×
Hyrja
Profili

Probleme matematikore

· 1460 · 199790

Probleme matematikore

· 1460 · 199790

  • Postime: 300
  • i identifikuar

    #775 ne: 08-05-2010, 08:48:54
    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).
    Nje nder pikat kyce ne zgjidhjen e ketij problemi eshte perdorimi i faktit se psh nese simetralja e kendit te kulmi A e pret brinjen BC ne piken D atehere BD:DC=AB:AC

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #776 ne: 11-05-2010, 23:05:30
    Ideja eshte kjo
    Nese me T shenojme pikeprerjen e gjysemdrejtezes AO me brinjen BC  si dhe me Y pikeprerjen e paraleles neper X te drejtezes NO me gjysemdrejtezen AO dhe shikojme  nese raporti
    XT:TM=YT:TO eshte i vertete (dhe sigurisht qe eshte i vertete) andaj nga kjo do te rridhte se  drejteza XY eshte paralele me drejtezen MO e meqe drejteza XY eshte paralele me drejtezen NO prandaj  drejtezat OM dhe ON jane paralele e meqe e kane nje pike te perbashket ato perputhen, pra ne kete rast keto tri pika i takojne nje drejteze.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #777 ne: 13-05-2010, 11:03:41
    Garat Ballkanike te Matematikes.

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #778 ne: 13-05-2010, 14:11:42
    Garat Ballkanike te Matematikes.
    Detyra 1. Nese a,b,c jane numra reale pozitive, vertetoni mosbarazimin:
    a^2*b(b-c)/(a+b)+b^2*c(c-a)/(b+c)+c^2*a(a-b)/(a+c) >=0
    Zgjidhje:

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #779 ne: 16-05-2010, 23:06:03
    Kontrolloje edhe nje here zgjidhjet tende te detyres se mesiperme, Hamdi :P

    ---
    1.
    Pjestojme me abc, dhe zevendesojme ab=x, bc=y, ca=z. Mbetet te vertetohet se:
     x/(y+z)   +y/(z+x)  +z/(x+y) >= x/(x+y)  +y/(y+z) +z/(z+x) 
    e qe eshte qartazi e sakte.


    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #780 ne: 17-05-2010, 11:09:00
    ke te drejte  Endrit  :)  .. e permiresova, megjithese metoda e zgjidhjes eshte e njejte, shihe me poshte:


     
    x/(y+z)   +y/(z+x)  +z/(x+y) >= x/(x+y)  +y/(y+z) +z/(z+x) 
    e qe eshte qartazi e sakte.
    Te mbetet te vertetosh kete pjese per ta kompletuar zgjidhjen tende edhe ashtu te shkurte  :P

    • Postime: 2
  • i identifikuar

    #781 ne: 17-05-2010, 15:00:01
    Zbresim LHS - RHS dhe kemi :

    (x-y)/(y+z) + (y-z)/(x+z) + ( z-x)/(x+y) >=0.

    Tash :  (x-y)/(y+z) = (x-y-z+z)/(y+z) = (x+z)/(y+z) - 1

    njejt edhe : (y-z)/(z+x) = (x+y)/(x+z) -1
     
                        (z-x)/(x+y) = (y+z)/(x+y) - 1.

    Tash kemi :
                        (x+z)/(y+z) - 1 + (x+y)/(x+z) -1 + (y+z)/(x+y) - 1 >=0

    qe dmth :     (x+z)/(y+z) + (x+y)/(x+z) + (y+z)/(x+y)  >=3

    e kjo rrjedh nga :

                                {(x+z)/(y+z) + (x+y)/(x+z) + (y+z)/(x+y)}/3 >=

                                >= rrenja e trete{(x+z)/(y+z) * (x+y)/(x+z) * (y+z)/(x+y)}

                                  = 1.

    Pra u vertetu qajo qe e tha endb0x .                :D

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #782 ne: 17-05-2010, 21:43:58
    Ndonje ide rreth detyres se fundit na ballkaniade sepse spo me bjen asgje ne mend
    A munded dikush me i perkthy detyrat e Bmo-se ndoshta do t'i kuptoj pak me mire.

    P.S Le te me ndihmoj dikush rreth paradoksit te datelindjes ( por jo te pershkruhet prej libres se klases se 11)

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #783 ne: 17-05-2010, 22:36:22
    endb0x nuk kemi pas te drejte te shikonim punimet tona.Kjo ka qene nje nder rregullat e Olimpiades.

    Nje zgjidhje tjeter:
    Nga Koshi-Shfarc kemi:
    (1+1/x)(1+1/y) >= (1+1/sqrt{xy})^2
    Nga MA-MG:
    (1+1/sqrt{xy})^2 >= (1+1/(x+y/2))^2 = (1+1/(1/2))^2=3^2=9

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #784 ne: 18-05-2010, 20:14:23
    Pasi detyra e pare nga garat ballkanike u zgjidh kurse rreth detyres se trete nuk jam i sigurt  ne disa terma, andaj po i perkthej detyrat 2 dhe 4.

