Probleme matematikore - 38 - Matematikë / Fizikë

×
Hyrja
Profili

Probleme matematikore

· 1460 · 199879

Probleme matematikore

· 1460 · 199879

  • Postime: 72
  • i identifikuar

    #925 ne: 28-06-2010, 01:07:14
    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.
    Problemi i njohur i Zuming  Feng shprehet me nje fjali tjeter:
    "Vertetoni se ne 2k-kendeshin konveks, se paku njera diagonale eshte joparalele me secilen brinje te tij".
    Po del se ky problemi yne eshte me i pergjithesuar.
    A eshte triviale pjesa e (2k+1)-kendeshit, apo me e komplikuar se 2k-kendeshi?
    Per me teper shih:
    http://www.ideamath.org/samplecom4.pdf  (faqe4)

    • Postime: 100
  • i identifikuar

    #926 ne: 28-06-2010, 11:11:28

    Nese n-numer natyror verteto se
    2 + 3^n + 3^(n-1) + ... +3 nuk mund te jete katror i nje numri natyror
    « Editimi i fundit: 01-07-2010, 12:57:59 nga Valmir Krasniqi »

    • Postime: 92
  • i identifikuar

    #927 ne: 28-06-2010, 12:06:42
    Zgjdhje: Supozojme te kunderten. Atehere do te kishim se katrori i numrit natyrore jep mbetje 2 gjate pjestimit me 3, e qe eshte e pamundur.

    • Postime: 8
  • i identifikuar

    #928 ne: 28-06-2010, 13:30:38
       Roza2010 ke te drejte, ky problem eshte problem ekuivalent me ate te Zuming-ut. Ne vazhdim po postoj zgjidhjen.

         Ne qoftese marrim 2n+1 kendeshin e rregullt, lehte mund te bindemi se secila diagonale eshte paralele me nje nga brinjet. Vertet, secila diagonale e ndane ate shumekendesh ne dy shumekendesha, se paku njeri prej te cileve ka numer çift te brinjeve. Brinja me e larget nga diagonalja e dhene ne shumekendeshin "çift" eshte paralele me diagonalen e dhene.
    Tregojme tani se ne çdo 2n-kendesh konveks ekziston diagonalja e cila nuk eshte paralele me asnje nga brinjet. Te verejme se numri i diagonaleve te cilat jane paralele me brinjen e dhene (te fiksuar) te 2n-kendeshit nuk eshte me i madh se 2n-2. Vertet, pasi qe jane paralele ndermjet veti, asnjera nga ato diagonale nuk mund te kete kulm te perbashket, prandaj 2n-2 kulmet e mbetura mund te formojne me se shumti  ( 2n-2 )/2 = n-1 diagonale. Supozojme se numri i diagonaleve perkatese eshte pikerisht n-1 dhe shqyrtojme diagonalen me te larguar AB ( ne raport me brinjen e fiksuar). " Mbi te " nuk mund te kete asnje kulm te lire sepse per n-1 diagonalen na ishin te nevojshme te gjithe 2n-2 kulmet, prej nga rrjedh se AB eshte brinje e shumekendeshit gje qe eshte ne kontradiksion. Sipas kesaj jane me se shumti n-2 diagonale paralele me brinjen e dhene, prandaj numri i diagonaleve te cilat jane paralele me ndonjeren nga brinjet nuk eshte me i madh se 2n(n-2). Megjithate ne 2n kendeshin konveks ka [2n(2n-3)]/2=n(2n-3) diagonale dhe pasi qe 2n(n-2)<n(2n-3), rrjedh se ekziston diagonalja e cila nuk eshte paralele me asnjeren nga brinjet e 2n-kendeshit, GJE QE DUHEJ TREGUAR. sipas kesaj, zgjidhja eshte TE GJITHE NUMRAT çift me te medhenj se 3.

    • Postime: 72
  • i identifikuar

    #929 ne: 28-06-2010, 22:47:05
    Verteto se numri:
    1 + 5^n + 5^(2n) + 5^(3n) + 5^(4n)
    eshte i perbere, per cdo numer natyror n.

