22v-final.dvi
|
|
- Мирослав Величков
- преди 4 години
- Прегледи:
Препис
1 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 КОНИЧНИ СЕЧЕНИЯ С КОЛИНЕАРНИ ЦЕНТРОВЕ Сава Гроздев, Веселин Ненков Във връзка с обобщението на една от задачите от Международната олимпиада по математика през 014 г. са получени две забележителни конични сечения на триъгълника, които се определят от произволно негово описано конично сечение. 1. Увод. Съществуват геометрични задачи, чието обобщение води до откриване на забележителни свойства на триъгълника. Тези свойства придават по-дълбок смисъл на самото обобщение. Подобна е ситуацията и с едно обобщение на следващата задача от темата на Международната олимпиада по математика през 014 г. в Кейптаун: Върху страната BC на остроъгълния триъгълник ABC са избрани точки P и Q така, че <)PAB =<)BCA и <)CAQ =<)ABC. Точките M и N съответно върху правите AP и AQ са такива, че P е среда на AM и Q е среда на AN. Да се докаже, че правите BM и CN се пресичат върху описаната около триъгълника ABC окръжност. Обобщение на тази задача, описано в [1], се представя с твърдението на следната: Теорема 1. Нека ko) е конично сечение с център O, описано за ABC, а t b и t c са допирателните на ko) съответно в точките B и C. Точките P и Q от праватаbc са такива, че AP t b и AQ t c. Ако точките M и N са симетричните образи на A съответно спрямо P и Q, то правите BM и CN се пресичат в точка T a от ko). Теорема 1 определя конструкция, чрез която на върха A на дадения триъгълник ABC, се съпоставя точка T a. С аналогични конструкции на върховете B и C могат да се съпоставят съответно точките T b и T c. Специалният начин на построяване на T a, T b и T c ги поставя в положение на забележителни точки за ABC върху описаната му крива ko). Във връзка с тези забележителни точки ще отбележим две интересни конични сечения и едно свойство на техните центрове.. Две забележителни конични сечения. За пресечните точки, определени от правите BC, CA, AB, T b T c, T c T a, T a T b, AT a, BT b, CT c, въвеждаме следните означения: T b T c CA = B c, T b T a CA = B a, T c T a AB = C a, T c T b AB = C b, T a T b BC = A b, T a T c BC = A c, AT a BC = A a, BT b CA = B b, CT c AB = C c, AT a T b T c = K a, BT b T c T a = K b, CT c T a T b = K c Фиг. 1). Наблюденията с програмата THE GEOMETER S SKETCHPAD GSP) ни дават основание да очакваме, че са в сила следните теореми: Теорема. Точките A b, A c, B c, B a, C a, C b лежат на едно конично сечение k o. Фиг. 1) 91
2 Фиг. 1 Теорема 3. Точките A a, B b, C c, K a, K b и K c лежат на конично сечение k i, вписано в ABC. Фиг. 1) Теорема 4. Правите AT a, BT b и CT c минават през една точка T. Фиг. 1) Ако допуснем, че теорема 4 е вярна, то от теоремата на Дезарг следва, че пресечните точки на двойките срещуположни страни на триъгълниците ABC и T a T b T c са колинеарни. Оттук лесно може да се види, че е изпълнена теорема. Освен това, от конкурентостта на правите AT a, BT b и CT c, според теоремата на Брианшон, следва теорема 3. Следователно остава да се докаже теорема 4. Доказателството на теорема 4, както и нови доказателства на теореми и 3, ще получим с използването на барицентрични координати спрямо дадения ABC, като A1,0,0), B0,1,0) и C0, 0, 1) []. Преди да преминем към аналитичните доказателства на формулираните теореми, ще припомним една връзка на описаната крива ko) с други криви, което ни позволява да опростим някои разсъждения и пресмятания. 3. Фойербахова конфигурация. Нека x,y,z ) x +y +z = 1) е произволна точка от равнината на ABC, нележаща на никоя от правите BC, CA, AB, M b M c, M c M a и M a M b. Спрямо ABC точката има спрегнат триъгълник A B C []. Точките x,y,z ), A x ) y z x,,, B, y ) z, и 1 x 1 x 1 x 1 y 1 y 1 y x y C,, z ) са центрове на конични сечения k), k A ), k B ) 1 z 1 z 1 z и k C ), вписани в ABC. Средите на отсечките A, B, C, B C, C A и A B лежат на конично сечение ko), описано за ABC [3]. От резултатите, получени в [3], следва, че уравнението на кривата ko) и координатите на центъра ѝ O са съответно следните: 1) ko) : x yz +y zx+z xy = 0, 9
3 1 x y z )x ) O 1 x )1 y )1 z ), 1 y z x )y 1 x )1 y )1 z ), 1 z x y )z ). 1 x )1 y )1 z ) Коничните сечения k), k A ), k B ), k C ) и ko) са свързани с редица общи свойства. Поради едно от тях казваме, че те са елементи на една Фойербахова конфигурация [4]. Фиг. С използването на 1) в [1] са определени координатите на точката T a. От резултата, получен в [1], следва, че координатите на точките T a, T b и T c могат да се представят във вида: x y z ) T a,, 3) x y z x x y z y x y z z T b y, z x y z x y z x x y T c z, x y z, x y z x y 4. Уравнения на кривите k o и k i в барицентрични координати. Първо ще определим уравненията на няколко прави. Затова ще припомним, че общото уравнение на права през точките M 1 x 1,y 1,z 1 ) и M x,y,z ) се намира чрез равенството: x y z 4) x 1 y 1 z 1 x y z = z ), ).
