Probleme matematikore - 35 - 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 · 213091

Probleme matematikore

· 1460 · 213091

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

    #850 ne: 09-06-2010, 08:39:42
    Duhet ta shikosh  edhe rastin kur y=2 ,nese kjo eshte e mundur.

    e vertete se zgjidhja ime nuk jepte sqarime edhe per y=2
    duke e ditur se
    rasti i pare    yl(a-b)
    yl(a-b)²+(ab+1)²   dhe se   yl(a-b)    gjithashtu duhet edhe   yl(ab+1)   e qe eshte ne kundershtim  qe   pmp(a-b,ab+1)=1
    rasti i dyte kur  yl(a+b
    (a-b)²+(ab+1)²=a²-2ab+b²+(ab)²+2ab+1=a²+2ab+b²+(ab)²-2ab+1=(a+b)²+(ab-1)²  pasi   yl(a+b)  dhe  yl(a-b)²+(ab+1)² rrjedhse   yl(a+b)²+(ab-1)²  e qe te vlej kjo duhet qe edhe   yl(ab-1)   gje qe eshte ne kundershtim me kushtin e detyres qe      pmp(a+b,ab-1)=1    (me ane te  kesaj une nuk e shqyrtova vetem per y=2 por edhe per qdo rast tjeter

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

    #851 ne: 09-06-2010, 10:12:12
    Shiko, nga y| (a-b)²+2(ab+1)  dhe y|a-b  rrjedh se y|2(ab+1) e jo vec i y|ab+1.
    Pra sikur te ishte y=2 atehere a dhe b duhet te jene ose cift ose tek qe te dy.

    Nese a dhe b jane tek qe te dy atehere a-b dhe ab+1 jane cift prandaj ata nuk jane relativisht te thjeshte.

    Nese a dhe b jane cift qe te dy atehere meqe 2 eshte pjestues i psh a^2+1 e ne kete rast a^2 + 1 eshte tek atehere me kete e perfundojme  zgjidhjen e rastit ne fjale dhe te detyres ne teresi.

    P.S.   Eshte e vertete ajo qe e thote Arberi, mirepo ka nevoje per me shume sqarime sepse mund te shpie ne dyshime per ate qe ka dashte t'a shpreh.

    • Postime: 10
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #852 ne: 09-06-2010, 16:14:34
    Numrat "m" dhe "n" janë reciprokisht të thjeshtë.Thyesa (3n-m)/(5n+2m) mund të thjeshtohet me një numër natyror.Cili është ai numër?

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

    #853 ne: 09-06-2010, 16:31:01
    Numrat "m" dhe "n" janë reciprokisht të thjeshtë.Thyesa (3n-m)/(5n+2m) mund të thjeshtohet me një numër natyror.Cili është ai numër?
    E marrim se thyesa eshte e thjeshtueshme per k , nga kjo kemi
    3n-m=kA   5n+2m=kB       
    6n-2m=2kA    5n+2m=kB       i mbledhim dhe kemi 11n=k(2A+B)
    15n-5m=5kA     15n+6m=3kB     pasi te zbresim 3kB-5kA  fitojme 11m=k(3B-5A)
    Pasi pmp(n,m)=1 dhe 11 eshte numer i thjeshte arrijme ne perfundim se k=1 ose 11 , sikur qe k te ishte i ndryshem prej 1 dhe 11 ateher pmp(m,n)=/=1 e cila bie ndesh me kushtin e detyres , pra thyesa eshte e thjeshtueshme per 11 ( sepse per 1 nuk mund te themi se e kemi thjeshtuar nje thyes)

    • Postime: 10
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #854 ne: 09-06-2010, 16:34:25
    bravoo arber super e ki zgjidh...ska me shtu kurgjo...

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

    #855 ne: 10-06-2010, 18:08:00
    Probleme

    1)
    Le te jete dhene ne rrafsh sistemi kenddrejte kartezian. Pika P(x,y) quhet racionale nese qe te dy koordinatat e saj jane racionale (dmth x dhe y jane racionale).Tregoni se cdo pike e rrafshit i takon ndonje segmenti me skaje racionale.

