Математика Volume 61, Mathematics и информатика Number 1, 2018 and Informatics Educational Technologies Образователни технологии ВРЪЗКИ МЕЖДУ ЗАБЕЛЕЖИ

Размер: px
Започни от страница:

Download "Математика Volume 61, Mathematics и информатика Number 1, 2018 and Informatics Educational Technologies Образователни технологии ВРЪЗКИ МЕЖДУ ЗАБЕЛЕЖИ"

Препис

1 Математика Volume 6, Mathematics и информатика Number, 08 and Informatics Educational Technologies Образователни технологии ВРЪЗКИ МЕЖДУ ЗАБЕЛЕЖИТЕЛНИ ТОЧКИ В ЧЕТИРИЪГЪЛНИКА ) ) Технически университет София Резюме. В статията се разглеждат геометрични връзки между различни забележителни точки в четириъгълника. Намерени са три забележителни окръжности и две забележителни прави, съдържащи някои от тези точки. Keywords: quadrilateral; notable point; line; circle В тази публикация ще разгледаме някои геометрични връзки между различни забележителни точки в изпъкнал четириъгълник. Преди да се спрем на въпросните връзки, ще дадем някои необходими сведения за самите точки.. Основни свойства на някои забележителни точки Различни свойства на редица забележителни точки в изпъкналия четириъгълник са подробно изследвани и описани в отделни публикации, посочени накрая в литературата. Тук ще се спрем на някои тях, които ще са ни необходими в изложението по-нататък. В (Haimov, 997) е изучена забележителната точка епицентър. Това е точка ε в четириъгълник ABCD, за която са изпълнени равенствата SABε = SCDε и SADε = SBCε (фиг. ). От (Haimov, 997) е известно следното свойство: ( ) Епицентърът ε е симетричен на пресечната точка T на диагоналите AC и BD относно центъра на тежестта G на четириъгълника (фиг. ). Фигура 73

2 В (Haimov, 00) и (Haimov, 005) се разглежда една двойка забележителни точки в изпъкнал четириъгълник, която е аналог на двойката точки на Брокар в триъгълника. По тази причина точките от тази двойка са наречени брокариани на четириъгълника. Брокарианите са свързани със същите двойки триъгълници, които определят епицентъра на четириъгълника ABCD. Втората обща точка K на описаните за ABT и CDT окръжности се нарича брокариана на четириъгълника ABCD, съответна на страните му AB и CD (фиг. ). Аналогично се определя и брокарианата K, съответна на страните AD и BC. Брокарианите K и K притежават следните свойства. ( ) Брокарианите K и K образуват със съответните им страни подобни триъгълници, т.е. ABK CDK и ADK CBK. ( 3 ) Брокарианите K и K лежат на една окръжност със средите E и F на диагоналите AC и BD и пресечната им точка T (фиг. 3). Последната окръжност се нарича Брокарова окръжност. Тя се характеризира с това, че върху нея лежат и други забележителни точки на четириъгълника. 74 Фигура Фигура 3 Фигура 4 В (Nenkov, Stefanov, Haimov, 06) и (Haimov, 00) се разглеждат две свързани помежду си забележителни точки в изпъкнал четириъгълник обобщения съответно на центъра на описаната окръжност на вписания четириъгълник и на неговия ортоцентър. Точките са наречени съответно псевдоцентър и ортоцентър. Псевдоцентърът обикновено се дефинира по два различни начина. По-простият от тях е следният: ако R ABC, R BCD, R CDA и R DAB са радиусите на описаните съответно около триъгълниците ABC, BCD, CDA и DAB окръжности, то в равнината на изпъкналия четириъгълник ABCD съществу-

3 Връзки между забележителни точки... ва единствена точка O, за разстоянията от която до върховете на ABCD са изпълнени равенствата AOR. BCD = BOR. CDA = COR. DAB = DOR. ABC (фиг. 4). Точката O се нарича псевдоцентър на ABCD. Тази точка ще наричаме още първи псевдоцентър на ABCD. Едно основно свойство на псевдоцентъра O се състои в това, че ортогоналните му проекции върху правите, определени от страните на четириъгълника, са върхове на успоредник. Правите през върховете на този успоредник, перпендикулярни на срещуположните страни на ABCD, се пресичат в една точка H. Тази точка се нарича ортоцентър на четириъгълника ABCD. Освен псевдоцентъра друго обобщение на центъра на описаната окръжност за вписания четириъгълник, разгледано в (Стефанов, 07), е така нареченият втори псевдоцентър. Той се определя чрез следващата конструкция. Ако E, E, E 3, E 4, E и F са средите съответно на отсечките AB, BC, CD, DA, AC и BD, то с ( c ), ( c ), ( c 3 ) и ( c 4 ) означаваме описаните окръжности съответно на триъгълниците EEE, 4 EEF, EEE 3 и EEF. 3 4 Оказва се, че окръжностите ( c ), ( c ), ( c 3 ) и ( c 4 ) имат обща точка O. Точката O се нарича втори псевдоцентър на ABCD (фиг. 5). Фигура 5 Фигура 6 Нека правите AD и BC се пресичат в точка U, а правите AB и DC се пресичат в точката V. Правите UK и VK ще наричаме антисимедиани на ABCD, а описаните окръжности на EEU 4 и EEV 3 ще наричаме съответно Брокарова окръжност, съответна на страните BC и DA, и Брокарова окръжност, съответна на страните AB и CD. Във връзка с тези понятия са изпълнени следните свойства. ( 4) Трите Брокарови окръжности минават през втория псевдоцентър O на ABCD (фиг. 6). ( 5 ) Двете антисимедиани UK и VK минават през втория псевдоцентър O на ABCD (фиг. 6). 75

