Matematyka.pl

W tamtym pdfie jest przedstawione mniej więcej takie rozumowanie:
Jeśli M jest punktem stałym przekształcenia S(M)=M^e \mod n , to znaczy, że M^e \mod n = M , tj. M^e-M \mod n = 0 , tj. (n=pq)|M(M^{e-1}-1) , z czego mamy, że p|M \wedge q|M^{e-1}-1 lub q|M \wedge q|M^{e-1}-1 lub pq | M^{e-1}-1 , co ...

a) Jak utnie się jedną krawędź z cyklu, to wyjdzie ścieżka S_n i wtedy P_{S_n}(t) = t(t-1)^{n-1} . Jeśli graf bez krawędzi e to G-\{e\} , a graf z sklejonymi wierzchołkami będącymi końcami e , to G\cdot \{e\} (oznaczenie robocze), to P_G = P_{G-\{e\}}(t) - P_{G\cdot \{e\}} (liczymy z usuniętą, ale ...

Chyba nie widzę implikacji w lewo (pierwszej z góry), ale można ten sam efekt osiągnąć korzystając z faktu \(\displaystyle{ a|n \wedge b|n \wedge NWD(a,b) = 1 \Rightarrow ab | n}\), uogólnionego na wiele składników, podstawiając \(\displaystyle{ n = a^{\lambda(n)} - 1}\).

Dzięki!

Dany jest rozkład na liczby pierwsze \(\displaystyle{ n={p_1}^{e_1} \cdot \ldots \cdot {p_k}^{e_k}}\), oraz \(\displaystyle{ \lambda(n) = NWW(\phi({p_1}^{e_1}), \ldots, \phi({p_k}^{e_k}))}\), gdzie \(\displaystyle{ \phi}\) to funkcja Eulera. Wykaż, że jeśli \(\displaystyle{ NWD(a, n) = 1}\), to \(\displaystyle{ a^{\lambda(n)} \equiv 1 \mod n}\)

A podział nie jest rodziną zbiorów niepustych?

EDIT (:D)

Mimo wszystko, jak masz \(\displaystyle{ A = \mathbb{R}_+}\), to \(\displaystyle{ A' \cap (0,+\infty) = \varnothing}\)

No nie do końca, w tw. Mertensa masz iloczyn Cauchy'ego, a tu iloczyn po wyrazach. Chyba, że można jedno przenieść na drugie prosto...?

EDIT:

Em... Nie jestem pewien, czy to, co napiszę jest prawdziwe, bo trochę... trywialne:
b_n \rightarrow 0 \Rightarrow \exists_M |b_n| < M
Wtedy \sum_{k=n}^{m ...

Zadanie jest takie:
Dany jest szereg \sum_{n=1}^{\infty} a_n , który jest bezwzględnie zbieżny oraz szereg \sum_{n=1}^{\infty} b_n , który jest zbieżny. Należy udowodnić, że szereg \sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n jest bezwzględnie zbieżny. "Słyszałem pogłoski", że można do tego użyć warunku Cauchy'ego ...

Jak masz wątpliwości, to wpisz granice w . Tylko z szeregami sobie średnio radzi...

Dzięki wielkie.

Jeżeli \(\displaystyle{ \frac{a_n}{b_n} \rightarrow g \in \mathbb{R} - \{0\}}\) oraz \(\displaystyle{ (b_n)}\) ma wyrazy stałego znaku od pewnego miejsca, to \(\displaystyle{ \sum_{n=n_0}^{+\infty} a_n}\) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \sum_{n=n_0}^{+\infty} b_n}\) jest zbieżny.

Zdanie polega na podaniu ciągów (szeregów) które obalają różne kryteria zbieżności przy opuszczeniu niektórych z ich założeń.
a) Kryterium asymptotyczne bez "stałego znaku [od pewnego miejsca]"
b) Kryterium Dirichleta bez monotoniczności ( a_n ) (zakładając, że ( a_n ) wciąż zbiega do 0, a b_n ma ...

Może zasłużę na kilof tygodnia, ale sam szukając dowodu doszedłem tutaj, więc podzielę się "dla potomnych".

1. Iloczyn jest Cauchy'ego.
2. Drobnostka, ale po ostatnim znaku równości zabrakło znaków sum.
3. Lemat:
\sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}
Dowód: (zakładając ...

Sorry, mój błąd.

\lim_{x \to 0^+ } 2\frac{|sin4x|}{x} = \lim_{x \to 0^+ } 2\frac{sin4x}{x} = \lim_{x \to 0^+ } 2\frac{4cos4x}{1}=8 ( cos dąży do 1 ) czyli z prawej strony dąży do 8, zaś

\lim_{x \to 0^- } 2\frac{|sin4x|}{x} = \lim_{x \to 0^- } -2\frac{sin4x}{x} = \lim_{x \to 0^- } -2\frac{4cos4x}{1}=-8

czyli ...

To już policzyłem. Wychodzi jakieś 1.456791..., ale nie o to mi chodzi.
Może da się jakoś przekształcić wzory, żeby zniknęły odwołania do drugiego ciągu?