Probleme matematikore - 33 - Matematikë / Fizikë

×
Hyrja
Profili

Probleme matematikore

· 1460 · 199915

Probleme matematikore

· 1460 · 199915

  • Postime: 234
  • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #800 ne: 25-05-2010, 21:53:50
    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
    shiko nje familje e zgjidhjeve eshte  n=4q+3 (e cila eshte gjetur para 1 muai) por per rastet e tjera nuk po arrije ta vertetoj se a vlen a nuk vlen

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #801 ne: 25-05-2010, 23:24:31
    Hmm ... edhe une e pata gjet shum heret se nje familje e zgjidhjeve eshte n=4k-1, e qe ne fakt eshte e njejte me n=4q+3, po ma teper nuk kom vazhdu. Ne cilin vit eshte propozu kjo, urtesia ?

    P.S- Urime Arberit per vendin e pare ne Olimpiaden e Plus-it.

    • Postime: 3
  • i identifikuar

    #802 ne: 26-05-2010, 20:59:55
    po me falni per supozimin e gabuar por sot e kam gjetur dmth qe nnje zgjidhje e ketij eshte n=4k-1 sepse mbetjet jane 5 edhe ne emerues edhe ne numeruse por ka elemente te mundesise qe numeruesi te jete katror i i emereuesit por ende nuk e kam vertetuar kete !! Me respekt Rinor Morina

    • Postime: 8
  • i identifikuar

    #803 ne: 26-05-2010, 23:29:40
     Sa eshte minimumi i shprehjes  x+y+z, në qoftë se x, y, z janë numra realë për të cilë vlen
      x>= 4, y>=5, z>=6  dhe x^2+y^2+z^2 >= 90 ?

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #804 ne: 27-05-2010, 01:31:07
    Do te tregojme se minimumi i shprehjes x+y+z eshte 16. Le te jete x=4+a, y=5+b dhe z=6+c, ku a,b,c >=0. Duhet te tregojme se a+b+c >=1, nen kushtin a^2 +b^2 +c^2 +8a +10b +12c >=13.

    Supozojme te kunderten, dmth supozojme se a+b+c<1. Lehte verejme se:
    a^2 +b^2 +c^2 +8a +10b +12c <(a+b+c)^2 +6a +8b +10c< 1 +6a +8b +10c <7+2b +4c <13 (pasi qe b,c <1). Kontradiksion ! Pra a+b+c >=1, dmth x+y+z >=16. Barazimi vlen kur x=4, y=5 dhe z=7.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #805 ne: 27-05-2010, 11:15:04
     Mosbarazimi
    a^2 +b^2 +c^2 +8a +10b +12c <(a+b+c)^2 +6a +8b +10c eshte i gabuar , ne fakt eshte e kunderta nen supozimin se a+b+c<1

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #806 ne: 27-05-2010, 13:05:44
    Oh, mfal se e pasna gabu tu e shkru.
    a^2 +b^2 +c^2 +8a +10b +12c <(a+b+c)^2 +8a +10b +12c <1+8(a+b+c) +2b +4c <9+2b +4c <13
    Mosbarazimi i fundit eshte i sakte pasi 4>2b +4c  <=> 2>b +c+c. E qe eshte e qarte pasi b+c<1 dhe c<1. Dmth, kontradiksion !

    • Postime: 8
  • i identifikuar

    #807 ne: 27-05-2010, 22:13:33
     Ne rregull, me plotesimin dhe verejtjen e Urtesise detyra konsiderohet se eshte zgjidhur!

    • Postime: 14
  • i identifikuar

    #808 ne: 31-05-2010, 16:45:50
    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.
    Une po e jap zgjidhje sipas meje rreth kesaj detyre
    Kemi 4 raste n=4q  n=4q+1  n=4q+2   n=4q+3

    1°per n=4q  (3^4q-2)/(2^4q-3)=(81^q-1-1)/(16^q-1-2)=80(81^(q-1)+..+1)-1/15(16^(q-1)+..+1)-2  supozojme qe numrat 81^(q-1)+..+1dhe 16^(q-1)+..+1 kane nje pjestues  (a) te perbashket ateher kemi (5ax-1)/(5ay-2)
    PMP e te cileve eshte 1 per 4q thyesa nuk eshte reducibile