4 5) От 4) и 5) намираме следните общи уравнения на прави: T b T c : y z x+z x y +x y z = 0, T c T a : y z x z x y +x y z = 0, T a T b : y z x+z x y x y z = 0, AT a : z y y z = 0, BT b : z x x z = 0, AT a : y x x y = 0. От последните три уравнения в 5) лесно се вижда, че правите AT a, BT b и CT c минават през точката x y z ) 6) T x, +y +z x, +y +z x. +y +z Оттук непосредствено се получава доказателство на теорема 4. От 6) се вижда, че точката T не може да е безкрайна, т.е. изпълнено е следното 7) Следствие 1. Правите AT a, BT b и CT c никога не са успоредни. От уравненията 5) получаваме координатите на въведените по-рано точки във вида: z ) x, B z ) a,0,, y x B c x,0, +z x C a x, +y y x +z y ) x,0 +y z A b 0, y, +z y +z y x +z x +z x, C y ) b x, +y x,0, +y y z ) y, +z y, +z z ) x z, A y a +x x, +y x +y ), A c 0, ) x,b b z,0, +x ),0, A a 0, y, +z y +z 4x y z ) K a 4x, +y +z 4x, +y +z 4x, +y +z x 4y z ) 8) K b x, +4y +z x, +4y +z x, +4y +z x y 4z ) K c x, +y +4z x, +y +4z x. +y +4z Сега от 7) и 8) лесно се проверява, че точките A b, A c, B c, B a, C a, C b лежат на крива k o, а точките A a, B b, C c, K a, K b и K c лежат на крива k i съответно със следните уравнения 9) k o : y 4 z4 x +z 4 x4 y +x 4 y4 z) 5x y z x yz +y zx+z xy) = 0, 10) k i : yz 4 x 4 +zx 4 4 y +x 4 yz 4 x yz x yz +yzx+z xy ) = 0. Получените уравнения 9) и 10) доказват теореми и 3. 94
5 Фиг. 3 По-нататък е интересно да се установи дали може да се определи видът на всяка от кривите k o и k i в зависимост от вида на ko). 5. Вид на кривите k o и k i. С помощта на уравнения 9) и 10) можем да определим вида на съответните криви, като намерим общите им точки с безкрайната права, която има уравнение x + y + z = 0. След заместване на z = x y в 9) и 10), получаваме съответно равенствата: y 4 z 4 +x 4 +5zx ) x +x y 4x y +5yz +5zx z 4 ) xy +x 4 y 4 +z 4 ) +5y z y = 0, y 4 z +x ) x +x y x y ) +y z +z x z4 xy +x 4 y +z ) y = 0. Дискриминантите на тези хомогенни квадратични форми са съответно 11) D o = 9x 4 y4 z4 x 4 +y 4 ) +z4 10y z 10z x 10x y, 1) D i = 16x 4 y4 z4 y z ) +z x +x y. Тъй като според 1) е изпълнено неравенството D i < 0, то е в сила следната: Теорема 5. Кривата k i е елипса, независимо от вида на ko). Фиг. 1,,3,4,5) Представяме израза в скобите на 11) по следния начин: x 4 +y 4 +z 4 10 y z +z x +x y ) = = x +y +z ) x +y +z )x y +z )x +y z ) 8 y z +z x +x y ). Ако изразът = x +y +z ) x +y +z )x y +z )x +y z ) е отрицателен или равен на нула, тогава ko) е съответно елипса или парабола. Следователно и в двата случая D o < 0. Това води до следната Теорема 6. Ако ko) е елипса или парабола, то кривата k o е елипса. Фиг. 1,) В случай, че > 0, кривата ko) е хипербола, а кривата k o може да е елипса, парабола или хипербола, в зависимост от знака на D o. Оттук следва 95
6 Фиг. 4 Теорема 7. Ако ko) е хипербола, то в зависимост от положението на точката, кривата k o може да е елипса, парабола или хипербола. Фиг. 3,4,5) Следствие. Кривата k o е парабола точно когато точката лежи върху кривата от четвърта степен c : x 4 + y4 + z4 10y z 10z x 10x y = 0. Фиг. 5) Фиг. 5 Едно забележително свойство на кривите k o и k i, което се наблюдава с GSP, е свързано с техните центрове. Затова първо ще покажем как се определя центърът на произволно конично сечение в равнината на ABC. 6. Координати на центъра на крива в равнината на даден триъгълник. Нека в равнината на ABC е дадена крива с уравнение 13) k : a 11 x +a y +a 33 z +a 1 xy +a 3 yz +a 31 zx = 0. 96