    Detyra 2)

    Le te jete ABc trekendesh kendengushte  me ortoqender H, kurse M mesi i  brinjes AC. Kembeza e normales nga C eshte C1.Pika H1 eshte simetrike me H ne lidhje me drejtezen AB. Projeksionet normale te pikes H ne drejtezat AH1, AC dhe BC jane P, Q dhe R perkatesisht.Nese M1 eshte qendra e rrethit te jashtashkruar te trekendeshit PQR, vertetoni se pika simetrike me M ne lidhje me M1 i takon drejtezes BH1.

    Detyra 4)

    Per cdo numer natyrore n_>2 , le ta shenojme me f(n) shumen e numrave relativisht te thjeshte me n qe nuk e kalojne n-ne( dmth qe s'jane me te medhenje se n). Vertetoni se f(n)=/=f(n+p)  per cdo n dhe cdo p numer te thjeshte.

    • Postime: 1
  • i identifikuar

    #785 ne: 18-05-2010, 20:55:10
    Endbox: mendoj qe gabimi i vetem mund te kete qene te shenja e mosbarazise. Ndersa menyra qe e ka zgjidhur arbri eshte me kuptueshme.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #786 ne: 18-05-2010, 21:15:20
    Mjeshterit rumun ne matematike!

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #787 ne: 18-05-2010, 21:16:18
    Garat kombetare te Iranit (raundi i dyte)

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #788 ne: 19-05-2010, 23:49:18
    Ideja eshte kjo
    Nese me T shenojme pikeprerjen e gjysemdrejtezes AO me brinjen BC  si dhe me Y pikeprerjen e paraleles neper X te drejtezes NO me gjysemdrejtezen AO dhe shikojme  nese raporti
    XT:TM=YT:TO eshte i vertete (dhe sigurisht qe eshte i vertete) andaj nga kjo do te rridhte se  drejteza XY eshte paralele me drejtezen MO e meqe drejteza XY eshte paralele me drejtezen NO prandaj  drejtezat OM dhe ON jane paralele e meqe e kane nje pike te perbashket ato perputhen, pra ne kete rast keto tri pika i takojne nje drejteze.

    Zgjidhjen do ta paraqes ne menyren si e zgjidha fillimisht pra filloj nga disa dyshime se dicka eshte e vertete  e pastaj mundohem ta vertetoj kete gje .
    Sic kam thene  edhe me pare ideja qendron ne te vertetuarit  e paralelizmit ne mes te drejtezes XY dhe OM qe per rrjedhim do te kishte raportin XT/TM = TY/TO =(OY-TO)/TO=OY/TO - 1 pra
    XT/TM+1=OY/TO=AO/TO =>(XT+TM)/TM=((BC/2)-BX)/((BC/2) - BT)  e duke e dite se
    BX=(AB+BC-AC)/2 fitojme  AO/TO=(AC-AB)/(BC-2BT)  e meqe BO eshte simetrale e kendit te  kulmi B kemi AO/TO=AB/BT pra AB/BT= (AC-AB)/(BC-2BT)   nga ku rrjedh se BT=AB*BC/(AB+AC)  gje qe eshte e vertete sepse meqe vlen BT/CT=AB/AC  duke zevendesu CT=BC-BT arrijme deri te rezultati i cekur ndersa zgjidhja perfundimtare arrihet duke e filluar nga fundi pasi menyra e paraqitur ne kete zgjidhje ishte me shume hulumtuese, pra ishte nje shembull se  si duhet kerkuar ndonje zgjidhje e nje detyre te caktuar duke i ndertu supozimet e pastaj duke i vertetu ato pasi ne shume raste zgjidhjet e detyrave nuk jane aq te lehta sa  mund te zgjidhen me 2 poteza sic thone populli, por kerkon nje  grumbullim te disa fakteve .

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #789 ne: 20-05-2010, 12:47:39
    Fillimisht, urtesia shikoje nese konstruktimi e figures eshte i njejte me zgjidhjen tende?

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #790 ne: 20-05-2010, 13:07:49
    Citim nga: urtesia
    XT/TM+1=OY/TO=AO/TO
    A mund te ma spjegosh pse OY=AO ?
    Si dhe, si te vertetohet se dy drejteza ( drejteza a dhe b) jane paralele atehere kur:

    AO:OB=CO:OD

    dhe a vlen pohimi i anasjellte?


    P.S.: Ideja e te vertetuarit te paralelizmit eshte brilante!

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #791 ne: 20-05-2010, 18:56:41
    Meqe ON || XY atehere AO:OY=AN:NX e meqe N eshte mesi i AX rrjedh se AN=NX e tani AO=OY
    Sa i perket pyetjes se dyte nga figura e dyte e ke gabu raportin pra duhet te jete AO:OB=DO:OC kur a||b.
    Pohimi i anasjellte vlen por pa ja ndryshuar pozicionin pikave A, B, C dhe D.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #792 ne: 20-05-2010, 18:57:58
    PO vizatimi i pare perkon me zgjidhjen e detyres.

    • Postime: 2
  • i identifikuar

    #793 ne: 21-05-2010, 23:44:10
    Per juve shka jeni kon ne OMK sivjet qe ni jobarazim i gjeneralizum i jobarazimit te OMK-se(detyra e 5-te).