    2° per n=4q+1  ==> (3^(4q+1)-3+1)/(2^(4q+1)-2+1)=3*80(81^(q-1)+..+1)+1/2*15(16^(q-1)+..+1)-1=(3ax+1)/(3ay-1)  Pmp e te cileve gjithashtu
    eshtte 1 per ax dhe ay qift

    3° per n=4q+2 ==>(3^(4q+2)-3^2+7)/(2^(4q+2)-2^2+1)=(15ax+7)/(15ay+1)
    Pmp e 15ax+7 dhe 15ay+1 eshte 1

    4° per n=4q+3  (3^(4q+3)-3^3+25)/(2^(4q+3)-2^3+5)=5ax/5ay pra ketu pmp
    e ketyre thyesave eshte 5a prej nga rrjedh qe thyesa eshte reducibile


    P.S: Arber kam gjet diqka lidhur me "Paradoksin e datelindjes" do ta postoj
    brenda kesaj jave.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #809 ne: 31-05-2010, 20:56:13
    Une po e jap zgjidhje sipas meje rreth kesaj detyre
    Kemi 4 raste n=4q  n=4q+1  n=4q+2   n=4q+3

    1°per n=4q  (3^4q-2)/(2^4q-3)=(81^q-1-1)/(16^q-1-2)=80(81^(q-1)+..+1)-1/15(16^(q-1)+..+1)-2  supozojme qe numrat 81^(q-1)+..+1dhe 16^(q-1)+..+1 kane nje pjestues  (a) te perbashket ateher kemi (5ax-1)/(5ay-2)
    PMP e te cileve eshte 1 per 4q thyesa nuk eshte reducibile

    2° per n=4q+1  ==> (3^(4q+1)-3+1)/(2^(4q+1)-2+1)=3*80(81^(q-1)+..+1)+1/2*15(16^(q-1)+..+1)-1=(3ax+1)/(3ay-1)  Pmp e te cileve gjithashtu
    eshtte 1 per ax dhe ay qift

    3° per n=4q+2 ==>(3^(4q+2)-3^2+7)/(2^(4q+2)-2^2+1)=(15ax+7)/(15ay+1)
    Pmp e 15ax+7 dhe 15ay+1 eshte 1

    4° per n=4q+3  (3^(4q+3)-3^3+25)/(2^(4q+3)-2^3+5)=5ax/5ay pra ketu pmp
    e ketyre thyesave eshte 5a prej nga rrjedh qe thyesa eshte reducibile


    P.S: Arber kam gjet diqka lidhur me "Paradoksin e datelindjes" do ta postoj
    brenda kesaj jave.

    Ylli the first, keto qe paraqite jane supozime te pavertetuara, ne rastin e pergjithshem nuk eshte e vertete se psh ne rastin e pare (qe vlen edhe per rastet tjera pervec rastit 4) 5ax-1 dhe 5ay-2 jane relativisht te thjeshte.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #810 ne: 02-06-2010, 10:19:47
    Ja nje problem interesant:

    Te vertetohet se numeruesi i thyeses  1/1^3 + 1/2^3+...+1/(p-1)^3, ( ku p eshte numer i thjeshte me i madh se 3) plotepjestohet me p.

    • Postime: 9
  • i identifikuar

    #811 ne: 02-06-2010, 16:34:51
    Ja nje problem interesant:

    Te vertetohet se numeruesi i thyeses  1/1^2 + 1/2^2+...+1/(p-1)^2 , ( ku p eshte numer i thjeshte me i madh se 3) plotepjestohet me p.
      urtesia a je e sigurte se detyra eshte e dhene mire sepse mendoj se katroret nuk duhet te figurojne ne emerues hmmmmm:

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #812 ne: 02-06-2010, 17:40:49
    Tmerresisht i sigurte haha.

    • Postime: 9
  • i identifikuar

    #813 ne: 02-06-2010, 21:58:32
    Le te jete G=1/1^2+1/2^2+...+1/(p-1)^2 dhe le te jene mbetjet
      1/1^2=r_1(modp)
      1/2^2=r_2(modp)
       .
       .....
       1/(p-1)^2=r_(p-1)(modp)   Eshte e qarte se mbetjet e tilla jane te ndryshme dhe duke qene  p-1sosh kemi se {r_1,r_2,....,r_(p-1)}={1,2,...,p-1}.

