5) Mijoz: bu qancha turadi? Do'konda sotuvchi: Bu yigirma. besh so'mlik mijoz: mana siz. Katta rahmat.

6) Mijoz: Siz qo'l kremini sotasizmi? Do'konda sotuvchi: Yo'q, qilmang. Dorixonani sinab ko'ring

3.a) I-7 savollarni a-g javoblari bilan taqqoslang.

3.

Misol: / - /

1) Siz kredit kartalarni qabul qilasizmi? 2) bularni a

kichikroq o'lchammi?

3) Menga bir dona aspirin berilishi mumkinmi?

4) Olma qancha? 5) bu qancha?

6) Siz qo'l kremini sotasizmi? 7) Shularning kilosini olsam bo'ladimi?

Iltimos?

A) mana. B) Ular qirq besh so'm.

v) Yo'q, biz buni qilmaymiz. Dorixonani sinab ko'ring d) Bu yigirma besh so'm. e) bularmi?

Ha. Visa yoki Mastercard, g) Sizni tekshirishga ijozat bering.

20) b) sherigingiz bilan suhbatlarda mashq qiling.

204. a) rasmga qarang. Bu qanday do'kon? b) tinglang yoki o'qing

Do'kon sotuvchisi: Men sizga yordam bera olamanmi? Oygul:

Qancha

Do'kon sotuvchisi: Bu?

Yo'q, do'kon sotuvchisidagi ko'k rang: 400 so'm.

Algul:

Oygul: Do'kon sotuvchisi: 400 so'm. Oygul:

Kechirasiz, qanday qilib mu

Oh, bu ham

o'sha krujkalar?

Katta sum 200 so'm.

Menga mumkinmi?

Mana oling

Yo'q, rahmat

Do'kon sotuvchisi:

Oygul:

Do'kon sotuvchisi:

Oygul:

e) konversani rol ijro eting

! Biz bitta va bitta A dan foydalanamiz: bu qancha B. Bu: bu kim? NOT Thi: A: m qancha​

Опять не подходит. Итак мы доказали, что среди всех нечетных чисел начинающихся от 5 и далее, не будет такой тройки чисел. Можно было бы сказать что таких чисел больше нет. Но если вы внимательно это прочитали, то наверняка заметили бы, что я не рассмотрел в качестве х, число равно 1. Итак Х1=1, Х2=3 и Х3=5 Все числа простые и отличаются на 2, как и требовалось по условию. И данная тройка единственная за исключением, тройки чисел приведенной в условии задачи. Единственность мы доказали выше. ответ 1, 3, 5

Положим что данное выражение равно s(n) , и преобразуем s(n)=2^(2^n)+2^(2^(n-1))+1=(2^(2^(n-1))+1)^2-2^(2^(n-1)) 1) Используя формулу разности квадратов , разложим на множители число s , для определенного n имеем s(n)=(2^(2^(n-1))-2^(2^(n-2))+1)*(2^(2^(n-2))-2^(2^(n-3))+1)*(2^(2^(n-3))-2^(2^(n-4))+1)*...*7 (7-это число s при n=1) 2) докажем что каждые два множителя s (вышеописанные множители) взаимно просты. 3)Для начала возьмём какие-нибудь два числа вида 2^(2^n)+1 и 2^(2^k)+1 , тогда докажем что НОД этих чисел будет равен 1. Без потери общности , положим n>k>0 , то все по той же разности квадратов получим 2^(2^n)+1=(2^(2^(n-1))+1)*(2^(2^(n-2))+1)*(2^(2^(n-3))+1)*...(2^(2^k)+1)*...*5 + 2 То есть это говорит о том что, число 2^(2^(n))+1 при деланий на 2^(2^(k))+1 даёт остаток равный 2 и НОД(2^(2^(k))+1 , 2)=1 так как числа рассматриваемого вида , всегда нечётна . То есть числа взаимно простые. 4)Теперь докажем пункт номер 2. Рассмотрим числа вида X=2^(2^k)-2^(2^(k-1))+1 и Y=2^(2^m)-2^(2^(m-1))+1 Используя формулу (a^2-a+1)(a+1)=a^3+1, заменим (2^(2^(k-1))+1)=u и (2^(2^(m-1))+1)=v получим что X*(2^(2^(k-1))+1)=X*u=2^(3*2^(k-1))+1=A , аналогично Y*(2^(2^(m-1))+1)=Y*v=2^(3*2^(m-1))+1=B Для чисел A и B рассуждая абсолютно аналогично как и в пункте 3 , следует что нод (A,B)=1 то есть они взаимно просты. Стало быть если НОД(X*u,Y*v)=1 и НОД(u,v)=1 значит и НОД(X,Y)=1 тем самым пункт 2 доказан. 5) Если записать упрощенна s(n)=a1*a2*a3*a4***a(n-1)*..*7 из пункта 2 следует (то что любые два числа взаимно просты) , это значит что у s(n) не существует простых делителей вида p^a где p-простое число , "a" целое положительное. В свою очередь это значит что если числа a1,a2,a3 итд являются сами простыми , то у него будет ровно n делителей , если хотя бы какое одно число не простое , то при разложений его , на простые множители , учитывая пункт 2, очевидно что будет больше чем n делителей.