4 ( 6 ) Вторият псевдоцентър O е симетричен на ортоцентъра H спрямо центъра на тежестта G на четириъгълника ABCD (фиг. 6). В изпъкналия четириъгълник ABCD се разглежда точка, която е аналог на точката на Лемоан в триъгълника (Haimov, 0). Нека h, h, h 3 и h 4 са разстоянията от произволна точка L в равнината на ABCD съответно до h AB h правите AB, BC, CD и DA. Точката L, за която BC = и =, се h3 CD h4 DA нарича точка на Лемоан за ABCD (фиг. 7). Накрая ще припомним, че описаните около триъгълниците ABU, BCV, CDU и DAV окръжности имат обща точка M, която се нарича точка на Микел за четириъгълника ABCD (фиг. 8). Следващите свойства на ABCD, свързани с точката на Микел, са доказани в (Nenokov, Stefanov, Haimov, 07). ( 7) Точката на Микел M образува със срещуположните страни двойки подобни триъгълници, т.е. ADM BCM и ABM DCM (фиг. 8). ( 8) Ъглите AMC, BMD и UMV имат обща ъглополовяща l, която се нарича ос на Микел за ABCD (фиг. 8). ( 9 ) Изпълнени са равенствата AM. CM = BM. DM = UM. VM = r, където числото r се нарича константа на Микел (фиг. 8). ( 0) Точката на Микел M лежи върху Брокаровите окръжности на четириъгълника, които са съответни на двойките срещуположни страни (фиг. 6). 76 Фигура 7 Фигура 8 С точката на Микел M е свързано едно преобразувание в равнината на четириъгълника ABCD, което играе първостепенна роля при доказателствата на почти всички твърдения в настоящата статия. То се дефинира като композиция от осева симетрия g спрямо оста на Микел и инверсия I с полюс точката M и степен константата на Микел r. Това изображение ще означаваме с Ig( M, r ) и ще наричаме инверсна изогоналност спрямо четириъгълника ABCD. Изображението Ig( M, r ) притежава свойствата:

5 Връзки между забележителни точки... = L и Ig ( L) = O. След тези уводни бележки ще пристъпим към разглеждане връзките между изброените забележителни точки в четириъгълника. (*) при Ig окръжност, неминаваща през полюса M, се изобразява в окръжност, неминаваща през M ; (**) при Ig права през M се изобразява в права през M ; (***) при Ig брокарианите K и K се изобразяват една в друга, т.е. Ig ( K) = K и Ig ( K) = K; (****) при Ig първият псевдоцентър O се изобразява в пресечната точка на диагоналите T, т.е. Ig ( O) = T и Ig ( T ) = O ; (*****) при Ig вторият псевдоцентър O се изобразява в точката на Лемоан L, т.е. Ig ( O ). Окръжност на Лемоан и окръжност на епицентъра Както е известно, центърът на описаната окръжност, точката на Лемоан и точките на Брокар в триъгълника лежат на една окръжност. Сега ще установим, че техните аналози в произволен изпъкнал четириъгълник също лежат на една окръжност. Теорема. Първият псевдоцентър O, точката на Лемоан L и брокарианите K и K лежат на една окръжност, която е образ на Брокаровата окръжност при инверсната изогоналност Ig (фиг. 9). Доказателство. От свойства ( 3 ) и ( 4 ) следва, че точките K, K, T и O лежат на Брокаровата окръжност ( c ) за четириъгълника ABCD. Освен това според свойствата (***), (****) и (*****) на Ig, имаме Ig ( K) = K, Ig ( K) = K, Ig ( T ) = O и Ig ( O ) = L. От последните равенства и (*) следва, че точките K, K, O и L лежат на една окръжност ( k ) (фиг. 9). ност С това k теоремата (фиг. 9). е С доказана. това теоремата е доказана. Фигура 9 Фигура 0 77