    Verteto qe nese x1 + x2 +...+ xn = 1 ,atehere :

     (1+1/x1 ) * (1+1/x2) * ... * (1+ 1/xn) >=(n+1 )^ (n) .


    Suksese  :D:D  

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #794 ne: 22-05-2010, 03:36:59
    Shqyrtojme funksionin me n variabla F(x1,x2, ...,xn)=(1+1/x1)(1+1/x2)...(1+1/xn), dhe G=x1 +x2 +...+xn.
    Duke shqyrtu derivatet parciale te te dy fuksioneve, gjejme se minimumi i funksionit F eshte kur x1=x2=...=xn, dmth F_(min)=(1+1/(1/n))^n= (n+1)^n, qka duhej vertetuar.

    Ka edhe vertetime tjera, shikoj vertetimet e mia per problemin kur jane vetem per dy numra. Ato vlejne edhe per rastin e pergjithshem. Ka edhe zgjidhje tjera perveq ketyre te propozuara me heret ...
    Endriti !

    • Postime: 100
  • i identifikuar

    #795 ne: 22-05-2010, 18:04:19
    Per juve shka jeni kon ne OMK sivjet qe ni jobarazim i gjeneralizum i jobarazimit te OMK-se(detyra e 5-te).

    Verteto qe nese x1 + x2 +...+ xn = 1 ,atehere :

     (1+1/x1 ) * (1+1/x2) * ... * (1+ 1/xn) >=(n+1 )^ (n) .


    Suksese  :D:D  
    nga e mesmja  arimtmetike dhe gjeometrike kemi
    x1+x2+x3+....+xn>=n(x1x2x3...xn)^(1/n) pra
    (x1x2x3...xn)^(1/n)<=1/n

    tash  nga koshi shvarc kemi

    (1+1/x1 ) * (1+1/x2) * ... * (1+ 1/xn)>=(1+1/(x1x2x3...xn)^(1/n))^n>(1+n)^n

    gje qe duhej vertetuar

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #796 ne: 22-05-2010, 19:26:51
    Per juve shka jeni kon ne OMK sivjet qe ni jobarazim i gjeneralizum i jobarazimit te OMK-se(detyra e 5-te).

    Verteto qe nese x1 + x2 +...+ xn = 1 ,atehere :

     (1+1/x1 ) * (1+1/x2) * ... * (1+ 1/xn) >=(n+1 )^ (n) .


    Suksese  :D:D  

    Duhesh me shtu kushtin se Mosbarazimi vlen kur x_1, x_2, ..., x_n jane numra pozitive, dhe jo cfaredo real.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #797 ne: 22-05-2010, 22:21:28
    Fillimisht, urtesia shikoje nese konstruktimi e figures eshte i njejte me zgjidhjen tende?



    Duke ju falenderu idese se endboxit dhe ilustrimin nga obelixi erdha edhe ne nje vertetim tjeter me te lehte per detyren nga gjeometria .
    Ketu do te shfrytezojme teoremen e Menelaut per kolinearitetin e 3 pikave
     ( shiko linkun: http://en.wikipedia.org/wiki/Menelaus'_theorem   verejtje : mos u ngaterroni me -1 ajo eshte ne fakt  1 kur shqyrtohet raporti i gjatesive ne fjale por -1 paraqitet kur merret parasysh orientimi)

    Sipas teoremes se Menelaut duke shikuar trekendeshin AXT do te arrinim te tregonim se pikat M,N,O jane kolineare <=> kur (XM/MT)*(TO/OA)*(AN/NX)=1 pra  duhet treguar se (XM/MT)*(TO/OA)=1.

    Verejme se TO/OA=BT/AB (sepse BO eshte simetrale e kendit te kulmi B)
     
    XM=BC/2 - BX=...=(AC-AB)/2 kurse MT=CT - BC/2 prandaj XM/MT=(AC-AB)/(2CT-BC)=
    (AC-AB)/(CT-BT) (sepse BC=BT+CT)
    Tani  (XM/MT)*(TO/OA)={(AC-AB)/(CT-BT)}*{BT/AB}={(AC-AB)/AB}*{BT/(CT-BT)}=
    (AC/AB-1)*BT/(CT-BT) = (CT/BT-1)*BT/(CT-BT)=1 (sepse AC/AB=CT/BT  shkaku qe AT eshte simetrale e kendit te kulmi A)

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #798 ne: 25-05-2010, 19:52:09
    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.
    nese ka arrit dikush me zgjedh kete detyre mundesisht le ta postoi zgjidhjen se ka kaluar nje kohe e gjate qe kur eshte postuar

    • Postime: 3
  • i identifikuar

    #799 ne: 25-05-2010, 21:46:39
    Un mendoj se kjo shprehje nuk eshte e thjeshtueshme pra eshte e thjeshte per qdo n element i R ose mundet mu kon zgjidhje n=36 por zgjidhjen komplete do ta postoj me von kur ta kem edhe komplet vertetimin ne lidhje me supozimin tim
     

    Temat e fundit