      Tani  kemi se  G=1+2+....+(p-1)(modp)=(p-1)p/2(modp) dhe ngase p tek dhe
    p-1 qift qartazi G=kp,kEN  .Pra kemi se G plotpjesetohet me p....(@)

    Ne anen tjeter pas rregullimit te emeruesit te perbashket:

    G=a/1^2*2^2*....*(p-1)^2, ku a numeruesi dhe ngase pmp(1^2*2^2*....*(p-1)^2,p)=1 dhe nga vertetimi(@)  kemi se a(numeruesi) plotpjesetohet me p.


    Sqarim:G plotpjesetohet me p kurse emeruesi eshte relativisht i thjeshte me numeruesin ,mbetet qe numeruesi te plotpjesetohet me p qka duhej vertetuar :)

    • Postime: 1
  • i identifikuar

    #814 ne: 02-06-2010, 22:16:11
    Le te jete G=1/1^2+1/2^2+...+1/(p-1)^2 dhe le te jene mbetjet
      1/1^2=r_1(modp)
      1/2^2=r_2(modp)
       .
       .....
       1/(p-1)^2=r_(p-1)(modp)   Eshte e qarte se mbetjet e tilla jane te ndryshme dhe duke qene  p-1sosh kemi se {r_1,r_2,....,r_(p-1)}={1,2,...,p-1}.


    Pasi p>3 e gjithsesi se 1 ateher
    1/1^2=1/1^2 (modp)
    1/2^2=1/2^2(modp)
    ....
    1/(p-1)^2=1/(p-1)^2(modp)

    E keto qfare ke shkruar ti { r_1,r_2,....,r_(p-1)}={1,2,...,p-1}. nuk po me duket qe jan te sakta

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #815 ne: 02-06-2010, 22:16:26
    Tojota mund te na sqarosh pak se cka kupton me shprehjet :


    1/1^2=r_1(modp)
      1/2^2=r_2(modp)
       .
       .....
       1/(p-1)^2=r_(p-1)(modp)

    pasi po shihet se nuk kemi te bejme me numra te plote.

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #816 ne: 02-06-2010, 22:22:29
    Ja nje problem interesant:

    Te vertetohet se numeruesi i thyeses  1/1^2 + 1/2^2+...+1/(p-1)^2 , ( ku p eshte numer i thjeshte me i madh se 3) plotepjestohet me p.
    Zgjidhjen e toyotes nuk po e kuptoj plotesisht, prandaj po e postoj nje zgjidhje tjeter.

    Le te jete 1/1^2 +1/2^2 +...+1/(p-1)^2 =A/B, ku
    A=(2*3*...(p-1))^2 +(1*3*...*(p-1))^2 +...+(1*2*...*(p-2))^2, dhe B=(1*2*...*(p-1))^2.

    Lehte verejme se asnje nga numrat qe formojne shumen A nuk plotepjestohet me p. Gjithashtu verejme se te gjithe numrat qe formojne shumen A japin mbetje te ndryshme gjate pjestimit me p, sepse ne te kunderten, nese dy numra do te jipnin te njejten mbetje atehere ndryshimi ne mes atyre numrave do te plotepjestohej me p. Por ne rastin tone kjo eshte e mundur, diferenca mes cfaredo dy numrave nuk plotepjestohet me p. Pasi kemi p-1 numra me p-1 mbetje te ndryshme
    => A=1+2+...+p-1 =p(p-1)/2 =0 (mod p)

    --
    Shpresoj se nuk kam harru me cek ndonje detaj te zgjidhjes, megjithate ideja eshte kjo.

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #817 ne: 02-06-2010, 22:24:30
    P.S- Tek postimi me larg ku shkruhet "Por ne rastin tone kjo eshte e mundur...", duhet te jete"Por ne rastin tone kjo eshte e pamundur..."