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #930 ne: 29-06-2010, 00:05:37
    Verteto se numri:
    1 + 5^n + 5^(2n) + 5^(3n) + 5^(4n)
    eshte i perbere, per cdo numer natyror n.
    Une sjam Arberi por po e jap nje zgjidhje te pjesshme te kesaj detyre , vetem per rastin kur n=2k-1
    Shenojme x=5^n  dhe zevendesojme (une jam mundu qe ta gjej rastin kur mund te shprehet sii ndryshim i dy katroreve te plote)
    x^4+x^3+x^2+x+1=(x^2+ax+1)^2-5x(bx+c)^2=x^4+(2a-5b^2)*x^3+(a^2+2-10bc) * x^2+(2a-5c^2)*x + 1 dhe nga kjo kemi
    2a-5b^2=1 , a^2+2-10bc=1,2a-5c^2=1 prej nga gjejme a=3 dhe b=1
    prej nga kemi x^4+x^3+x^2+x+1=(x^2+3x+1)^2 - 5x(x+1)^2
    kthehemi dhe zevendesojme ne vend te x me 5^n
    5^(4n)+5^(3n)+5^(2n)+5^n+1=(5^(2n)+3*5^n+1)^2 - 5*5^n(5^n+1)^2
    shqyrtojme rastin per n=2k-1 dhe kemi
    5^(4n)+5^(3n)+5^(2n)+5^n+1=(5^(4k-2)+3*5^(2k-1)+1)^2 - 5^(2k)*(5^(2k-1)+1)^2=[5^(4k-2)+3*5^(2k-1)+1-5^k*(5^(2k-1)+1)][5^(4k-2)+3*5^(2k-1)+1+5^k*(5^(2k-1)+1)]
    Per rastin kur n eshte qift ne qoftese e zgjedhi e postoj.

    • Postime: 26698
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #931 ne: 29-06-2010, 01:13:41
    Hodge conjecture eshte nje nga keto probleme, madje ka dhe cmim per ate qe arrin ta zgjidhe. Mendon ndonjeri ketu se mund t'ia dale?

    Citim
    The Hodge conjecture is a major unsolved problem in algebraic geometry which relates the algebraic topology of a non-singular complex algebraic variety and the subvarieties of that variety. More specifically, the conjecture says that certain de Rham cohomology classes are algebraic, that is, they are sums of Poincaré duals of the homology classes of subvarieties. The Hodge conjecture is one of the Clay Mathematics Institute's Millennium Prize Problems, so there is a US$1,000,000 prize for proving the Hodge conjecture.
    http://en.wikipedia.org/wiki/Hodge_conjecture

    • Postime: 100
  • i identifikuar

    #932 ne: 29-06-2010, 01:27:16
    Verteto se numri:
    1 + 5^n + 5^(2n) + 5^(3n) + 5^(4n)
    eshte i perbere, per cdo numer natyror n.
    mjafton te tregohet se 1 + 5^n + 5^(2n) + 5^(3n) + 5^(4n) plotpjestohet me 11
    per n=5k+1 kemi
    ·1 + 5·5^5k + 25·5^10k + 125·5^5k + 625·5^20k=1+5+25+125+625(mod11)
    =781(mod11)=0(mod11) sepse 5^5k=1(mod11)
    per n=5k+2 kemi
    1 + 25·5^k + 625·5^10k + 15625·5^15k + 390625·5^20k=1+25+625+15625+390625(mod11)=406901(mod11)=0(mod11)
    ngjajshem vertetohet edhe per n=5k,n=5k+3,n=5k+4

    • Postime: 72
  • i identifikuar

    #933 ne: 29-06-2010, 23:02:14
    mjafton te tregohet se 1 + 5^n + 5^(2n) + 5^(3n) + 5^(4n) plotpjestohet me 11
    per n=5k+1 kemi
    ·1 + 5·5^5k + 25·5^10k + 125·5^5k + 625·5^20k=1+5+25+125+625(mod11)
    =781(mod11)=0(mod11) sepse 5^5k=1(mod11)
    per n=5k+2 kemi
    1 + 25·5^k + 625·5^10k + 15625·5^15k + 390625·5^20k=1+25+625+15625+390625(mod11)=406901(mod11)=0(mod11)
    ngjajshem vertetohet edhe per n=5k,n=5k+3,n=5k+4
    Dorlir:
    Per n=5k, duke pasur parasysh se 5^5k=1(mod11) ==>
    1 + 5^n + 5^(2n) + 5^(3n) + 5^(4n) = 5 (mod11).
    [Ndoshta ky postim do te fshihet nga moderatori me te drejte, por e pashe te arsyeshme te tregoj se vertetimi i Dorlirit nuk eshte ne teresi i sakte!]

