me siguri e ka edhe ndonje zero t'padukshme !

Fjala ka qen jo per 50, por per 50!. Dhe kjo qeshtje veqse eshte diskutu/zgjidhe shume kohe me pare, prandaj u kisha lutur te perpiqemi ta zgjidhim problemin tjeter te postuar nga urtesia, dhe te mos merremi me probleme te cilat veqse jan zgjidhur.

nderimet e mia!

Edhepse nuk e ka vendin ketu po e bej kete pyetje nen supozimin se pjesemaresit e kesaj rubrike jane te informuar rreth pyetjes ne vijim:
MAA(Shoqata e Matematikaneve te Amerikes)cdo vit boton nje liber me probleme nga garat matematike nga  e tere bota,ndersa une edhepse i kam disa libra te tille ne forme elektronike, dua te di se qe kur ka filluar botimi ikesaj serie pasi qe me te vjetren qe e kam jane garat neper bote
1996-1997?


p.s.pas nje jave moderatori mund ta zhvendos ne vendin perkates!

Ka te drejte endbox ne verejtjen dhene mathismyreligion,por nje gje e tille lehte korrigjohet.Le te verejme se plotepjestuesi me i madh ip-a dhe p+a eshte 2,keshtu qe (p-a)/2 dhe p+a jane relativisht te thjeshte andaj (ne kete rast)jane katrore te plote . pjesa tjeter vazhdon sic e ka bere mathismyreligion.

Ne fakte kjo eshte nje rrjedhim i nje teoreme te mirenjohur nga analiza matematike 1 e cila thote!
Nese nga segmenti [a, b] ne te cilin f eshte funksion i integrueshem hiqet nje numer pikash te cilat mund te mbulohen me nje numer intervalesh gjatesia e te cilit nuk e kalon nj e(epsilon) te cfaredoshem pozitiv atehere funksioni f eshte i integrueshem ne nenbashkesine e segmentit [a, b] , qe fitohet pas largimit te pikave te lartepermendura!
Perndryshe duhet te shikojme se a jane te barabarte shumat e poshtme dhe te siperme Darbu per funksionin ne fjale.MEqenese shuma e poshtme darbu eshte 0 atehere edhe e sipermja duhet te jete aq por nese me jepni pak kohe te kerkoj neper libra per ta pare se cilat pika racionale duhet te merren ne nensegmentet e ndarjes  se cfaredoshme hahaha!

Po paraqes edhe une nje vertetim, I cili eshte shum I ngjashem me ate te urtesise. Keshtu eshte se si iu kam qasur problemit(duke u bazu ne ndihmen qe na ka ofrue urtesia ne disa poste me heret):

Fillimisht po vertetojme pohimin ne vazhdim (do I referohem ketij pohimi ne vertetimin e problemit ne fjale, prandaj po e paraqes si pohim ne vete)

Nese N=a_ka_{k-1}…a_2a_1a_o eshte nje numer natyrore, dhe nese
S=a_k+…+a_1+a_0, eshte shuma e shifrave te N, atehere  (S-N) plotpjestohet me 9. (kjo eshte edhe ajo se qka u sygjerue te vertetohet fillimisht nga urtesia).
Vertetim:
Numri N mund te shkruhet si ne vazhdim:
N=a_k*10^k+…+a_2*10^2+a_1*10+a_o
Tani:

N-S=a_k(10^k-1)+…+a_2(10^2-1)+a_1(10-1).  Fakti se 9|(N-S) rrjedh ngase siq edhe shifet qarte, cdo numer I trajtes 10^n-1 plotpjestohet me 9.

Tani I kthehemi vertetimit tone.
Supozojme se ekziston nje numer R=2^n, ashtu qe ekziston nje numer tjeter M, I cili ne fakt eshte permutacion I shifrave te R, dhe qe eshte fuqi e 2-shit, pra ekziston nje m ashtu qe M=2^m. Pa humbje pergjithesimi supozojme se M<R. Pra:

2^m<2^n=> m<n, ku nga ketu: n=m+p, per ndonje p numer natyrore. Pra shofim se:

R=2^pM, nga ketu siq edhe urtesia e vertetoi, p=1,2,3. Pra  0<p=<3, se sikur p>3, atehere shifet qarte se R dhe M nuk do kene numer te njejte shifrash.
Me fjale te tjera shofim se kemi: R=2M, ose R=4M, ose R=8M.
Nga ketu: R-M €{M,3M,7M}.

Meqenese te dy R dhe M kane shifra te njejta atehere rrjedh se shuma e shifrave te tyre duhet te jete e njejte, le te themi S.
Nga pohimi qe vertetuam fillimisht dime se: R-S dhe M-S plotepjestohen me 9, prandaj edhe difference e tyre duhet te plotpjestohet me 9. Pra:

9|(R-S-M+S)=>9|(R-M), qe do te thot se:   9|M ose 9|3M ose 9|7M.---(*)

Meqenese M=2^m, nuk eshte veshtire te vertetohet ne pergjithesi se nese (a,b)=1, atehere edhe (a,b^n)=1, per n numer natyrore. Nga kjo perfundojme se (*) nuk mund te ndodhe. Prandaj kontradiksioni I arritur na tregon se supozimi yne se nje numer I tille R ekziston eshte I gabuar. Vertetimi perfundon ketu.

