Probleme matematikore - 22 - Matematikë / Fizikë

×
Hyrja
Profili

Probleme matematikore

· 1460 · 199909

Probleme matematikore

· 1460 · 199909

  • Postime: 4
  • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #525 ne: 06-03-2010, 20:37:41
    Meqe Kodomena e funksionit f eshte N atehere funksioni mund te paraqitet vetem ne kete trajte   f(n) = n + k , k E N .
    Pra sikur te velje
                            f( f(n - 1) ) = f(n +1) - f(n) 

    do te kishim     f(n - 1 + k) = n + 1 + k - ( n + k )
                            n - 1 + k + k = 1   ->   
                            n = - 2k + 2   ->   n  joE N  qe eshte kontradikson.
    Qka dmth. qe nje funksion i tille nuk ekziston .

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #526 ne: 07-03-2010, 10:53:07
    Fatkeqesisht s'eshte mire, psh f(n)=n^2 eshte poashtu funksion nga N ne N

    • Postime: 4
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #527 ne: 07-03-2010, 13:08:10
    hej urtesia a mundesh me dhone ndonje udhezim te vogel ?!

    • Postime: 168
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #528 ne: 07-03-2010, 20:41:31
    Do mundohem t'jap ni pergjigje, mirepo kam rezerva ne kete qe kam bere:
    Meqenese f:N-->N, atehere ni funksion i tille nuk mundet te jet konstant pra f(n)=c nuk eshte e mundur pasi qe do kishim c=0, dhe 0 nuk i takon N. Gjithashtu, meqenese kodomena eshte N, atehere f nuk mundet te jete zvogelues gjithashtu, pasi qe pas disa hapash f(n), per ndonje n do ishte f(n)<0. Pra, nese nje funksion i till ekziston duhet te jete rrites.

    Nga: f( f(n - 1) ) = f(n +1) - f(n)   kemi: f(n+1)=f(n)+f(f(n-1))

    Pra f(n+1)>f(f(n-1))=> n+1>f(n-1)

    Marrim n=2, 3>f(1). Pra vlera e vetme qe f(1) mund te merr eshte

    f(1)=1 ose 2

    Marrim n=3, 4>f(2) pra f(2)=1 ose 2 ose 3
    n=4, 5>f(3) pra f(3)=1 ose 2 ose 3 ose 4
    Per n=2, zevendesojme ne ekuacionin; f( f(n - 1) ) = f(n +1) - f(n)  dhe marrim

    f(f(1))=f(3)-f(2)=>f(3)=f(2)+f(f(1))---(&)
    Per n=3, zevendesojme prap dhe marrim
    f(f(2))=f(4)-f(3)=>f(4)=f(f(2))+f(3)

    Verejme se sikur f(2) te jete 2 atehere f(3)=3, f(4)

    Verejme se sikur f(1)=2, atehere f(2)=3 mirepo nga(&) shofim se f(3)=3+3=6 gje qe nuk qendron.
    Nese f(1)=1, atehere shofim se f(2)=ose 2 ose 3. Marrim f(2)=2, prandaj

    F(3)=3, f(4)=5, f(5)=5+3, gje gje nuk qendron.

    Marrim f(2)=3, tani f(3)=4, f(4)=4+4, gje qe nuk qendron. Pra 1 nuk pasqyrohet askund nga f. Per kete arsye ky funksion nuk ekziston.

    • Postime: 168
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #529 ne: 08-03-2010, 06:10:25
    Derisa urtesia te komentoj ne zgjidhjen qe kam paraqitur me siper, une po postoj nje problem tjeter. Besoj se nuk do paraqes vshtiresi per ata qe kane zgjidhur probleme te ketij lloji, ndersa pjesa tjeter do hase n'veshtiresi.

    Te gjendet shuma e serise se meposhteme:

    infinity
    ---
    \    (i2* Fi)*(2-i)
    ---
    i=0


    Ku Fi paraqet vargun fibonacci. Pra




    Fi+2=Fi+1+Fi, dhe F1=F2=1.

    Me tmira!