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #934 ne: 29-06-2010, 23:02:52

    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


    zgjidhje:ngrisim te dy ekuacionet ne katror dhe i mbledhim ,ku fitojme
    x^6+3x^4*y^2+3x^2*y^4+y^6=2010 ==>  (x²+y²)^3=2010 ==> x²+y²=(3)sqrt2010

    • Postime: 259
  • i identifikuar

    #935 ne: 30-06-2010, 23:33:33
    Pershendetje,

    Postimet  e  fundit jane transferuar ne temen tema te dryshme nga matematika,cdo  postim  tjeter do  te  fshihet  ne  rast  se nuk  eshte  pergjigje  ose  tetim  zgjidhje  per  problemein aktual  ose  paraprak.
    Ai i cili  e  ka zgjidhur problemin 3 ka  te  drejt  ta  parashtroj  nje  problem,problemi konsiderohet i zgjidhur nese postuesi  e  pranon zgjidhjen dhe moderatori me vretjen  e  antareve  e  konsideron  si  te  saket.

    Moderatori,

    • Postime: 72
  • i identifikuar

    #936 ne: 01-07-2010, 00:00:25
    zgjidhje:ngrisim te dy ekuacionet ne katror dhe i mbledhim ,ku fitojme
    x^6+3x^4*y^2+3x^2*y^4+y^6=2010 ==>  (x²+y²)^3=2010 ==> x²+y²=(3)sqrt2010
    bukur!

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #937 ne: 01-07-2010, 07:27:24
    Problemi 4:
    Gjeni te gjitha qiftet numra natyror x,y qe te vleje  x+y^2+z^3=xyz  ku  z=p.m.p(x,y).

    « Editimi i fundit: 01-07-2010, 13:00:28 nga Valmir Krasniqi »

    • Postime: 72
  • i identifikuar

    #938 ne: 02-07-2010, 07:17:49
    Problemi 4:
    Gjeni te gjitha qiftet numra natyror x,y qe te vleje  x+y^2+z^3=xyz  ku  z=p.m.p(x,y).


    Zgjidhja e problemit 4
    Nese nuk eshte e qarte mund ta shihni edhe ne linkun:
    http://www.pixhostr.com/misc.php?showseries=RjJFNV80QzJENzZDNA%3D%3D&

    • Postime: 100
  • i identifikuar

    #939 ne: 02-07-2010, 11:03:54
    nuk medoj se e ka zgjdhur tere detyren roza2010 sepse nuk jan zgjidhje vetem
    (5,2) dhe (5,3) por zgjidhje tjera jane edhe (4,2) dhe (4,6)

    • Postime: 100
  • i identifikuar

    #940 ne: 02-07-2010, 11:07:59
    dhe mendoj se nuk e ke mir roza2010 kur thua shihet qart se
    pmp(z^5+1,lz^5-1)=1   sepse psh nese z=2 dhe l=2 kemi pmp(33,63)=3

    • Postime: 100
  • i identifikuar

    #941 ne: 02-07-2010, 11:14:57
    ndoshta dhe gabimi tjeter eshte kur roza2010 ne vend se te shkruaj lz^2-1 ka shkruar lz^5-1

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #942 ne: 02-07-2010, 21:37:00
    Per momentin jam ne pushime e nuk mundem me u marre me detyren qe e kam parashtru.
    te detyra i keni gjetur te gjitha zgjidhjet pra gjithsej 4 qe e plotesojne kushtin por nuk jan vertetime te mjaftueshme per te  arsyetuasr saktesine e detyres.

    • Postime: 43
    « Editimi i fundit: 08-07-2010, 20:53:22 nga Valmir Krasniqi »

    • Postime: 259
  • i identifikuar

    #944 ne: 08-07-2010, 20:55:37
    IMO 2010 verzioni Shqip.

