matematikk.net

espen180 wrote:Så da er vel påstanden motbevist?


Funker dette?

Antar det er en geometrioppgave.

Jarle10 wrote:[tex](3) \ \ f_n=\frac{\phi^n-(1-\phi)^n}{\sqrt{5}} \ \ , \ \ \phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}[/tex]

Det stemmer for n=1 og n=2, det er bare å plugge inn. Antar at det stemmer for n=t og n=t+1, og ser om dette medfører sannhet for n=t+2.

[tex]f_t+f_{t+1}=\frac{\phi^t-(1-\phi)^t}{\sqrt{5}}+\frac{\phi^{t+1}-(1-\phi)^{t+1}}{\sqrt{5}}=\frac{\phi^t+\phi^{t+1}-((1-\phi)^t+(1-\phi)^{t+1})}{\sqrt{5}}[/tex]

Er bare å denge løs med algebra...

[tex]\phi^t+\phi^{t+1}=\phi^t(1+\phi)=\frac{(1+\sqrt{5})^t(3+\sqrt{5})}{2^{t+1}}=\frac{(1+\sqrt{5})^t(6+2 \sqrt{5})}{2^{t+2}}=\phi^{t+2}[/tex]

Videre...

[tex](1-\phi)^t+(1-\phi)^{t+1}=(1-\phi)^t(2-\phi)=(1-\phi)^t(\frac{3-\sqrt{5}}{2})=(1-\phi)^t(\frac{6-2\sqrt{5}}{2^2})=(1-\phi)^{t+2}[/tex]

Altså er:

[tex]f_t+f_{t+1}=\frac{\phi^{t+2}-(1-\phi)^{t+2}}{\sqrt{5}}=f_{t+2}[/tex]

Så siden det stemmer for n=1 og n=2, stemmer det for n=3. Siden det stemmer for n=2 og n=3, stemmer det for n=4 osv.

Ser riktig ut det, bra.

espen180 wrote:Så da er vel påstanden motbevist?


Funker dette?

Slik ser jeg for meg sketchen:



Og igjen altså: AB+AX=AD

Drepte jeg tråden helt med den der om heptagonet?

Ikke alle oppgaver blir tatt opp her på forumet, enten det er fordi folk ikke gidder å gjøre oppgavene, fordi oppgavene virker kjedelige eller andre grunner.

En nødløsning kan være å stryke den opprinnelige oppgaven og lage en ny om du merker at allmennheten er uinterresert i den opprinnelige oppgaven, men det er helt opp til deg.

Dessuten dør alle tråder før eller siden uansett.

Kommer med en ny en jeg da. Vis at for alle naturlige [tex]n \geq 2[/tex] vil [tex]n^4 + 4^n[/tex] aldri være et primtall.

Vektormannen wrote:Vis at for alle naturlige [tex]n \geq 2[/tex] vil [tex]n^4 + 4^n[/tex] aldri være et primtall.

Strategien blir å faktorisere uttrykket.

[tex]n^4+4^n=n^4+2^{2n}+2 \cdot n^2 \cdot 2^n-2 \cdot n^2 \cdot 2^n=(n^2+2^n)^2-n^2 \cdot 2^{n+1}=\left(n^2+2^n+n \cdot 2^{\frac{n+1}{2}}\right)\left(n^2+2^n-n \cdot 2^{\frac{n+1}{2}}\right)[/tex]

Det er opplagt at for partallige [tex]n \ge 2[/tex] vil uttrykket være et partall større enn 2, så hvis det skal være prim må n være odde. La derfor [tex]n=2k+1[/tex] for en [tex]k \ge 1[/tex]. Da får vi

[tex]\left((2k+1)^2+2^{2k+1}+(2k+1) \cdot 2^{k+1} \right)\left ((2k+1)^2+2^{2k+1}-(2k+1) \cdot 2^{k+1} \right)[/tex]

Så for alle oddetallige n kan vi faktorisere uttrykket til noe med minst to faktorer. Man kan også vise at den eneste av faktorene over som er kandidat til å bli 1, den høyre, aldri blir det for noen aktuell k-verdi.

Så siden vi har vist uttrykket ikke er prim verken for partallige eller oddetallige n-verdier større enn eller lik 2, er beviset fullført.

Flotte greier

Gjorde på tilsvarende måte.

En øvelse i trigonometeriske identiteter.

Kan gjøres i én eller to vendinger.

