Малко контролно 2 по ДАА 7 юни 2017г. Зад.1. (2т.) Разполагаме с n на брой правоъгълни кутийки с разнообразни широчини и дължини. Можем да поставяме к
|
|
- Tsvetan Gochev
- преди 4 години
- Прегледи:
Препис
1 Малко контролно 2 по ДАА 7 юни 2017г. Зад.1. (2т.) Разполагаме с n на брой правоъгълни кутийки с разнообразни широчини и дължини. Можем да поставяме кутийка в някоя друга само ако широчината и дължината на първата кутийка са строго по-малки съответно от широчината и дължината на втората кутийка. Въртене на кутийките е забранено и очевидно можем да имаме кутийки, които няма как да поставим една в друга. Опишете алгоритъм, който за O(n 2 ) време намира колко най-много кутийки от дадените можем да поставим последователно като матрьошки една в друга. Бонус1 (1,5т.) Ами ако дължината на кутийките няма значение при сравненията, т.е. сравняваме само по тяхната широчина? Предложете O(nlgn) алгоритъм, който отговаря на същия въпрос при тази промяна в условието. Бонус2 (1т.) Какво би се променило със Зад.2, ако след поставяне буферът не остава празен, т.е. можем няколко пъти подред да натискаме Ctrl-V? Предложете квадратичен алгоритъм, който взима предвид тази промяна в условието. Можете ли да решите двата варианта на тази задача по-бързо? Зад.2 (1,5т.) Отворили сме празен текстови файл и имаме следните опции за работа с него (всяка от тях се счита за едно действие): - Добавяне на един символ, без значение какъв; - Маркиране на цялото съдържание на файла (Ctrl-A); - Копиране на всичко маркирано (Ctrl-C, имаме неограничен буфер); - Поставяне на копираното (Ctrl-V) след това буферът остава празен! Естествено, за да поставим някакво съдържание, трябва преди това да сме го маркирали и копирали в буфера. Предложете алгоритъм, който за O(n) време изчислява колко най-много символa може да съдържа файлът след n такива действия. Зад.3 (2т.) Нека имаме неориентиран свързан тегловен граф с n върха и m ребра, в който теглото на всяко ребро е точно едно измежду реалните числа a и b (нека 0 < a < b). Предложете линеен алгоритъм, който изчислява теглото W на минимално покриващо дърво за графа (не е задължително да намирате такова дърво). За по-бавен алгоритъм ще получите само 1т. Упътване: ако премахнем по-тежките ребра от графа, ще получим евентуално несвързан граф. Каква е връзката между броя на неговите свързани компоненти и W? Обърнете на задната страна за бонус задачите!
2 Решения (с обяснения): Зад.1. Виждаме, че имаме описана релация между две кутийки едната кутийка може да се постави в другата. Тази релация не е симетрична (и очевидно е бинарна), което означава, че можем да моделираме задачата по следния начин: ще построим граф, в който на всяка кутийка ще съответства точно един връх, а ребро от връх u към връх v ще има само ако кутийката, съответстваща на u, може да се постави по тази дефиниция в кутийката, съответстваща на v. Поради гореспоменатите свойства на тази релация този граф ще бъде ориентиран и ацикличен (няма нужда от доказателство, но ако Ви съмнява, проверете го сами). В задачата се изисква да намерим възможно най-големия брой кутийки, които да можем да поставяме последователно една в друга. Това съответства на намирането на най-дълъг път в построения граф (LPDAG). Дължината на този път в брой върхове ще е търсеният максимален брой кутийки. Тук можем да спрем и да не пишем алгоритъма, тъй като за целите на това контролно го считаме за популярен и известен, но все пак не е лошо да го направим: LPDAG(G(V, E): directed acyclic graph) 1. A TopoSort(G) 2. M[1.. n] array of integers 3. foreach u in reverse order of A 4. M[u] 1 5. foreach v in Adj(u) 6. M[u] max{m[u], M[v] + 1} 7. return Maximum(M[1.. n]) Построението на графа отнема O(n 2 ) време, тъй като сме длъжни да проверим за всеки две кутийки дали едната не се влага в другата, т.