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #530 ne: 08-03-2010, 19:08:49
    Perpjekje e mire mathismyreligion por ne fillim thashe se ekuacioni funksional vlen vetem per n>1  dmth nuk kam treguar si apo ku pasqyrohet 1-shi , per me teper ne fillim te shqyrtimit tend ke thene se funksioni i tille duhet te jete doemos rrites sepse nuk eshte zvogelues, por ke harruar se ekziston edhe opcioni i trete dmth funksioni te jete jomonoton.Megjithat e eshte e vertete se funksioni i tille eshte rigorozisht rrites per faktin e thjeshte se  f(f(n-1)) eshte natyrore e si i tille eshte >0 dmth per cdo n>1 f(n+1)-f(n)>0, te sygjeroj te provosh edhe njehere sepse zgjidhja e sakte ka shume ide te ngjashme me kete tentim tendin.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #531 ne: 08-03-2010, 19:16:35
    Derisa urtesia te komentoj ne zgjidhjen qe kam paraqitur me siper, une po postoj nje problem tjeter. Besoj se nuk do paraqes vshtiresi per ata qe kane zgjidhur probleme te ketij lloji, ndersa pjesa tjeter do hase n'veshtiresi.

    Te gjendet shuma e serise se meposhteme:

    infinity
    ---
    \    (i2* Fi)*(2-i)
    ---
    i=0


    Ku Fi paraqet vargun fibonacci. Pra




    Fi+2=Fi+1+Fi, dhe F1=F2=1.

    Me tmira!
    Ne fakt ka shume relacione me terma te vargut te fibonacit, une nuk e di nese mundemi ta perdorim ndonjerin prej tyre dhe ta vijme me shpejte te zgjidhja e problemit ne fjale por provova nje rruge me te gjate dhe erdha ne nje rezultat te cilin nuk e testova edhe ndonjehere tjeter se a eshte i sakte.Ketu po e paraqes vetem "rezultatin preliminare" e jo edhe tere zgjidhjen pasi nxen shume hapesire :
    REZULTATI...... {16*(73+33*sqrt5)}/25

    • Postime: 168
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #532 ne: 08-03-2010, 21:05:03
    Perpjekje e mire mathismyreligion por ne fillim thashe se ekuacioni funksional vlen vetem per n>1  dmth nuk kam treguar si apo ku pasqyrohet 1-shi , per me teper ne fillim te shqyrtimit tend ke thene se funksioni i tille duhet te jete doemos rrites sepse nuk eshte zvogelues, por ke harruar se ekziston edhe opcioni i trete dmth funksioni te jete jomonoton.Megjithat e eshte e vertete se funksioni i tille eshte rigorozisht rrites per faktin e thjeshte se  f(f(n-1)) eshte natyrore e si i tille eshte >0 dmth per cdo n>1 f(n+1)-f(n)>0, te sygjeroj te provosh edhe njehere sepse zgjidhja e sakte ka shume ide te ngjashme me kete tentim tendin.
    Mirepo nese funksioni eshte konstant, siq kam then(besoj) atehere shifet qart se do kemi kontradiksion pasi qe: nese f(n)=c=> c=c-c=0, prandaj nuk eshte e mundur.
    Do shof se paskam harru qe kemi kufizimin n>1, mirepo besoj se nje argument i ngjashem mund te konstruktohet per te tregu se 2 nuk mund te pasqyrohet askund. Do provoj me vone.

    • Postime: 168
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #533 ne: 08-03-2010, 22:53:27
    Ne fakt ka shume relacione me terma te vargut te fibonacit, une nuk e di nese mundemi ta perdorim ndonjerin prej tyre dhe ta vijme me shpejte te zgjidhja e problemit ne fjale por provova nje rruge me te gjate dhe erdha ne nje rezultat te cilin nuk e testova edhe ndonjehere tjeter se a eshte i sakte.Ketu po e paraqes vetem "rezultatin preliminare" e jo edhe tere zgjidhjen pasi nxen shume hapesire :
    REZULTATI...... {16*(73+33*sqrt5)}/25

    N'fakt rezultatin te cilin e kom fitu une, eshte i ndryshem nga ky t'cilin e ke paraqit ktu! Prandaj, ndoshta kish me qen mire nese t'pakten e kishe paraqit edhe proceduren e zgjidhjes n'pika t'shkurtera.