[tex]I_a=\int \frac{1+\cos^2(x)}{1+cos(2x)}\rm{d}x[/tex]

Oppfølger:

[tex]I_b=\int \frac{1+\cos^2(x)}{1+cos(x)}\rm{d}x[/tex]

Finn [tex]f^{1999}(2000) =[/tex],

der [tex]f(x) = \frac{1}{1-x}[/tex], og [tex]f^r(x) = \underbrace{f(\,f(\,f(\,...\,f(}_{\text{r antall f-er}} x )\,...)))[/tex]

[tex]I_a = \int\frac{1+\cos^2{x}}{1+\cos{(2x)}}\rm{d}x[/tex]

[tex]I_a = \int\frac{1+\cos^2{x}}{1+\cos^2{x}-\sin^2{x}}\rm{d}x = \int\frac{1+\cos^2{x}}{2\cos^2{x}}\rm{d}x[/tex]

[tex]I_a = \frac{1}{2}(\int\frac{1}{\cos^2{x}}\rm{d}x + \int\rm{d}x) = \frac{1}{2}(\tan{x}+x)+C[/tex]

Emomilol wrote:Finn [tex]f^{1999}(2000) =[/tex],
der [tex]f(x) = \frac{1}{1-x}[/tex], og [tex]f^r(x) = \underbrace{f(\,f(\,f(\,...\,f(}_{\text{r antall f-er}} x )\,...)))[/tex]

Fort og gæli, Er

[tex]f^{1999}(2000) =\frac{1999}{2000}[/tex]

mon tro?

(Lånte bildet ditt)


Bilde:
http://img65.imageshack.us/my.php?image=syvkantzq3.png

Tegn den omskrevne sirkelen [tex]S[/tex] om den regulære syvkantede polygonet [tex]ABCDEF[/tex]. La [tex]\alpha := \frac{180}{7}^\circ.[/tex]

Roter [tex]ABCDEF[/tex] og [tex]S[/tex] med vinkelen [tex]\alpha[/tex] fra [tex]A[/tex] med klokken. La merker et transformert punkt [tex]T[/tex] med [tex]T^\prime[/tex].

Roter [tex]ABCDEF[/tex] og [tex]S[/tex] med vinkelen [tex]2\alpha[/tex] fra [tex]D[/tex] mot klokken. På samme måte så lar vi [tex]T \to {T^\prime}^\prime [/tex].

Da har vi at:

[tex](1):[/tex] [tex]S[/tex] skjærer [tex]S^\prime[/tex] i [tex]D^\prime[/tex], fordi [tex]AE[/tex] skjærer [tex]S^\prime[/tex] i [tex]D^\prime[/tex] fordi [tex]D[/tex] er rotert med [tex]\alpha[/tex] og [tex]AE=AD \Rightarrow E=D^\prime[/tex].

[tex](2):[/tex] [tex]BE[/tex] skjærer [tex]S^\prime[/tex] i [tex]B^\prime[/tex] fordi [tex]\angle AEB = \angle AD^\prime B^\prime[/tex] og [tex]D^\prime=E[/tex].

[tex](3) :[/tex] [tex]AD[/tex] skjærer [tex]S^\prime[/tex] i [tex]C^\prime[/tex], fordi [tex]\angle CAD=\alpha[/tex], og [tex]C[/tex] er rotert med vinkelen [tex]\alpha[/tex] til [tex]C^\prime[/tex].

[tex](4):[/tex] [tex]AD[/tex] skjærer [tex]{S^\prime}^\prime[/tex] i [tex]{C^\prime}^\prime[/tex], fordi [tex]\angle CDA = 2\alpha[/tex], og [tex]C[/tex] er rotert med vinkel [tex]2\alpha[/tex] til [tex]{C^\prime}^\prime[/tex].

[tex](5):[/tex] [tex]D{C^\prime}^\prime || BC[/tex], fordi [tex]D{C^\prime}^\prime||AD[/tex] og [tex]AD||BC[/tex]. På samme måte så vil [tex]DC||BE[/tex].


Anta [tex]BE[/tex] skjærer [tex]{S^\prime}^\prime[/tex] i [tex]Z[/tex].

[tex](6)[/tex] : ([tex]DA||BC \Rightarrow DZ||BC[/tex] og [tex]DC||BE \Rightarrow DC||BZ) \Rightarrow DCBZ[/tex] er et parallellogram [tex]\Rightarrow BC=DZ \Rightarrow DZ=D{C^\prime}^\prime \Rightarrow Z={C^\prime}^\prime[/tex].

Vi lar [tex]X[/tex] være krysningspunktet mellom [tex]BD[/tex] og [tex]AC[/tex]. Siden [tex]S^\prime[/tex] er kongruent med [tex]S[/tex], vil [tex]A{C^\prime}^\prime = AX[/tex] og [tex]{C^\prime}^\prime D =AB[/tex], så har vi at [tex]AB+AX=AD[/tex].

Wow.

Bevis at arealet av en regulær 12-kant kan skrives som 3r^2