Probleme matematikore - 20 - 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 · 208526

Probleme matematikore

· 1460 · 208526

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

    #475 ne: 25-02-2010, 00:20:22
    ke te drejt ngase kur e kam shenuar jam habitur, n duhet te jet 2.Nese e kam sakt
    Prap do ishte gabim!

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

    #476 ne: 25-02-2010, 15:23:46
    [(5+sqrt35)^(2n-1)]=[(5+sqrt35)^(2n-1)+(5-sqrt35)^(2n-1)]=[(5^(2n-1)+{C(2n-1,1)*5^(2n-2)}*sqrt35+...+sqrt35^(2n-1))+(5^(2n-1)+{C(2n-1,1)*5^(2n-2)}*(-sqrt35)+...+(-sqrt35)^(2n-1)]=[2*(5^(2n-1)+{C(2n-1,2)*5^(2n-3)}*{(sqrt35)^2}+...+{C(2n-1,2n-2)*5*(sqrt35)^(2n-2)}]=[10*(5^(2n-2)+{C(2n-2,2)*5^(2n-4)}*35+...+C(2n-1,2n-2)*35^(n-1)]=[{10*5^(n-1)}*(5^(n-1)+{C(2n-1,2)5^(n-2)}*7+...+C(2n-1,2n-2)*7^(n-1)]=[2*(5^n)*(5^(n-1)+{C(2n-1,2)*5^(n-2)}*7+...+C(2n-1,2n-2)*7^(n-1)]
    Nese n-tek pra n=2k+1 anetari i pare dhe i fundit jan tek te tjeret qift , pasi shuma e dy numrave tek eshte qift ,pra shuma eshte qift.Lehte mund te vertetohet se ( 5^(n-1)+{C(2n-1,2)*5^(n-2)}*7+...+C(2n-1,2n-2)*7^(n-1))=x*2^(n-1)
    [2*(5^n)*(5^(n-1)+{C(2n-1,2)*5^(n-2)}*7+...+C(2n-1,2n-2)*7^(n-1)]=[2*(5^n)*(2^(n-1))*x]=[x*10^n]=x*10^n  (Kjo vlen sepse x eshte element i N)
    Per n qift numri i elementeve (5^(n-1)+{C(2n-1,2)*5^(n-2)}*7+...+C(2n-1,2n-2)*7^(n-1)) eshte qift dhe lehte arrijme ne perfundim se (5^(n-1)+{C(2n-1,2)*5^(n-2)}*7+...+C(2n-1,2n-2)*7^(n-1)) plotepjestohet me 2^(n-1) dhe mund ta shkruajm (5^(n-1)+{C(2n-1,2)*5^(n-2)}*7+...+C(2n-1,2n-2)*7^(n-1))=x*2^(n-1)
    [2*(5^n)*(5^(n-1)+{C(2n-1,2)*5^(n-2)}*7+...+C(2n-1,2n-2)*7^(n-1)]=[(5^n)*(2^n)*x]=[x*10^n]=x*10^n kjo vlen sepse x element i N

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

    #477 ne: 25-02-2010, 18:02:33
    Ok tregona pra pse plotepjestohet me 2^(n-1) si dhe si po je i sigurte se jane te barabarta  ato dy anet e barazimit ne fillim

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

    #478 ne: 25-02-2010, 18:12:45
    per me teper nese skam gabuar barazimi i fillimit po deshton ne rastin kur n=2

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

    #479 ne: 25-02-2010, 18:20:03
    [(5+sqrt35)^(2n-1)]=[(5+sqrt35)^(2n-1)+(5-sqrt35)^(2n-1)] jane te barabarta sepse vlera e (5-sqrt35)^(2n-1) gjithmone gjendet ndermjet -1 dhe 0 ku me rritjen e vleres se n ajo i afrohet secilen here zeros, e kjo nuk do te ndikoj ne ndryshimin e vleres se shprehjes se keto kllapa[] paraqesin pjesen e plote te atij numri.
    E sa i perket pjeses tjeter ta dergoj neser se tani per tani skam kohe.
    Kam test ne anglisht dhe biologji .
    Faleminderit per mirkuptim

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

    #480 ne: 25-02-2010, 18:24:31
    epo ky nuk eshte nje argument bindes

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

    #481 ne: 25-02-2010, 22:50:22
    Se (5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1} eshte numer i plote, mund te vertetohet lehte me induksion matematik (keshtu e vertetova une, mirepo ka edhe menyra tjera besoj).

