Probleme matematikore - 40 - Matematikë / Fizikë

ndonje polinom i shkalles n-1 mund te kete n-1 rrenje reale, por nese flasim per rastin konkret, atehere per cdo n>2 vlen (po e perseris edhe nje here):
1) per n tek ka nje max dhe nje min qe jepen me perkatesisht me pikat: M(-1,3) dhe N(1,1) dhe nje zero ne intervalin (-2,-1).
2) per n cift ka vetem nje minimum ne piken N(1,1) dhe per x=/=1 vlen p(x)>1 per cdo xE(-infinit,infinit).
Pra gjithsesi ne te dy rastet (per n>2) lakorja p(x) i shmanget rrethit njesi me qender ne O(0,0), pra nuk pritet me te.

Meqe p'(x) varet edhe nga n atehere nuk besoj se nje gje tille eshte e sigurte

http://www.pixhostr.com/share-394E_4C5323BB.html
http://www.pixhostr.com/share-4058_4C5323BB.html
http://www.pixhostr.com/share-15E8_4C5323BB.html
natyrisht n tek dhe n cift jane marre me nga nje exemplar dhe extremumet jane fikse (ne afersi deri ne cift-tekesi) dhe zeroja (per n tek) leviz ngapak dhe gjithnje gjindet ne intervalin (-2,-1).

Roza kjo duhet treguar ne menyre analitike, grafikonet jane te mireseardhura, por kerkohen sqarime te metejshme, per me teper mvaresisht nga n grafikonet ndryshojne se dhe pohimi se
1) per n tek ka nje max dhe nje min qe jepen me perkatesisht me pikat: M(-1,3) dhe N(1,1) dhe nje zero ne intervalin (-2,-1).
2) per n cift ka vetem nje minimum ne piken N(1,1) dhe per x=/=1 vlen p(x)>1 per cdo xE(-infinit,infinit). kerkon gjithsesi sqarime andaj duhet te na bindesh se qendrimi yt eshte i sakte.

Desha te heq dore kesaj radhe nga modestia sa per te hequr dyshimin: une e kam ditur se vetem vertetimi analitik eshte meritor. Per te mos e zgjatur shume desha te jap dy variante te problemit te urtesise:
1) Varianti origjinal: Gjeni te gjitha rrenjet komplekse y te polinomit x^n - x^(n-2) - x + 2  ashtu qe moduli i y te jete 1, pra |y|=1.
dhe:
2) Varianti i modifikuar: Vertetoni se polinomi x^n - x^(n-2) - x + 2 per n>2 nuk ka rrenje komplekse me modul 1.
Natyrisht varianti 2) eshte me i lehte per t'u zgjidhur sepse duhet vertetuar nje pohim (pra rezultati dihet paraprakisht).
Po i jap tani edhe tri mundesi:
a) Urtesia e di zgjidhjen. Atehere nese varianti 2) eshte valid do te duhej te thoshte: Shiko Roza rezultatin e ke ne rregull, por te mungon arsyetimi analitik. Nese varianti 2) nuk eshte valid, atehere do te duhej te thoshte: Pohimi yt Roza nuk eshte i vertete, sepse per n=kaq (>2) ekziston rrenja qe e ka modulin 1 dhe une do te shkeputesha nga iluzioni...
b) Urtesia e di vetem rezultatin. Do te duhej te thoshte: Roza zgjidhjen as une nuk e di, por rezultati nga burimi ku eshte marre detyra eshte kaq...
c) Urtesia s'e di as rezultatin e as zgjidhjen. Zhvendose ne "Kerko ndihme ne matematike", ose deklarohu me kohe qe s'e di as rezultatin e as zgjidhjen. (Ketu kerkoj falje nga shprehja qe e perdora per urtesine: pa ofendime e thash. Mundesia c) eshte vetem teorikisht e mundshme)
Keto qe i thash me siper i thash me qellim qe ceshtja te leviz nga pika fillestare, sepse gjithnje po na perseriten pothuaj te njejtat gjera e problemet po mbeten te pazgjidhura...
PS. Per shkak se urtesia (ndoshta me te drejte) do te mund te ndihej i/e fyer nga lakimi i emrit, atehere konsideroni "urtesia"="parashtuesi i problemit", sepse (sinqerisht) nuk ishte qellimi ta apostrofoja dike (me emer), por dukurine...

