Probleme matematikore - 37 - 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 · 201714

Probleme matematikore

· 1460 · 201714

  • Postime: 72
  • i identifikuar

    #900 ne: 26-06-2010, 02:46:41
    bukur dhe rekord toyota! vetem shikoje pak ate "a,b EN" trego cfare numrash jane a dhe b (nje detaj i vogel)
    Ne nje postim me poshte toyota ke thene:
    Ke te drejte roza a,b nuk eshte e thene te jene natyrore por vetem racional "pozitive", per me teper me te medhenj se 1.
    Nese thuhet qe a dhe b jane me te medhenj se 1, atehere ekziston mundesia qe a*b ta rrise numrin e shifrave (nese psh a*b>10). Rezultati eshte mire, por zgjidhja s'eshte korrekte!
    Si do ta modifikosh zgjidhjen tende, qe ajo zgjidhje te jete korrekte?!

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #901 ne: 26-06-2010, 09:34:45


    Vertetimi:

    - Supozojme se pergjysmorja e kendit <BAC nuk e pret pergjysmoren e brinjes BC.
    Le te jete M pikeprerja e rrethit me pergjysmoren e kendit <BAC.
    Atehere kemi relacionet
    <BAM = <MAC sipas kushtit qe AM eshte pergjysmore e kendit BAC
    <MBC = <MAC si kende qe dalin nga i njejti segment MC
    <MAB = <MCB si kende nga segmenti MB

    Nga dy kushtet e fundit rrjedh se trek BMC eshte barakrahesh. Sic e dime te trek barakrahesh lartesia dhe pergjysmorja e bazes( ne kete rast pergjysmorja e BC) jane nje segment, e qe e kundershton supozimin ne fillim. Rrjedhimisht, u vertetua problemi.



    Shume mire Asterix, por kam nje verejtje te vogel.Ne kete rast nuk ka nevoje per kontradiksion sepse ne fakt menyra si ju ke qasur logjikisht nuk e kerkon kontaradiksionin per te ardhe ne zgjidhje.
    Kete detyre e parashtrova me nje qellim te caktuar.Ne fakt kjo detyre shpie ne zgjidhjen e detyres se 3 nga JBMO (junior balkan mathematical olympiad) te cilat i ka postu Arber Selimi ne rubriken "Olim. Mat. Kos. (shikojeni postin e fundit me detyra te garave)

    • Postime: 89
  • i identifikuar

    #902 ne: 26-06-2010, 11:29:55
    po te jete k=2n atehere do te kemi -sin(160k) e jo sin(160k)

    po por kemi mare vleren absolute

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #903 ne: 26-06-2010, 13:47:33
    Shume mire Asterix, por kam nje verejtje te vogel.Ne kete rast nuk ka nevoje per kontradiksion sepse ne fakt menyra si ju ke qasur logjikisht nuk e kerkon kontaradiksionin per te ardhe ne zgjidhje.
    A po thu qe "kontradiksioni" u kon jo i nevojshem ne kete rast ?

    Faktikisht, ishte ide per nje zgjidhje me te kuptueshme krahas qasjes logjike ne njeren ane dhe arritjes ne kontradiksion ne anen tjeter ...

    • Postime: 89
  • i identifikuar

    #904 ne: 26-06-2010, 14:24:08
    Ky mosbarazim eshte gabim, gmario. Per a=b=1 dhe c-->0 verejme se ana e majte tenton ne infinit, kurse ana e djathte tenton ne 5/2  hmmmmm:

    kjo eshte e drjejte kam shkruar gabim 1/(2abc) kundrejt te saktes
    9/4(a^3+b^3+c^3)..... :P

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #905 ne: 26-06-2010, 15:34:17
     1/(a^3 +b^3 +abc) >3/4(a^3 +b^3 +c^3) <=>4(a^3 +b^3 +c^3) >3(a^3 +b^3 ) +3abc <=>a^3 +b^3 +4c^3 >3abc. Kjo eshte e sakte pasi a^3 +b^3 +4c^3 >a^3 +b^3 +c^3 >3abc

    Ngjajshem gjejme se 1/(b^3 +c^3 +abc) >3/4(a^3 +b^3 +c^3) dhe 1/(c^3 +a^3 +abc)>3/4(a^3 +b^3 +c^3).
    Duke i mbledhur ane per ane marrim mosbarazimin e kerkuar, qka duhej vertetuar.

