Probleme matematikore - 31 - Matematikë / Fizikë

×
Hyrja
Profili

Probleme matematikore

· 1460 · 199872

Probleme matematikore

· 1460 · 199872

  • Postime: 300
  • i identifikuar

    #750 ne: 23-04-2010, 11:26:32
    Dorlir, vertetimi nuk eshte ne rregull per arsye se ka nje gabim logjik, ajo qe po thua ti eshte se nese thyesa e mesiperme eshte reducibile atehere numri me te cilin duhet te pjestohen emeruesi dhe numeruesi duhet te perfundoje me te njejten shifer me te cilen perfundon emeruesi por ama edhe thyesa(2^n-3)/(3^n-2) eshte reducibile, bile emeruesi dhe numeruesi mund te pjestohen me te njejtin numer si edhe thyesa  e dhene, e sipas supozimit tend  2^n-3 duhet te pjestohet me nje numer i cili mbaron me 9(ne rastin kur n=4q) e nje numer nuk mund te perfundoje edhe me 3 edhe me 9 njekohesisht.

    • Postime: 100
  • i identifikuar

    #751 ne: 23-04-2010, 11:38:32
    Dorlir, vertetimi nuk eshte ne rregull per arsye se ka nje gabim logjik, ajo qe po thua ti eshte se nese thyesa e mesiperme eshte reducibile atehere numri me te cilin duhet te pjestohen emeruesi dhe numeruesi duhet te perfundoje me te njejten shifer me te cilen perfundon emeruesi por ama edhe thyesa(2^n-3)/(3^n-2) eshte reducibile, bile emeruesi dhe numeruesi mund te pjestohen me te njejtin numer si edhe thyesa  e dhene, e sipas supozimit tend  2^n-3 duhet te pjestohet me nje numer i cili mbaron me 9(ne rastin kur n=4q) e nje numer nuk mund te perfundoje edhe me 3 edhe me 9 njekohesisht.
    askund nuk kam thene qe numri 2^n-3 per n=4q mund te kete njekohsisht edhe 3 edhe 9 por kam thene qe nese n=4q
    3^4q-2 ka shifren e fundit 9  kurse  2^4q-3 ka shifren e fundit 3
    tash duhet qe .......9:.....3=......3  te cilen me von e verteton se nuk eshte e mundur gj qe e vertetova me heret

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #752 ne: 23-04-2010, 12:11:17
    Ja nje kundershembull  thyesa 49/14,sipas mendimit tend edhe lart edhe posht duhen te kene nje pjestues i cili e ka shifren e fundit 4 por nje gje e tille s'eshte e vertete (sepse vetem 7 eshte pjestues i 49 dhe 14)

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #753 ne: 23-04-2010, 16:44:41

    2) Te tregohet se nese 4^n+2^n+1 eshte numer i thjeshte atehere n eshte fuqi e trete e nje numri natyrore dmth n=m^3 ku m eshte natyrore.
    urtesia sa iperket kesai detyre mos mund te jete edhe mohim se pohim ska shanse te jeteja nje kundershembull n=3 i cili nuk eshe fuqi e trete 4^n+2^n+1=4^3+2^3+1=73
    apo ndoshta detyra eeshte dhene gabim

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #754 ne: 23-04-2010, 19:36:53
    Tani e permisova Arber.

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #755 ne: 23-04-2010, 21:10:23
    2) Te tregohet se nese 4^n+2^n+1 eshte numer i thjeshte atehere n eshte fuqi e treshit  dmth n=3^m  ku m eshte natyrore.
    Zgjidhja:
    Numrat mund ti shkruajm 6k,6k+1,6k+2,6k+3,6k+4,6k+5
    Per n numer qift nuk vlen sepse 4^n+2^n+1 plotepjestohet me 3
    per n=6k+1 kemi 4^(6k+1)+2^(6k-1)+1=4*4^6k+2*2^6k+1=
    =4*2^12k+2*8^2k+1=4*8^4k+2*8^2k+1 
    4*8^4k=4(mod7)
    2*8^2k=2(mod7)       
    1=1(mod7)  pra ne kete rast 4^n+2^n+1 plotepjestohet me 7 pra nuk vlen
    per n=6k+5  Ngjashem e vertetojme se 4^n+2^n+1 plotepjestohet me 7
    per n=6k+3  keta numra i ndajme ne dy bashkesi n=k*3^m,n=3^m njesoj si
    per dy rastet paraprake ku n=k*3^m plotepjestohet me 7 pra nuk vlen
    nga kjo arrijme ne perfundim se vetem kur n=3^m 4^n+2^n+1 mund te jete
    numer i thjeshte 