6 Определение. Окръжността, върху която лежат брокарианите K и K, точката на Лемоан L и първият псевдоцентър O, ще наричаме окръжност на Лемоан. Според доказаната теорема окръжността на Лемоан ( k ) е инверсно изогонална на Брокаровата окръжност( c ). Теорема. Средите E и F съответно на диагоналите AC и BD, епицентърътε и ортоцентърът H на изпъкналия четириъгълник ABCD лежат на една окръжност, симетрична на Брокаровата относно центъра на тежестта G (фиг. 0). Доказателство. Симетрията относно центъра на тежестта G означаваме с g 0 (фиг. 0). Според свойство ( ) епицентърътε и пресечната точка на диагоналите Т са симетрични относно G. Следователно g ( T) = ε. Същевременно центърът на тежестта G е среда на отсечката EF. Затова g ( E) = F 0 0 и g ( F) = E. Накрая от свойство ( ) 0 4 имаме g 0 ( O ) = H. Тъй като точките T, E, F и O лежат на Брокаровата окръжност ( c ), то и техните образи при симетрията g 0 лежат на една окръжност ( k 0 ), която е симетрична на Брокаровата ( c ) относно G. Определение. Окръжността, върху която лежат средите E и F на диагоналите на ABCD, епицентър ε и ортоцентърът H, ще наричаме окръжност на епицентъра. Според доказаната теорема окръжността на епицентъра( k 0 ) е симетрична на Брокаровата окръжност( c ) относно центъра на тежестта G на четириъгълника ABCD. 3. Права на Микел и права на Лемоан Сега ще докажем колинеарността на две тройки от разглежданите забележителни за четириъгълника точки и че двете прави, върху които лежат тези точки, са съответни при инверсната изогоналност. Ще използваме следващите две леми. Лема. Брокарианата K, съответна на страните AB и CD, и точката AK BM на Микел M са свързани с равенството =. CK CM Доказателство. От свойство ( ) е известно, че ABK CDK (фиг. ). AK AB Затова е изпълнено =. Аналогично от свойство ( 7 ) следва CK CD BM AB AK BM =. Като сравним двете равенства, получаваме =, с което CM CD CK CM лемата е доказана. 78

7 Връзки между забележителни точки... Фигура Фигура Лема. Изпълнено е равенството е KET = MEU. Доказателство. Точката, симетрична на M относно средата E на страната BC, означаваме с M (фиг. ). Четириъгълникът MBMC е успоредник, поради което MB = CM. Оттук и равенството = (по лема ) получаваме: AK BM CK CM ( i ) AK BM =. CK MB Ще докажем, че AKC MBM. От ( i ) следва, че за това е достатъчно да докажем равенството AKC = MBM. Понеже от свойство ( ) следва BAK = KCD, то четириъгълникът AVCK е вписан в окръжност. Оттук 0 имаме AKC = 80 AVC. Същевременно точката на Микел M лежи на описаната около BCV окръжност и затова BMC = BVC = AVC. Оттук следва, че AKC = 80 AVC = 80 BMC = = MBM. Така се 0 0 убеждаваме, че AKC = MBM, което доказва подобието на триъгълниците AKC и MBM. В тези триъгълници отсечките KE и BE са съответни медиани, а C и M съответни върхове. Следователно KEC = BEM, т.е. KET = MEU. С това лемата е доказана. Теорема 3. Вторият псевдоцентър O, пресечната точка на диагоналите T и точката на Микел M лежат на една права (фиг. 3). Доказателство. От свойства ( 4 ) и ( 5 ) е известно, че вторият псевдоцентър O лежи на антисимедианата KU и е обща точка на Брокаровата окръжност ( c ) и Брокаровата окръжност ( c ), съответна на страните AD и BC (фиг. 3). Освен това от свойство ( 3 ) за( c ) и аналогичното му за 79

