Probleme matematikore - 46 - Matematikë / Fizikë

×
Albanian Forums, Zerion Zeri yt Zeri Info, Forumi Shqiptar Al Virtual, Diskutime, Biseda, Chat Njofje, Informatika, Teknologjia, Gazeta Tema, Gazetat Shqiptare, Bota Sot, www Channel Albania, Telegrafi Kosovo, Ballkani Web, Gazeta Lajme shqip, Lajmet e Fundit Shqiperia Kosova, Dita, Panorama, Kryeartikull, Faqja Kryesore, Video Shqip, Muzike Shqipe, Njoftime, Lajmerime, Temat Online, Gazetat, Kosovare, Shtypi Ditor, Sporti Shqiptar, Dashuria, Pyetje Pergjigje, Keshilla, Ndihme, Webmaster Shqiptar, Familja, Shqiptaria, Muzika, Receta Gatimi, Imazhe, Vipat-shqiptar, Aktualiteti
Media Sociale
Mesazhe Private
Shqiptaret duke lexuar tema interesante dhe te ndryshme
Tema re

Probleme matematikore

· 1460 · 207951

Probleme matematikore

· 1460 · 207951

  • Postime: 56
  • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #1125 ne: 09-10-2010, 18:02:04

    Ndihme

    Me qender ne B bejeni rrotullimin e trekendeshit ABP, per 90 shkalle, Gjate ketij rrotullimi AB bartet ne BC kurse pika P del jashte katrorit dhe kete pike po e shenojme me P'. Bashkojeni Piken P dhe P' si dhe nga raporti i dhene ne detyre shikoni nese mund ta zbatoni teoremen e pitagores dhe keshtu te fitoni ndonje njohuri per ndonje kend aty ne figure qe mund tju ndihmoj ne gjetjen e kendit perfundimtare.
    Aty ku ke thene BC, duhet te jete AC.


    Kendi ne fjale nuk mund te jete 135°. Trego nese gaboj diku ?

    Arsyetimi:
    Supozojmë se këndi APB është 135°. Nga përpjestimi AP:BP:CP=1:2:3, lirisht mund të marrim zëvendësimin AP=x, BP=2x dhe CP=3x ku x Є N, kuptohet. Konstruktojmë trekëndëshin APB të rrotulluar per 90°  si ne figure. Shihet qartë se trek. PP'A eshte kenddrejte barakrahesh. Nga Teorema e Pitagores marrim PP'=x√2.

    Tash, sipas supozimit kendi AP'C=APB=135°, prej nga rrjedh se kendi PP'C=90°. Dmth ne trek. PP'C duhet te vleje T. e Pitagores: PP'²+P'C²=CP² → 2x²+4x²=9x² → 6x²≠9x². Rrjedhimisht kendi nuk mund te jete 135° me proporcionin e dhene!

    • Postime: 300
    • Karma: +3/-1
  • i identifikuar

    #1126 ne: 09-10-2010, 20:24:09
    Ke te drejte dhe nuk ke te drejte. Sikur te ishte sic po thua ti ne rregull, por ne fakt i ke ngatrru kulmet C dhe D ( dmth njeri eshte dashur te jete ne vendin e tjetrit). Zakonisht kur thuhet katerkendeshi ABCD atehere kur kalon nga kulmi A ne B percaktohet drejtimi i paraqitjes se kulmeve (nese eshte ne drejtim te njejte apo te kundert me levizjen e akrepave te ores). Nese mendon se kjo nuk eshte qenesore, pra se eshte pune simbolesh atehere CP nuk mund te jete 3x. Psh shiko se brinja e katrorit eshte me e vogel se 3x dhe nese shkojme sic e ke paraqit ti atehere kendi(CAP) do te ishte kendi me i madh i trekendeshit CAP por mund ta provoni se seshte keshtu. Pra duhet te jete DP=3x dhe ne rastin e rotacionit rreth kulmit B  do te kishim PP'=2xsqrt2 si dhe (2xsqrt2)^2+x^2=(3x)^2

    • Postime: 300
    • Karma: +3/-1
  • i identifikuar

    #1127 ne: 10-10-2010, 14:37:05
    2) Tregoni se vargu [2^(k+1/2)] permban pafund shume numra cift, ku []-pjesa e plote.