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #818 ne: 02-06-2010, 22:24:45
    Pasi p>3 e gjithsesi se 1 ateher
    1/1^2=1/1^2 (modp)
    1/2^2=1/2^2(modp)
    ....
    1/(p-1)^2=1/(p-1)^2(modp)

    E keto qfare ke shkruar ti { r_1,r_2,....,r_(p-1)}={1,2,...,p-1}. nuk po me duket qe jan te sakta

    Sa i perkete 1323 ne fakt kjo qe  e paraqiti tojota eshte e vertete por ka nevoje per pak njohuri  elementare nga grupet dhe fushat. Kjo qe e paraqiti tojota ka  kuptim kur  shikojme fushen Z_p  dmth fusha  e mbetjeve  (mod p) ku p eshte i thjeshte  (sepse vetem per p te thjeshte Z_p eshte fushe , perndryshe eshte unaze)

    • Postime: 9
  • i identifikuar

    #819 ne: 02-06-2010, 22:31:23
     :( Po eshte e vertete qe nuk u tregova e qarte :-[ .Sidoqofte ideja ime eshte e ngjajshme me te enndb0xit.Tregohet se mbetjet e numrave te shumes se emeruesit jane te ndryshme prandaj kam marre se ato jane 1,2,....,p-1.Qartazi ato jane relativisht te thjeshta me p ,rrjedhimisht numeruesi plotpjesetohet me p.

     Perseri me vjen keq qe isha e paqarte :-[

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #820 ne: 02-06-2010, 22:55:43
    Ja nje problem interesant:

    Te vertetohet se numeruesi i thyeses  1/1^3 + 1/2^3+...+1/(p-1)^3, ( ku p eshte numer i thjeshte me i madh se 3) plotepjestohet me p.

    E ne kete rast detyra eshte shume me e thjeshte.

    1/1^3 + 1/2^3+...+1/(p-1)^3=(2^3 * 3^3 *..*(p-1)^3 + 3^3 * 4^3 *..*(p-1)^3 + ...+ 2^3 *3^3 *..*(p-2)^3)/(2*3*..*(p-1))^3
    Duke marre antarin e pare te numeruesit me te fundit verejme se

    2^3 * 3^3 *..*(p-1)^3 + 2^3 * 3^3 *..*(p-2)^3=
    =(2^3 * 3^3 *..*(p-2)^3)((p-1)^3+1)=(2^3 * 3^3 *..*(p-2)^3) * (p^3-3p^2+3p)=
    =p(2^3 * 3^3 *..*(p-2)^3)(p^2-3p-3)    e te keshtu i marrim te dytin me te parafundit
    e deri tek {  (p-1)/2 ; (p-1)/2 + 1 )}  e qarte po shihet se vlen kushti i detyres

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #821 ne: 02-06-2010, 23:00:42
    Zgjidhjen e toyotes nuk po e kuptoj plotesisht, prandaj po e postoj nje zgjidhje tjeter.

    Le te jete 1/1^2 +1/2^2 +...+1/(p-1)^2 =A/B, ku
    A=(2*3*...(p-1))^2 +(1*3*...*(p-1))^2 +...+(1*2*...*(p-2))^2, dhe B=(1*2*...*(p-1))^2.

    Lehte verejme se asnje nga numrat qe formojne shumen A nuk plotepjestohet me p. Gjithashtu verejme se te gjithe numrat qe formojne shumen A japin mbetje te ndryshme gjate pjestimit me p, sepse ne te kunderten, nese dy numra do te jipnin te njejten mbetje atehere ndryshimi ne mes atyre numrave do te plotepjestohej me p. Por ne rastin tone kjo eshte e mundur, diferenca mes cfaredo dy numrave nuk plotepjestohet me p. Pasi kemi p-1 numra me p-1 mbetje te ndryshme
    => A=1+2+...+p-1 =p(p-1)/2 =0 (mod p)

    --
    Shpresoj se nuk kam harru me cek ndonje detaj te zgjidhjes, megjithate ideja eshte kjo.

    Sidoqofte, besoj se zgjidhja e paraqitur nga endboxi  eshte me elegentja .Kete problem po te kishit njohuri nga teoria e fushes do ta shihnit si zgjidhet nga kendveshtrimi algjebrike.Nese jeni te interesuar me detajisht per kete mund ta gjeni tek libri:

    "An introduction to number theory"  te autoreve  Ivan Niven, Herbert Zuckerman & Hugh Montgomery....faqe 125 , e nese se keni kete liber atehere me njoftoni e jua degoj ne emaile.