8 ( c ), имаме K, ET, ( c) и U, M, E ( c ) (фиг. 3). Като вземем предвид и равенството KET = UEM (по лема ), получаваме последователно TOK = TEK = MEU = MOU, т.е. TOU = MOU, където ъглите са ориентирани еднакво. Така заключаваме, че OT и OM сключват равни ъгли сou, откъдето следва, че те съвпадат. С това се убеждаваме, че точките O, T и M лежат на една права. Фигура 3 Фигура 4 Определение 3. Правата, върху която лежат вторият псевдоцентър O, пресечната точка на диагоналите T и точката на Микел M, ще наричаме права на Микел. Теорема 4. Първият псевдоцентърът O, точката на Лемоан L и точката на Микел M лежат на една права, която е образ на правата на Микел при инверсната изогоналност (фиг. 4). Доказателство. Според теорема 3 и определение 3 точките O, T и M лежат върху правата на Микел. Тъй като тази права минава през полюса M на инверсната изогоналност Ig, според свойство (**) тя се изобразява в права през M. От друга страна, поради свойства (****) и (*****) имаме Ig( T ) = O и Ig( O ) = L. Следователно точките L, O и M лежат на една права, която е образ на правата на Микел при инверсната изогоналност Ig (фиг. 4). Определение 4. Правата, върху която лежат първият псевдоцентър O, точката на Лемоан L и точката на Микел M, ще наричаме права на Лемоан. От последната теорема следва, че правата на Микел и правата на Лемоан са инверсно изогонални. 4. Други връзки между забележителни точки в четириъгълника Теорема 5. Правата, определена от двата псевдоцентъра O и O, е успоредна на правата, определена от точката на Лемоан L и пресечната точка T на диагоналите (фиг. 4). Доказателство. От свойства (****) и (*****) на инверсната изогонал- 80

9 Връзки между забележителни точки... ност Ig имаме Ig( T ) = O и Ig( O ) = L (фиг. 4). Затова са изпълнени равенствата MT. MO = r иmo. ML = r. Оттук следва MO.. ML = MT MO. MO MO Следователно =. Като вземем предвид, че точките O, T и M MT ML лежат върху правата на Микел, а точките O, L и M лежат върху правата на Лемоан, заключаваме, че TL OO. В заключение привеждаме без доказателство още две интересни твърдения, свързващи разглежданите забележителни точки. Теорема 6. Правите OT, OL и KK се пресичат в една точка (фиг. 5). Теорема 7. Четириъгълниците OK LK и OOLT имат общ първи псевдоцентър (фиг. 6). Фигура 5 Фигура 6 REFERENCES / ЛИТЕРАТУРА Haimov, H. (997). The epicenter a notable point in the quadrilateral (In Bulgarian). Mathematics,, 8 4. [Хаимов, Х. (997). Епицентърът забележителна точка в четириъгълника, Математика,, 8 4.] Haimov, H. (00). The Brocardians notable points in the quadrilateral (In Bulgarian). Mathematics and Informatics, 6, 7 3. [Хаимов, Х. (00). Брокарианите забележителни точки в четириъгълника, Математика и информатика, 6, 7 3.] Haimov, H. (005). Brocardians of the quadrilateral (In Bulgarian). Mathematics, 5, 5. [Хаимов, Х. (005). Брокариани на четириъгълника, Математика, 5, 5.] Haimov, H. (00). Geometry of the quadrilateral (In Bulgarian). Mathematics Plus,, 8 5. [Хаимов, Х. (00). Геометрия на четириъгълника, Математика плюс,, 8 5.] Haimov, H. (0). Lemoin point (In Bulgarian). Mathematics, 6, 3. [Хаимов, Х. (0). Точка на Лемоан, Математика,6, 3.] Nenkov, V., S. Stefanov & H. Haimov (06). Pseudocenter and orthocenter 8

10 notable points in the quadrilateral (in Bulgarian). Mathematics and Informatics, 6, [Ненков, В., С. Стефанов & Х. Хаимов ( 06). [Псевдоцентър и ортоцентър забележителни точки в четириъгълника, Математика и информатика, 6, ] Nenkov, V., S. Stefanov & H. Haimov (07). Geometry of the quadrilateral. Miquel point. Inverse isogonality (In Bulgarian). Mathematics and Informatics,, [Ненков, В., С. Стефанов & Х. Хаимов (07). Геометрия на четириъгълника. Точка на Микел. Инверсна изогоналност, Математика и информатика,, 8 93.] Stefanov, S. (07). Second pseudocenter of the quadrilateral (in Bulgarian). Mathematics and Informatics,, [Стефанов, Ст. (07). Втори псевдоцентър на четириъгълник, Математика и информатика, 3, 6 70.] Grozdev, S. (007). For High Achievements in Mathematics. The Bulgarian Experience (Theory and Practice). Sofia: ADE. (ISBN ) Malcheski, R., S. Grozdev & K. Anevska (05). Geometry of complex numbers, Sofia: Arhimedes 000. (ISBN ) Georgieva, M. & S. Grozdev (06). Morfodinamikata za razvitieto na noosfernia intelekt. (4 th ed.) (In Bulgarian). Sofia: Iztok-Zapad. (ISBN ). 37 pages [Георгиева, М. & С. Гроздев 06). [Морфодинамиката за развитието на ноосферния интелект. (4-то изд.) София: Изток Запад.] CONNECTIONS AMONG NOTABLE POINTS IN THE QUADRILATERAL Abstract. The paper considers some geometric connections among different notable points in the quadrilateral. What are obtained are three notable circles and two notable lines which contain some of these points. Mr. Stanislav Stefanov Technical University of Sofia Sofia, Bulgaria stanislav.toshkov@abv.bg Dr. Veselin Nenkov, Assoc. Prof. vnenkov@mail.bg 8