    • Postime: 89
  • i identifikuar

    #906 ne: 26-06-2010, 16:01:35
    shkelqyshem!! ;)

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #907 ne: 26-06-2010, 17:53:16
    Ja detyra e 3 e JBMO 2010.

    Le te jete dhene trekendeshi ABC dhe  le te jene L dhe K pikeprerjet e simetraleve te kendeve te kulmet A dhe B me  brinjet BC dhe AC perkatesisht . Simetralja e segmentit BK e pret drejtezen AL ne piken M. Neper piken L konstruktojme paralelen me drejtezen MK. Le te jete N pikeprerja e kesaj drejteze  me drejtezen BK. Tregoni se AN=LN.

    Zgjidhje.
    Une kam marre rastin kur kendiA>kendiB
    Le te jete O pikeprerja e simetraleve AL dhe BK. Shikojme trekendeshin ABK.Verejme se AL  qe eshte simetrale e kendit A dhe simetralja e brinjes BK priten ne piken M. Ne baze te detyres se meparshme te zgjidhur nga Obeliksi  kjo pike i takon rrethit te jashteshkruar te trekendeshit ABK
    andaj katerkendeshi ABMK eshte tetivial  andaj kendiA +kendiM=180 => kendiM=180-kendiA pranadaj kendiBKM=kendiA/2 (sepse trek. BKM eshte barakrahesh).Meqe LN || MK rrjedh se
    kendiONL=kendiA/2 e meqe trekendeshat ABO dhe LON kane  nje kendkryqezore te perbashket si dhe kendi BAO=kendi ONL rrjedh se kendiOLN=kendiB/2. Meqe kendiABN=kendiALN dhe dhe AN eshte e perbashket rrjedh se pikat A, B, L dhe N i takojne nje rrethi andaj kendiNAB+kendiNLB=180
    prandaj kendiNAB= 180-kendiNLB pra kendiBAO+kendiOAN=180-kendiNLB
    pra kendiOAN=...kendiB/2 dmth kendiOAN=kendiOLN pra trekendeshi ALN eshte barakrahesh andaj AL=LN

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #908 ne: 27-06-2010, 00:56:37
    Problemi 1.
     
    Ne trekendeshin ABC, H eshte ortoqendra, O eshte qendra e rrethit te jashteshkruar dhe M, mesi i brinjes BC. Vertetoni se AH=2*OM
    Fillimisht, eshte e lehte te vertetohet se AH dhe OM jane paralele. Le te jete G pikeprerja e medianave, dhe pasi AH dhe OM jane paralele, kemi se trekendeshat AHG dhe GOM jane te ngjajshem. Kemi se AH/OM =AG/GM. Medianet priten ne raport 2:1, prandaj AG/GM=2. Rrjedh se AH/OM=2 =>AH=2OM, qka duhej vertetuar.

    dikush tjeter mund ta postoj problemin numer 2.

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #909 ne: 27-06-2010, 10:57:25
    Problemi 2
    a)Tregoni se egziston n€N ashtu qe 2^1990l(1989^n -1)
    Gjej numrin me te vogel n€N qe te vleje kushti
    b)Le te jete m>_3 numer natyror tek .Cakto n me te vogel ashtu qe 2^1989l (m^n -1)

    • Postime: 72
  • i identifikuar

    #910 ne: 27-06-2010, 13:08:44
    Problemi 2
    a)Tregoni se egziston n€N ashtu qe 2^1990l(1989^n -1)
    Gjej numrin me te vogel n€N qe te vleje kushti
    b)Le te jete m>_3 numer natyror tek .Cakto n me te vogel ashtu qe 2^1989l (m^n -1)
    a) Se pari vertetohet se 1989^2^i+1 plotpjesetohet me 2, por jo me 4, per cdo iEN
    Qarte numri n duhet te jete i trajtes 2^k.
    Nese faktorizohet numri 1989^2^k-1, verejme se: n>_2^1990 (secili faktor i trajtes 1989^2^i+1 plotpjesetohet me 2 (jo me 4), me perjashtim te faktorit te fundit: 1998 (=1999-1), qe plotpjesetohet me 4).
    Natyrisht numri me i vogel n qe e ploteson kushtin e detyres eshte 2^1990.
    b) Rezonimi i ngjajshem sikur nen a) dhe rezultati n=2^1989