    Pastaj, arsyetimi i Arber selimit se(ne rastin e pergjithshem) [x ]=[x+e], ku 0<e<1, eshte i manget, ngase pohimi i tille ne pergjithesi nuk eshte i sakt. Shembull: [2.4]=2=/=[2.4+.8]=[3.2]=3, edhe pse 0<.8<1

    Mirepo ne rastin tone konkret, fakti se


    [(5+sqrt35)^(2n-1)]=[(5+sqrt35)^(2n-1)+(5-sqrt35)^(2n-1)], rrjedh nga pjesa e pare e arsyetimit, pra nga fakti se:

    (5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1}  eshte numer i plote(perndryshe siq e pame nuk do ishte e sakte ne rastin e pergjithshem).

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

    #482 ne: 26-02-2010, 14:28:18
    (5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1} eshte numer i plote

    (5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1}=[(5+sqrt{35})^{2n-1}] sepse -1<5-sqrt35<0
     [(5+sqrt{35})^{2n-1}]=(5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1}=(5+sqrt{35})^{2n-1}-(sqrt35-5)^{2n-1}=(5+sqrt35-(sqrt35-5))((5+sqrt35)^(2n-2)+{(5+sqrt35)^(2n-3)}*(sqrt35-5)+...+(sqrt35-5)^(2n-2))=10((5+sqrt35)^2)^(n-1)+(5+sqrt35)*(5-sqrt35)*{(5+sqrt35)^2}^(n-2)+....+{(sqrt35-5)^2}^(n-1))=10((60+10sqrt35)^(n-1)+10(60+10sqrt35)^(n-2)+...+(60-10sqrt35)^(n-1))=10({10^(n-1)}*(6+sqrt35)^(n-1)+^{10^(n-1)}*(6+sqrt35)^(n-2)+...+{10^(n-1)}*(6-sqrt35)^(n-1))={10^n}*((6+sqrt35)^(n-1)+(6+sqrt35)^(n-2)+...+(6-sqrt35)^(n-1))
    Shprehja ((6+sqrt35)^(n-1)+(6+sqrt35)^(n-2)+...+(6-sqrt35)^(n-1)) eshte numer i plote sepse shuma e anetarit te pare me te fundit eshte i plote,shuma e te dytit me te parafundit eshte numer i plote e keshtu me rradhe .

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

    #483 ne: 26-02-2010, 15:23:00
    Ne rregull ne fakt ishte shume e thjeshte por une mendova dicka tjeter andaj isha gabuar po tregona pse numri i tille plotepjestohet me 2^n

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

    #484 ne: 27-02-2010, 07:44:52
    Me nje sygjerim nga urtesia, besoj se kam arritur ta vertetoj se:

    10^n|[(5+sqrt35)^{2n-1}.

    Duke u bazuar ne faktin se:

    [(5+sqrt35)^(2n-1)]=[(5+sqrt35)^(2n-1)+(5-sqrt35)^(2n-1)]=[(5+sqrt35)^(2n-1)]=(5+sqrt35)^(2n-1)+(5-sqrt35)^(2n-1). (ngase siq 'kemi vertetuar' (5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1} eshte numer i plote)

    Atehere mjafton te tregojme se 10^n|(5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1}

    Vertetimin e bejme duke e verejtur se zgjidhja e relacionit te meposhtem rekurent:


    a_{2n-1}=120a_{2n-3}-100a_{2n-5}, ku a_1=10 dhe a_3=1300,


    eshte pikerisht :   a_{2n-1}=(5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1}.


    Pastaj me induksion mund te tregohet lehte se 10^n|a_{2n-1}.

    Per n=1,2, eshte e qarte. Supozojme se  10^i|a_{2i-1}, ku 1=<i<n.

    Tani:

    a_{2n-1}=120a_{2(n-1)-1}-100a_{2(n-2)-1}

    Nga hipoteza induktive rrjedh se :  10^{n-1}|a_{2(n-1)-1} =>10^n|10a_{2(n-1)-1}.

    Gjithashtu:  10^{n-2}|a_{2(n-2)-1}=> 10^n|100_{2(n-2)-1}.

    Prandaj, rrjedh qe 10^n|a_{2n-1} gje qe edhe duhej treguar.

    Nderime!

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

    #485 ne: 27-02-2010, 10:20:57
    Ok e pranojme si zgjidhje te sakte, mathismyreligion duhet te mirresh vesh
    me Arber Selimin per autoresine e zgjidhjes se detyres pasi qe edhe ai pretendoi se e ka zgjidh detyren dhe premtoi se do ta postoj edhe sqarimin qe ia kerkova por fatkeqesisht shfrytezove vonesen e vogel te tij per te postuar zgjidhjen , nese nuk mirreni vesh atehere jam i gatshem te jem refer i mecit RELIGION vs SELIMI.
    hahahahahhahhahhaha hahahahahahhahahaha hahhahahhahahahaha!