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #945 ne: 09-07-2010, 22:57:13
    IMO 2010 verzioni Shqip.

    Problemi 4. Le të jetë P pika brenda trekëndëshit ABC. Drejtëzat AP,BP dhe CP presin rrethin L të jashtëshkruar të trekëndëshit ABC përkatësisht në pikat K,L dhe M. Tangjentja ndaj rrethit L e hequr në pikën C pret drejtëzën AB në pikën S. Supozojmë që SC=SP. Provoni që MK=ML

    Zgjidhja ime

    <KAC=<KMC dhe <MKA=<MCA si kënde mbi të njëjtin segment. Si rrjedhim i kësaj kemi:
    ▲KPM ≈ ▲CPA  →  MK=(AC٠PM)/AP    ... (1)

    <CBL=<CML dhe <BCM=<BLM poashtu si kënde mbi të njëjtin segment. Kemi:
    ▲BPC ≈ ▲PML  →  ML=(BC٠PM)/BP     ... (2)

    Barazojme (1) dhe (2) → mbetet te vertetohet se: AC/AP=BC/BP → AP/BP=AC/BC     ... (3)

    Tani shfrytezojme teoremen e pikeprerjes se kordave
    http://en.wikipedia.org/wiki/Intersecting_chord_theorem

    Ne rastin tone kemi:
    SP²=SB٠SA=SC²→ SA/SP=SP/SB → SA/SC=SP/SB

    Nga relacioni SA/SP=SP/SB dhe <ASP kemi:
    ▲SPB ≈ ▲SPA   → SA/AP=SP/BP → AP/BP=SA/SP  ... (*)
    Ngjajshem nga relacioni SA/SC=SP/SB dhe <ASC konstatojme se:
    ▲SBC ≈ ▲SAC   → BC/SC=AC/SA → AC/BC=SA/SC  ... (**)

    SA/SP=SA/SC → AP/BP=AC/BC ... (3) me qka kryhet vertetimi.

    • Postime: 300
  • i identifikuar

    #946 ne: 11-07-2010, 16:04:21
    Mundesisht perktheni zgjidhjet e detyrave te IMO 2010 nga artofproblemsolving, pasiqe aty jane paraqitur zgjidhjet e detyrave te imos.

    • Postime: 234
    • Gjinia: Mashkull
  • i identifikuar

    #947 ne: 11-07-2010, 16:20:50
    Gjeni te gjitha qiftet numra natyror x,y qe te vleje  x+y^2+z^3=xyz  ku  z=p.m.p(x,y).



    ja po u jap  ndihme rreth ketijproblemi:
    shenojme x=az,y=bz ku   p.m.p(x,y)=1
    dhe kemi  az+b²z²+z³=abz³ ==>  a+b²z=abz²
    prei ku kemi  a=cz ==> c+b²+z=cbz²
    c=(b²+z)/(bz²-1)   cz²=b+(b+z³)/(bz²-1)
    ku  (b+z³)/(bz²-1)>_1 dhe eshte ekujvalent me barazimin b(z-1)_<z²-z+1
    dhe duhen shqyrtuar rastet per z=1,z=2,z>_3
  • i identifikuar

    #948 ne: 12-07-2010, 12:00:14
    Mundesisht perktheni zgjidhjet e detyrave te IMO 2010 nga artofproblemsolving, pasiqe aty jane paraqitur zgjidhjet e detyrave te imos.

    Ka shume zgjidhje te cdo problemi ne ate forum urtesia, prandaj eshte pothuaj e pamundur me i perkthy te gjitha. Zgjidhjen time qe kam postuar ketu, mund ta gjeni te postuar nga unë edhe ne artofproblemsolving
    http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=1939072#p1939072

    • Postime: 56
  • i identifikuar

    #949 ne: 12-07-2010, 12:05:35
    ups me falni per postimin me lart, mendova se jam i identifikuar ne forum prandaj gabova ... duke menduar se nje rregull e re eshte krijuar ketu ne forum, duke mos e ditur se po egzistojka mundesia e postimit edhe nga vizitoret
     

    Temat e fundit