7 В последното уравнение заместваме z = 1 x y. Получаваме k : a 11 +a 33 a 31 )x +a +a 33 a 3 )y +a 1 a 31 a 3 +a 33 )xy+ +a 31 a 33 )x+a 3 a 33 )y +a 33 = 0. Разглеждаме това равенство като уравнение на k спрямо афинна координатна система. От аналитичната геометрия [5], [6]) е известно, че координатите на центъра на k се определят чрез системата линейни уравнения a 11 +a 33 a 31 )x+a 1 a 31 a 3 +a 33 )y +a 31 a 33 ) = 0, a 1 a 31 a 3 +a 33 )x+a +a 33 a 3 )y +a 3 a 33 ) = 0. Като се умножат изразите в последните скоби на двете равенства с 1 = x + y +z и се извършат някои преобразувания, лесно се получава, че барицентричните координати на центъра на крива k, чието уравнение е 13), са решения са линейната система уравнения a 11 a 31 )x+a 1 a 3 )y +a 31 a 33 )z = 0, 14) a 1 a 31 )x+a a 3 )y +a 3 a 33 )z = 0, x+y +z = Колинеарност на центровете на кривите ko), k o и k i. Наблюденията с GSP ни насочват към следната Теорема 8. Центровете O, W o, W i съответно на кривите ko), k o, k i и пресечната точка T на правите AT a, BT b и CT c лежат на една права. Фиг. 1,,3,4,5) За да докажем теорема 8, от уравненията 9) и 10) на кривитеk o иk i и системата 1) определяме координатите на съответните им центрове W o и W i по следния начин: ) ) x 15) W x 5y 5z o, y y 5z ) 5x, z z 5x ) 5y, τ o където τ o = x 4 +y 4 +z 4 10 yz +zx +x y), ) x y 16) W +z) y z i y, +x) z x z +z x +x y y, +y) z +z x +x y y. z +z x +x y Сега след заместване на координатите на две тройки точки, представени с 1), 6), 15) и 16) в 4), получаваме доказателство на теорема 8. От теорема 8 се получават следните уточнения в два специални случая: Следствие 3. Ако ko) е парабола, точките W o, W i и T лежат на права, успоредна на оста на ko). Фиг. ) Следствие 4. Ако ko) е хипербола и k o е парабола, точките O, W i и T лежат на права, успоредна на оста на k o. Фиг. 5) В заключение може да се каже, че с направените наблюдения и изследвания върху полученото в теорема 1 обобщение на олимпиадната задача получихме двойки забележителни конични сечения, определени от всяко описано за триъгълника 97 τ o τ o
8 конично сечение. Доказаните теореми за тези конични сечения ни предлагат нов поглед върху обобщението, получено в [1]. Накрая е необходимо да се отбележи, че обобщения, свързани с конични сечения, но, използващи друг софтуер Geogеbra и Maple) за откриване и анализиране на различни резултати, се съдържат в работите [7], [8], [9]. ЛИТЕРАТУРА [1] С. Гроздев, В. Ненков. Конкурентност, породена от тангенти. Математика и информатика, 6, 014. [] Г. Паскалев, И. Чобанов. Забележителни точки в триъгълника. София, Народна просвета, [3] В. Ненков. Обобщение на теоремата на Фойербах. Математика и информатика,, 008, [4] В. Ненков. Няколко свойства на Фойербаховата конфигурация. Математика и информатика, 5, 010, [5] Г. Станилов. Аналитична геометрия. София, Наука и изкуство, [6] Н. Мартинов. Аналитична геометрия. София, Наука и изкуство, [7] П. Лазарова. Eлиптичен арбелос. Математика и информатика,, 013, [8] B. Zlatanov. Some Properties of Reflection of Quadrangle about Point. Annals. Computer Science Series, 11, No 1 013), [9] B. Zlatanov. An Etude on one Sharygin s Problem. Global Journal of Advanced Research on Classical and Modern Geometries, 3, No 014), Сава Иванов Гроздев Институт по математика и информатика ул. Акад. Г. Бончев, бл София sava.grozdev@gmail.com Веселин Ненков Ненков Технически колеж Ловеч ул. Съйко Съев 31 Ловеч vnenkov@mail.bg CONCS WTH COLNEAR CENTERS Sava Grozdev, Veselin Nenkov Two notable conics of the triangle are obtained in connection with a problem from the nternational Mathematical Olympiad in 014. The conics are determined by an arbitrary circumscribed conic of the triangle. 98
МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 2007 MATHEMATICS AND EDUCATION IN MATHEMATICS, 2007 Proceedings of the Thirty Sixth Spring Conference of the U
МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 2007 MATHEMATICS AND EDUCATION IN MATHEMATICS, 2007 Proceedings of the Thirty Sixth Spring Conference of the Union of Bulgarian Mathematicians St. Konstantin & Elena
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,
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
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,
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
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
ПодробноМатематика Volume 61, Mathematics и информатика Number 1, 2018 and Informatics Educational Technologies Образователни технологии ВРЪЗКИ МЕЖДУ ЗАБЕЛЕЖИ