    Suksese

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #822 ne: 03-06-2010, 09:25:45
    ja nje problem tejet interesant

    Ne bashkesine prei n bakteresh bie nje virus.Brenda nje minute ai asgjeson nje baktere dhe pastai ndahet ne dy viruse te reja ,nderko qe edhe secila baktere e mbetur ndahet ne dy viruse te reja .Gjate minutes se dyte secili prei dy viruseve  te reja ,pasi qe asgjeson nje baktere ,ndahet ne dy viruse te reja,,nderkoheedhesecila prej baktereve te mbetura ndahet ne dy baktere te reja edhe keshu vazhdohet edhe ne minutat vijues .Valle a do te egzistoi pafundesisht bashkesia e baktereve ,apoe kane kohen e fundme?

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #823 ne: 03-06-2010, 10:37:34
    Zgjidhjen e toyotes nuk po e kuptoj plotesisht, prandaj po e postoj nje zgjidhje tjeter.

    Le te jete 1/1^2 +1/2^2 +...+1/(p-1)^2 =A/B, ku
    A=(2*3*...(p-1))^2 +(1*3*...*(p-1))^2 +...+(1*2*...*(p-2))^2, dhe B=(1*2*...*(p-1))^2.

    Lehte verejme se asnje nga numrat qe formojne shumen A nuk plotepjestohet me p. Gjithashtu verejme se te gjithe numrat qe formojne shumen A japin mbetje te ndryshme gjate pjestimit me p, sepse ne te kunderten, nese dy numra do te jipnin te njejten mbetje atehere ndryshimi ne mes atyre numrave do te plotepjestohej me p. Por ne rastin tone kjo eshte e mundur, diferenca mes cfaredo dy numrave nuk plotepjestohet me p. Pasi kemi p-1 numra me p-1 mbetje te ndryshme
    => A=1+2+...+p-1 =p(p-1)/2 =0 (mod p)

    --
    Shpresoj se nuk kam harru me cek ndonje detaj te zgjidhjes, megjithate ideja eshte kjo.

    Fatkeqesisht zgjidhja e Endboxit nuk eshte e sakte , sepse ne shumen e cekur ekzistojne  numra qe japin mbetjen e njejte (mod p)  psh (1*3*...*(p-1))^2 dhe ((p-1)*(p-3)*...*2)^2japin mbetje te njejte sepse ((p-1)*(p-3)*...*2)^2 - (1*3*...*(p-1))^2= K((p-2)^2-2^2)=A*p

    P.s. Tentoni te zgjidhni detyren e pare nga Garat e Iranit te cilet i postova ne njeren nga faqet e meparshme sepse eshte e lehte.

    • Postime: 9
  • i identifikuar

    #824 ne: 03-06-2010, 11:28:32
    ja nje problem tejet interesant

    Ne bashkesine prei n bakteresh bie nje virus.Brenda nje minute ai asgjeson nje baktere dhe pastai ndahet ne dy viruse te reja ,nderko qe edhe secila baktere e mbetur ndahet ne dy viruse te reja .Gjate minutes se dyte secili prei dy viruseve  te reja ,pasi qe asgjeson nje baktere ,ndahet ne dy viruse te reja,,nderkohe edhesecila prej baktereve te mbetura ndahet ne dy baktere te reja edhe keshu vazhdohet edhe ne minutat vijues .Valle a do te egzistoi pafundesisht bashkesia e baktereve ,apoe kane kohen e fundme?

    Vertetojme se bakteret e kane kohen e fundme.Se pari le te gjejme numrin e baktereve ne varesi te kohes.

    Verejme se :
    Per 1min kemi:2(n-1) baktere dhe 2 viruse
    Per 2 min: 2[2(n-1)-2]=2(2n-4)=2^2*(n-2)=2^2*(n-(2-1))baktere dhe 2*2=2^2 viruse .
    Tani mund te perdorim induksionin matematik sepse duke vazhduar si me siper mund te supozojme se pas x-1 minutash jane 2^(x-1)*[n-(x-1)]baktere dhe 2^(x-1) viruse.Tregojme se pohimi vlen per x minuta.
    Sipas kushtit te detyres atehere  do te kishim
    2[2^(x-1)*{n-(x-1)-2^(x-1)}]=2^x*(n-x+1)-2^x=2^x*(n-x)baktere dhe 2^x viruse.Pra,kemi se pas x minutash do te jene 2^x*(n-x) baktere.Shohim  se ky numer behet zero kur x=n.Mbetet qe atehere, pra pas n minutash nuk do te kete me baktere.

    Shpresoj se u tregova e qarte :)
     

    Temat e fundit