    2)
    Nese m eshte numer natyrore me i madh se 2 atehere tregoni se vlen:
    [m(m+1)/2(2m-1)]=[(m+1)/4] ku []-pjesa e plote

    3)

    Le te jete f :R+ -->R\{0}. Nese vlen f'(x)/f(x) --> +infinit kur x--> +infinit  atehere tregoni se
    lim u_n= +infinit  ku u_n= |f(n+1)/f(n)|.

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

    #856 ne: 11-06-2010, 21:51:08
    Probleme
    2)
    Nese m eshte numer natyrore me i madh se 2 atehere tregoni se vlen:
    [m(m+1)/2(2m-1)]=[(m+1)/4] ku []-pjesa e plote
    Rreth kesaj detyre une kam shqyrutar 4 raste . [m(m+1)/2(2m-1)] kete e transformojme si vijon  [(m+1)/4 * 2m/(2m-1)]
    per m=4q-1==> m+1=4q ku q>_1 kemi [q*2(4q-1)/{2(4q-1)-1}]=q
    qe kjo te vleje duhet qe
    q<q(8q-2)/(8q-3)<q+1    ne kete rast mund te zgjerojme me 8q-3 pasi eshte e ndryshme prej 0 dhe per q>_1 8q-3 eshte numer natyror  dhe duke llogaritur arrijme -3q<-2q<5q+3 e pasi qe kjo vlen ateher shihet se per m=4q-1 vlen
    pastaj i shqyrtojme rastet edhe per
    m=4q ,   ku arrijme -q<2q<7q-1 e cila vlen per cdo q>_1
    m=4q+1 arrijme  q<7q+1<9q+1 qe gjithashtu vlen
    m=4q+2  arrijme 3q<10q+3<11q+3 e qe edhe kjo vlen
    Shpresoj te kem qene i qarte , dhe ne rast nevoje i paraqes zgjidhjet e plota per 3 rastet e mesiperme.

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

    #857 ne: 11-06-2010, 22:59:18
    Ne rregull Arber ideja eshte e mire edhepse zgjidhja origjinale eshte me e shkurte perseri edhe kjo menyre eshte ne rregull.

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

    #858 ne: 12-06-2010, 23:46:52



    3)

    Le te jete f :R+ -->R\{0}. Nese vlen f'(x)/f(x) --> +infinit kur x--> +infinit  atehere tregoni se
    lim u_n= +infinit  ku u_n=ln |f(n+1)/f(n)|.

    Detyra e trete duhet te jete ashtu sic e citova ne kete rast dmth me heret ka mungu ln

    Pak ndihme rreth detyres 3)

    Shfrytezoni teoremen e Koshi Bunjakovskit  ne kete link
    http://en.wikipedia.org/wiki/Intermediate_value_theorem
    per meteper rrjedhimin e tij kur ne skaje funksioni merr vlera me shenja te kunderta si dhe teoremen e lagranzhit mbi vlerat mesatare nga ky link
    http://www.answers.com/topic/mean-value-theorem

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

    #859 ne: 13-06-2010, 18:10:37
    le te jete n-numer natyror a eshte e mundur qe per qfardo numeri natyror n te jete

    (tg20)^2n + (tg40)^2n + (tg80)^2n  gjithmon numer natyror



    TENTIMZGJIDHJE

    Per t'ju qasur shqyrtimit ne vijim duhet te keni disa njohuri nga rekurencat lineare homogjene te cilen mund ta shihni ne linkun ne vijim

