يا أذكياء .. يا محبي التحدي - الصفحة 70

هـارون · 2012-07-09, 13:06

اقتباس:

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة energie19

ربما ردي هذا أتى متأخرا(هذا يعود الى نسياني الامر كليا)

لكن سوف اضع البرهان لعل احدا يستفيد منه

والشيء الذي حيرني هو عندما قلت ان فيرما لم يستطع البرهان. اظن عليك مراجعة الامر او انني تفوقت على فيرما في هذا الامرD:

البرهان بسيط(بدون تفكير) :

ليكن p عدد فردي .

وجدنا الباقي هو صفر

اذا فكل عدد من الشكل $\boldsymbol{2^p+1 }\\$ حيث p عدد فردي يقبل القسمة على 3

ملاحظة:يمكن برهنتها ايضا باستعمال البرهان بالتراجع (الاستقراء الرياضي-)
وشكرا

شكرا على الملاحظة و لكن الاثبات سهل جدا و كذلك الاثبات مطلوب من أجل كل عدد فردي (العدد المطلوب كان مؤلفا) :

$a^{2n+1}+b^{2^n+1}=(a+b)(a^2n-a^{2n-1}b+......-ab^{2n-1}+b^n)\\ \\ 2^{2n+1}+1=3\times \sum_{k=0}^{2n}(-1)^k 2^k$

ثم ما رأيك ببعض الشرح هنا :

أظن يمكن تعميمها من أجل كل الأعداد الفردية (مادخل الأعداد الأولية ؟؟ )

================================================== ===

الشيء الذي أعجز فيرما ليس هذا بل شيء آخر تماما : $2^{2^n}+1 \in \mathbb{P}$ و قد برهن أويلر على خطأها

kimo4fun · 2012-07-09, 15:47

السلام عليكم
كيف حالكم يا جماعة كيف حالك أخي هارون؟؟؟
لقد سررت كثيرا عندما إستلمت تنبيها من الموضوع فقد ظننته أغلق أو حذف و إنزعجت لذلك لكن الحمد لله أنتم هنا

في الحقيقة أود كثيرا لو نعود إلى التعذيب العقلي الذي كنت تمارسه علينا بتمارينك الرائعة

ننتظر الجديد.......أما فيما يخص البرهان فلا أظن أني أفهمه ..... إذا فرغتم منه أقترح ان نباشر مع مجال الحساب في z
......و الكلمة الأخيرة لك أستاذ و للإخوة الكرام

سلام في امان الله

نور الهدا · 2012-07-09, 16:34

اه راني جيت لقد كنت متأخرة

مُسافر · 2012-07-09, 19:35

اقتباس:

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة مبتدئ الرياضيات

شكرا على الملاحظة و لكن الاثبات سهل جدا و كذلك الاثبات مطلوب من أجل كل عدد فردي (العدد المطلوب كان مؤلفا) :

$a\ \\ 2^{2n+1}+1=3\times \sum_{k=0}^{2n}(-1)^k 2^k$

ثم ما رأيك ببعض الشرح هنا :

أظن يمكن تعميمها من أجل كل الأعداد الفردية (مادخل الأعداد الأولية ؟؟ )

================================================== ===

الشيء الذي أعجز فيرما ليس هذا بل شيء آخر تماما : $2^{2^n}+1 \in \mathbb{p}$ و قد برهن أويلر على خطأها

نعم جيد باستعمال متطابقة مهمة في نظرية العدد.
$a^{2n+1}+b^{2^n+1}=(a+b)\sum_{k}^{2n}(-a)^{2n-k}.b^{k}\\ a^{2n+1}+b^{2^n+1}=(a+b)(a^{2n}-a^{2n-1}b+......-ab^{2n-1}+b^{2n})$

وايضا انا لم اتكلم عن الاعداد الاولية :d بل تكلمت عن قابلية القسمة على 3 لتلك العبارة

ــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــ ــــــــــــــــــــــــــــــــــــ
وبخصوص الشرح في النقطة

لاحظ ان الاس pهنا عدد فردي دائما ادا فلدينا $-1^p=-1$

هـارون · 2012-07-10, 09:08

اقتباس:

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة kimo4fun

السلام عليكم
كيف حالكم يا جماعة كيف حالك أخي هارون؟؟؟
لقد سررت كثيرا عندما إستلمت تنبيها من الموضوع فقد ظننته أغلق أو حذف و إنزعجت لذلك لكن الحمد لله أنتم هنا

في الحقيقة أود كثيرا لو نعود إلى التعذيب العقلي الذي كنت تمارسه علينا بتمارينك الرائعة

ننتظر الجديد.......أما فيما يخص البرهان فلا أظن أني أفهمه ..... إذا فرغتم منه أقترح ان نباشر مع مجال الحساب في z
......و الكلمة الأخيرة لك أستاذ و للإخوة الكرام

