Ved å putte inn noen smarte tall i binomialformelen, får man

\sum_{j=0}^n {n \choose j} \cdot 2^{n-j}=3^n

og

\sum_{j=0}^n {n \choose j} \cdot (-1)^j 2^{n-j}=1 .

Ved litt addisjon/subtraksjon og halvering får vi da

S_n=\sum_{j=0}^{\lfloor \frac n2 \rfloor}{ {n \choose 2j} \cdot 2^{n-2j ...

Skal 22 også være en mulighet for n=2-tilfellet? Isåfall tror jeg svaret skal bli

[tex]S_n=\sum_{j=0}^{\lfloor \frac n2 \rfloor}{ {n \choose 2j} \cdot 2^{n-2j}}[/tex]

Vi påstår at den minste m er \min(k|2^k \ge n) .

Anta vi har funnet oss noen delmenger A_1,...A_m som kanskje eller kanskje ikke fungerer. For enhver k \in X , tilegner vi en m-tuppel T_k som er slik at T_k(j)=1 hvis k \in A_j , og 0 hvis ikke. Legg så merke til at hvis T_u=T_v for distinkte u,v ...

Når \left( \frac{2m-1}{2} \right)^4< k < \left( \frac{2m+1}{2} \right)^4 er f(k)=m . Da \left(\frac32\right)^4=5+\frac{1}{16}, \ \left(\frac52\right)^4=39+\frac{1}{16}, \ \left(\frac72\right)^4=150+\frac{1}{16}, \ \left(\frac92\right)^4=410+\frac{1}{16}, \ \left(\frac{11}{2}\right)^4=915+\frac{1}{16 ...

Uten tap av generalitet er ingen a_i 0. Hvis en av dem er 1 er resultatet opplagt, så vi ser i det følgende kun på det tilfellet der hver a_i er delt av minst ett primtall.


La A=\{ p_1,p_2,...,p_r \} være mengden av alle forskjellige primtall som deler a_1a_2 \cdots a_n . For hver p_j \in A , er ...

Anta [tex]a \geq b[/tex]. Av den oppgitte likheten får vi [tex]\gcd(a,b) \equiv b \pmod a[/tex]. Siden både [tex]\gcd(a,b)[/tex] og [tex]b[/tex] er positive og mindre enn eller lik [tex]a[/tex], følger det at [tex]\gcd(a,b)=b[/tex], så [tex]b|a[/tex].

Uvanlig og interessant oppgave :)

La det være h blå terninger i hjørnene, k blå terninger i kantene (inkluderer ikke hjørneterninger; 12 \cdot 4=48 kantterninger totalt), f blå terninger på overflaten (inkluderer ikke kantterninger eller hjørneterninger; 6 \cdot 4^2=96 overflateterninger totalt ...

\sqrt{x + 3} + \sqrt{x + 5} = x + 8

Hvis man studerer denne ligningen litt og tenker over hva røtter er, får man raskt en mistanke om at denne ikke har løsninger. Det er også tilfellet; høyresiden er alltid større enn venstresiden.

Kjapt bevis

(x+6)^2+8 \ > \ 0 \ \Leftrightarrow \ (x+8)^2 ...

Janhaa wrote:hva f a e n er d? jeg har heldigvis ikke TV

...Pappa, er det deg?

Neida, men abelprisen har jeg hørt om. Var litt snakk om det under Abelfinalen. Fikk den offisielle Abelpris t-skjorta og greier og greier. Lykkeskjorta mi nå så klart

To radioantenner som stråler i fase er plassert i punktene A og B 200 m fra hverandre.
Radiobølgene har frekvens f = 5,00 MHz.
En radiomottaker beveger seg fra B langs ei linje som står normalt på den
rette linja mellom A og B.
Ved hvilke avstander fra B får vi destruktiv interferens?

Ganske fint ...

Jeg kom også fram til at disse funksjonene tilfredstilte ligningen. Men jeg klarte ikke å finne et argument som viste at dette måtte være alle... Får jeg se beviset?

1) [tex]1-(\frac{5}{6})^2[/tex]
2) [tex]6\cdot (\frac{1}{2})^4[/tex]

(Må ikke skrive så fort 2357 )

Er litt for trøtt til å skrive forklaring på hvorfor sannsynligheta blir slik. Du får spørre igjen hvis det trengs spilloholiker..

Vel, en opplagt måte vil jo være å finne hva tallet er for de første primtalls-moduloene. Tar vi 2^21-1 som eksempel, ser vi at det er 1 mod(3) og 1 mod(5). Men det er 0 mod(7). Bingo

Vis at dersom for heltall; a^2+b^2=c^2 , da er

abc delelig med 60

Denne tas vel også raskt med modulær aritmetikk. Vi må vise at at minst en av a,b,c er delelig med 3, minst en delelig med 4, og minst en delelig med 5.

Modulo 3: Mulige rester for kvadrater er 0 og 1. Umulig at alle er ...

Knuta wrote:Finn det minste primtallet som deler [tex]2^{100}-1[/tex]

[tex]2^{100}-1=4^{50}-1^{50}=(4-1)(4^{49}+4^{48}+...+4+1)[/tex]

Siden 2 opplagt ikke deler 2^100-1, må 4-1=3 være det minste primtallet.