е. дали не трябва в графа да има ребро между всеки два върха. Ясно е, че ребрата ще бъдат m = O(n 2 ) на брой. След това алгоритъмът за топологическо сортиране отнема O(n + m) време, и допълнителната работа също толкова, което води до обща сложност по време T(n) = O(n 2 ) + O(n + m) + O(n + m) = O(n 2 ) и по памет M(n) = O(n + m) + O(n) + O(n) = O(n + m) = O(n 2 ). Допълнителната памет идва от съхранението на самия граф с най-много O(n 2 )-та си ребра, паметта необходима на TopoSort, и паметта за масива M. Важно е да се отбележи, че задачата НЕ Е за най-дълга нарастваща подредица, тъй като никъде не е указано, че можем да поставяме кутийка с индекс i в кутийка с индекс j само ако i < j, тоест само кутийка по-рано в масива в друга след нея. Ако беше указана такава наредба, тогава получаваме LongestIncreasingSubsequence, което се решава с подобен алгоритъм, но в случая това би било грешно решение. Зад.2. Знаем по условие, че преди действие Ctrl-V трябва задължително да има Ctrl-C, а преди него задължително Ctrl-A. Тогава, за всяко действие имаме четири възможности: натискане на един символ, натискане само на Ctrl-A, натискане на Ctrl-C веднага след Ctrl-A или Ctrl-V след Ctrl- C след Ctrl-A. Тези последователни натискания се броят към действията, следователно за максималния брой символи след n действия имаме следната рекурентна връзка: f(n) = max{f(n 1) + 1, f(n 1), f(n 2), 2 f(n 3)}
3 Четирите случая съответстват на четирите възможни избора за последно действие. Очевидно Ctrl-A и Ctrl-C не увеличават броя символи, а чак след три действия се поставя копираното, тоест съдържанието се удвоява. Можем да мемоизираме това изчисление в едномерен масив, индексиран от 1 до n, който да запълним по следния начин: CopyPaste(n: positive integer) 1. M[1.. n] array of integers 2. M[1] 1, M[2] 2, M[3] 3 3. for i 4 to n 4. M[i] max{m[i 1] + 1, M[i 1], M[i 2], 2 M[i 3]} 5. return M[n] Мемоизираме наивната рекурентна връзка по наивен начин, което води до прост и работещ алгоритъм в T(n) = M(n) = O(n). Първите три стойности в масива можем да изчислим на ръка. Понататък бихме могли да оптизираме изразходваната памет, т.к. изчислението за всяка позиция в масива използва само предишните три. Тогава ще са ни достатъчни 4 локални променливи, за да държим на всяка итерация текущата стойност и предишните 3, и накрая да върнем същия резултат. Ще получим решение с M(n) = O(1). Не е трудно човек да забележи, че от гореизброените четири случая само първият и последният са смислени. Иначе казано, няма смисъл да натискаме Ctrl-A без след това да натиснем Ctrl-C и после Ctrl-V (независимо дали маркираното се размаркира и т.н.). Следователно можем да опростим f(n) до f(n) = max {f(n 1) + 1, 2 f(n 3)} и ред 4 на M[i] max {M[i 1] + 1, 2 M[i 3]}. Зад.3. За тази задача могат да се предложат две различни, но коректни решения. Важат стандартните означения графът е G(V, E) и n = V ; m = E : - Решение първо: Следвайки упътването, можем да направим следните наблюдения. Нека построим само графа G, индуциран от по-леките ребра. Тогава, за да направим покриващо дърво на целия оригинален граф, можем първо да направим минималната покриващата гора на G (МПД за всяка негова компонента както казахме, G може да не е свързан и да няма минимално покриващо дърво). Забележете, че понеже всички ребра в G са с едно и също тегло, всяко покриващо дърво е минимално, но това не е нужно за решението. След това, за да свържем тези дървета, съответстващи на компонентите на G, е необходимо да използваме от тежките ребра. Разковничето тук е, че за да свържем k на брой компоненти, ни трябват точно k 1 тежки ребра (представете си k върха, които трябва да обединим в дърво). Няма как с помалко тежки ребра, защото е възможно някоя компонента да не бъде свързана с общото покриващото дърво. Това значи, че в МПД на G със сигурност ще има точно k 1 от тежките ребра. Всички ребра трябва да са n 1 на брой, откъдето W = (n k) a + (k 1) b. Задачата се свежда до това да построим графа G и да намерим броя негови свързани компоненти (k във формулата), откъдето можем да получим теглото. Построението се извършва за T(n, m) = M(n, m) = O(n + m), а търсенето на свързаните компоненти е възможно с DFS или BFS със сложност T(n, m) = O(n + m), M(n, m) = O(n). Окончателно, T(n, m) = M(n, m) = O(n + m). - Решение второ: Mожем да използваме алгоритъма на Крускал със следната модификация: вместо да сортираме ребрата за O(nlgn), можем да се възползваме от това, че са само две