سلام في امان الله

إن كنت تسأل عن حالتي فأنا بخير و الحمد لله / المشكلة فقط لا أجد وقتا للجلوس مع الحاسوب هاذي الأيام

إن وفقني الله فسأضع تمارين على ألا يحلها إسلام

أما البرهان فبسيط مجرد تطبيق خاصية

اقتباس:

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة نور الهدا

اه راني جيت لقد كنت متأخرة

مرحبا بك أختي

مازلنا ما درنا حتى حاجة

اقتباس:

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة energie19

نعم جيد باستعمال متطابقة مهمة في نظرية العدد.
$a^{2n+1}+b^{2^n+1}=(a+b)\sum_{k}^{2n}(-a)^{2n-k}.b^{k}\\ a^{2n+1}+b^{2^n+1}=(a+b)(a^{2n}-a^{2n-1}b+......-ab^{2n-1}+b^{2n})$

وايضا انا لم اتكلم عن الاعداد الاولية :d بل تكلمت عن قابلية القسمة على 3 لتلك العبارة

ــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــ ــــــــــــــــــــــــــــــــــــ
وبخصوص الشرح في النقطة

لاحظ ان الاس pهنا عدد فردي دائما ادا فلدينا $-1^p=-1$

الشيء الوحيد الذي حيرني هو استخدامك للأعداد الأولية (لماذا؟) فكل الأعداد الفردية تحقق العلاقة و أيضا عددنا عدد مؤلف :

Narcisse95 · 2012-07-10, 10:42

$x.cos(x)\leq \pi /2$
&

2/ $\pi$ =²/4 $\pi$

²/4 $\pi$ >²/16 $\pi$

alors
2/ $\pi$ > ²/16 $\pi$

en conclusion

²/16 $\pi$ $x.cos(x)\leq$

هـارون · 2012-07-10, 11:27

اقتباس:

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة Narcisse95

$x.cos(x)\leq \pi /2$
&

2/ $\pi$ =²/4 $\pi$

²/4 $\pi$ >²/16 $\pi$

alors
2/ $\pi$ > ²/16 $\pi$

en conclusion

²/16 $\pi$ $x.cos(x)\leq$

مرحبا بك أختي و شكرا على محاولتك

توجد بعض الأخطاء :

$\frac{\pi^2}{4}\neq\frac{\pi}{4}$

و أيضا هذه المتباينة ليست محققة في كل المجال المطلوب : $x.\cos{x}\leq \frac{\pi}{2}$

نزولا عند طلب أخي عبد الكريم : هذا تمرين لكم (إسلام ممنوع من المشاركة لأنو يعرف الحل

)

مُسافر · 2012-07-10, 12:39

اقتباس:

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة مبتدئ الرياضيات

الشيء الوحيد الذي حيرني هو استخدامك للأعداد الأولية (لماذا؟) فكل الأعداد الفردية تحقق العلاقة و أيضا عددنا عدد مؤلف :

اعيد واكرر اني لم اتكلم اطلاقا عن الاعداد الاولية

فرضت p لجميع الاعداد الفردية(يمكنك مراجعة ردي الاول ) يعني التي نكتبها من الشكل 2n+1 حيث n عدد صحيح.

انا معك في ان p يرمز عادة للاعداد الاولية . لكن بما اننا لانتكلم عنها فرضته على انه يمثل الاعداد الفردية

ان شئت استبدلته

برمز آخر

هـارون · 2012-07-10, 23:41

اقتباس:

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة energie19

اعيد واكرر اني لم اتكلم اطلاقا عن الاعداد الاولية

فرضت p لجميع الاعداد الفردية(يمكنك مراجعة ردي الاول ) يعني التي نكتبها من الشكل 2n+1 حيث n عدد صحيح.

انا معك في ان p يرمز عادة للاعداد الاولية . لكن بما اننا لانتكلم عنها فرضته على انه يمثل الاعداد الفردية

ان شئت استبدلته

برمز آخر

آسف أخي اسلام ما ركزتش مع الكتابة تاعك (شفت غير اللاتكس)

============================================
للتذكير بتمريننا الحالي (سأكون غائبا غدا ) :

$x\in [0\ ; \frac{\pi}{2}]\Rightarrow x.\cos(x)\leq \frac{\pi^2}{16}$

انتظر حلا جميلا كجمال هذه المتباينة (لم أرى مثلها في حياتي

)

نجم السماء · 2012-07-11, 22:42

مشكلة!!!!!!
نسيت كل شيء !!!!!!!!!!!!!!!!!!!

نجمة و هلال · 2012-07-11, 23:26

دمتم سالمين ورعاكم الله