Задача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 31 март 2019 г. Tема 1 (x 1) x 2 =

Задача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 31 март 2019 г. Tема 1 (x 1) x 2 = Задача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 1 март 019 г. Tема 1 x 1) x = x x 6. Решение: 1.) При x

Подробно

СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА КЛАС Задача 1. Дадена е двуизмер

СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА КЛАС Задача 1. Дадена е двуизмер СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА 10-11 КЛАС Задача 1. Дадена е двуизмерна огледална стая във формата на правилен шестоъгълник

Подробно

22v-final.dvi

22v-final.dvi МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 015 MATHEMATCS AND EDUCATON N MATHEMATCS, 015 Proceedings of the Forty Fourth Spring Conference of the Union of Bulgarian Mathematicians SOK Kamchia, April 6, 015

Подробно

Министерство на образованието, младежта и науката 60. Национална олимпиада по математика Областен кръг, г. Условия, кратки решения и кри

Министерство на образованието, младежта и науката 60. Национална олимпиада по математика Областен кръг, г. Условия, кратки решения и кри Министерство на образованието, младежта и науката 60. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 1-1.0.011 г. Условия, кратки решения и критерии за оценяване Задача 11.1. Да се намерят всички стойности

Подробно

XXX МЕЖДУНАРОДЕН ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ Пролетен тур, ОСНОВЕН ВАРИАНТ за клас РЕШЕНИЯ Задача 1. Правоъгълник е разделен на няколко по-малки право

XXX МЕЖДУНАРОДЕН ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ Пролетен тур, ОСНОВЕН ВАРИАНТ за клас РЕШЕНИЯ Задача 1. Правоъгълник е разделен на няколко по-малки право XXX МЕЖДУНАРОДЕН ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ Пролетен тур, ОСНОВЕН ВАРИАНТ за 10 1 клас РЕШЕНИЯ Задача 1 Правоъгълник е разделен на няколко по-малки правоъгълника Възможно ли е всяка отсечка, която свързва центровете

Подробно

54. НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА НАЦИОНАЛЕН КРЪГ Задача 1. Да се намерят всички тройки от естествени числа (x, y, z) такива, че 2005 x + y + 200

54. НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА НАЦИОНАЛЕН КРЪГ Задача 1. Да се намерят всички тройки от естествени числа (x, y, z) такива, че 2005 x + y + 200 54. НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА НАЦИОНАЛЕН КРЪГ Задача 1. Да се намерят всички тройки от естествени числа (x, y, z) такива, че x + y + 005 x + z + y + z е естествено число. Решение. Първо ще докажем,

Подробно

Microsoft Word - Tema-8-klas-PLOVDIV.doc

Microsoft Word - Tema-8-klas-PLOVDIV.doc МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Пролетен математически турнир 7 9 март 9 г., ПЛОВДИВ Тема за 8 клас Задача. Дадено е уравнението ax + 9 = x + 9ax 8x, където a е

Подробно

1 Основен вариант за клас Задача 1. Хартиен триъгълник, един от ъглите на който е равен на α, разрязали на няколко триъгълника. Възможно ли е

1 Основен вариант за клас Задача 1. Хартиен триъгълник, един от ъглите на който е равен на α, разрязали на няколко триъгълника. Възможно ли е 1 Основен вариант за 10 12 клас Задача 1 Хартиен триъгълник, един от ъглите на който е равен на α, разрязали на няколко триъгълника Възможно ли е всички ъгли на всички получени тръгълници да са по-малки

Подробно

VTU_KSK14_M3_sol.dvi

VTU_KSK14_M3_sol.dvi Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий 07 юли 01 г. ТРЕТА ТЕМА Задача 1. Да се решат уравненията: 1.1. x +x+1 = 1 x 1 + 8x 1 x 3 1 ; 1.. log x+log x 3 = 0; 1.3. x+1 +6. x 1 = 0. Задача. Дадено

Подробно

НАЦИОНАЛНА ПРИРОДО-МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ АКАД. Л. ЧАКАЛОВ XXI МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ,,РИКИ 27 април 2014г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. Да се реши ур

НАЦИОНАЛНА ПРИРОДО-МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ АКАД. Л. ЧАКАЛОВ XXI МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ,,РИКИ 27 април 2014г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. Да се реши ур НАЦИОНАЛНА ПРИРОДО-МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ АКАД. Л. ЧАКАЛОВ XXI МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ,,РИКИ 7 април 0г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача. Да се реши уравнението ( n. ) ( ), където n е естествено число. ( n n.