4 възможни стойности и да приложим или CountingSort, или Partition (от QuickSort). И двата варианта ще отнемат O(m) време, а оттам нататък алгоритъмът продължава работа по нормален начин. След като получим дървото, можем просто да съберем теглата на всички ребра в него, намирайки търсеното W. Сложността по време ще е T(n, m) = O(m + n. α(n)), и можем тънко да се възползваме от свойствата на функцията α и да заключим, че това е линейно време. Факт е, че за n от порядъка на α(n) 4, а е мнооого голямо число и за целите на това контролно този алгоритъм се признава за линеен. Сложността по памет е M(n, m) = O(n + m): n заради Disjoint-Set структурата и m за масива с ребра, който сортираме. Бонус1: Ако проверката дали някоя кутийка може да се постави в друга е само по широчините на кутийките, това означава, че за всеки две кутийки можем да поставим едната от тях в другата, стига широчините им да не са точно равни (ще са или <, или >). Тогава можем да започнем от кутийката с най-малка широчина към тази с най-голяма, поставяйки всяка кутийка в следващата по широчина, и пропускайки единствено тези кутийки, които съвпадат по широчина. Алгоритъм, който намира търсения брой кутийки, би изглеждал така: Boxes(A[1.. n]: array of кутийки) 1. Sort(A[1.. n]) 2. counter 1 3. for i 2 to n 4. if A[i 1]. width A[i]. width 5. counter counter return counter Естествено, сортирането на ред 1 е по широчината на кутийките в масива. Не е ограничение да приемем, че можем да достъпваме тяхната широчина и дължина така, както на ред 4. Можем да приемем, че използваме HeapSort за сортиращ алгоритъм и получаваме T(n) = O(nlgn). Бонус2: Тази модификация в условието означава, че трябва да разглеждаме повече случаи в рекурентното отношение за максималния брой символи, получени след n действия. Ако досега имахме само две възможности за последните действия, а именно или едно натискане на символ, или комбинация Ctrl-A, Ctrl-C, Ctrl-V, сега може тези n действия да са завършили с Ctrl-A, Ctrl-C, Ctrl- V, Ctrl-V например. С това бихме получили 3 пъти повече символи, отколкото сме имали преди 4 действия. Ако имаме три последователни копирания, значи ще получим 4 пъти повече символи, отколкото сме имали преди 5 действия и така нататък за всеки възможен брой последователни копирания. Рекурентната връзка би изглеждала така: f(n) = max {f(n 1) + 1, 2 f(n 3), 3 f(n 4),, (n 2) f(1)} Тези възможности са O(n) на брой за всяко n и можем да ги изброим с прост цикъл: CopyPasteN(n: positive integer) 1. M[1.. n] array of integers 2. M[1] 1, M[2] 2, M[3] 3 3. for i 3 to n 4. M[i] M[i 1] for k 2 to i 2
5 6. M[i] max{m[i], k M[i k 1]} 7. return M[n] Очевидно вложеният цикъл на ред 6 изброява всички възможности в горната рекурентна връзка, и всичко работи за O(n 2 ) време. Няма как да не използваме целия масив и оставаме с O(n) сложност по памет. Бонус към бонуса (дали двата варианта могат да се решат по-бързо): За първия, при позволено еднократно натискане на Ctrl-V, можем да направим следното наблюдение: за n 5 оптималната стратегия е да добавим n пъти по един символ, получавайки n символа. За по-големи стойности оптималната стратегия е да добавим няколко символа в началото, след което да натискаме само Ctrl-A, Ctrl-C, Ctrl-V, Ctrl-A, Ctrl-C, Ctrl-V, и т.н. Очевидно така за всеки 3 действия си удвояваме броя символи, което води до горе-долу експоненциален брой символи. Остава да прецизираме какво имаме предвид под няколко символа между 3 и 5, в зависимост какъв остатък при деление на 3 дава n. Останалите действия ще бъдат само n повторения на схемата Ctrl-A, 3 Ctrl-C, Ctrl-V. Всяко едно от тях ще ни удвои броя символи, значи ще получим 2 n 3 символа. Поточно: CopyPasteFast(n: positive integer) 1. if n < 6 2. return n 3. k 3 + n(mod3) 4. return k 2 n k 3 Бързото на този метод е, че повдигането на степен може да се извърши в O(lgn) време по метода на бързото експоненциране, или ако приемем побитовите операции (bitwise left shift, все пак смятаме степени на двойката) за константни, в T(n) = O(1). Аналогично разсъждение може да се приложи и за втория вариант не е оптимално да се повтарят повече от 5 или 6 (не съм сигурен за константата) последователни Ctrl-V. Това значи, че възможностите в рекурентната връзка пак стават константен брой и можем да изчислим бройката в линейно време и константна памет. Но това вече са още по-дълбоки разсъждения и изчисления.