    Menyra se si e kam kalkulu shumen e serise ne fjale eshte duke u bazu ne funksionin gjenerues te vargut fibonacci.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #534 ne: 08-03-2010, 23:06:58
    Meqe i kam bere kalkulimet shpejte atehere nuk e di nese kam gabuar diku,por ideja eshte kjo :
    F_n=(a^n-b^n)/sqrt5 ku a=(1+sqrt5)/2 dhe b=1-a
    Shuma ne fjale kthehet si prodhim i sqrt5 dhe shumes termi i i=te i se cile eshte i^2*{x^i-y^i} ku x=a/2 kurse y=b/2 si dhe per arsye kalkulimi me te lehte le te verejme se x*y=-1 Shumen e dyte e zberthejme si ndryshim te dy serive me term te pergjithshem i^2*x^i dhe i^2*y^i perkatesisht.Kjo shume zgjidhet shume lehte me pertubim !

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #535 ne: 10-03-2010, 15:58:36
    Derisa mathismyreligion te  jap rezultatin e sakte per detyren qe e ka postuar dhe derisa  t'a  shqyrtoje edhe njehere zgjidhjen e problemit te fundit qe e parashtrova atehere po e shfrytezoj rastin t'a paraqes nje detyre nga Garat Republikane te Serbise:

    Tregoni se nese p eshte numer i thjeshte, atehere cdo pjestues i thjeshte i numrit 2^p -1 eshte i trajtes 2*k*p-1 per ndonje k natyrore!

    UDHEZIM:
    SHFRYTEZONI TEOREMEN E VOGEL TE FERMES E CILA THOTE SE
    nese p eshte i thjeshte atehere p l (a^p-a)

    • Postime: 29
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #536 ne: 10-03-2010, 17:45:17
    pe shoh se kemi ketu detyra te lehta e te qarta kryesisht me funksione por me intereson sinqerisht nese jeni ne shk. te  mesme  a fakultet ne cilin vit jeni ?sepse me intereson shum se ku paraqitet ky nivel i detyrave ,,,

    nuk paska detyra lidhje me fizike mdoket ...

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #537 ne: 10-03-2010, 18:31:38
    Tregoni se nese p eshte numer i thjeshte, atehere cdo pjestues i thjeshte i numrit 2^p -1 eshte i trajtes 2*k*p-1 per ndonje k natyrore!

    UDHEZIM:
    SHFRYTEZONI TEOREMEN E VOGEL TE FERMES E CILA THOTE SE
    nese p eshte i thjeshte atehere p l (a^p-a)


    Zgjidhja:
    Ne baze te kushtit se 2*k*p-1 qe te jete pjestues i numrit 2^p-1 une kam arritur ne kontradiksion.Pohim i ne fjale ne baze te provave qe kam bere ka vlejtur kur 2*k*p+1 qe te jete pjestues i numrit 2^p-1
    ta vertetojme se numri 2^p-1 eshte numer i thjeshte
    2^p-1=(2-1)(2^(p-1)+2^(p-2)+...+1)=2^(p-1)+2^(p-2)+...+1 ; ku numri i anetareve 2^(p-1)+2^(p-2)+...+1 eshte i barabarte me p nga kjo arrijme se pjestuesit e vetem te numrit 2^p-1 jane 1 dhe 2^p-1
    2^p-1 (ne baze te teoremes se vogel te fermes kemi)
    2^p-1=2^p-2+1=2*p*k+1 (teorema e vogel e fermes ne baze te disa shenimeve qe kam numri p duhet te jete i ndryshem me a (ne kete rast me 2))

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #538 ne: 11-03-2010, 10:49:52
    Shiko ka pafund shume p te thjeshte per te cilet 2^p-1 eshte i perbere,por eshte nje problem i hapur nese ekzistojne pafund shume p te thjeshte ashtu qe edhe numri ne fjale te jete i thjeshte, per me teper duhet treguar se cdo pjesrues i thjeshte i numrit ne fjale eshte i trajtes 2*k*p-1 e jo ta percaktojme natyren e 2^p-1,  thene me mire te gjithe pjestuesit e thjeshte te numrit te dhene te ndryshem nga ai dhe nen supozimin se ai nuk eshte i thjeshte.