    http://en.wikipedia.org/wiki/Recurrence_relation
     
    Definojme vargun (a_n)  ne kete menyre
    a_n=((tg20)^2)^n +((tg40)^2)^n + ((tg80)^2)^n
    Ideja eshte qe te gjendet lidhja ne mes termit a_(n+3),...a_n
    Ne kete rast duhet te gjejme polinomin karakteristik te kesaj lidhje ne mes te termave te vargut e meqe shihet se rrenjet e atij ekuacioni jane (tg20)^2,(tg40)^2 dhe  (tg80)^2 ateher polinomi karakteristik do te ishte
    (x-(tg20)^2))(x-(tg40)^2))(x-(tg80)^2)) . Pas zberthimit e shprehim x^3 ne varesi te fuqive me te  vogla se 3 .
    Tani  a_(n+3) shprehet ne varesi te a_(n+2), a_(n+1) dhe a_n ku koeficiente prane prane a_(n+i)   
    eshte  i njejte me koeficientin prane x^i ku o<_i<_2, e per ti gjet keta koeficiente  vini re se
    tg 40 dhe tg 80 mund te shprehen ne varesi te tg20 sepse 40=60-20 dhe 80=60+20
    ndersa per ta gjete tg20 mjafton ta gjeni cos20  duke pase parasysh se 3*20=60 dhe perdorni formulen per shprehjen e cos3x ne varesi te cos x e ne kete rast cos20 do te ishte rrenje e nje polinomi te shkalles se trete per te cilat mund ti perdorni formulat e Kardanos ose nese mund ta gjeni ndonje menyre tjeter te llogaritjes se cos20 qe ju e dini. Me ne fund shpresojme se induksioni te na hyj ne pune.

    • Postime: 8
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #860 ne: 15-06-2010, 12:53:50
      Hasani dhe Hyseni po bisedonin për një problem matematikor:

    -- Hasani: Ku e ke marrë kete polinom f(x) me aq shume koeficienta te panjohur. Po duket i llahtarshem.
    --Hyseni:  Ky eshte nje polinom me koeficientë te plote dhe njera nga rrenjet e tij eshte saktesisht numri i viteve te bijës time Mimozës.
    -- Hasani: Sidoqofte, t'a provoj  f(7). Fatkeqesisht kam fituar 77 e jo zero!
    -- Hyseni: Ti nuk e din se sa eshte e vjeter Mimoza por ajo ka me shume se 7 vjet.
    -- Hasani: Atehere le te provoj me vitet e birit tim Fidanit. Provon dhe fiton 85!
    -- Hyseni: Ke kujdes Hasan, Mimoza eshte me e vjeter se sa biri juaj.

    Duke patur parasysh biseden ndermjet Hasanit dhe Hysenit, gjeni sa vite ka Fidani e sa Mimoza? 

    • Postime: 72
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #861 ne: 15-06-2010, 16:56:10
     Hasani dhe Hyseni po bisedonin për një problem matematikor:

    -- Hasani: Ku e ke marrë kete polinom f(x) me aq shume koeficienta te panjohur. Po duket i llahtarshem.
    --Hyseni:  Ky eshte nje polinom me koeficientë te plote dhe njera nga rrenjet e tij eshte saktesisht numri i viteve te bijës time Mimozës.
    -- Hasani: Sidoqofte, t'a provoj  f(7). Fatkeqesisht kam fituar 77 e jo zero!
    -- Hyseni: Ti nuk e din se sa eshte e vjeter Mimoza por ajo ka me shume se 7 vjet.
    -- Hasani: Atehere le te provoj me vitet e birit tim Fidanit. Provon dhe fiton 85!
    -- Hyseni: Ke kujdes Hasan, Mimoza eshte me e vjeter se sa biri juaj.

    Duke patur parasysh biseden ndermjet Hasanit dhe Hysenit, gjeni sa vite ka Fidani e sa Mimoza?  
    Shenojme me M numrin e vjeteve te Mimozes dhe me F numrin e vjeteve te Fidanit.
    Kushtet:
    1) M>F
    2) f(7)=77
    3) f(F)=85
    4) f(M)=0
    5) M>7
    Nga 4) ne baze te teoremes Bezu, ekziston polinomi g(x), i tille qe:
    f(x)=(x-M)*g(x)
    Nga 2), kemi:
    f(7)=(7-M)*g(7)=77
    g(7)=-77/(M-7)
    Nga ketu (duke pasur parasysh kushtin 5)), fitojme:
    M=70
    Nga 3) kemi:
    (F-M)*g(F)=85
    prej nga:
    g(F)=-85/(M-F)
    Nga ketu M-F=1, ose M-F=5, ose M-F=85 (ky rast s'eshte i mundshem)
    perkatesisht:
    F_1=69, F_2=65
    Pra zgjidhjet (M,F) jane:
    (70,69), (70,65).