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

    #486 ne: 27-02-2010, 11:56:07
    (5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1} eshte numer i plote

    (5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1}=[(5+sqrt{35})^{2n-1}] sepse -1<5-sqrt35<0
     [(5+sqrt{35})^{2n-1}]=(5+sqrt{35})^{2n-1}+(5-sqrt35)^{2n-1}=(5+sqrt{35})^{2n-1}-(sqrt35-5)^{2n-1}=(5+sqrt35-(sqrt35-5))((5+sqrt35)^(2n-2)+{(5+sqrt35)^(2n-3)}*(sqrt35-5)+...+(sqrt35-5)^(2n-2))=10((5+sqrt35)^2)^(n-1)+(5+sqrt35)*(5-sqrt35)*{(5+sqrt35)^2}^(n-2)+....+{(sqrt35-5)^2}^(n-1))=10((60+10sqrt35)^(n-1)+10(60+10sqrt35)^(n-2)+...+(60-10sqrt35)^(n-1))=10({10^(n-1)}*(6+sqrt35)^(n-1)+^{10^(n-1)}*(6+sqrt35)^(n-2)+...+{10^(n-1)}*(6-sqrt35)^(n-1))={10^n}*((6+sqrt35)^(n-1)+(6+sqrt35)^(n-2)+...+(6-sqrt35)^(n-1))
    Shprehja ((6+sqrt35)^(n-1)+(6+sqrt35)^(n-2)+...+(6-sqrt35)^(n-1)) eshte numer i plote sepse shuma e anetarit te pare me te fundit eshte i plote,shuma e te dytit me te parafundit eshte numer i plote e keshtu me rradhe .

    Une kete zgjidhje e postova si me te thjeshte dhe me te kuptueshme.
    E sa i perket vertetimit paraprak une e pergezoj mathismyreligion qe ishte me ishpejt.Por a ben ta di a eshte zgjidhja e siperme plotesisht e sakte?

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

    #487 ne: 27-02-2010, 12:08:39
    Po mire Arber arsyetoje (se tha eshte lehte) se numri i tille plotepjestohet me 2^n pasi qe nuk po me duket aq e lehte ashtu si po e trajton ti dhe do te kemi dy zgjidhje te ndryshme.

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

    #488 ne: 27-02-2010, 17:13:43
    Ok e pranojme si zgjidhje te sakte, mathismyreligion duhet te mirresh vesh
    me Arber Selimin per autoresine e zgjidhjes se detyres pasi qe edhe ai pretendoi se e ka zgjidh detyren dhe premtoi se do ta postoj edhe sqarimin qe ia kerkova por fatkeqesisht shfrytezove vonesen e vogel te tij per te postuar zgjidhjen , nese nuk mirreni vesh atehere jam i gatshem te jem refer i mecit RELIGION vs SELIMI.
    hahahahahhahhahhaha hahahahahahhahahaha hahhahahhahahahaha!
    Duke pas parasysh moshen e Arberit, si dhe entuziazmin qe po shpreh, atehere posa ta paraqes sqarimin e kerkuar nga urtesia, pra posa te konfirmohet se ka zgjidhur detyren nga urtesia, atehere detyra eshte e tera e tija....

    Nuk ka nevoj per mec fare, po kam frik se e humbi mecin jo per tjeter, e marre tani...hahahahahha. ...

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

    #489 ne: 27-02-2010, 17:48:57
    Mire pra ja nja 2 detyra nga garat:
    1) Tregoni se nga d| 2*n^2  rrjedh n^2 +d  nuk mund te jete katrore i plote!
    2)Tregoni se numri [{(2+sqrt3)^2002}/2]+1 plotepjestohet me 7, ku [] simbolizon pjesen e plote te shprehjes brenda ketyre kllapave!

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

    #490 ne: 27-02-2010, 18:31:30
    Mire pra ja nja 2 detyra nga garat:
    1) Tregoni se nga d| 2*n^2  rrjedh n^2 +d  nuk mund te jete katrore i plote!
    ateher 2*n^2=kd ose 2*n^2+kd=2kd
    per k=2t kemi 2*n^2+2td=4td pjestojme me 2 marrim
    n^2+td=2td meqe duhet vertetuar se n^2+d nuk mund te jet nje numer i ngritur ne katror  ateher duhet te marrim t=1
    pra n^2+d=2d supozojme tani qe n^2+d=p^2 athere 2d=(2h)^2 pra
    n^2+2*h^2=4*h^2 ose n^2=2*h^2 ngritim ne fuqin 1/2 dhe marrim
    n=2^(1/2)h gje qe nuk eshte e mundur sepse ne anen e djatht kemi numer natyror kurse ne anen e majt kemi numer irracional per k=2t-1 nuk po di si ta bej  :(