Kontrolno 5, variant 1
N P - П Ъ Л Н И З А Д А Ч И КОНТРОЛНО 5 ПО ДИЗАЙН И АНАЛИЗ НА АЛГОРИТМИ СУ, ФМИ ( ЗА СПЕЦИАЛНОСТ КОМПЮТЪРНИ НАУКИ, 1. ПОТОК; 3 МАЙ 018 Г. ) Задача 1. Разглеждаме задачата за разпознаване LongestCycle:
ПодробноHomework 3
Домашно 3 по дисциплината Дискретни структури за специалност Информатика I курс летен семестър на 2015/2016 уч г в СУ ФМИ Домашната работа се дава на асистента в началото на упражнението на 25 26 май 2016
ПодробноВариант 1 Писмен Изпит по Дискретни Структури 14/02/2018 г. Оценката се образува по следния начин: 2 + бр. точки, Наредени двойки бележим с ъглови ско
Вариант Писмен Изпит по Дискретни Структури 4/02/208 г. Оценката се образува по следния начин: 2 + бр. точки, Наредени двойки бележим с ъглови скоби, напр., b. Зад.. Намерете: а) (0.25 т.) подмножествата
ПодробноHomework 2
Домашна работа 2 по Дизайн и анализ на алгоритми за специалност Компютърни науки, 2. курс, 1. поток СУ, ФМИ, летен семестър на 2017 / 2018 уч. г. СЪСТАВЯНЕ НА АЛГОРИТМИ Задача 1 2 3, а 3, б 3, в Общо получен
ПодробноРЕФЕРАТ по дисциплината Дискретни структури 1. (*) Докажете асоциативността на операциите обединение и сечение на множества, тоест, че за произволни м
РЕФЕРАТ по дисциплината Дискретни структури. (*) Докажете асоциативността на операциите обединение и сечение на множества, тоест, че за произволни множества A, B и C са изпълнени следните равенства: (A
ПодробноMicrosoft 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
ПодробноExam, SU, FMI,
Поправителен изпит по Дискретни структури задачи СУ ФМИ 29. 08. 2016 г. Име: ФН: Спец.: Курс: Задача 1 2 3 4 5 Общо получени точки максимум точки 20 20 35 30 30 135 Забележка: За отлична оценка са достатъчни
ПодробноMicrosoft Word - nbb2.docx
Коректност на метода на характеристичното уравнение за решаване на линейно-рекурентни уравнения Стефан Фотев Пиша този файл, тъй като не успях да намеря в интернет кратко и ясно обяснение на коректността
ПодробноРешения 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
ПодробноMicrosoft Word - PRMAT sec99.doc
Лекция 9 9 Изследване на функция Растене, намаляване и екстремуми В тази лекция ще изследваме особеностите на релефа на графиката на дадена функция в зависимост от поведението на нейната производна Основните
Подробно(не)разложимост на полиноми с рационални коефициенти Велико Дончев Допълнителен материал за студентите по Висша алгебра и Алгебра 2 на ФМИ 1 Предварит
(не)разложимост на полиноми с рационални коефициенти Велико Дончев Допълнителен материал за студентите по Висша алгебра и Алгебра 2 на ФМИ 1 Предварителни сведения и твърдения Както е ясно от основната
ПодробноОсновен 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
ПодробноЛЕКЦИЯ 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
ПодробноMicrosoft Word - VM-2-7-integrirane-na-racionalni-funkcii-seminar.doc
7. Интегриране на рационални функции Съдържание. Пресмятане на неопределен интеграл от елементарни дроби. Интегриране на правилни рационални функции. Интегриране на неправилни рационални функции ТЕОРИЯ
Подробно16. Основни методи за интегриране. Интегриране на някои класове функции Интегриране по части. Теорема 1 (Формула за интегриране по части). Ако
6. Основни методи за интегриране. Интегриране на някои класове функции. 6.. Интегриране по части. Теорема (Формула за интегриране по части). Ако функциите f(x) и g(x) садиференцируеми в интервала (a, b)
Подробно036v-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,
ПодробноMicrosoft Word - VM22 SEC55.doc
Лекция 5 5 Диференциални уравнения от първи ред Основни определения Диференциално уравнение се нарича уравнение в което участват известен брой производни на търсената функция В общия случай ( n) диференциалното
ПодробноMicrosoft Word - seminar12.docx
