Matematyka.pl

Znaleźć wszystkie \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N_+}\setminus\mathbb{P}}\), takie że:
\(\displaystyle{ n| \ (n-θ(n)+1)!+1}\)
\(\displaystyle{ θ(n)}\) - liczba dzielników \(\displaystyle{ n}\).

mol_ksiazkowy pisze: ↑26 sie 2023, o 16:19 Zapewne chodziło o to że gdy \(\displaystyle{ p>2}\) to \(\displaystyle{ 2(p^2+ 2p+2)}\) jest liczbą parzysta a niepodzielną przez 4...

Dokładnie to napisałem...

a4karo pisze: ↑26 sie 2023, o 15:36 Ale skąd wiesz że `2p^2` przystaje do `4`?

Chodzi o to, że "całość" jest parzysta, a parzysta liczba może być kwadratem tylko, jeżeli jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4}\).
Stąd mamy kongruencję:
\(\displaystyle{ 2p^2+4p+4\equiv_40}\)
Ta kongruencja jest już równoważna tej:
\(\displaystyle{ 2p^2\equiv_40}\)

a4karo pisze: ↑26 sie 2023, o 15:33 A skąd się wzięła ta ostatnia kongruencja?

Jeżeli:
\(\displaystyle{ 2p^2\equiv_40 \ |:2}\)
\(\displaystyle{ p^2\equiv_20}\)
\(\displaystyle{ p\equiv_20}\)
Pomogłem?

Udowodnić, że liczby pierwsze bliźniacze (tj. p i q takie, że p+2=q ) nie są długościami przyprostokątnych trójkąta pitagorejskiego. Bardzo proste zadanko: Rozważmy sumę kwadratów tych przyprostokątnych: p^2+(p+2)^2=2p^2+4p+4\equiv_20 2p^2+4p+4\equiv_42p^2\equiv_40 p\equiv_20 p=2 Teraz nasze q=4 ni...

Tak też można, ale bawienie się przedziałami nie jest najmilsze( trzeba rozpatrzeć 2 przypadki, a tak mamy ładnie rozwiązane.

Janusz Tracz co ty gadasz za głupoty Wybacz ale muszę wziąć w obronę Janusza ponieważ obserwuję jego zachowanie na tym forum od pewnego czasu i nie zauważyłem, żeby gadał głupoty, jest to osoba racjonalna pracowita, rzetelna , itd... Mało kogo tu bronię ale musiałem się wtrącić... Na to zadanie rac...

Niech p(n) oznacza liczbę liczb pierwszych nie większych od liczby naturalnej n . Dowieść, że jeżeli n \ge 8 , to p(n) \le \frac{n}{2} . Jak to zrobić? Sprawdziłem pierwszy krok indukcyjny dla n=8 i jest to prawda, ale jak teraz w drugim kroku indukcyjnym zakładam, że p(n) \le \frac{n}{2} i staram ...

Dla 2 zmiennych zadanie dość proste, dla większej liczby nie mam pomysłu, ale wracając: NWD(a;b)=k a+b \le k+ \frac{ab}{k} \ |\cdot k k^2-k(a+b)+ab \ge 0 k \le \frac{a+b-|a-b|}{2} \vee ... k \le min(a;b) \vee ... Jak wiemy najmniejszy wspólny dzielnik dwóch liczb nie może być większy od którejkolwie...

Liczbę dzielników oznaczamy funkcją \(\displaystyle{ θ}\). Funkcja \(\displaystyle{ λ}\), to funkcja Carmichaela, tak jak Samouk poprawnie zauważył.

Znajdź wszystkie liczby całkowite \(n>1\), dla których wyrażenie: \(\frac{2^n-1}{n^2}\) jest liczbą całkowitą. Dodano po 7 godzinach 19 minutach 53 sekundach: Jakieś wskazówki? Takich liczb nie ma. Podpowiedź1: Warunek zadania jest równoznaczny z n^2|2^n-1 . Ja jednak pomyślałem o takiej podzielnoś...

Podpowiedź: Przekształć każdą z tych równości do pewnej sumy.

max123321 pisze: ↑18 sie 2023, o 19:33 Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie liczbą naturalną \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_n}\)-liczbami rzeczywistymi nieujemnymi. Dowieść ,że \(\displaystyle{ \frac{1}{n}(a_1+a_2+...+a_n) \ge \sqrt[n]{a_1a_2...a_n} }\).

Jak to zrobić? Może mi ktoś pomóc?

Wyszukaj AM-GM Jensen. Bardzo ładny prosty i sprawny dowód.

No nie, bo ta liczba może być podzielna przez jakąś liczbę pierwszą, która przy dzieleniu przez 4 daje resztę 1 i wtedy nie dostaniemy nowej liczby pierwszej, która przy dzieleniu przez 4 daje resztę 3. Max dostaniemy jeśli masz dowolną liczbę jedynek i masz je pomnożyć przez siebie, to zawsze uzys...

Nie tylko ty nie widzisz, bo nikt go tam nie znajdzie. Już w trzeciej linijce jest błąd. Tzn. nie ma go tylko dla takich specyficznych n , że n-1!=1 , a w zadaniu wydaje się chodzić o wszystkie n . :) Błąd jest w czwartej linijce😀 Coś słabo z liczeniem Nie napisałem, że czwarta linijka jest poprawn...