    • Postime: 100
  • i identifikuar

    #539 ne: 11-03-2010, 23:01:56
    Derisa mathismyreligion te  jap rezultatin e sakte per detyren qe e ka postuar dhe derisa  t'a  shqyrtoje edhe njehere zgjidhjen e problemit te fundit qe e parashtrova atehere po e shfrytezoj rastin t'a paraqes nje detyre nga Garat Republikane te Serbise:

    Tregoni se nese p eshte numer i thjeshte, atehere cdo pjestues i thjeshte i numrit 2^p -1 eshte i trajtes 2*k*p-1 per ndonje k natyrore!

    UDHEZIM:
    SHFRYTEZONI TEOREMEN E VOGEL TE FERMES E CILA THOTE SE
    nese p eshte i thjeshte atehere p l (a^p-a)

    me qe 2^p=2(modp)=2+tp   pra 2^p=2+tp  me qe p numer i tjeshte dhe 2^p eshte numer qift atehere patjeter t=2n pra 2^p=2+2np=2(1+np)
    nga kjo shihet qart se n=2m-1 pra 2^p=2((1+(2m-1)p)=2+4mp-2p
    pra 2^p -1=2+4mp-2p-1=(4m-2)p+1 qart shihet se 4m-2=2q pra 2^p -1=2qp+1
    me qe 2pq+1 eshte numer tek atehere mundemi edhe ta shkruajme ne formen 2kp-1
    pra 2^p -1=2kp-1   gje qe duhej vertetuar

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #540 ne: 12-03-2010, 10:11:01
    me qe 2^p=2(modp)=2+tp   pra 2^p=2+tp  me qe p numer i tjeshte dhe 2^p eshte numer qift atehere patjeter t=2n pra 2^p=2+2np=2(1+np)
    nga kjo shihet qart se n=2m-1 pra 2^p=2((1+(2m-1)p)=2+4mp-2p
    pra 2^p -1=2+4mp-2p-1=(4m-2)p+1 qart shihet se 4m-2=2q pra 2^p -1=2qp+1
    me qe 2pq+1 eshte numer tek atehere mundemi edhe ta shkruajme ne formen 2kp-1
    pra 2^p -1=2kp-1   gje qe duhej vertetuar
    I njejti keqkuptim si edhe te Arbri,e shtova edhe supozimin se 2^p-1 nuk eshte i thjeshte, tani pjestues i thjeshte i 2^p-1 nuk mund te jete vete ai (sepse supozuam se ai eshte i perbere),pra ka pjestues te thjeshte te ndryshem nga vetja .
    Duhet te tregoni se nqs p dhe q jane numra te thjeshte ashtu qe 2^p-1 te jete i perbere dhe q l 2^p-1 atehere q=2kp-1 per ndonje k  natyrore.

    • Postime: 1498
  • i identifikuar

    #541 ne: 12-03-2010, 11:40:23
    Nga matematika ekonomike:

    Nje person ne fillim te cdo viti duke filluar prej vitit 1991 ne cdo 6 mujor ka deponuar nga 5000 den deri ne vitin 2009 me shkalle kamate 4 % (ps)d  dhe kamatim semstral.
    Prej vitit 1996 deri me 2000 shkalla e kamates eshte 12% (pa)d ndersa kamatimi semstral.
    SA eshte shuma me 31.12.2009 nese me 1.01.1998 jane nxjerre 5000 den.

    Simbolet:

    Sn=Shuma e deponimeve(kerkohet)
    r=faktori dekurziv
    D=Deponimet
    p=perqindja e kamates
    n=numri i periodave
    (pa)d=perqindje anuale dekurzive
    (ps)d=perqindje semstrale dekurzive
    dekurzive=kamata llogaritet ne fund te vitit

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #542 ne: 13-03-2010, 21:31:41
    Shiko ka pafund shume p te thjeshte per te cilet 2^p-1 eshte i perbere.
    Jam kurioz të di si do ta vërtetosh këtë pohim ?

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #543 ne: 14-03-2010, 03:58:00


    Tregoni se nese p eshte numer i thjeshte, atehere cdo pjestues i thjeshte i numrit 2^p -1 eshte i trajtes 2*k*p-1 per ndonje k natyrore!