      

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

    #862 ne: 15-06-2010, 18:14:05
    Roza, g(x) mund te jete me koeficiente racionale , pra jodomosdo te plote anadaj kjo zgjidhje eshte e manget.

    P.S. Erdos :
    A mos eshte ky problemi i John Conway nje zgjidhje e te cilit eshte dhene nga M.M

    • Postime: 72
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #863 ne: 15-06-2010, 18:56:20
    Roza, g(x) mund te jete me koeficiente racionale , pra jodomosdo te plote anadaj kjo zgjidhje eshte e manget.

    P.S. Erdos :
    A mos eshte ky problemi i John Conway nje zgjidhje e te cilit eshte dhene nga M.M
    ashtu eshte, por paskam gabuar edhe ne llogaritje... M=70 ???!!!

    • Postime: 8
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #864 ne: 15-06-2010, 19:09:45
    Po Urtesi, ky eshte problemi i John Conway.

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

    #865 ne: 15-06-2010, 20:06:27
    Po Urtesi, ky eshte problemi i John Conway.

    Nejse ky eshte problemi i John Conway ne versionin shqip se sbesoj qe i ka perdor emra Hasan e Hysen keta dy personazhe te batutave hahhahahha.

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

    #866 ne: 16-06-2010, 23:10:50
    Probleme

    3)

    Le te jete f :R+ -->R\{0}. Nese vlen f'(x)/f(x) --> +infinit kur x--> +infinit  atehere tregoni se
    lim u_n= +infinit  ku u_n=ln|f(n+1)/f(n)|.

    Per zgjidhjen e problemit ne fjale po japim disa pohime ndihmese.

    Pohim 1)
    Nese funksioni f eshte i vazhdueshem ne segmentin [a,b] dhe ne skaje merr vlera me shenja te kunderta dmth f(a)f(b)<0, atehere ekziston c nga intervali (a,b) ashtu qe f(c)=0

    Pohim 2)
    Nese funksioni f eshte i vazhdueshem ne segmentin [a,b], i derivueshem ne (a,b) atehere ekziston c nga intervali (a,b) ashtu qe  f(b)-f(a)=f'(c)(b-a).

    Pohim 3)
    Funksioni i  derivueshem ne (a,b) eshte i vazhdueshem ne te.

    Pohim 4)
    Nese f'(x)>0 atehere f eshte rigorozisht rrites.
    Zgjidhje

    Meqe f eshte i derivueshem ( sepse edhepse ne detyre nuk ceket nje gje e tille ajo shihet nga perdorimi i derivatit  tek limiti infinit qe ishte nje nder kushtet e detyres)

    Vlen f(x)>(<)0 per cdo x nga domena pasi nese ka vlera psh edhe negative per rastin e pare duke pase parsysh se f eshte i vazhdueshem (pohimi 3) atehere ekziston nje pike ne te cilen behet 0 (pohimi 1) qe e kundershton supozimin e detyres.
    Po e shqyrtojme rastin e pare dmth kur f(x)>0. Verejme se nga  f'(x)/f(x) --> +infinit kur x--> +infinit   rrjedh se  f'(x)>0 dmth f eshte rigorozisht rrites (Pohimi 4)
    Tani le te jete n nje numer i cfaredoshem natyrore. Funksioni f ne [n,n+1] i ploteson kushtet e teoremes se lagranzhit (pohimi 2) andaj ekziston c nga (n,n+1) ashtu qe f(n+1)-f(n)=f'(c) rrjedh se
    f(n+1)/f(n)=1+f'(c)/f(n)> 1+f'(c)/f(c)  prandaj lim f(n+1)/f(n)_>+infinit  prandaj ne kete rast lim u_n =+infinit . Rasti kur f(x)<0  kemi f'(x)<0 dmth f zbrite andaj funksioni - f eshte rrites  , pozitiv  si dhe lim -f'(x)/-f(x) = +infinit e ketu e zbatojme rastin paraprak.
    Meqe

    |f(n+1)/f(n)|=|-f(n+1)/-f(n)| atehere kjo  tregon se perfshihen qe te dy rastet e mundshme andaj lim u_n=+infinit


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

    #867 ne: 19-06-2010, 12:06:03
    Njehsoni formulen rekurente per Pn(x)=cosn(arccosx)  xe[-1,1]  n=0,1,2,...
    Pershendetje te vecante per Urtesine, edhe bashkimin po spo di me cilen nofke osht i  identifiukem ky i fundit.