    Problemi 3
    Numrat reale x dhe y plotesojne kushtet:
    x^3 - 3*x*y^2 = sqrt(74)
    y^3 - 3*y*x^2 = 44
    Gjeni x^2+y^2

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #911 ne: 27-06-2010, 13:25:21
    a) Se pari vertetohet se 1989^2^i+1 plotpjesetohet me 2, por jo me 4, per cdo iEN
    Qarte numri n duhet te jete i trajtes 2^k.
    Nese faktorizohet numri 1989^2^k-1, verejme se: n>_2^1989 (secili faktor i trajtes 1989^2^i+1 plotpjesetohet me 2 (jo me 4), me perjashtim te faktorit te fundit: 1998 (=1999-1), qe plotpjesetohet me 4).
    Natyrisht numri me i vogel n qe e ploteson kushtin e detyres eshte 2^1989.
    b) Rezonimi i ngjajshem sikur nen a) dhe rezultati n=2^1988


    Problemi 3
    Numrat reale x dhe y plotesojne kushtet:
    x^3 - 3*x*y^2 = sqrt(74)
    y^3 - 3*y*x^2 = 44
    Gjeni x^2+y^2


    Shiko Roza , ideja jote eshte shume e mire , por fatkeqesisht rezultati nuk eshte i sakte.
    Per ndihmese u kisha propozuar ta zgjidhni rastin b ateher lehte mund ta gjeni zgjidhjen e ratit a

    • Postime: 72
  • i identifikuar

    #912 ne: 27-06-2010, 13:33:19
    Arber ti e ke cituar postimin e pamodifikuar. Rezultatet jane:
    a) 2^1990.
    b) n=2^1989
    dhe postimi eshte modifikuar pak sekonda para postimit tend!

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #913 ne: 27-06-2010, 13:35:27
    Problemi 2
    a)Tregoni se egziston n€N ashtu qe 2^1990l(1989^n -1)
    Gjej numrin me te vogel n€N qe te vleje kushti
    b)Le te jete m>_3 numer natyror tek .Cakto n me te vogel ashtu qe 2^1989l (m^n -1)
    Kerkoj falje te rasti a e kam shenuar gabim eshte dashur te jete 2^1990l(1979^n-1)

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #914 ne: 27-06-2010, 13:37:39
    Arber ti e ke cituar postimin e pamodifikuar. Rezultatet jane:
    a) 2^1990.
    b) n=2^1989
    dhe postimi eshte modifikuar pak sekonda para postimit tend!
    Prap se prap eshte gabim

    • Postime: 72
  • i identifikuar

    #915 ne: 27-06-2010, 13:40:55
    Kerkoj falje te rasti a e kam shenuar gabim eshte dashur te jete 2^1990l(1979^n-1)

    Tani natyrisht qe edhe zgjidhja ndryshon (me ndryshimin e bere), ndersa rezultatet e detyrave te dhena ne fillim edhe pas rishikimit po me duket se jane mire.

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #916 ne: 27-06-2010, 13:46:15
    Tani natyrisht qe edhe zgjidhja ndryshon (me ndryshimin e bere), ndersa rezultatet e detyrave te dhena ne fillim edhe pas rishikimit po me duket se jane mire.
    Sa per kuriozitet i njejti rezultat fitohet edhe kur 1979^n -1 gjithashtu edhe per 1989^n-1

    • Postime: 72
  • i identifikuar

    #917 ne: 27-06-2010, 13:56:14
    Sa per kuriozitet i njejti rezultat fitohet edhe kur 1979^n -1 gjithashtu edhe per 1989^n-1
    Ja qe mua rezultati i 1979^n -1 po me del shume me i vogel se rezultati i 1989^n-1. Shume po me intereson zgjidhja e sakte!... po pres me padurim qe dikush ta postoje.
    Rezultati gjithsesi duhet te varet nga fakti se numri tek (1989 apo 1979), a eshte numer tek i trajtes 4r+1 apo 4r-1, rEN