Roza, se pari te pergezoj per thurrjen kaq te mire te fjalive ne postimin paraprake dhe me kete po me bind se profesor Karashmaki kishe te drejte rreth asaj se matematicientet mund te jene shkrimtare shume te mire (na tregonte per nje matematikan qe kishte shkruan nje roman 100 faqesh i cilinese nuk gaboj titullohej "Tuneli")

Roza, nese ja hedh nje sy diskutimeve ne detyra tjera gjithmone kam ndjeke te njeten linje si edhe me ty, nuk eshte ne rregull qe te postoj detyra dhe mandej kur dikush nuk e gjen zgjidhjen e sakte ti them troc se e ke gabim, por qellimi eshte qe ti jap ndonje verejtje por edhe ndihme qe te vij vete ne zgjidhje, pra qellimi eshte qe te zhvillohen sa me shume strategjite e zgjidhjes se detyrave, e kryesisht nga niveli i olimpiadave.
Mire Roza do te jem i drejteperdrejte:
Menyra si ju ke qasur, me ben te dyshoj se ti ke ardhur ne perfundimet e mesiperme kryesisht duke  u bazuar ne grafikone, kete e perforcon edhe fakti se pas verenjtjes se dhene me siper , ju perseri nuk dhate sqarime, sic thashe shqyrtimi i ekstremumeve varet edhe nga n, jo sic po mendon ti cift ose tek po varet nga n nga kenveshtrimi e eshte numer natyrore, pra duhet shikuar cdo rast per cdo n.

Sa i perket b) dhe c) , nuk e kam zakon te parashtroj detyra qe si kam zgjidh as vete, pervec nje detyre per te cilen fillimisht mendova se e kam zgjidhjen dhe e ostova , por me vone verejta se ishte gabim , mirpo postimi nuk mund te kthehej mbrapsht.

Ne pergjithesi dyshimet e tua jane ne rregull, por duhet arsyetimanalitik sic thate me siper.

Ndihme:

Transformoni shprehjen e dhene duke i vene menjane x dhe 2, mandej supozoni se ka zgjidhje me modul 1 dhe veni nen modul qe te dy anet e barazimit, e nga ketu e shihni trajten e rrenjeve te polinomit te dhene qe kane modul 1. Perfundimisht provoni nese ato me te vertet jane rrenje te polinomit te tille.

Shohim ekuacionin x^n - x^(n-2) - x + 2 = 0 qe vjen ne formen:
x^(n-2)(x^2-1)=x-2 ..........(1)
Supozojme se ekuacioni ka zgjidhje komplekse y me modul 1. Atehere nese veprojme me modul ne te dy anet, fitojme;
|y^2-1|=|y-2|   .........(2)
Nese marrim y=a+b*i, ku a^2+b^2=1, duke zevendesuar ne (2), fitojme (pas disa llogaritjeve):
a=1/2, b=+-sqrt3/2
Atehere: y_1=cos(pi/3)+i*sin(pi/3), ose y_2=cos(5*pi/3)+i*sin(5*pi/3) .........(3)
Duke zevendesuar ne (1) vlerat e y ne te rastet fitojme y^(n-2)=1, prej nga duke perdorur formulen e Muavrit, fitojme n=6*k+2.
Perfundimisht polinomi i dhene ka rrenje komplekse me modul 1, nese n=6*k+2 dhe rrenjet jane dhene me (3).

Mire, Matematikan vecse edhe numrat e trajtes 6k+1 e plotesojne kushtin e detyres.
Pra zgjidhjet e kerkuara jane te gjitha numrat e trajtes 6k+1 dhe 6k+2.

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 2^1990l (m^n -1)

Me vjen keq qe po e kthej kete postim te vjeter mbrapa.

Disa ndryshime ne detyre kan ndodh nga Arberi1, nese detyra eshte e sakt ashtu si e kam kuotu, atehere si zgjidhje e pjes'shme eshte e meposhtmja:

Nga funksioni i "Charmichael"  (shiko ketu: http://mathworld.wolfram.com/CarmichaelFunction.html) i cili perkufizohet si numri me i vogel m i tille qe a^m =1 (mod n) ku a<n. Per n=2^k funksioni i Charmichael eshte lambda(n)=2^(k-2)

Pasi 1989 <2^1990 atehere zgjidhja eshte lambda(2^1990)=2^1988 kurse per b) kur m<2^(1990) zgjidhja eshte n=2^(1988).  

Me vjen keq qe po e kthej kete postim te vjeter mbrapa.

Disa ndryshime ne detyre kan ndodh nga Arberi1, nese detyra eshte e sakt ashtu si e kam kuotu, atehere si zgjidhje e pjes'shme eshte e meposhtmja:

Nga funksioni i "Charmichael"  (shiko ketu: http://mathworld.wolfram.com/CarmichaelFunction.html) i cili perkufizohet si numri me i vogel m i tille qe a^m =1 (mod n) ku a<n. Per n=2^k funksioni i Charmichael eshte lambda(n)=2^(k-2)

Pasi 1989 <2^1990 atehere zgjidhja eshte lambda(2^1990)=2^1988 kurse per b) kur m<2^(1990) zgjidhja eshte n=2^(1988).  

zgjidhjen e sakt e ke ne IMO COMPENDIUM FAQE 527 detyra 27

Sa per t'iu shmangur shume te adhuruares TEORI E NUMRAVE (mos harroni se matematika eshte shume me shume se kaq):
Gjeni min{Im(z^5)/(Im(z))^5}, per cdo numer kompleks zEC\R.