Математика Volume 6, Mathematics и информатика Number, 08 and Informatics Educational Technologies Образователни технологии ВРЪЗКИ МЕЖДУ ЗАБЕЛЕЖИТЕЛНИ ТОЧКИ В ЧЕТИРИЪГЪЛНИКА ) ) Технически университет
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
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
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
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
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 - 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
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
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
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
Подробногодишно 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
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
Подробно033b-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
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 ( =
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
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
ПодробноMicrosoft Word - Lecture 14-Laplace Transform-N.doc
Лекция 4: Интегрално преобразувание на Лаплас 4.. Дефиниция и образи на елементарните функции. Интегралното преобразувание на Лаплас Laplac ranorm се дефинира посредством израза: Λ[ ] преобразувание на
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
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 ) +
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 - 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
ПодробноM10_18.dvi
СЪДЪРЖАНИЕ Тема. Начален преговор Началенпреговор.Алгебра... 7 Началенпреговор.Геометрия... Тема. Ирационални изрази. Ирационални уравнения. Ирационални изрази.... 5. Преобразуване на ирационални изрази...
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
Подробно40 Глава 1. Тензорна алгебра 6. Пример тензор на инерцията на Ойлер В този момент нека прекъснем формалното изложение на тензорната алгебра за да обсъ
40 Глава 1. Тензорна алгебра 6. Пример тензор на инерцията на Ойлер В този момент нека прекъснем формалното изложение на тензорната алгебра за да обсъдим по-подробно два класически примера на двувалентни
ПодробноC:/NSOM2014/broshura/NSOM2014.dvi
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ СОФИЯ НАЦИОНАЛНА СТУДЕНТСКА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА СОЗОПОЛ, 30 МАЙ ЮНИ 204 Г. ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ НАЦИОНАЛНА
ПодробноMicrosoft Word - IGM-SER1111.doc
Лекция Редове на Фурие поточкова сходимост Теорема на Дирихле Тук ще разглеждаме -периодична функция ( ) която ще искаме да бъде гладка по части Това означава че интервала ( ) може да се раздели на отделни
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.
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 - Lecture 9-Krivolineyni-Koordinati.doc
6 Лекция 9: Криволинейни координатни системи 9.. Локален базиз и метричен тензор. В много случаи е удобно точките в пространството да се параметризират с криволинейни координати и и и вместо с декартовите
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 - stokdovo saprotivlenie.doc
Движения при наличие на Стоксово съпротивление При един често срещан вид движения неподвижно тяло започва да се движи под действие на сила с постоянна посока Ако върху тялото действа и Стоксова съпротивителна
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
ПодробноПРОГРАМА ПО МАТЕМАТИКА I. Алгебра 1. Цели и дробни рационални изрази и действия с тях. Формули за съкратено умножение. 2. Квадратен корен. Корен n-ти.
ПРОГРАМА ПО МАТЕМАТИКА I. Алгебра 1. Цели и дробни рационални изрази и действия с тях. Формули за съкратено умножение. 2. Квадратен корен. Корен n-ти. Коренуване на произведение, частно, степен и корен.
ПодробноMicrosoft Word - IGM-CA2222ааа.doc
Лекция α Функциите e ln и Функциите e и ln Тук ще дадем още едно определение за експоненциалната функция което разбира се води до същия резултат както определението със степенен ред без да доказваме еквивалентността
Подробно