    Ndihme

    Supozoni te kunderten se ekziston nje numer i fundem i termave cift te vargut ne fjale dhe me n e shenojm numrin me te madh natyrore ashtu qe [2^(n+1/2)] te jete numer cift. Tregoni se {2^(n+1/2)} i takon intervalit [1/2, 1). Tregoni se edhe pjeset thyesore te anetareve me indeks me te madh se n (keta anetare ne baze te supozimit ishin tek) gjenden ne intervalin [1/2, 1), si dhe pjeset thyesore te ketyre anetareve shprehni ne varesi te {2^(n+1/2)} dhe me kete rast vini ne nje mosbarazim prej te cilit rrjedh se {2^(n+1/2)}=1 qe nuk eshte e mundur.

    • Postime: 234
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #1128 ne: 10-10-2010, 18:31:37
    Ke te drejte dhe nuk ke te drejte. Sikur te ishte sic po thua ti ne rregull, por ne fakt i ke ngatrru kulmet C dhe D ( dmth njeri eshte dashur te jete ne vendin e tjetrit). Zakonisht kur thuhet katerkendeshi ABCD atehere kur kalon nga kulmi A ne B percaktohet drejtimi i paraqitjes se kulmeve (nese eshte ne drejtim te njejte apo te kundert me levizjen e akrepave te ores). Nese mendon se kjo nuk eshte qenesore, pra se eshte pune simbolesh atehere CP nuk mund te jete 3x. Psh shiko se brinja e katrorit eshte me e vogel se 3x dhe nese shkojme sic e ke paraqit ti atehere kendi(CAP) do te ishte kendi me i madh i trekendeshit CAP por mund ta provoni se seshte keshtu. Pra duhet te jete DP=3x dhe ne rastin e rotacionit rreth kulmit B  do te kishim PP'=2xsqrt2 si dhe (2xsqrt2)^2+x^2=(3x)^2
    per ta vertetuar se PP`=(2xsqrt2) mund ta shohim se  kendi(CBA)+kendi(CBP`)=90°
    dhe rrjedhe se kendi(PP`C)=90° dhe kendi(PP`B)=45° dhe rrjedh se kendi(BPA)=135°

    • Postime: 300
    • Karma: +3/-1
  • i identifikuar

    #1129 ne: 10-10-2010, 18:55:12
    per ta vertetuar se PP`=(2xsqrt2) mund ta shohim se  kendi(CBA)+kendi(CBP`)=90°
    dhe rrjedhe se kendi(PP`C)=90° dhe kendi(PP`B)=45° dhe rrjedh se kendi(BPA)=135°

    Se kendi APB=135 eshte e qarte nga shqyrtimi qe beri obeliksi edhepse rotacioni duhet te ndodhe ashtu sic kam thene me heret dhe nese per baze marrim figuren e obeliksit atehere duhete te merret DP=3x

    • Postime: 56
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #1130 ne: 10-10-2010, 21:43:34
    Edit: Ne fakt, kolineariteti i pikave A,P,P' nuk eshte realisht i nevojshem.

    1) Ne brendesi te katrorit ABCD eshte dhene pika P ashtu qe AP:BP:CP=1:2:3. Caktoni kendin(APB).
    Zgjidhje:


    Nga përpjestimi AP:BP:CP=1:2:3, lirisht mund të marrim zëvendësimin AP=x, BP=2x dhe CP=3x ku x Є N, kuptohet. Konstruktojmë trekëndëshin APB të rrotulluar per 90°  si ne figure.Shihet qartë se trek. PP'B eshte kenddrejte barakrahesh. Ne trek. PP'B zbatojme teoremen e pitagores per te fituar:
    PP'² =4x²+4x²=8x² PP'=2x√2
    Perderisa ne trek. PCP' po vlen teorema e pitagores:
    PC²=PP'²+P'C²8x²+x²=9x²
    Konkludojmë se kendi PP'C=90°. Rrjedhimisht kendi BP'C=135°= kendi APB cka duhej treguar.

    Problemi që në vazhdim duhet të zgjidhet:

    2) Tregoni se vargu [2^(k+1/2)] permban pafund shume numra cift, ku []-pjesa e plote.