    • Postime: 72
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #868 ne: 19-06-2010, 21:57:58
    Njehsoni formulen rekurente per Pn(x)=cosn(arccosx)  xe[-1,1]  n=0,1,2,...
    Pershendetje te vecante per Urtesine, edhe bashkimin po spo di me cilen nofke osht i  identifiukem ky i fundit.
    P0(x)=1
    P1(x)=x
    P2(x)=2*x^2-1
    dhe natyrshem supozimi eshte se:
    Pn(x)=2*P(n-1)(x)-P(n-2)(x)
    qe shpresoj se vertetohet disi me induksion matematik...

    • Postime: 8
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #869 ne: 20-06-2010, 16:03:49
    Ne rregull Roza, e ke vrejtur se si pergjithsohet formula mirepo ke harruar nje detal te vogel te cilin po e plotesoj

    P0(x)=1,  P1(x)=x,  P2(x)=2*x^2-1=2*x*x-1= ( pasi qe x=P1(x) dhe 1 = P0(x) kemi )=2*x*P1(x)-P0(x)

    Pra   
                           P2(x)=2xP1(x)     ............. (1)

    Tani ne baze te relacionit (1), mund te supozojme se
                                   
                                      P(n+1)(x)=2xPn(x) - P(n-1)(x),   n>=1,

    gje qe tregohet nepermjet  induksionit matematik.

    • Postime: 89
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #870 ne: 20-06-2010, 16:38:25
    gjeni gjithe numrat natyrore qe nuk mund te shkruhen ne formen :  80k + 3m me k dhe m numra natyrore.

    • Postime: 89
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #871 ne: 20-06-2010, 16:40:37
    pergezime per forumin !!!!
    se shpejti dhe pergjigjja  ;)

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

    #872 ne: 20-06-2010, 20:04:22
    gjeni gjithe numrat natyrore qe nuk mund te shkruhen ne formen :  80k + 3m me k dhe m numra natyrore.
    Une te kjo detyre kam shqyrtuar disa raste.
    Se pari shenojme 80k + 3m =a
    1°Cdo numer a i tille qe a_<80 nuk mund te shkruhet si 80k + 3m
    2°Per 81_<a_<160 te gjithe numrat e trajtes a=3t dhe a=3t+1 nuk mund te shkruhen ne trajten 80k+3m
    3°Per 161_<a_<240 te gjithe numrat e trajtes a=3q+2 nuk mund te shkruhen ne trajten 80k+3m
    4°Per a>_241
    e marrim per a=3r , ne kete rast barazimi 80k+3m=a ka zgjidhje kur k plotepjestohet me 3 
    e marrim per a=3r+1 , e ky kusht plotesohet nese k eshte numer i trajtes 3l+1
    e marrim per a=3r+2 , e ne kete rast barazimi ka zgjidhje kur k eshte i trajtes 3l+2

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

    #873 ne: 20-06-2010, 22:55:37
    Roza2010 a ka mundesi me na tregu qysh erdhe deri te formula Pn(x)=2xPn-1(x)-Pn-2(x)

    • Postime: 89
    • Karma: +0/-0
  • i identifikuar

    #874 ne: 20-06-2010, 23:08:18
    numri 0 nuk eshte numer natyror?! nqs po atehere 6 < 80 por 6 shkruhet ne trajten 80k + 3m me k = 0 dhe m = 2....
    nqs nuk pranoni qe nr 0 eshte natyror atehere mund ta marrim a > 83
    gjithsesi menyra qe ndiqni eshte e sakte

    Temat e fundit