Matematyka.pl

Nie rozumiem (...)
Zgadza się.

M M już w zasadzie to napisał:

Napis \langle a,b\rangle koduje grupę wolną o dwóch generatorach, czyli taką grupę F , że każda grupa generowana przez dwa elementy jest jej obrazem przy pewnym epimorfizmie. W grupie F rozważamy najmniejszą podgrupę normalną N ...

arek1357 pisze:Może to być grupa pierwiastków stopnia trzy z jedynki

W trywialny sposób nie może. Istnieje epimorfizm \(\displaystyle{ G}\) na elementarną abelową grupę rzędu \(\displaystyle{ 9}\), która ma prezentację \(\displaystyle{ \langle a,b:a^3=b^3=(ab)^3=aba^{-1}b^{-1}=1\rangle}\)

Niech \(\displaystyle{ G=\langle x,y : x^3=y^3=(xy)^3\rangle}\).
Rozstrzygnąć, czy grupa \(\displaystyle{ G}\) jest:

1. Skończona.
2. Abelowa.
3. Beztorsyjna.

Niech A,B\in \mbox{GL}(\mathbb R^n) , a,b\in\mathbb{R}^n . Połóżmy

f(X)=AX+a

g(X)=BX+b

Załóżmy teraz, że dla pewnego k\in \mathbb{N}

f\circ g=g\circ f^{(k)}

oraz, że a\notin \mbox{Im} (A-I) .

Czy wówczas macierze A, B mają wspólny wektor własny?

f^{(k)} oznacza złożenie f k razy, I to ...

Co do 25.

Takie trójkąty można łatwo następująco sklasyfikować (i w razie potrzeby zliczyć). Wybierzmy liczbę naturalną n z rozkładem na iloczyn potęg liczb pierwszych: n=p_1^{i_1}\cdot\ldots\cdot p_k^{i_k} . Przy czym p_j to j -ta liczba pierwsza, zaś i_j może być zerem. Liczbie n odpowiada więc ...

1. Nie istnieje. Wynika to z lematu Schwarza w wersji hiperbolicznej, która z kolei wynika w kilku słowach z normalnego lematu Schwarza. To znaczy dla dowolnych x\in\mathbb{D}, y\in\mathbb{D}

\left|\frac{f(x)-f(y)}{1-\overline{f(x)}f(y)}\right|\le\left|\frac{x-y}{1-\overline xy}\right|

i ...

\(\displaystyle{ v=(1,1,1)}\) jest wektorem normalnym tej płaszczyzny.
Rzut \(\displaystyle{ a=(1,0,2)}\) na prostą \(\displaystyle{ \{tv:t\in\mathbb R\}}\) to \(\displaystyle{ u=\frac{\langle v, a\rangle}{|v|^2}v=\frac{3}{3}(1,1,1)=\left(1,1,1\right)}\). Składowa równoległa to płaszczyzny natomiast to \(\displaystyle{ a-u=\left(0,-1,1\right)}\).

\(\displaystyle{ a=(1,1,1)+(0,-1,1)}\)

Chyba nieprecyzyjnie sformułowane zadanie.
\(\displaystyle{ x^4+1=(x^2+\sqrt 2x+1)(x^2-\sqrt 2x+1)}\)
- suma współczynników wynosi 0, ale
\(\displaystyle{ x^4+1=\left(\frac 12x^2+\frac 12\sqrt 2x+\frac 12\right)(2x^2-2\sqrt 2x+2)}\)
-suma współczynników \(\displaystyle{ -\frac 32\sqrt 2}\).

Cantor zdaje się jakoś tak ominął problem niejednoznaczności rozwinięć:

(0,1)\to\mathbb R\to\mathbb R\setminus\mathbb Q\to\mathbb R^2\to (0,1)^2 .

Kolejno te bijekcje to:

x\mapsto \ctg \pi x=y\mapsto z= \begin{cases} a+(b+1)\sqrt 2\;\;\mathrm{gdy}\;\;y=a+b\sqrt 2, a\in\mathbb Q, b\in\mathbb N ...

musialmi pisze:

matt950806 pisze:zostawić z przewijającymi się póżniej zerami

A z kolei ten sposób działa

Nie.

Co przechodzi np. na liczbę \(\displaystyle{ 0.(29)}\)?

Każda liczba rzeczywista z odcinka (0,1) ma dokładnie jedno rozwinięcie dziesiętne nieskończone. Jeśli to jest liczba wymierna, to np. 0,4560000\ldots = 0,4559999\ldots . Dlatego dla każdej liczby z tego odcinka takie rozwinięcie istnieje.

Spróbuj dalej sam to zrobić - od tego miejsca, to już ...

Z wyznacznikiem jest ok, ale prościej zauważyć, że
\(\displaystyle{ \frac 13(v_3+v_4)=\frac 13 x^3+x^2+2}\)

Tak jest.

Chodzi głównie o pokazanie, że zbiór jest zamknięty na działania w pierścieniu, bo jasne, że to pierścień i że zawiera się w \mathbb Z[\sqrt[3]3] . Jeśli wymnożymy dwa elementy postaci: a+b\alpha+c\alpha^2 , dla \alpha=\sqrt[3]3 , to otrzymamy wyrażenie, w którym każdy składnik z wyższą ...

Dokładnie tak.