Microsoft Word - Tema-8-klas-PLOVDIV.doc
|
|
- Дончо Златков
- преди 4 години
- Прегледи:
Препис
1 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 реален параметър. а) Да се реши уравнението. б) Да се намерят целите стойности на параметъра a, за които уравнението има поне един цял корен. Задача. В трапеца ABCD точките M и N са съответно средите на основите AB и CD, а K и G са средите съответно на AC и MN, като AB CD= MN. а) Да се намери мярката на MKN. б) Ако на отсечката MK съществува точка P така, че GP AB и AD = PM, да се намери мярката на ADC. Задача 3. Дадени са три купчини, съответно с 9, 45 и n бонбона. На един ход е разрешено да се съберат две купчини в една или пък, ако бонбоните в някоя купчина се делят на 3, тази купчина да се раздели на три равни купчини. Възможно ли е след определен брой ходове всеки бонбон да се окаже сам в купчина, ако: а) n = 6 ; б) n = 7? Задача 4. За всяко естествено число n с τ ( n) означаваме броя на положителните му делители. Да се намерят: а) всички естествени числа n, за които ( n) τ > n; б) всички двойки естествени числа x и y, за които x ( y) y ( x) xy 3 τ + τ = +. Време за работа 4 часа 3 мин. Журито Ви желае успешна работа!
2 Тема за 8 клас Задача 8.. Дадено е уравнението ax + 9 = x + 9ax 8x, където a е реален параметър. а) Да се реши уравнението. б) Да се намерят целите стойности на параметъра a, за които уравнението има поне един цял корен. Решение: а) Уравнението е равносилно на ( ax 45) = ( x 4). 4 Ако ax 45 = x 4, то ( a ) x= 4, което има решение x = a при a и няма решение при a =. ( т.) 49 Ако ax 45 = 4 x, то ( a+ ) x= 49, което има решение x = a + при a и няма решение при a =. ( т.) Окончателно: ако a =, то x = 4,5 ; ако a =, то x =,5 ; за всички останали a 4 x = a и 49 x = a +. ( т.) б) Уравнението има цял корен, ако a е делител на 4 или a + е делител на 49, т.е. ако a е едно от числата 5 ; 4 ; 8 ; ; ; ; 6; 4; 48. (3 т. минус броя пропуснати или сгрешени стойности на a, но не по-малко от т.) Схема на оценяване: 3 т. за а) и 3 т. за б), както е посочено по-горе. Задача 8.. В трапеца ABCD точките M и N са съответно средите на основите AB и CD, а K и G са средите съответно на AC и MN, като AB CD = MN. а) Да се намери мярката на MKN. б) Ако на отсечката MK съществува точка P така, че GP AB и AD = PM, да се намери мярката на ADC. Решение: а) Нека L е средата на BD. Тогава ML е средна отсечка в ABD, a KN е средна отсечка в ACD. Следователно ML= KN = AD и ML KN. Заключаваме, че MLNK е успоредник и G е пресечната точка на диагоналите му. ( т.) D N C K A G P L B M Добре известно е, че KL лежи на средната основа на трапеца (което ще използваме в б)) и KL = AB CD. Сега от условието на задачата следва, че KL = MN и заключаваме, че MLNK е правоъгълник. В частност MKN = 9. ( т.) б) Триъгълниците KGP и LGP са правоъгълни, защото от условието GP AB следва, че GP KL (използваме, че KL AB ). Те са еднакви по първи признак. От
3 друга страна MLP = MPL = 45. ( т.) PML = 9 и PM ML = (по условие PM = AD ). Заключаваме, че Тъй като MPL е външен за равнобедрения LKP, то PLK = PKL =,5. ( т.) Сега MLK = 45 +,5 = 67,5. ( т.) Най-накрая ADC = 8 67,5 =,5, тъй като ADC и MLK са ъгли с взаимно успоредни рамене, от които точно едната двойка са противопосочни. ( т.) Схема на оценяване: т. за а) и 4 т. за б), както е посочено по-горе. Задача 8.3. Дадени са три купчини, съответно с 9, 45 и n бонбона. На един ход е разрешено да се съберат две купчини в една или пък, ако бонбоните в някоя купчина се делят на 3, тази купчина да се раздели на три равни купчини. Възможно ли е след определен брой ходове всеки бонбон да се окаже сам в купчина, ако: а) n = 6 ; б) n = 7? Решение: а) Не. Броят бонбони в никоя от купчините не се дели на 3. Следователно задължителен първи ход е събиране на две купчини в една. Ако съберем 9 и 45, броят бонбони в двете купчини е четен и ще остане четен при всяка от операциите. Ако съберем 9 и 6, броят бонбони в двете купчини е кратен на 5 и ще остане кратен на 5 при всяка от операциите. Ако съберем 45 и 6, броят бонбони в двете купчини е кратен на 7 и ще остане кратен на 7 при всяка от операциите. И в трите случая не може да се получи купчина от един бонбон. б) Да. Тъй като = 6 се дели на 3, с прилагане на втората операция можем да получим 8 купчини с по бонбона. Сега с първата операция можем да получим = 5, а оттук с прилагане на втората операция можем да получим 8 купчини с по 5 бонбона. По-нататък 5 + = 7 и с втората операция можем да получим 7 купчини с по бонбон. Дотук имаме 8 купчини с по 5 бонбона, 7 купчини с по бонбона и 7 купчини