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #918 ne: 27-06-2010, 14:29:47
    Ja qe mua rezultati i 1979^n -1 po me del shume me i vogel se rezultati i 1989^n-1. Shume po me intereson zgjidhja e sakte!... po pres me padurim qe dikush ta postoje.
    Rezultati gjithsesi duhet te varet nga fakti se numri tek (1989 apo 1979), a eshte numer tek i trajtes 4r+1 apo 4r-1, rEN
    te zgjidhja e kesai detyre nuk ka lidhje  a eshte numri  i trajtes 4r+1 apo 4r-1 por
    ketu ka lidhje nese njeri numer eshte i trajtes r*2^s+1  (pes s>_3) por ne kete rast 1989 apo 1979  , as 1988 as 1990 as 1980 e as 1978   nuk plotepjestohen me tete

    • Postime: 8
  • i identifikuar

    #919 ne: 27-06-2010, 14:48:05
    Gjeni te gjithë numrat natyral  n>3 me vetinë vijuese: në çdo n-këndësh konveks ekziston diagonalja e cila nuk është paralele me asnjë nga brinjët e shumkëndëshit.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #920 ne: 27-06-2010, 17:23:53
    Gjeni te gjithë numrat natyral  n>3 me vetinë vijuese: në çdo n-këndësh konveks ekziston diagonalja e cila nuk është paralele me asnjë nga brinjët e shumkëndëshit.

    Nje ndihme rreth kesaj mund te ishte fakti qe ne shumekendeshin konvekse jo me shume se 2 brinje mund te jene paralele mes veti,  e poashtu jo me shume se dy diagonale mund te jene paralel mes veti. Ia vlen te shqyrtohet rasti kur cdo diagonale eshte paralele me ndonje nga brinjet e shumekendeshit.(nje rast eshte n=5)

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #921 ne: 27-06-2010, 18:28:14
    ... e poashtu jo me shume se dy diagonale mund te jene paralel mes veti...
    Pse ?

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #922 ne: 27-06-2010, 20:14:17
    Pse ?

    Nese ka ardhe deri te keqkuptimi atehere kjo eshte ajo qe doja te thoja:
     "Per nje diagonale te caktuar nuk mund te ekzistoje me shume se nje diagonale e  ndryshme nga ajo dhe paralele me te"  (kuptohet ne rastin e shumekendeshit konveks)

    • Postime: 100
  • i identifikuar

    #923 ne: 27-06-2010, 20:24:01
    Gjeni te gjithë numrat natyral  n>3 me vetinë vijuese: në çdo n-këndësh konveks ekziston diagonalja e cila nuk është paralele me asnjë nga brinjët e shumkëndëshit.
    nese eshte katerkendesh ka dy diagonale dhe dhe priten ndermjet veti dhe nuk eshte e mundur qe te jete paralele me brinjet
    kurse per n>5 nuk eshte e mundur sepse marrim tri brinje te tilla qe te trija te jene te barabarta ashtu qe dy brinje jane paralele dhe priten ne brinjen e tret ne kendin alfa atehere po te kemi diagonalen e brinjeve paralele do te jete paralele me brinjen e tret
    pastaj po te marrim k-brinje dhe poti bashkojm me ato tri brinje do te shihet qart se do te jete paralele diagonalja me brinjen me kete vertetuam se nuk egziston n>5 pra vlen vetem atehere kur n=4

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #924 ne: 27-06-2010, 22:50:43
    nese eshte katerkendesh ka dy diagonale dhe dhe priten ndermjet veti dhe nuk eshte e mundur qe te jete paralele me brinjet
    kurse per n>5 nuk eshte e mundur sepse marrim tri brinje te tilla qe te trija te jene te barabarta ashtu qe dy brinje jane paralele dhe priten ne brinjen e tret ne kendin alfa atehere po te kemi diagonalen e brinjeve paralele do te jete paralele me brinjen e tret
    pastaj po te marrim k-brinje dhe poti bashkojm me ato tri brinje do te shihet qart se do te jete paralele diagonalja me brinjen me kete vertetuam se nuk egziston n>5 pra vlen vetem atehere kur n=4

    Dorlir, besoj se e ke keqkuptuar detyren pra kerkohet te ekzistoje te pakten nje diagonale jo paralele me brinjet e shumekendeshit e jo cdo diagonale ta plotesoje kete kusht.

    Temat e fundit