Подробно

Основен вариант, клас Задача 1. (3 точки) За кои n съществуват различни естествени числа a 1, a 2,..., a n, за които сборът е естествено число

Основен вариант, клас Задача 1. (3 точки) За кои n съществуват различни естествени числа a 1, a 2,..., a n, за които сборът е естествено число Основен вариант, 0. 2. клас Задача. (3 точки) За кои n съществуват различни естествени числа, a 2,..., a n, за които сборът е естествено число? a 2 a 3 + + a n Решение: Ще докажем, че n =, n > 2. При n

Подробно

СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА 8 КЛАС Задача 1. Да се реши в цели чис

СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА 8 КЛАС Задача 1. Да се реши в цели чис СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА 8 КЛАС Задача 1. Да се реши в цели числа уравнението p( + b) = (5 + b) 2, където p е просто.

Подробно

А Л Г Е Б Р А I.Решете уравненията и системите уравнения: x + 2 = 3 x+1 x 2 x 2 x 2 x + 8 = 5 x 2 4 x x 5 + x 1 = x 2 +6x+9 x

А Л Г Е Б Р А I.Решете уравненията и системите уравнения: x + 2 = 3 x+1 x 2 x 2 x 2 x + 8 = 5 x 2 4 x x 5 + x 1 = x 2 +6x+9 x А Л Г Е Б Р А I.Решете уравненията и системите уравнения: 1.. + = 3 +1 + 8 = 5 4 3 3. 4. 4 5 + 1 = +6+9 +3 1 + 4 = 1 4 + 5. +1 + = 9 +1 10 6. ( -5) +10( -5)+4=0 7. 11 3-3 = 3 5+6 8. 1 +30 1 16 = 3 7 9

Подробно

Как да съставим задачи като използваме подобните триъгълници, свързани с височините на триъгълника

Как да съставим задачи като използваме подобните триъгълници, свързани с височините на триъгълника Съставяне на задачи с подобни триъгълници, свързани с височините на триъгълника Бистра Царева, Боян Златанов, Катя Пройчева Настоящата работа е адресирана към учителите по математика и техните изявени

Подробно

26. ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ ЕСЕНЕН ТУР Основен вариант, клас Задача 1. (5 точки) Функциите f и g са такива, че g(f(x)) = x и f(g(x)) = x за всяк

26. ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ ЕСЕНЕН ТУР Основен вариант, клас Задача 1. (5 точки) Функциите f и g са такива, че g(f(x)) = x и f(g(x)) = x за всяк 26. ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ ЕСЕНЕН ТУР Основен вариант, 10. - 12. клас Задача 1. (5 точки) Функциите f и g са такива, че g(f(x)) = x и f(g(x)) = x за всяко реално число x. Ако за всяко реално число x е в сила

Подробно

036v-b.dvi

036v-b.dvi МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 2010 MATHEMATICS AND EDUCATION IN MATHEMATICS, 2010 Proceedings of the Thirty Ninth Spring Conference of the Union of Bulgarian Mathematicians Albena, April 6 10,

Подробно

kk7w.dvi

kk7w.dvi Конкурсен изпит за НПМГ Акад. Л. Чакалов За профил математика 7 юли 2006 година Време за работа 4 астрономически часа. Задача 1. Дадени са изразите A = x 2 810 502 4x 5 и B = ( 100) 251.3. 2006 а) Докажете,

Подробно

Microsoft Word - 8-klas-JAMBOL-2012.doc

Microsoft Word - 8-klas-JAMBOL-2012.doc МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Зимен математически турнир Атанас Радев 8 9 януари 0 г., ЯМБОЛ Тема за 8 клас Задача. Във футболно първенство всеки отбор

Подробно

Microsoft Word - зацайча-ваѕианч1качоÐflЊП.docx

Microsoft Word - зацайча-ваѕианч1качоÐflЊП.docx МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА НАЦИОНАЛНО ВЪНШНО ОЦЕНЯВАНЕ ПО МАТЕМАТИКА VII клас, 9 юни 09 година ВАРИАНТ ПЪРВА ЧАСТ (60 минути) Отговорите на задачите от. до 7. включително отбелязвайте в листа

Подробно

Eastern Academic Journal ISSN: Issue 2, pp , August, 2019 МЕТОДИ ЗА ИЗОБРАЗЯВАНЕ НА МНОГОСТЕНИ Снежанка И. Атанасова Университет по хра

Eastern Academic Journal ISSN: Issue 2, pp , August, 2019 МЕТОДИ ЗА ИЗОБРАЗЯВАНЕ НА МНОГОСТЕНИ Снежанка И. Атанасова Университет по хра МЕТОДИ ЗА ИЗОБРАЗЯВАНЕ НА МНОГОСТЕНИ Снежанка И. Атанасова Университет по хранителни технологии Пловдив sneja_atan@yahoo.com РЕЗЮМЕ В настоящата статия се разглеждат различни методи за изобразяване на