    • Postime: 234
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #1131 ne: 17-10-2010, 20:01:26
    Per ta thyer heshtjen ja nja 2 detyra nga garat republikane dhe federative.
    2) Tregoni se vargu [2^(k+1/2)] permban pafund shume numra cift, ku []-pjesa e plote.
    Zgjidhja:
    Te supozojme se bashkesia e dhene eshte e fundme , marrim qe per n  [2^(n+1/2)] eshte qift dhe gjith anetaret pasues jan tek pra
    [2^(n+1/2)]=2s....(1)
    [2^(n+1+1/2)]=2l+1....(2)  nga relacionet (1) dhe (2) kemi 1/2_<{2^(n+1/2)}<1
    ateher duhet qe edhe per n+2 anetari perkates te jete tek dhe kemi
    1-1/2²=3/4_<{2^(n+1/2)}<1  per n+k  ku k-tenton ifinit kemi
    1-1/2^n_<{2^(n+1/2)}<1
    pasi k-tenton ifinit kemi se
    lim  (1-1/2^k)=1 pra  {2^(n+1/2)}=1  kontradiksion
    k->inf

    • Postime: 300
    • Karma: +3/-1
  • i identifikuar

    #1132 ne: 18-10-2010, 22:18:29
    Besoj se keshtu eshte zgjidhja, por do te ishte mire ta detajizosh me shume per ta pase te qarte te tjeret.

    • Postime: 56
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #1133 ne: 18-10-2010, 22:40:24
    "Nderkohe", po postoj nje problem te ri:

    Nese a,b,c jane numra reale pozitive te tille qe a+b+c=3, vertetoni se vlen:
    a²+b²+c²+3(a+b)(b+c)(c+a) ≤ 27

    • Postime: 12
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #1134 ne: 19-10-2010, 01:53:34
     hmmmmm:

    • Postime: 92
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #1135 ne: 19-10-2010, 09:21:04
    <=>(a+b+c)(a^2 +b^2 +c^2) +9(a+b)(b+c)(c+a) =< 3(a+b+c)^3

    <=> 2(a^3 +b^3 +c^3) >= a^2 (b+c) +b^2 (c+a) +c^2 (a+b)

    2(a^3 +b^3 +c^3) >=a^3 +b^3 +c^3 +3abc >= a^2 (b+c) +b^2 (c+a) +c^2 (a+b)

    • Postime: 56
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #1136 ne: 19-10-2010, 09:40:57
    <=>(a+b+c)(a^2 +b^2 +c^2) +9(a+b)(b+c)(c+a) =< 3(a+b+c)^3

    <=> 2(a^3 +b^3 +c^3) >= a^2 (b+c) +b^2 (c+a) +c^2 (a+b)

    2(a^3 +b^3 +c^3) >=a^3 +b^3 +c^3 +3abc >= a^2 (b+c) +b^2 (c+a) +c^2 (a+b)


    sakte!

    • Postime: 56
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #1137 ne: 19-10-2010, 15:11:40
    Arberi1 postoje nje detyre, pastaj endb0x edhe ti, ose jepni leje qe kete gje ta beje dikush tjeter, ne menyre qe te vazhdoje forumi se funksionuari :-)

    • Postime: 234
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #1138 ne: 19-10-2010, 15:28:38
    Le te jete n element i numrave natyror dhe x,y element i numrave real pozitiv ku  x^n+y^n=1.te tregohet se
    ( ∑ (1+x^2k)/(1+x^4k))( ∑ (1+y^2k)/(1+y^4k))<1/(1-x)(1-y)
    ku k=1,2,...n

    • Postime: 234
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #1139 ne: 20-10-2010, 16:16:25
    Le te jete n element i numrave natyror dhe x,y element i numrave real pozitiv ku  x^n+y^n=1.te tregohet se
    ( ∑ (1+x^2k)/(1+x^4k))( ∑ (1+y^2k)/(1+y^4k))<1/(1-x)(1-y)
    ku k=1,2,...n
    ndihme:
    se pari te vertetohet se (1+t^2)(1+t^4)<1/t, ku t€(0,1)

    • Postime: 234
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #1140 ne: 22-10-2010, 16:46:14
    Le te jete n element i numrave natyror dhe x,y element i numrave real pozitiv ku  x^n+y^n=1.te tregohet se
    ( ∑ (1+x^2k)/(1+x^4k))( ∑ (1+y^2k)/(1+y^4k))<1/(1-x)(1-y)
    ku k=1,2,...n
    po jap prap ndihme te mosmbes forumi i fjetur
       n
    ( ∑ (1+x^2k)/(1+x^4k))<...=y^n/x^n(1-x)
     k=1

