Probleme matematikore - 17 - 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 · 207950

Probleme matematikore

· 1460 · 207950

  • Postime: 168
  • Karma: +0/-0
  • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #400 ne: 30-01-2010, 22:05:25
    Siq edhe premtova po paraqes zgjidhjen e problemit vijues:

    1)problemi relativisht i lehte:
    Nese k eshte numer tek atehere per cdo n natyrore
    1+2+...n ; eshte pjestues i 1^k+2^k+...n^k
     
    Vertetim

    Edhe pse urtesia i'u referu ketij problemi si 'relativisht i lehte'  mduhet ta pranoj se mi mori disa ore deri sa e vertetova (t'shpresojm se nuk kam bere ndonje gabim).

    Se pari do i vertetoj disa pohime ndihme tcilat i kam perdorur gjat vertetimit. (ose me mire nuk po i vertetoj fare ngase jan te lehta, keshtu qe antaret e nderuar mund ti vertetojne edhe vet, si ushtrime).

    Pohimi 1:  Nese a,b,c jane numra te plote pozitiv, ashtu qe a|c dhe b|c dhe (a,b)=1, atehere (ab)|c. (vertetimi nuk eshte i veshtire prandaj nuk po humbi kohe ta vertetoj ketu, nese keni paqartesi me tregoni.)

    Pohimi 2. Nese m eshte numer tek dhe a,b numra natyrore, atehere (a+b)|(a^m+b^m), gjithashtu (a-b)|(a^m-b^m). (edhe kete nuk po e vertetoj ngase vertetimi nuk eshte I veshtire…tek e dyta m mund te jet edhe cift).

    Tani, siq e dime 1+2+3+…+n eshte seri aritmetike prandaj shuma e saje eshte n(n+1)/2.

    Dallojme dy raste n qift dhe n tek. Verejme se (n/2)*(n+1) pavaresisht se a eshte n qift apo tek, njeri nga ata faktore do jet qift ndersa tjetri tek.

    Ilustrim, le te jete n qift, atehere n=2m=> (n/2)(n+1)=m(2m+1). Per me teper verejme se
    Gcd(m,2m+1)=1, pra m dhe 2m+1 jane relativisht te thjeshte.
    Nese n eshte tek, atehere n=2m-1, prap kemi : n(n+1)/2=(2m-1)m, prap verejme se 2m-1 dhe m jane relativisht te thjeshte.

    Po shqyrtoje rastin kur n eshte qift.

    Pra 1+2+3+….+(2m)=m(2m+1).

    Verejme se nga Pohimi 2 do kemi :

    (2m+1)|((2m)^k+1^k);    (2m+1)|((2m-1)^k+2^k)…

    Gjithashtu:
    m|(1^k+(m-1)^k);  m|(2^k+(m-2)^k);…., poashtu m|((2m)^k+m^k); m|((2m-1)^k+(m+1)^k….

    Nga Pohimi 1, meqenese (2m+1,m)=1, perfundojme se:

    m(2m+1)|(1^k+2^k+…+(2m)^k)

    Ngjashem behet vertetimi edhe ne rastin kur n eshte numer tek.

    Gjithe te mirat!

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

    #401 ne: 30-01-2010, 22:22:11
    Shume mire(Congratulations Nietzsche) ne vazhdim po e jap nje ndihme rreth  problemit te 2-te ( pasi eshte pak me i veshtire... ne fakt shume me i veshtire se i pari)
    Vertetimi bazohet ne keto pika:
     1) Tregohet lehte se funksioni i dhene eshte rigorozisht zbrites
     2)Si rrjedhim ekziston nje pike fikse e funksionit ne fjale
     3) Kjo do te kishte per rrjedhim mosekzistencen e funksionit te tille duke filluar nga  nje  numer b>0!
    SUKSESE!