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #756 ne: 24-04-2010, 18:37:41
    1)Te gjendet te gjithe numrat natyrore ashtu qe thyesa (3^n-2)/(2^n-3) te jete reducibile ( e thjeshtueshme psh 6/4 eshte reducibile sepse mund te pjestojme lart edhe poshte me 2 dhe fitojme 3/2 kurse thysat e pathjeshtueshme pra jane te gjithe ato thysa te trajtes p/q ashtu qe
     (p, q)=1.
    Pasi qe askush nga anetaret e tjere deri me tash nuk kane shprehur 
    interesim aq te madh mundesisht urtesia na jep nje udhezim

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #757 ne: 24-04-2010, 20:30:12
    Pasi qe askush nga anetaret e tjere deri me tash nuk kane shprehur  
    interesim aq te madh mundesisht urtesia na jep nje udhezim

    Te them te drejten edhe une nuk e di si eshte zgjidhja por kam nje ide,jam duke u munduar ta gjej pjestuesin me te madh te mundshem te numrave ne fjale e pastaj per te shikuar se per cfare numra emruesi dhe  numeruesi i thyeses ne fjale  pjestohen me te njejtin numer ...

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #758 ne: 25-04-2010, 14:29:42
    Shume mire Arber, perndryshe kur e postova as une nuk e kisha rezultatin (kjo detyre dhe ajo tjetra te cilat i postova njekohesisht jane nga IMO LONGLISTED)
    Perndryshe ke mund ti biesh me shkurt dmth supozon se n ka nje pjestues te ndryshem nga 3, e ne kete rast n=3^k*(3a+1(+2)) e ne kete rast shprehja e dhene plotepjestohet me 7 dmth nuk mund te kete pjestues te thjeshte te ndryshem nga 3.
    Urtesia lidhur me n=3^k*(3a+1(+2)) e vertetova se 4^n+2^n+1 nuk plotepjestohet me 7 e vrejta qe kisha gabu,apo mund te ndodh qe ndonjeher edhe per n=3^k*(3a+1(+2)) qe 4^n+2^n+1  te jet numer i thjeshte

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #759 ne: 25-04-2010, 18:55:58
    Urtesia lidhur me n=3^k*(3a+1(+2)) e vertetova se 4^n+2^n+1 nuk plotepjestohet me 7 e vrejta qe kisha gabu,apo mund te ndodh qe ndonjeher edhe per n=3^k*(3a+1(+2)) qe 4^n+2^n+1  te jet numer i thjeshte
    Fatkeqesisht, ke te drejte.
    Sorry

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #760 ne: 25-04-2010, 21:28:00
    n=4k-1

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #761 ne: 26-04-2010, 02:31:03

    19^(5t+2)=(-1)^t * 361= 361 mod 1000
    Ketu eshte bere nje gabim:
    19^5 nuk eshte kongruent me 1 sipas modulit 1000 sepse:

    19^5=(20-1)^5=20^5-5*20^4+10*20^3-10*20^2+5*20-1) = 99 (mod 1000)

    por edhe kontrollimi i drejteperdrejt tregon se  19^5 = 2476099 = 99 (mod 1000)



    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #762 ne: 26-04-2010, 09:43:19

    2) Te tregohet se nese 4^n+2^n+1 eshte numer i thjeshte atehere n eshte fuqi e treshit  dmth n=3^m  ku m eshte natyrore.

    Zgjidhje:
    Meqe sipas kushtit te detyres 4^n+2^n+1 eshte i thjeshte (tek) atehere  4^n+2^n+1|2^d - 1 ku d= 4^n+2^n (Teorema e vogel e Fermas),e poashtu  4^n+2^n+1|2^(3n)-1  prandaj si rrjedhim kemi
     4^n+2^n+1|2^k-1 ku  k=(3n,d) .Meqe n eshte tek per k=/=3n rrjedh se k<_n  rrjedh se  4^n+2^n+1<_2^n-1 qe nuk eshte e mundur prandaj rrjedh se k=3n dmth 3n|2^n+1 rrjedh se n|2^n+1 , e ne baze te nje vertetimi te mehershem relacioni i fundit eshte i mundur vetem kur n eshte fuqi e treshit dmth n=3^m , per ndonje  m natyrore.

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #763 ne: 26-04-2010, 14:07:14
    2)Gjeni tri shifrat e fundit te numrit 19^8^7
    Zgjidhje


    teorema e eulerit:
    http://en.wikipedia.org/wiki/Euler's_theorem
    teorema kineze e mbetjes ( chinese remainder theorem ):
    http://en.wikipedia.org/wiki/Chinese_remainder_theorem

     

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #764 ne: 26-04-2010, 14:16:05
    Citim nga: urtesia
    4) Vertetoni se 2cos(p*(pi)/4) eshte rrenje e polinomit x^3-3x-1 per cdo  p>3  te thjeshte.

    Urtesia, a je e sigurt per vertetesine e ksaj detyre sepse per:

    p=7 ==> 2 cos 7*π /4 = 2 cos (2π-π/4)= sqrt {2} , qartazi rrenja e 2-shit nuk eshte rrenje e polinomit.

