Matematyka.pl

To dziala dla minusow a nie plusow.
3|8+1

Dobra, to na poczatku bylo zle, sory. Wystarczy, ze dla dowolnych roznych i, j liczba \(\displaystyle{ \sqrt{p_i p_j}}\) jest niewymierna. Liniowa niezaleznosc takich liczb nad Q mozna pokazac indukcyjnie.

Sylwek pisze:

limes123 pisze:Nie, bo pierwiastki drugiego stopnia z niekwadratow sa liniowo niezalezne nad Q.

\(\displaystyle{ \sqrt{18}=3 \cdot \sqrt{2}}\)

No dobra, te akurat są.

Nie, bo pierwiastki drugiego stopnia z niekwadratow sa liniowo niezalezne nad Q.

Udowodnić, że dla dowolnego \(\displaystyle{ c>\frac{8}{3}}\) istnieje liczba rzeczywista \(\displaystyle{ x}\) taka, że \(\displaystyle{ \left[ x^{c^n}\right]}\) jest liczbą pierwszą dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) całkowitego dodatniego.

(Nawiasy to część całkowita)

Powodzenia jutro.

Mi tez wyszlo 12k, to chyba jest dobra odpowiedz.

Zle to chyba zrozumiales moja wypowiedz... Ale spoko;p

Mi się rozwiązanie Filipa podoba.
Pozdrawiam

Spoko, to nawet lepiej, bo z tego co pamiętam rozwiązanie Jerza jest bezrysunkowe.

10 akurat mozna jakos szybko zrobic. Jerzozwierz sie pochwali jak bedzie chcial.

Nie wiesz, czy a i b sa z przedzialu (0,1], wiec nie mozesz tak sobie podstawic a=sinx. Zauwaz, ze z danych warunkow b/a do takiego przedzialu nalezy i za to cos podstaw.

2. \(\displaystyle{ m-n=m(mn^2+1)-n(m^2n+1)=0(mod d)=>m^3+1=m^2n+1=0(mod d)}\).
3. Bierzemy \(\displaystyle{ X}\) - srodek \(\displaystyle{ BC}\) i latwo pokazujemy, ze teza jest rownowazna:
trojkat jest rownoramienny <=> dwusieczna prostopadla do przeciwleglego boku, co jest oczywiste.

Dokladnie to twierdzenie nazywa sie chyba Erdos-Ginzburg-Ziv Theorem. Jak to wpiszesz w googlu to znajdziesz duzo dowodow. Na mathlinksie jest tez chyba jakas dyskusja o tym.
Pozdrawiam