hipoteza oczywiscie prawdziwa jak i rozwiazanie prawidłowe, sam mialem identycznie ale zrobilem to bez hipotezy w troche inny sposób, to wygląda mniej wiecej tak: ustalmy ze n jest liczbą dodatnią i m^2=n^2+p rownowaznie (m+n)(m-n)=p czyli n=m-1 oraz p=2m-1, przeprowadzając to samo rozumowanie dla m+1 dostajemy p=2m+1 stad biarac pod uwage ogolnosc tego zapisu mozemy powiedzieć ze dla pewnego m+i dostaniemy p(i)=2m-1+2i zatem jako ze i jest dowolne mozemy podstawic i=2m-1 po czym otrzymamy p=3(2m-1) co konczy rozwiazanie
niech q będzie liczbą pierwszą. próba rozkładu liczby q^2 na żądaną postać prowadzi do n=q-1 oraz p = 2q-1. jeżeli zatem wybierzemy q tak, by 2q-1 NIE BYŁO liczbą pierwszą, to szukany rozkład będzie niemożliwy. wystarczy teraz uzasadnić, że takich liczb q jest nieskończenie wiele - ale każda liczba pierwsza q postaci 6m+5 jest taka, że 2q-1 nie jest liczbą pierwszą.
Cześć, jest to bardzo ciekawy dział. Natomiast nie jestem w nim aż tak biegły żeby coś nagrywać. Mam na liście parę problemów, w które chciałbym się zagłębić najpierw jak na przykład równania einsteina, ale potem być może :) dzięki za polecenie tego działu :)
6k-3=p 3(2k-1)=p wiec k=1, nic odkrywczego, jednak uważam to za warte uwagi, bo gdyby Pan "nie poleciał dalej” po samym zauważeniu, że p mysi być równe 3 to od razu nasunęło by się pewnie rozwiązanie, które napisałem wyżej.
hipoteza oczywiscie prawdziwa jak i rozwiazanie prawidłowe, sam mialem identycznie ale zrobilem to bez hipotezy w troche inny sposób, to wygląda mniej wiecej tak: ustalmy ze n jest liczbą dodatnią i m^2=n^2+p rownowaznie (m+n)(m-n)=p czyli n=m-1 oraz p=2m-1, przeprowadzając to samo rozumowanie dla m+1 dostajemy p=2m+1 stad biarac pod uwage ogolnosc tego zapisu mozemy powiedzieć ze dla pewnego m+i dostaniemy p(i)=2m-1+2i zatem jako ze i jest dowolne mozemy podstawic i=2m-1 po czym otrzymamy p=3(2m-1) co konczy rozwiazanie
Racja, ładne rozwiązanie. Dzięki :)
niech q będzie liczbą pierwszą. próba rozkładu liczby q^2 na żądaną postać prowadzi do n=q-1 oraz p = 2q-1. jeżeli zatem wybierzemy q tak, by 2q-1 NIE BYŁO liczbą pierwszą, to szukany rozkład będzie niemożliwy. wystarczy teraz uzasadnić, że takich liczb q jest nieskończenie wiele - ale każda liczba pierwsza q postaci 6m+5 jest taka, że 2q-1 nie jest liczbą pierwszą.
Bardzo ładne rozwiązanie :)
@@pianoplayer281 dzięki!
@@wojciechswiderski1532 ładne ze względu na jego ogólność :) nie ma sprawy
Cześć, czy planujesz w przyszłości nagrać materiał o rachunku wariacyjnym? Pozdrawiam
Cześć, jest to bardzo ciekawy dział. Natomiast nie jestem w nim aż tak biegły żeby coś nagrywać. Mam na liście parę problemów, w które chciałbym się zagłębić najpierw jak na przykład równania einsteina, ale potem być może :) dzięki za polecenie tego działu :)
6k-3=p 3(2k-1)=p wiec k=1, nic odkrywczego, jednak uważam to za warte uwagi, bo gdyby Pan "nie poleciał dalej” po samym zauważeniu, że p mysi być równe 3 to od razu nasunęło by się pewnie rozwiązanie, które napisałem wyżej.
@@tysiak6756 w sumie dojście do k=1 już daje sprzeczność bo założenie było że k jest większe od jeden.