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #765 ne: 26-04-2010, 14:52:54
    Urtesia, a je e sigurt per vertetesine e ksaj detyre sepse per:

    p=7 ==> 2 cos 7*π /4 = 2 cos (2π-π/4)= sqrt {2} , qartazi rrenja e 2-shit nuk eshte rrenje e polinomit.
    Po e ke te drejte se detyra do te duhej te ishte
    2cos(p*(pi)/9)

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #766 ne: 26-04-2010, 22:36:24
    Urtesia, a je e sigurt per vertetesine e ksaj detyre sepse per:

    p=7 ==> 2 cos 7*π /4 = 2 cos (2π-π/4)= sqrt {2} , qartazi rrenja e 2-shit nuk eshte rrenje e polinomit.

    Ke te drejte Asterix, por une vetem i kam perkthyer e nuk i kam shenuar zgjidhjet dhe ju keshilloj qe te mos merreni me zgjidhjet e detyrave te garave republikane pasi ato vec jane postuar ne linkun
    srb.imomath.com e zgjidhja  e tyre do te vinte ne dyshim origjinalitetin e zgjidhjeve, por meqe per garat e olimpiades serbe nuk jane postuar zgjidhjet ne linkun vijues atehere tentoni t'i zgjidhni ato si dhe mundohuni rreth detyres se dyte te postuar nga imo longlisted para se te postoni nje detyre te re.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #767 ne: 29-04-2010, 20:18:40
    Po e perkthej dhe po e jap nje ide rreth zgjidhjes se detyres se trete nga Olimpiada serbe.

    Nese A eshte eshte bashkesi e pafundme e numrave natyrore, gjeni te gjithe numrat natyrore n ashtu qe per cdo  a element A te vleje

    1+a+a^2+...+a^n | 1+a^(1!)+a^(2!)+...a^(n!)

    Udhezim
    Meqenese relacioni i siperm vlen per pafund shume a atehere rrjedh se polinomi
    1+x+x^2+....+x^n | 1+x^(1!)+x^(2!)+...+x^(n!)
    qe dmth se cdo rrenje e polinomit ne te majte eshte rrenje(zero) e polinomit ne te djathte .Meqe rrenjet e polinomit ne te majte jane te trajtes e^{(2k(pi)I)/(n+1)} ku 0<k<n+1 k natyrore pi=3,14... kurse I eshte njesia imagjinare.
    Pra duke zevendesuar rrenjet e polinomit te majte trajta e te cileve sapo u pershkrua me lart fitojme zero e mandej duke e ditur trajten trigonometrike te rrenjeve  ne fjale vijme ne nje pike shpresedhenese.
    Suksese ne pjesen tjeter!

    • Postime: 10
  • i identifikuar

    #768 ne: 02-05-2010, 16:28:44
    1)Per cilet numra te thjeshte x,y,z vlen  1+x^y=z

    arber a nuk mund te jete edhe (x,y,z)=(1,1,2) treshja e cila e ploteson kushtin e detyres.?

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #769 ne: 02-05-2010, 16:35:43
    1)Per cilet numra te thjeshte x,y,z vlen  1+x^y=z

    arber a nuk mund te jete edhe (x,y,z)=(1,1,2) treshja e cila e ploteson kushtin e detyres.?
    1 nuk eshte numer i thjeshte

    • Postime: 10
  • i identifikuar

    #770 ne: 02-05-2010, 16:43:31
    taman se numri 1 nuk eshte as i thjeshte as i perbere, vetemse natyror..

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #771 ne: 04-05-2010, 18:47:28
    Ok ja nje problem nga IMO LONGLIST

    Le te jete X pika e takimit te rrethit te brendashkruar te trek ABC me brinjen BC, O qendra e rrethit kurse M mesi i segmentit BC, kurse N mesi i sementit AX.

    Tregoni se pikat O,M,N jane kolineare (dmth i takojne nje drejteze).

    • Postime: 10
  • i identifikuar

    #772 ne: 04-05-2010, 19:01:28
    Po nqs trek.. ABC eshte barabrinjes eshte e qarte se ato i takojne ne drejtze.dmth qendra e rrethit te brendashkruar, mesi i brinjes BC,dhe mesi i lartesise AX...

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #773 ne: 04-05-2010, 19:11:05
    Po nqs trek.. ABC eshte barabrinjes eshte e qarte se ato i takojne ne drejtze.dmth qendra e rrethit te brendashkruar, mesi i brinjes BC,dhe mesi i lartesise AX...

    Trekendeshi eshte i cfaredoshem!

    • Postime: 10
  • i identifikuar

    #774 ne: 04-05-2010, 19:18:18
    OK... hmmmmm:
     

    Temat e fundit