Pres komentet!

Besoj se vertetimi qe kam paraqit me siper e perfshin edhe kete rast.

Arsyetim: Nese k eshte numri me i vogel ashtu qe M=2^k te kete zero si shifra te tije, dhe ashtu qe N=0..0a_m..a0 te jete fuqi e 2, atehere kjo do te thot se ekziston nje r<k e tille qe N=2^r. Pra N<M. Dhe vertetimi i mesiperm qe kam bere mund te aplikohet ne teresi tani edhe ne kete rast, ngase shuma e shifrave S(N)=S(M). Prandaj ni supozim i tille prap do na detyronte te pranojme se 9|(M-N).
GJithashtu: M=2^xN, kuk  k=r+x. atehere kjo do the thot se 9|(2^k-2^r)=>9|(2^k-2^k2^(-x))=> 9|2^k(2^x-1)/2^x=>meqe 9 nuk plotpjestohet me 2^k, atehere duhet te kemi
9|(2^x-1)/2^x  gje e cila nuk mund te ndodhe, prandaj nje numer i tille nuk ekziston.

Po vazhdojme me 2 probleme relativisht....
1)problemi relativisht i lehte:
Nese k eshte numer tek atehere per cdo n natyrore
1+2+...n ; eshte pjestues i 1^k+2^k+...n^k

2) problemi relativisht i veshtire (GARAT KOMBETARE TE BULLGARISE ):
Te vertetohet se nuk ekziston funksioni f:R+--->R+ (ku R+ eshte bashkesia e numrave pozitive) ashtu qe per cdo x, y elemente nga R+  te vleje

(f(x))^2 >_ f(x+y)*(f(x)+y)

P.S.Deshiroj qe ta shikoni nje vertetim te nje teoreme tek rubrika punime matematike (postimi i fundit i bere nga urtesia ne kete rubrike)
Vertetimi i tille (duke perjashtuar disa gabime teknike te cilat besoj se do ti vereni lehte) eshte i paplote,ndersa detyra juaj eshte te argumentoni se pse eshte i paplote dhe mundesisht ta kmpletoni zgjidhjen nese mundeni!

Siq edhe premtova po paraqes zgjidhjen e problemit vijues:

1)problemi relativisht i lehte:
Nese k eshte numer tek atehere per cdo n natyrore
1+2+...n ; eshte pjestues i 1^k+2^k+...n^k
 
Vertetim

Edhe pse urtesia i'u referu ketij problemi si 'relativisht i lehte'  mduhet ta pranoj se mi mori disa ore deri sa e vertetova (t'shpresojm se nuk kam bere ndonje gabim).

Se pari do i vertetoj disa pohime ndihme tcilat i kam perdorur gjat vertetimit. (ose me mire nuk po i vertetoj fare ngase jan te lehta, keshtu qe antaret e nderuar mund ti vertetojne edhe vet, si ushtrime).

Pohimi 1:  Nese a,b,c jane numra te plote pozitiv, ashtu qe a|c dhe b|c dhe (a,b)=1, atehere (ab)|c. (vertetimi nuk eshte i veshtire prandaj nuk po humbi kohe ta vertetoj ketu, nese keni paqartesi me tregoni.)

Pohimi 2. Nese m eshte numer tek dhe a,b numra natyrore, atehere (a+b)|(a^m+b^m), gjithashtu (a-b)|(a^m-b^m). (edhe kete nuk po e vertetoj ngase vertetimi nuk eshte I veshtire…tek e dyta m mund te jet edhe cift).

Tani, siq e dime 1+2+3+…+n eshte seri aritmetike prandaj shuma e saje eshte n(n+1)/2.

Dallojme dy raste n qift dhe n tek. Verejme se (n/2)*(n+1) pavaresisht se a eshte n qift apo tek, njeri nga ata faktore do jet qift ndersa tjetri tek.

Ilustrim, le te jete n qift, atehere n=2m=> (n/2)(n+1)=m(2m+1). Per me teper verejme se
Gcd(m,2m+1)=1, pra m dhe 2m+1 jane relativisht te thjeshte.
Nese n eshte tek, atehere n=2m-1, prap kemi : n(n+1)/2=(2m-1)m, prap verejme se 2m-1 dhe m jane relativisht te thjeshte.

Po shqyrtoje rastin kur n eshte qift.

Pra 1+2+3+….+(2m)=m(2m+1).

Verejme se nga Pohimi 2 do kemi :

(2m+1)|((2m)^k+1^k);    (2m+1)|((2m-1)^k+2^k)…

Gjithashtu:
m|(1^k+(m-1)^k);  m|(2^k+(m-2)^k);…., poashtu m|((2m)^k+m^k); m|((2m-1)^k+(m+1)^k….

Nga Pohimi 1, meqenese (2m+1,m)=1, perfundojme se:

m(2m+1)|(1^k+2^k+…+(2m)^k)

Ngjashem behet vertetimi edhe ne rastin kur n eshte numer tek.

Gjithe te mirat!