Подробно

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О, М Л А Д Е Ж Т А И Н А У К А Т А НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМ

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О, М Л А Д Е Ж Т А И Н А У К А Т А НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМ Т Е М А ЗА 4 К Л А С Задача. Дуорите са същества, които имат два рога, а хепторите имат 7 рога. В едно стадо имало и от двата вида същества, а общият брой на рогата им бил 6. Колко дуори и хептори е имало

Подробно

munss2.dvi

munss2.dvi ОТГОВОРИ И РЕШЕНИЯ 1. (В) Даденото неравенство няма смисъл, в случай че някой от знаменателите на двата дробни израза е равен на нула. Тъй като x 4 = (x+)(x ), то x 4 = 0 за x = и за x =. Понеже x +3 >

Подробно

годишно разпределение по математика за 8. клас 36 учебни седмици по 3 учебни часа = 108 учебни часа I срок 18 учебни седмици = 54 учебни часа II срок

годишно разпределение по математика за 8. клас 36 учебни седмици по 3 учебни часа = 108 учебни часа I срок 18 учебни седмици = 54 учебни часа II срок годишно разпределение по математика за 8. клас 36 учебни седмици по 3 учебни часа = 08 учебни часа I срок 8 учебни седмици = 54 учебни часа II срок 8 учебни седмици = 54 учебни часа на урок Вид на урока

Подробно

JEE ADVANCED 2017 Answer Key May 21 Paper 1 Code 0 Physics Chemistry Maths Q 1 A, B Q 19 B, C Q 37 A, D Q 2 A, B, C Q 20 A, B, C Q 38 B, C Q 3 B, D Q

JEE ADVANCED 2017 Answer Key May 21 Paper 1 Code 0 Physics Chemistry Maths Q 1 A, B Q 19 B, C Q 37 A, D Q 2 A, B, C Q 20 A, B, C Q 38 B, C Q 3 B, D Q JEE ADVANCED 2017 Answer Key May 21 Paper 1 Code 0 Q 1 A, B Q 19 B, C Q 37 A, D Q 2 A, B, C Q 20 A, B, C Q 38 B, C Q 3 B, D Q 21 A, B, C Q 39 B, C, D Q 4 A, C, D Q 22 A, D Q 40 B, C Q 5 A, B Q 23 A, B

Подробно

munss2.dvi

munss2.dvi ОТГОВОРИ И РЕШЕНИЯ 3(x + y)(x xy + y )y(x y) 1. (Б) Преобразуваме: (x y)(x + y)(x + y ) x(x xy + y ) = 3y (x + y)(x y) x = (x + y ) 3 y x y x x + y = 3 y x (x y ) 1 ( x y ) + 1 = 3 ( 3 ) 1 9 3 ( 3 ) +

Подробно

Решения на задачите от Тема на месеца за м. март 2018 Даден е многоъгълник, който трябва да бъде нарязан на триъгълници. Разрязването става от връх къ

Решения на задачите от Тема на месеца за м. март 2018 Даден е многоъгълник, който трябва да бъде нарязан на триъгълници. Разрязването става от връх къ Решения на задачите от Тема на месеца за м. март 2018 Даден е многоъгълник, който трябва да бъде нарязан на триъгълници. Разрязването става от връх към несъседен връх и открай до край, без линиите на разрезите

Подробно

Microsoft Word - VM-LECTURE06.doc

Microsoft Word - VM-LECTURE06.doc Лекция 6 6 Уравнения на права и равнина Уравнение на права в равнината Тук ще разглеждаме равнина в която е зададена положително ориентирана декартова координатна система O с ортонормиран базис i и j по

Подробно

Основен вариант за клас Задача 1. (4 точки) На графиката на полином a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, чиито коефициенти a n, a n 1,..., a 1

Основен вариант за клас Задача 1. (4 точки) На графиката на полином a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, чиито коефициенти a n, a n 1,..., a 1 Основен вариант за 10 12 клас Задача 1. (4 точки) На графиката на полином a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0, чиито коефициенти a n, a n 1,..., a 1, a 0 са цели числа, са отбелязани две точки с целочислени

Подробно

MATW.dvi

MATW.dvi ТЕСТ 6. Ъглополовящите AA (A BC) и BB (B AC) на триъгълника ABC се пресичат в точката O. Ъгъл A OB не може да бъде равен на: А) 90 Б) 20 В) 35 Г) 50 ( ) 2 7 3 2. Изразът е равен на: 2 6.24 А) Б) 2 8 В)