    Urtesia, ndoshta e ke bere nje gabim te vogel gjate shtypjes se problemit.
    Une e vertetova se pjesetuesi eshte i trajtes 2kp+1

    Le te jete q pjesetues i thjesht i numrit 2^p -1. Ateher:
    2^p=1 (mod q). Gjithashtu, 2^(q-1)=1 (mod q).
    Pasi numri p eshte i thjeshte dhe numri q-1 eshte qift, kjo do te thote se q-1 =2kp , per ndonje numer natyrore k.
    => q=2kp +1, cka duhej vertetuar

    Shpresoj se te pelqen vertetimi :P


    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #544 ne: 14-03-2010, 10:37:51

    Le te jete q pjesetues i thjesht i numrit 2^p -1. Ateher:
    2^p=1 (mod q). Gjithashtu, 2^(q-1)=1 (mod q).
    Pasi numri p eshte i thjeshte dhe numri q-1 eshte qift, kjo do te thote se q-1 =2kp , per ndonje numer natyrore k.




    Po ke te drejte paskam gabuar por duhet ta arsyetosh se pse p l q-1, ne rast se e tregon edhe kete atehere do te me pelqente shume vertetimi ne fjale hahhah.

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #545 ne: 14-03-2010, 11:59:22
    Po sigurisht, per kete detaj te vogel mendova se eshte i qarte:

    Besoj se pajtohesh se numrat 2^p=1 (mod q) dhe 2^(q-1)=1 (mod q).


    Prej ketu shohim se numrat (p,q-1) e kane nje pjestues te perbashket, te ndryshem nga 1, pasi numrin 2^p duhet ta ngrisim ne nje fuqi te caktuar qe te behet 2^(q-1) rrjedhimisht p*t=(q-1) , ku tash e verjme se ana e djathte eshte numer qift, rrjedhimisht edhe ana e majt eshte numer qift => t=2k => q=2kp+1.

    E anasjellta nuk vlen, pra nuk mundemi qe numrin 2^(q-1) ta ngrisim ne ndonje fuqi dhe te barazohet me 2^p sepse ne ate rast  p=s(q-1), qka e kundershton faktin se p eshte i thjesht.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #546 ne: 14-03-2010, 18:28:10
    Ok  endbox po si pe din se q>p sepse po thu qe p| q-1 ?

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #547 ne: 14-03-2010, 19:24:31
    Ja une do e tregoj shkakun pse q>p 2^p-1=(2-1)(2^(p-1)+2^(p-2)+...+2+1)=
    (2^(p-1)+2^(p-2)+...+2+1)
    Pasi numri i anetareve eshte p pra numri i anetareve eshte i thjeshte,keta numra nuk mund t `i veqojme ne disa bashkesi te te cilat numri i anetareve eshte i njejte .

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #548 ne: 14-03-2010, 19:40:42
    Jam kurioz të di si do ta vërtetosh këtë pohim ?
    Shiko ka pafund shume p te thjeshte per te cilet 2^p-1 eshte i perbere.

    Une arrita ne nje perfundim se numri2^p-1 mund te jet edhe i perbere.
    2^p-1=(2-1)(2^(p-1)+2^(p-2)+...+2^2+2+1)={2^(p-1)+2^(p-3)+...+2^2}+{2^(p-2)+2^(p-4)+...+2^3+2}+1=2{2^(p-2)+2^(p-4)+...+2^3+2}+{2^(p-2)+2^(p-4)+...+2^3+2}+1=3{2^(p-2)+2^(p-4)+...+2^3+2}+1

    {2^(p-2)+2^(p-4)+...+2^3+2}=2k ku k eshte element i numrave natyror tek
    3{2^(p-2)+2^(p-4)+...+2^3+2}+1=6k+1
    me kete trajte shenohen disa numra te thjeshte por mund te shenohen edhe pafundesisht numra te perber
    p.sh2^11-1=23*89

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #549 ne: 14-03-2010, 20:55:12
    Ja une do e tregoj shkakun pse q>p 2^p-1=(2-1)(2^(p-1)+2^(p-2)+...+2+1)=
    (2^(p-1)+2^(p-2)+...+2+1)
    Pasi numri i anetareve eshte p pra numri i anetareve eshte i thjeshte,keta numra nuk mund t `i veqojme ne disa bashkesi te te cilat numri i anetareve eshte i njejte .
    Mund ta sqarosh pak me shume sepse nuk eshte fort e qarte!
     

    Temat e fundit