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

    #491 ne: 27-02-2010, 23:24:58
    ateher 2*n^2=kd ose 2*n^2+kd=2kd
    per k=2t kemi 2*n^2+2td=4td pjestojme me 2 marrim
    n^2+td=2td meqe duhet vertetuar se n^2+d nuk mund te jet nje numer i ngritur ne katror  ateher duhet te marrim t=1
    pra n^2+d=2d supozojme tani qe n^2+d=p^2 athere 2d=(2h)^2 pra
    n^2+2*h^2=4*h^2 ose n^2=2*h^2 ngritim ne fuqin 1/2 dhe marrim
    n=2^(1/2)h gje qe nuk eshte e mundur sepse ne anen e djatht kemi numer natyror kurse ne anen e majt kemi numer irracional per k=2t-1 nuk po di si ta bej  :(
    Nese eshte si thua ti atehere i bie qe d=n^2 kurse ne thame se d eshte
    pjestues i cfaredoshem  i 2*n^2.

    • Postime: 2
    • Karma: +0/-1
  • i identifikuar

    #492 ne: 28-02-2010, 23:30:13
    I pergezoj per dskutimet qe po bejne anetaret e kesaj rubrike!

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

    #493 ne: 01-03-2010, 13:47:47
    Pershendetje te gjitheve.Po ndjehem mire ne nje forum si ky, aq me shum kur kemi te bejme me adhurues kosovarë te matematikes. Ne vijim po jua paraqes nje liber elektronik ne gjuhen angleze "mathematical problems and proofs combinatorics, number theory, and geometry" per te gjithe ata qe jane te etur per problema dhe teorema shtese per Olimpiadat. Libri permban njohuri nga Kombinatorika,Teoria e Numrave dhe Gjeometria. Por fatkeqesisht kete liber nuk po mund ta shkarkoj ne forum , nuk e di pse ! Mirepo kushdo qe te jete i interesuar mund te me dergojne email-at e tyre, permes ketij forumi.

    Poashtu vizitoni faqen e Dr.sc. Armend Shabani e cila eshte mjaft e dobishme dhe permban detyra dhe materiale per gara te matematikes qe nga klasa e 9 - te deri ne te 12 -ten. http://armendshabani.dmon.com/index/0-8

    Sinqerisht,
    Hamdi Dervodeli  XI-5 , Gjimnazi "Zenel Hajdini" Gjilan





    1) Tregoni se nga d| 2*n^2  rrjedh n^2 +d  nuk mund te jete katrore i plote!


    Nga kushti d|2n²  kemi  2n²=dk prej nga d=2n²/k  ku k - eshte numer i plote pozitiv.

    Supozojme se n² +2n²/d = m² ==> n²(k + 2) = km²  ==> k + 2/k = m²/n²

    Le te jete a=pmp(m,n) ku pmp(m,n)-paraqet plotepjestuesin me te madh te perbashket pra:

    m = ax dhe n = ay dhe x,y numra te thjeshte midis tyre. Rrjedhimisht thyesa m²/n² = x²/y² eshte e pathjeshtueshme.

    Nese k eshte numer tek atehere pmp(k,k + 2) = 1 pra thyesa k + 2/k eshte poashtu e pathjeshtueshme, pra duhet te kemi relacionin k + 2 = x² dhe k = y^2 e cila eshte e pamundshme pasi qe asnje qift katroresh te plote nuk ndyshojne per 2.

    Nese k eshte numer qift ai mund te shpehet ne formen k = 2z. Duke zavendesuar kete te fundit kemi:
    k + 2/k = z + 1/z e cila eshte e pathjeshtueshme. Rrjedhimisht, z + 1 = x² dhe z = y², e cila eshte e pamundshme pasi qe asnje qift katroresh te plote nuk e kane ndryshimin 1.


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

    #494 ne: 01-03-2010, 15:24:56
    Shume mire, tento ta zgjidhesh edhe detyren e dyte, perndryshe mundesh librin ne fjale ta  shkarkosh ne rubriken libra te matematikes por duhet te kete jo me shume se 1000 kb.

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

    #495 ne: 01-03-2010, 23:55:56
    .. perndryshe mundesh librin ne fjale ta  shkarkosh ne rubriken libra te matematikes por duhet te kete jo me shume se 1000 kb.