с по бонбон, като за 7 от първоначалното количество бонбони сме реализирали условието от задачата. Да вземем 7 купчини с по бонбона и всяка от тях да обединим с 7-те купчини с по бонбон. Получаваме 7 купчини с по 3 бонбона. С прилагане на втората операция всяка от тях можем да разделим на три купчини с по бонбон. По този начин реализираме условието на задачата за още 54 бонбона от първоначалните. При това разполагаме с достатъчно количество купчини с по бонбон (общо 8). С помощта на 45 от тях и останалите 45 купчини с по бонбона получаваме 45 купчини с по 3 бонбона. Постъпваме както преди малко и реализираме условието на задачата за още 9 бонбона. Резултатът дотук е 8 купчини с по 5 бонбона и 7 купчини с по бонбон. От втория вид купчини взимаме 6 и образуваме 8 купчини с по бонбона. Всяка от тях обединяваме с купчина с 5 бонбона, при което получаваме 8 купчини с по 7 бонбона. Тъй като 7 се дели на 3, за всяка купчина прилагаме съответен брой пъти втората операция и по този начин реализираме условието на задачата за останалите бонбони от първоначалните. Схема на оценяване: а) общо 3 т., от които по т. за всеки от случаите с кратност на, 5 и 7; б) общо 4 т., от които т. за получаване на купчина с бонбона, т. за получаване на купчина с бонбон и т. за довършване на решението. 3
4 Задача 8.4. За всяко естествено число n с τ ( n) означаваме броя на положителните му делители. Да се намерят: а) всички естествени числа n, за които ( n) τ > n; б) всички двойки естествени числа x и y, за които x ( y) y ( x) xy 3 Решение: a) Проверка показва, че при 6 τ n неравенството ( n) n =,, 3, 4 и 6. Нека n 7 е нечетно, т.е. n= k+, и нека τ k+ > k + τ k+ k+. ( ) ( ) + τ = +. τ > n е изпълнено за k k k никое не може да бъде делител на n= k+, защото От числата +, +,, ( k+ ) > n. Тези числа са k на брой. За да бъде изпълнено ( k ) τ + k+, трябва всички останали числа измежду,,, k +, които са на k + брой, да са делители на k +. Оттук следва, че например k трябва да дели k +, а това е възможно само когато k дели, т.е. при k =. Последното противоречи на n 7. Нека n 8 е четно, т.е. n k τ k > k τ k k+. От числата k +, k +,, k, които са =, и нека ( ) ( ) k на брой, нито едно не може да дели k. Оттук следва, че всички останали числа измежду,,, k, които са k + на брой, трябва да се делители на k. В частност, числото k трябва да е делител на k, а това е възможно само когато k дели, т.е. при k. Но тогава n 6 и попадаме извън случая n 8, който разглеждаме. Доказахме, че неравенството τ ( n) > n е изпълнено само за n =,, 3,4 и 6. б) Да запишем даденото равенство във вида x τ ( y) y + y τ ( x) x = 3. Ако предположим, че едновременно τ ( x) x и τ ( y) y, ще получим, че x τ ( y) y + y τ ( x) x и разглежданото равенство няма да е възможно. Следователно за поне едно от числата x и y е вярно, че τ ( x) x> или (и) τ ( y) > y. Това означава, че поне едно от търсените числа x и y е равно на,, 3, 4 x, y е решение, то или 6. Без ограничение можем да смятаме, че това е x, защото ако ( ) и ( yx, ) ще е решение поради симетричността на разглежданото равенство. При x = получаваме τ ( y) = 3. Естествените числа с точно три делителя са квадратите на простите числа. Ето защо всички двойки от вида ( ), p и ( p,), където p е x = получаваме ( ) произволно просто число, са решения на задачата. При τ y = 3, което е невъзможно. При x = 3 получаваме 3τ ( y) = y+ 3, откъдето следва, че y трябва да се дели на 3. Нека y = 3z, където z е естествено число. Записваме равенството τ ( y) = y+ във вида ( z) 3 3 τ 3 = z +. Да отбележим, че z = е решение, а z = не е решение. При z 3 да разделим числата,,, 3z на три групи: от до z 4
5 включително, от z + до z включително и от z + до 3z включително. В третата група има точно един делител на 3z. Във втората група числа имаме един или нула делителя на 3z (в зависимост от това дали 3 z е цяло или не). Следователно в първата група трябва да има поне z делителя на 3z. Това означава, че измежду числата от до z най-много едно не може да е делител на 3z. В частност, поне едно от числата z и z трябва да е делител на 3z. Първият случай е възможен (при ограничението z 3 ) само ако z = 3, 4, 5 или 8., а вторият при z = 4. Проверката показва, че нито една от тези стойности не води до решение. Ето защо при x = 3 получаваме единствено 3,3. Нека x = 4. Разглежданото равенство записваме във вида решение двойката ( ) 4τ ( y) = y+ 3. При y = получаваме двойката (4,), която отбелязахме като решение в предишен случай. Нека y = 4k +, k естествено. Получаваме τ ( 4k+ ) = k+. Проверката показва, че k = и k = са решения, а това ни