Подробно

Тест за кандидатстване след 7. клас Невена Събева 1. Колко е стойността на израза : 8? (А) 201; (Б) 226; (В) 1973; (Г) На колко е ра

Тест за кандидатстване след 7. клас Невена Събева 1. Колко е стойността на израза : 8? (А) 201; (Б) 226; (В) 1973; (Г) На колко е ра Тест за кандидатстване след 7 клас Невена Събева 1 Колко е стойността на израза 008 00 : 8? (А) 01; (Б) 6; (В) 197; (Г) 198 На колко е равно средното аритметично на 1, 1, и 1,? (А) 4, 15(6); (Б) 49, ;

Подробно

DZI Tema 2

DZI Tema 2 МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 6.05.05 г. ВАРИАНТ Отговорите на задачите от. до 0. включително отбелязвайте в листа за отговори!. Кое от числата е различно

Подробно

Microsoft Word - variant1.docx

Microsoft Word - variant1.docx МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА.05.019 г. Вариант 1 МОДУЛ 1 Време за работа 90 минути Отговорите на задачите от 1. до 0. включително отбелязвайте в листа

Подробно

Microsoft Word - kriterii_2011.doc

Microsoft Word - kriterii_2011.doc LХ Национална олимпиада по математика - общински кръг София, февруари 0 година Критерии за оценяване 4. клас. Дадени са равностранен триъгълник и квадрат. Периметърът на триъгълника е а мм, а периметърът

Подробно

Глава 13 Пълни многообразия Определение Пред-многообразието X е отделимо, ако диагоналът = {(x, x) x X} е затворено подмножество на X X. Отделим

Глава 13 Пълни многообразия Определение Пред-многообразието X е отделимо, ако диагоналът = {(x, x) x X} е затворено подмножество на X X. Отделим Глава 13 Пълни многообразия Определение 13.1. Пред-многообразието X е отделимо, ако диагоналът = {(x, x) x X} е затворено подмножество на X X. Отделимите пред-многообразия X се наричат многообразия. Ако

Подробно

tu_ mat

tu_ mat ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ СОФИЯ ТЕСТ ПО МАТЕМАТИКА юли 00 г. ВАРИАНТ ВТОРИ ПЪРВА ЧАСТ Всяка от следващите 0 задачи има само един верен отговор. Преценете кой от предложените пет отговора на съответната задача

Подробно

033b-t.dvi

033b-t.dvi МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 2006 MATHEMATICS AND EDUCATION IN MATHEMATICS, 2006 Proceedings of the Thirty Fifth Spring Conference of the Union of Bulgarian Mathematicians Borovets, April 5

Подробно

трите имена на ученика клас училище Прочетете внимателно указанията, преди да започнете решаването на теста! Формат на теста Тестът съдър

трите имена на ученика клас училище Прочетете внимателно указанията, преди да започнете решаването на теста! Формат на теста Тестът съдър ............ трите имена на ученика клас училище Прочетете внимателно указанията, преди да започнете решаването на теста! Формат на теста Тестът съдържа 8 задачи по математика. 7 задачи от двата вида:

Подробно

ЛЕКЦИЯ 6 ЗАКОН ЗА ИНЕРЦИЯТА Определение. Броят на положителните коефициенти в каноничния вид на дадена квадратична форма се нарича положителен индекс

ЛЕКЦИЯ 6 ЗАКОН ЗА ИНЕРЦИЯТА Определение. Броят на положителните коефициенти в каноничния вид на дадена квадратична форма се нарича положителен индекс ЛЕКЦИЯ 6 ЗАКОН ЗА ИНЕРЦИЯТА Определение. Броят на положителните коефициенти в каноничния вид на дадена квадратична форма се нарича положителен индекс на инерцията на тази квадратична форма. Броят на отрицателните

Подробно

Глава 5 Критерий за субхармоничност Да разгледаме някои общи свойства на полу-непрекъснатите отгоре функции, преди да се съсредоточим върху онези от т

Глава 5 Критерий за субхармоничност Да разгледаме някои общи свойства на полу-непрекъснатите отгоре функции, преди да се съсредоточим върху онези от т Глава 5 Критерий за субхармоничност Да разгледаме някои общи свойства на полу-непрекъснатите отгоре функции, преди да се съсредоточим върху онези от тях, които са субхармонични. Лема-Определение 5.1. Нека

Подробно

Microsoft Word - VypBIOL-02-Kin-Okryznost.doc

Microsoft Word - VypBIOL-02-Kin-Okryznost.doc ВЪПРОС КИНЕМАТИКА НА ДВИЖЕНИЕТО НА МАТЕРИАЛНА ТОЧКА ПО ОКРЪЖНОСТ Във въпроса Кинематика на движението на материална точка по окръжност вие ще се запознаете със следните величини, понятия и закони, както

Подробно