    • Postime: 100
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #402 ne: 02-02-2010, 01:02:24
    a mundet ndokush ta zgjidh kete problem te vertetohet se 11...1122...225 eshte nje numer i ngritur ne katror ku 11...11 ka gjithsej 2009 shifra kurse 22...22 ka gjithsej 2010 shifra

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

    #403 ne: 02-02-2010, 16:21:50
    Numri i dhene e shkruajme ne nje trajte tjeter:
    11...22...25=10^2011*(1/9)*(10^2009 - 1)+10*(2/9)*(10^2010 - 1) +5=(1/9)*{10^4020 - 10^2011 + 2*10^2011- 20 +45}=
    (1/9)*{(10^2010)^2 + 10^2011+25}={(1/3)*(10^2010 + 5}^2 qe dmth se numri i dhene eshte katrore i plote sepse 3|10^2010 + 5.

    • Postime: 100
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #404 ne: 02-02-2010, 21:01:05
    detyra nuk eshte teresisht e sakt ke disa gabime

    • Postime: 100
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #405 ne: 02-02-2010, 22:25:07
    hej me fal se nuk e paskam shikuar mir detyren mir e keni zgjidhur

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

    #406 ne: 03-02-2010, 00:53:34
    2) problemi relativisht i veshtire (GARAT KOMBETARE TE BULLGARISE ):
    Te vertetohet se nuk ekziston funksioni f:R+--->R+ (ku R+ eshte bashkesia e numrave pozitive) ashtu qe per cdo x, y elemente nga R+  te vleje


    (f(x))^2 >_ f(x+y)*(f(x)+y)

    -----
    Besoj se ka ndonje gabim ne zgjidhje, smundet zgjidhja t'jet kaq e thjesht.

    (f(x))^2 -f(x)f(x+y)-yf(x+y) >=0
    Duke e konsideruar si funksion kuadratik te f(x), funksioni eshte gjithemon pozitiv ateher dhe vetem ateher kur D<0 :
    <=>(f(x+y))^2 +4yf(x+y)<0 ,kontradiksion pasi f:R^+ ->R^+

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

    #407 ne: 03-02-2010, 10:02:21
    Shume mire endbox nese nuk kam gabuar ne parashtrim te detyres atehere ky eshte nje vertetim shume me i shkurter eshte nje lloj PROOF FROM THE BOOK sic do te thoshte matematikani i madh Erdos!

    • Postime: 100
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #408 ne: 03-02-2010, 11:29:27
    a mundet dikush ta zgjidh kete
    le te jete x,y,z qfardo numra real te ndryshem prej 1 nese vlen xyz=1 te vertetohet mosbarazia
    x^2/(x-1)^2 + y^2/(y-1)^2 + z^2/(z-1)^2 ≥ 1

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

    #409 ne: 03-02-2010, 12:42:19
    po, dikush mundet :P

    Vertetim :

    x^2 /(x-1)^2  +y^2/(y-1)^2  +z^2/(z-1)^2 -1 =( xy +yz +zx-3)^2/ (x-1)^2(y-1)^2 (z-1)^2  , e cila eshte qartazi pozitive .

    =>x^2 /(x-1)^2 +y^2/(y-1)^2 +z^2/(z-1)^2 >=1

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

    #410 ne: 03-02-2010, 17:42:13
    Ok meqenese problemi qe u duk i veshtire ( ashtu te pakten shihej nga vertetimi origjinal) na doli i lehte atehere shpresoj se problemet ne vijim do te jene me sfidues:
    Problemi relativisht i lehte:
    Tregoni se nese e_i  ku  i=1,2,..n  i takojne bashkesise{-1,1} per cdo i te tille qe e_1*e_2 + e_2*e_3 + ...+e_(n-1)*e_n + e_n*e_1=0 atehere
    n plotepjestohet me 4

    Problemi relativisht i veshtire:
    Tregoni se ekziston ne menyre te vetme funksioni f:R+ --> R+ i tille qe
    f(f(x))=6x -- f(x)

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

    #411 ne: 03-02-2010, 18:20:31
    Sa i perket problemit te lehte:

    Munda ta vertetoje se : n plotepjestohet me 2 ,

    dhe me te njejtat kushte ,nese :
    e_1 e_2 e_3 e_4 +e_2 e_3 e_4 e_5 +....e_n e_1 e_2 e_3 =0
    ateher n plotepjestohet me 4