дава двойките (4,5), (5,4), (4,9) и (9,4). Нека k 3. Числото 4k + не може да има четен делител. Следователно всичките му делители трябва да са измежду числата, 3,, 4k +, които са k + на брой. От друга страна, при k 3 е вярно, че 3 ( k ) > 4k+, а това означава, че никое от числата k,k +,,4k не може да е делител на 4k +, а тези числа са k + на брой. Следователно най-много k от числата, 3,, 4k + са делители на 4k + и равенството ( k ) 6 ( y) y 3 τ 4 + = k+ е невъзможно. При x = 6 получаваме равенството τ = +, което е невъзможно, защото лявата страна е четно, а дясната е нечетно число. Окончателно търсените решения са (, p ) и ( p,), където p е произволно просто число, (3,3), (4,5), (5,4), (4,9) и (9,4). Схема на оценяване: а) общо 3 т., от които т. за случая n 6 ; т. за останалите нечетни n и т. за останалите четни n; б) общо 4 т., от които т. общо за случаите x = и x = 6, по т. за всеки от случаите x =, 3 и 4. Задачите са предложени от: Ивайло Кортезов: 8.., 8. и 8.3; Светлозар Дойчев и Сава Гроздев:
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
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,
ПодробноЗадача 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
ПодробноСОФИЙСКА 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
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
ПодробноНАЦИОНАЛНА 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.
ПодробноР 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
ПодробноТест 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, ;
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,
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
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
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.
ПодробноMicrosoft 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
Подробноpim_03.dvi
ТЕСТ Пробен изпит по математика за приемане на ученици след завършен 7. клас 14.04.2007 г. Драги ученици, Тестът съдържа 50 задачи.времето за работа е 3 астрономически часа. Задачите са два вида: със структуриран
ПодробноMATW.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)
ПодробноMicrosoft 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
ПодробноVTU_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
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 - 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
ПодробноПРОЛЕТНИ МАТЕМАТИЧЕСКИ СЪСТЕЗАНИЯ Шумен, година Б Р О Ш У Р А
ПРОЛЕТНИ МАТЕМАТИЧЕСКИ СЪСТЕЗАНИЯ Шумен, 9.03-31.03.019 година Б Р О Ш У Р А УКАЗАНИЕ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ V клас 1 1,5 1, 4 1 5.1. Дадени са изразите: A 3. 3 и 1 1,5 3 1, 4 1 3 3 А) Пресметнете А и В и ги сравнете.
Подробноmunss2.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 >
ПодробноMicrosoft Word - BROSHURA.doc
Тема за 4 клас МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ ЗИМНИ МАТЕМАТИЧЕСКИ СЪСТЕЗАНИЯ В А Р Н А 7 8 февруари 9 г. Задача. Върху петте картички са написани числа. Наредете
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
ПодробноМинистерство на oбразованието, младежта и науката Съюз на математиците в България Пролетни математически състезания Ямбол, март 2013 г. Тема за
Министерство на oбразованието, младежта и науката Съюз на математиците в България Пролетни математически състезания Ямбол, 9 31 март 013 г. Тема за 9 клас Задача 1. Да се намерят всички стойности на реалния
Подробноmunss2.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 ) +
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
ПодробноMicrosoft 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
ПодробноЛинейна алгебра 7. Умножение на матрици. Обратими матрици. Матрични уравнения специалности: Математика, Бизнес математика, Приложна математика, I курс
. Обратими матрици. Матрични уравнения специалности: Математика, Бизнес математика, Приложна математика, I курс лектор: Марта Теофилова Кратка история Матричното умножение е въведено от немския математик
Подробнотрите 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:
ПодробноDZI 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
ПодробноПръстени. Разглеждаме непразното множество R, което е затворено относно две бинарни операции събиране и умножение + : R R R : R R R. Казваме, че R е п
Пръстени. Разглеждаме непразното множество R, което е затворено относно две бинарни операции събиране и умножение + : R R R : R R R. Казваме, че R е пръстен, ако са изпълнени аксиомите 1.-4. за абелева
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,
ПодробноJEE 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