne løsningen er særlig pen, menmen, tror den stemmer... n^2+(n+1)^2=k^2\,\,\Rightarrow\, n=2ab \wedge n+1=a^2-b^2\, \vee \,n=a^2-b^2\wedge n+1=2ab (Det er kjent at hvis (n,n+1,k) er en pythagoreisk trippel, så eksistere slike heltall a og b) I) n=2ab \wedge n+1=a^2-b^2 2ab+1=a^2-b^2\, ...

Finn alle positive heltall [tex]n<200[/tex] slik at [tex]n^2+(n+1)^2[/tex] er et kvadrattall.

La k=\prod_{i=1}^n (a_1+b_i)=\prod_{i=1}^n (a_2+b_i)=\cdots=\prod_{i=1}^n (a_n+b_i) Definér polynomet P(x)=\prod_{i=1}^n (x+b_i)\,-k Da har vi at P(a_j)=0\,\, \forall j\in {1,2,...,n} Siden alle a_j er distinkte har vi at P(x)=\prod_{i=1}^n(x-a_i) Da har vi at P(-b_j)=-k=(-1)^n\prod_{i=1}^n (b_j+a_i...

Her er en annen løsning på a)... Setter vi \,x\rightarrow x-1 i likningen \,P(x)P(x+1)=P(x^2+x+1) får vi P(x-1)P(x)=P((x-1)^2+(x-1)+1)=P(x^2-x+1) . Anta nå at P har reelle røtter og at x_0 er den roten slik at |x_0| er størst. Vi har nå at \,x_0^2+x_0+1 og \,x_0^2-x_0+1 også er røtter i P . |x_0|=x_...

Her ligger den: http://www.mat.itu.edu.tr/gungor/IMO/ww ... ln002.html

Et polynom [tex]P\in\mathbb{R}[x][/tex] (reelle koeffisienter) av grad større enn 0 er slik at:
[tex]P(x)P(x+1)=P(x^2+x+1)[/tex]

a) Vis at [tex]P[/tex] ikke har noen reelle røtter.

b) Finn alle polynomer [tex]P[/tex].

Den er allerede postet her: http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... hp?t=21747

PS:Det finnes en mye kortere løsning...

Får gjøre et forsøk: P(x)=a(x-u)(x-v)(x-w) \,\, \Rightarrow \,P^\prime (x)= a \left((x-u)(x-v)+(x-v)(x-w)+(x-w)(x-u) \right)\,\, \Rightarrow P^{\prime \prime} (x)= 2a\left((x-u)+(x-v)+(x-w)\right) La nå \,x-u=A\,\,x-v=B\,\,x-w=C\, da har vi: (P^\prime (x))^2 \geq P(x)P^{\prime \prime}(x) \,\, \Leftr...