Mire, meqenese nuk e zgjidha komplet vetem po e jap skeme e vertetimit, ashtu qe ndonjeri ti bej llogarite deri ne fund.
Eshte mire qe ne rastin konkret te perdoret trajta trigonometrike e numrit kompleks .
Le te jete z=r*(cosx + i*sinx), ku x i takon intervalit (0, pi)U(pi, 2pi). Shihet se detyra ne fjale eshte ekuivalente me gjetjen e minimumit te funksionit sin5x/(sinx)^5 ne intervalin (0, pi)U(pi, 2pi).

Edhe une e kom perdore te njejten metode si urtesia. f(x)=sin5x/(sinx)^5 me derivat gjejme f_min =-4

sakte!

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.

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=56&t=359823
sa i perket kesaj detyre nga IMO longlistet e vitit 1972ne linkun e mesiperm eshte dhene nje ide qe ndoshta mund t na ndihmoje ne zgjidhjen e kesai detyre

Syka, detyra e dhene ne kete menyre eshte e gabuar . Le te jete S pike e brendshme e trekendeshit ABC. Atehere mund te konstruktohet rrethi me qender ne S i cili ndodhet teresisht ne trekendeshin ABC kurse nese i terheqim dy diametra ne rrethin e dhene , atehere skjajet e tij jane kulmet e nje drejtekendeshi , pra diagonalet e ketij drejtekendeshi priten ne piken S, e meqe S eshte pike e cfaredoshme, nga brendia e trek ABC, atehere rrjedh se e tere brendia e trek ABC eshte vendi i kerkuar gjeometrik, e besoj se kete se ke pasur  ne mendje , apo jo.

urtesia,detyra nuk eshte dhen ne menyr te gabuar,un mund ta postoj edhe zgjidhjen po ndoshta dikush e kupton pak me ndryshe dhe e zgjidh...ne detyr permenden te gjith drejtkendeshat qe mund te konstruktohen brenda nje trekendeshi konstruktoj disa prej tyre dhe shohesh se qka po kerkohet dhe pastaj mund ta gjesh edhe ekuacionin e kerkuar...

Syka, shiko dhe riformuloje edhe njehere detyren, sepse si e tille seshte aspak sfiduese.Perndryshe  lere edhe pak nese dikush ka ndonje ide per kete detyre, nese mendon se e kam gabim megjithate besoj se arsyetimi  meparshem  eshte ende i vlefshem.

Mire SYka, definoje cka kupton me drejtekendesh te brendashkruar ne trekendesh , per te pare se cpo kerkohet me fakte.

http://img835.imageshack.us/img835/3606/detyra.jpg 
urtesia,ja ku e ki te paraqitur ne ket foto se qka duhet te gjesh dhe qka po nenkuptoj me drejtkendesha te brendashkruar...nuk mund te jet ne asnje menyr tere brendia e trekendeshit vendi i kerkuar gjeometrik ne ket foto do ta kuptosh perse smund te jet...

http://img835.imageshack.us/img835/3606/detyra.jpg 
urtesia,ja ku e ki te paraqitur ne ket foto se qka duhet te gjesh dhe qka po nenkuptoj me drejtkendesha te brendashkruar...nuk mund te jet ne asnje menyr tere brendia e trekendeshit vendi i kerkuar gjeometrik ne ket foto do ta kuptosh perse smund te jet...

Eshte dashur ne fillim te thuhet qe drejtkendeshi i brendashkruar eshte i tille qe dy kulme te tij i takojne detyrimisht brinjes AB, ndersa du kulmet tjera i takojne brinjeve BC dhe CA...

Ne fakt matematikan dy kulmet e tjera nuk eshte e thene qe ti takojne detyrimisht dy brinjeve tjera, pasi ne rastin e trekendeshit kendgjere te gjithe drejtekendeshat e brendashkruar ne te , me kusht qe njera brinje e drejtekendeshit te ndodhet ne ndonjeren nga dy brinjet me te vogla te trekendeshit , atehere  njeri kulm i drejtekendeshit nuk i takon asnjeres brinje te trekendeshit.

Me fjale tjera po del se ne asnjeren variante detyra nuk eshte triviale sic e tha urtesia ne postimet e fillimit. Duhet shqyrtuar tri rastet (kenngushte, kenddrejt dhe kendgjere).
1) kendngushte: unioni i tri lakoreve lakoreve (secila lakore bashkon mesin e brinjes ku pushon drejtkendeshi me mesin e lartesise qe i pergjigjet asaj brinje).
2) kendrejt: unioni i tri lakoreve (ngjajshem si rasti 1), vetem se ketu rolin e dy lartesive luajne dy katetet)
3) kendgjere: nje lakore qe bashkon mesin e brinjes ku pushon drejtkendeshi me mesin e lartesise qe i pergjigjet asaj brinje).
S'kam pasur kohe shume ta analizoj per cfare lakore behet fjale. Po del se problemi s'eshte edhe aq josfidues!

Detyra s'ësht e formuluar nga unë,është e marrë nga nje liber dhe ështe kogja sfiduese pasi qe edhe nga autoret esht e cilësuar me dy ** qe theksojn shkallen e veshtiresis...ashtu si jau kam parashtruar une juve ashtu esht edhe ne liber qe do te thot detyra esht komplete nuk i kam munguar asnje te dhene...