Семинар 12 Линеен дискриминантен анализ В този семинар ще се запознаем с линейния дискриминантен анализ (ЛДА), който се използва в статистиката, разпознаването на образи и обучението на машини. От обектите
ПодробноЕКСПЛОДИРАЩИ ТОЧКИ ГЛАВА 1 МАШИНИ Добре дошли на борда на нашето приключение. Това е математическо приключение базирано върху една моя история (аз съм
ЕКСПЛОДИРАЩИ ТОЧКИ ГЛАВА 1 МАШИНИ Добре дошли на борда на нашето приключение. Това е математическо приключение базирано върху една моя история (аз съм Джеймс), която не е истинска. Когато бях дете, аз
ПодробноMicrosoft Word - VM22 SEC66.doc
Лекция 6 6 Теорема за съществуване и единственост Метричното пространство C [ a b] Нека [ a b] е ограничен затворен интервал и да разгледаме съвкупността на непрекъснатите функции f ( определени в [ a
ПодробноИзследване на строежа и съответствието между формите на музика, слово и движения в упражнението Колко сме доволни Следователно, щом дойде Светлината,
Изследване на строежа и съответствието между формите на музика, слово и движения в упражнението Колко сме доволни Следователно, щом дойде Светлината, тя създава образи, форми. Във формите се виждат вече
ПодробноMicrosoft Word - PMS sec11.doc
Лекция Матрици и детерминанти Определения Матрицата е правоъгълна таблица от числа Ако е матрица с m реда и стълба то означаваме () O m m m m ( ) За елементите на матрицата се използва двойно индексиране
Подробно54. 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,
ПодробноMicrosoft Word - PMS sec1212.doc
Лекция Екстремуми Квадратични форми Функцията ϕ ( = ( K се нарича квадратична форма на променливите когато има вида ϕ( = aij i j i j= За коефициентите предполагаме че a ij = a ji i j При = имаме ϕ ( =
ПодробноСОФИЙСКА 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.
Подробноkk7w.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,
ПодробноMicrosoft Word - ProectB.doc
Епидемиологичен модел Целта, към която се стремим тук, е да се изследва как се разпространява заразно заболяване като функция на времето, предизвикано от малка група инфектирани индивиди, намиращи се сред
ПодробноЛогаритмична регресия
Логаритмична регресия Доц. д-р Ивайло Пенев Кат. Компютърни науки и технологии Функция на хипотезата h θ x = g θ T x = 1 1 + e θt x Функция на цената J θ = 1 σ m i=1 m Cost(h θ x i, y i ), където Cost(h
Подробно26. 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
ПодробноC++
Управляващи оператори в C++ Трифон Трифонов Увод в програмирането, спец. Компютърни науки, 1 поток, 2018/19 г. 18 30 октомври 2018 г. Трифон Трифонов (УП 18/19) Управляващи оператори в C++ 18 30 октомври
ПодробноСеминар Матрици, детерминанти и система от линейни уравнения (преговор) Задача. Съберете и извадете двете матрици A и B на ръка A B Р
Семинар Матрици детерминанти и система от линейни уравнения (преговор). Съберете и извадете двете матрици и на ръка. Решение: Матрици се събират и изваждат като се събират и изваждат съответните елементи
ПодробноMicrosoft PowerPoint - Model_Dec_2008_17_21
Структура. Теория на графите общи понятия. Същност на мрежовите модели. Приложение на мрежови модели при управление на проекти и програми Общи понятия от Теорията на графите, използвани при мрежовите модели
ПодробноМинистерство 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
ПодробноКак 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
Подробно1 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
ПодробноОсновен 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
ПодробноMicrosoft 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
ПодробноXXX 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
ПодробноMicrosoft Word - MA11 sec77.doc
Лекця 7 7 Дефнця свойства на определен нтеграл Сум на Дарбу Определенят нтеграл е фундаментално средство в математката с разнообразн съдържателн прложеня Той се зползва за пресмятане на геометрчн фзчн
Подробно