    Libri ka me shume se 1000 kb ?

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

    #496 ne: 02-03-2010, 15:51:49
    2)Tregoni se numri [{(2+sqrt3)^2002}/2]+1 plotepjestohet me 7, ku [] simbolizon pjesen e plote te shprehjes brenda ketyre kllapave!
    zgjidhja:supozojm se[{(2+sqrt3)^2002}/2]+1=7k
    [{(2+sqrt3)^2002}/2]=7k-1
    7k-1<={(2+sqrt3)^2002}/2<7k/*2
    14k-2<={(2+sqrt3)^2002}<14k
    14k-2<=(7+4sqrt3)^1001<14k
    dihet se 6<4sqrt3<7/+7
    13<7+4sqrt3<14
    7+4sqrt3=14-x ;ku 0<x<1
    (7+4sqrt3)^1001=(14-x)^1001=
    =14^1001+C(1001,1){14^1000}(-x)+...+(-x)^1001=
    =14(14^1000+...+c(1001,1000)(-x)^1000)-(x)^1000=14k-(x)^1001
    pasi 0<(x)^1001<1 kemi
    14k-2<14k-(x)^1001<14k rrjedh se vlen pohimi.
    une mendoj qe kjo zgjidhje eshte e sakte ,por nuk jam aq i sigurt. 


    Faleminderit shume anetarit urtesia per literaturen qe ma dergoi.

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

    #497 ne: 02-03-2010, 17:31:39
    zgjidhja:supozojm se[{(2+sqrt3)^2002}/2]+1=7k
    [{(2+sqrt3)^2002}/2]=7k-1
    7k-1<={(2+sqrt3)^2002}/2<7k/*2
    14k-2<={(2+sqrt3)^2002}<14k
    14k-2<=(7+4sqrt3)^1001<14k
    dihet se 6<4sqrt3<7/+7
    13<7+4sqrt3<14
    7+4sqrt3=14-x ;ku 0<x<1
    (7+4sqrt3)^1001=(14-x)^1001=
    =14^1001+C(1001,1){14^1000}(-x)+...+(-x)^1001=
    =14(14^1000+...+c(1001,1000)(-x)^1000)-(x)^1000=14k-(x)^1001
    pasi 0<(x)^1001<1 kemi
    14k-2<14k-(x)^1001<14k rrjedh se vlen pohimi.
    une mendoj qe kjo zgjidhje eshte e sakte ,por nuk jam aq i sigurt. 


    Ne fakt nuk po me duket se detyra eshte e sakte, pasiqe ti fillimisht po supozon se numri i tille plotepjestohet me 7 e kjo ne fakt duhet treguar
    pastaj ne fund kur e ke fituar numrin e trajtes 14k-2 si je i sigurte se k-ja e tille eshte numer i plote.Por po e jap nje ndihme e cila mund tjua lehtesoje punen :

    NDIHME

    Shikoni se zgjidhje e ciles rekurence eshte shprehja
    {(2+sqrt3)^n+(2-sqrt3)^n}/2  si dhe keni parasysh se 0<2-sqrt3<1
    SUKSESE!!!

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

    #498 ne: 02-03-2010, 19:13:02
    2)Tregoni se numri [{(2+sqrt3)^2002}/2]+1 plotepjestohet me 7, ku [] simbolizon pjesen e plote te shprehjes brenda ketyre kllapave!
    E kom zgjidh ket detyre(vertetu), nga ngjashmeria qe kishte me detyren e kalume. Do e postoj zgjidhjen se shpejti.

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

    #499 ne: 02-03-2010, 20:14:51
    [{(2+sqrt3)^2002}/2]+1={(2+sqrt3)^2002+(2-sqrt3)^2002}/2={(7+4sqrt3)^1001 + (7-4sqrt3)^1001}/2=(7+4sqrt3+7-4sqrt3){(7+4sqrt3)^1000 - (7+4sqrt3)^999 * (7-4sqrt3)+...+(7-4sqrt3)^1000}/2=7{(7+4sqrt3)^1000 - (7+4sqrt3)+...-(7-4sqrt3)^998 + (7-4sqrt3)^1000}
    Shuma e anetarit te pare me te fundit eshte numer natyror ; e tedytit me te parafundit eshte numer natyror e keshtu me rradhe . Nga kjo rrjedh qe shprehja (7+4sqrt3)^1000 - (7+4sqrt3)+...-(7-4sqrt3)^998 + (7-4sqrt3)^1000}
    eshte numer i plote dhe nga kjo shihet se shprehja [{(2+sqrt3)^2002}/2]+1 eshte e plotepjestueshme me 7

    Temat e fundit