    • Postime: 168
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #412 ne: 04-02-2010, 00:42:14
    Sa i perket problemit :

    "Problemi relativisht i lehte:
    Tregoni se nese e_i  ku  i=1,2,..n  i takojne bashkesise{-1,1} per cdo i te tille qe e_1*e_2 + e_2*e_3 + ...+e_(n-1)*e_n + e_n*e_1=0 atehere
    n plotepjestohet me 4
    "

    te parashtruar nga urtesia, besoj se e kam zgjidh/vertetu. Mirepo, meqenese antari me emrin endb0x u deklaru se e ka vertetu(mundet ta vertetoj) edhe ai, atehere po i jap rast ta paraqes zgjidhjen e tij. Nese brenda 1 apo 2 dite askush nuk e paraqet zgjidhjen e ketij problemi, atehere do e paraqes vertetimin tim qe vetem sa e kompletova.

    Gjithe te mirat!

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

    #413 ne: 04-02-2010, 00:57:47
    Une nuk e vertova se plotpjestohet me 4, e vertova se plotpjestohet me 2, qe eshte rezultat shum i dopt edhe i drejtperdrejt :

    Pasi e_1 e_2 +...+e_n e_1 =0 , rrjedh se ne mesin e numrave e_1e_2 ,e_2 e_3, ...,e_n e_1 , egzistojne saktesisht k numra =1 dhe k numra =-1

    => n=k +k=2k

    Mathismyreligion mundesh me postu zgjidhjen tende, gjithashtu mundesh me provu edhe problemin qe e kom parashtru per rastin e ngjajshem me 4 numra.

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

    #414 ne: 04-02-2010, 01:55:37
    urtesia : A eshte zgjidhja e vetme f(x)=2x ?

    • Postime: 168
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #415 ne: 04-02-2010, 05:39:35
    Une nuk e vertova se plotpjestohet me 4, e vertova se plotpjestohet me 2, qe eshte rezultat shum i dopt edhe i drejtperdrejt :


    Paj fakti qe 2|n eshte trivial, pasi qe eshte e qarte qe n nuk mundet te jet nr. tek.

    • Postime: 168
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #416 ne: 04-02-2010, 06:18:27
    urtesia : A eshte zgjidhja e vetme f(x)=2x ?
    Pasi qe edhe une e kam zgjidh kete problem, po pergjigjem ne menyre me te elaborume. Me fjal te tjera po e zgjidhi komplet kete problem.
    Funksioni i vetem, siq edhe endbox e tha eshte pra f(x)=2x.
    Arsyetim:

    f(f(x))=6x-f(x), nga ketu kemi: f(f(x))-f(x)=6x. Eshte e qarte se nese nje funksion i tille ekziston atehere meqenese ana e djatht eshte funksion linear, 6x, atehere edhe f duhet te jete funksion linear.

    Le te jete: f(x)=ax+b. Tani kemi:

    f(f(x))+f(x)=a(ax+b)+b+ax+b=(a^2+a)x+(ab+2b)=6x.

    Nga ketu marrim:

    a^2+a=6 dhe ab+2b=0. Nga barazimi/kushti i dyte marrim qe b=0, ose a=-2.

    Nga barazimi i pare marrim a=2 dhe a=-3.

    Meqenese f:R^+--->R^+, atehere eshte e qarte se zgjidhja e vetme eshte a=2.

    Me fjale te tjea funksioni i kerkuar eshte f(x)=2x.

    Nderimet e mia!

    P.S. Problemi 'relativisht i lehte' kesaj radhe me mori me shume kohe me zgjidh (pra mu duk me i vshtire) se sa 'problemi relativisht i vshtire'. ky i fundit m'mori relativisht pak kohe.

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

    #417 ne: 04-02-2010, 08:44:20
    Epo po pres derisa ta postoni zgjidhjen e problemit relativisht te lehte
    ndersa per problemin relativisht te veshtire me duhet te them se nuk eshte ne rregull sepse duhet treguar se nese f(f(x))-f(x) eshte linear atehere edhe f eshte linear,ndersa ju e keni marre si gje te sakte!
    Nderime!