    • Postime: 234
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #1141 ne: 25-10-2010, 17:04:31
    Le te jete n element i numrave natyror dhe x,y element i numrave real pozitiv ku  x^n+y^n=1.te tregohet se
    ( ∑ (1+x^2k)/(1+x^4k))( ∑ (1+y^2k)/(1+y^4k))<1/(1-x)(1-y)
    ku k=1,2,...n
    pasi askush nuk po provon ta zgjedh po e jap zgjidhjen:
    Zgjidhja:Se pari ta vertetojme qe:
    (1+t^2)(1+t^4)<1/t, ku t€(0,1)  dhe ky eshte ekuivalent me (1-t)(1-t^3)>0 e cila qartazi vlen. n
       n                                      n
    A=( ∑ (1+x^2k)/(1+x^4k))< ( ∑ 1/x^k=(x^n-1)/x^n(x-1)=y^n/x^n(1-x)
     k=1                                   k=1
               
           n                                      n
    B=( ∑ (1+y^2k)/(1+y^4k))< ( ∑ 1/y^k=(y^n-1)/y^n(y-1)=x^n/y^n(1-y)
        k=1                                   k=1
    duke i shumezuar AB fitojme mosbarazimin e deshiruar

    Ju lutem dikush  ta postoi problemin e radhes!
     

    • Postime: 12
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #1142 ne: 25-10-2010, 20:26:32
    te vertetohet qe shuma e katroreve te largesave te nje pike te cfaredoshme te rrethit nga kulmet e trekendorit barabrinjes te brendashkruar ne rreth eshte madhesi  konstante

    • Postime: 72
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #1143 ne: 26-10-2010, 12:03:51
    te vertetohet qe shuma e katroreve te largesave te nje pike te cfaredoshme te rrethit nga kulmet e trekendorit barabrinjes te brendashkruar ne rreth eshte madhesi  konstante
    Nese trekendeshi barabrinjes eshte ABC dhe pika eshte M eshte psh ne harkun AB (wlog), atehere permes nje rrjedhimi te pohimit te Ptolemeit dhe teoremes se kosinusit, vertetohet pohimi i detyres. Kam edhe nje zgjidhje pak konfuze me gjeometri analitike...
    PS. Rrjedhim i teoremes se Ptolemeut. Nese M eshte pike e harkut AB te trekendeshit barabrinjes ABC, atehere vlen: MC=MA+MB

    • Postime: 12
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #1144 ne: 26-10-2010, 12:57:51
    po nga vertetimi i ketij pohimi mund te arrish ne zgjidhjen e detyres :)

    • Postime: 56
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #1145 ne: 26-10-2010, 22:55:51
    te vertetohet qe shuma e katroreve te largesave te nje pike te cfaredoshme te rrethit nga kulmet e trekendorit barabrinjes te brendashkruar ne rreth eshte madhesi  konstante
    Zgjidhja:

    e²+d²+f²=?



    Nga trek. AMC nga teorema e kosinusit kemi: a²=e²+d²- ed
    Nga trek. MBC nga teorema e kosinusit kemi: a²=e²+f²-ef
    Rrjedhimisht: e²+d²- ed=e²+f²-ef → e=d+f
    Ndersa nese mbledhim dy barazimet me larte fitojme:
    2a²=2e²+d²+f²-e(d+f)=e²+d²+f²+e²-e² →  e²+d²+f²= 2a²

    • Postime: 92
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #1146 ne: 27-10-2010, 21:31:40
    Te gjendet shifra e pare (nga e djathta) jozero e numrit 1234!

    • Postime: 56
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #1147 ne: 28-10-2010, 17:39:03
    Zgjidhja jem osht pak e gjate dhe e koklavitun, me siguri ka zgjidhje me elegante, megjithate po postoj rezultatin:

    1234! ≡ 3*2^{924}*10^{305} (mod 10^{306}) ose 1234! ≡  8*10^{305} (mod 10^{306})

    Pra numri i kerkuar eshte 8

    • Postime: 89
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #1148 ne: 28-10-2010, 23:26:58
    a ka zgjidhje tjeter enbOX ?

    • Postime: 92
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #1149 ne: 28-10-2010, 23:35:12
    Rezultati eshte i sakte. E sa per zgjidhje tjeter, nuk mund ta konfirmoje, se Obel1x nuk e ka postu zgjidhjen e plote. Une e kom zgjidh tu e perdore teoremen e "Legendre" (Lezhandri?).

    Le ta poston dikush tjeter detyren e ardhme. gmario?

    Temat e fundit