    • Postime: 100
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #418 ne: 06-02-2010, 16:04:52
    a din ta zgjidh dikush kete  te vertetohet se sin18=(√5-1)/4

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

    #419 ne: 06-02-2010, 17:54:25
    Ne rregull dorlir po duhet te tentosh te zgjidhesh ndonje nga problemet e pastaj te postosh detyre te re (edhepse une kam thyer kete rregull por pas zgjidhjes se dy detyrave te parashtruara atehere do t'ia jap mundesine tjeterkujt te postoj probleme)
    Kjo ishte vetem nje perkujtim i nje rregulle te kesaj rubrike , perndryshe do te kemi vetem probleme e fare pak zgjidhje
    Me respekt
    prapshtia

    • Postime: 100
    • Karma: +1/-0
  • i identifikuar

    #420 ne: 06-02-2010, 20:15:26
    ne rregull do ta kem parasysh kur ta zgjidhni at detyr pra zgjidheni kete  sepse une nuk i di aq mir funkionet :) :D

    • Postime: 168
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #421 ne: 07-02-2010, 07:10:00
    Pasi qe nuk po shof levizje ndrejtim tzgjidhjes se problemit vijues:
    "Problemi relativisht i lehte:
    Tregoni se nese e_i  ku  i=1,2,..n  i takojne bashkesise{-1,1} per cdo i te tille qe e_1*e_2 + e_2*e_3 + ...+e_(n-1)*e_n + e_n*e_1=0 ---(*)
    atehere
    n plotepjestohet me 4"

    Po paraqes vertetimin e problemit n'vijim:
    Vertetim:
    Verejme qe n nuk mundet te jete numer tek (arsyetimin po ua le lexuesve).

    Prandaj n=2m, ku m i takon numrave natyrore. Nga nje teoreme, e dime se ekzistojne numrat q dhe r ashtu qe:

    n=4q+r, ku r i takon bashkesise {0,1,2,3}

    Pra:  2m=4q+r, ose  m=2q+r/2.    Nga ketu shofim se r duhet te jete 0 ose 2.

    Ne vijim tregojme se r nuk mund te jet 2.

    Supozojme se r=2. Atehere m=2q+1.


    Pa hyre shum ne detaje, verejme se nje gje e tille nuk mund te ndodhe. Pse? Nga (*) shofim se sikur m te jet numer tek, atehere nese e rishkruajm (*) ne kete menyre:

    e2(e1+e3)+e4(e3+e5)+...+en(e_{n-1}+e1) shifet qart qe do te kemi nje numer tek termash, gje qe e ben te pamundur barazimin (*). Me fjale te tjera per qfardo zgjedhje te e_i've (+/-1) barazimi (*) nuk mund te qendroj. Kontradiksioni i arritur na tregon qe r=0.

    Prandaj n=2m=4q, nga ku rrjedh se 4|n.

    Nderime!

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

    #422 ne: 07-02-2010, 14:01:29
    Fatkeqesisht zgjidhja qe e parashtroi mathismyreligion nuk me duket bindese pasiqe termat brenda kllapave mund te japin edhe zero  e kjo e zvoglon numrin e termave ne shumen e fundit, prandaj nuk do te jemi ne gjendje te percaktojme se a kemi numer tek apo cift te termave te shumes se dyte!

    • Postime: 168
    • Karma: +0/-0
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #423 ne: 07-02-2010, 17:49:37
    Menyra e vetme qe termat ne kllapa te jene zero eshte qe njeri te jete +1 e tjetri -1. Psh. e1=1, e3=-1,, e5=1...
    ose e1=-1,e3=1,e5=-1,...

    mirepo nese vazhdojme ne kete menyre do  e verejme se shuma nuk do jete zero kur m=2q+1.

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

    #424 ne: 07-02-2010, 22:54:58
    Ok mathismyreligion na sqaro pak me shume sepse nuk po ma kap intuita ate gje qe po e thua!

    Temat e fundit