036v-b.dvi

Размер: px
Започни от страница:

Download "036v-b.dvi"

Препис

1 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, 2010 ХАРАКТЕРИСТИЧНИ СВОЙСТВА НА НЯКОИ МНОГОСТЕНИ Пламен Пенчев През 1980 г. на олимпиадата в Канада беше предложена следната задача: Задача 1. Паралелепипедът има следното свойство: произволно сечение, успоредно на негова стена, има периметър P равен на периметъра на тази стена. Съществуват ли други изпъкнали многостени с това свойство? Ще приложим един метод за решаване на тази задача, който може да се използва и при получаването на други резултати. Нека допуснем, че съществува изпъкнал многостен M с посоченото свойство и α е една негова произволна стена α = (A 1 A 2...A n ). Да построим две сечения B 1 B 2... B n и C 1 C 2... C n, успоредни на α по такъв начин, че между тях и α няма други върхове на многостена. Страните на A 1 A 2... A n означаваме с a 1, a 2,..., a n, а успоредните им от двете сечения съответно с b 1, b 2,..., b n и c 1, c 2,..., c n. Страните на сеченията, които не са успоредни на някоя страна на α (напр. B 2 B 3 и C 2 C 3 ), означаваме съответно с l i и m i, i = 1, 2,...,s (Черт. 1). Съгласно допускането l i + n b j = n a i = P. Ако A 1C 1 = k, A 1 B 1 (1) c i = kb i + (1 k)a i, i = 1, 2,...,n, m j = kl j, j = 1, 2,...s. Тогава c i + m j = (1 k)a i + kb i + kl j = (1 k)p + kp = P. Да означим с L повърхнината, образувана от съседните за α стени. Получихме, че ако едно от сеченията на L с равнини, успоредни на α, има периметър, равен на периметъра на α, то всички сечения на L имат същия периметър. Нека сега T 1 е най-близкият връх на M. Да допуснем, че има връх T 2, който се намира на по-голямо разстояние до α от T 1. Ако между тези два върха прекараме равнина β α, то сечението на β с многостена M ще бъде изпъкнал многоъгълник, който се съдържа в многоъгълника, представляващ сечението на β с L. Това означава, че сечението на β с M ще има по-малък периметър от α. Следователно всички върхове на M, нележащи на α, лежат в равнина, успоредна на α. Тъй като това се отнася за всяка друга стена на M, лесно се установява, че всяка от стените му има не повече от четири върха. С непосредствена проверка се 368 j 1

2 Черт. 1 Черт. 2 намира, че освен паралелепипеда, и правилният октаедър притежава посоченото свойство. Да направим една бележка по решението на тази задача. В равенство (1) могат да настъпят промени, ако върхът T 1 образува с някой ръб на α триъгълна стена и да настъпят промени и в свойствата на сеченията на L. Да покажем, че в този случай крайните изводи не се променят. Прекарваме сечение {F 1 F 2... F n }, успоредно на α, като върхът T 1 (Черт. 2) е единственият връх на M между това сечение и α. Ако положим A 1F 1 A 1 B 1 = k, отново имаме f i = (1 k) a i + k b i, i = 2, 3,..., n, f i = (1 k) a i + k b i = [(1 k) a 1 + k b 1 ]. Означаваме с P периметъра на F 1 F 2...F n, изключвайки отсечката F 1 F 2 = f i. Тогава P = f i = (1 k) a i + k b i = P [(1 k)a 1 + kb 1 ] = P + f 1 От друга страна за KF 2 F 1 е изпълнено KF 2 + KF 1 > F 1 F 2. Следователно, ако P е периметърът на многоъгълника KF 3... F n, то P = P KF 1 KF 2 < P. Но сечението на M с равнината (F 1 F 2 F n ) е изпъкнал многоъгълник, съдържащ се в многоъгълника KF 3...F n, т.е. неговият периметър е по-малък от P. Случаят, когато има няколко върха, имащи свойството на T 1, е аналогичен. Твърдението в тази задача по естествен път предполага поставянето и на други подобни задачи. 369

3 Задача 2. Да се намерят всички изпъкнали многостени M такива, че каквото и сечение да прекараме, успоредно на произволна стена M, то сечението и стената са равнолицеви. Решение. При решаването на тази задача ще използваме следното Твърдение 1. Ако M е произволен изпъкнал многостен с n стени, S 1, S 2,..., S n са съответните им лица, S 1, S 2,..., S n са вектори, перпендикулярни на съответната стена и насочени навън от многостена, такива че S i = Si, за i = 1, 2,...,n, то S 1 + S S n = 0. Да допълним означенията от предната задача, като лицата на стените от вида A 1 A 2 B 2 B 1 и A 1 A 2 C 2 C 1 ще означим съответно с S i и S i, а лицата на стените от вида A 2 B 3 B 2 и A 2 C 3 C 2 съответно с P i и P j, j = 1, 2,...,s. Векторите, съответстващи на тези стени, означаваме съответно с S i, S i, P j и P j. Като приложим Твърдение 1 за многостените A 1 A 2... A n B 1 B 2... B k и A 1 A 2... A n C 1 C 2... C k, получаваме (2) S i + P j = 0, (3) Освен това S i + P j = 0. S i = k (2 k)a i + kb i a i + b i Si и P j = k 2 Pj, Заместваме в (3) и след преработка получаваме: a i (4) Si = 0. a i + b i 1 P j = S i. От равенство (4) може да се направи извод, че ако едно сечение на повърхнината L с равнина, успоредна на A 1 A 2...A n има същото лице, то и останалите такива сечения имат същото лице и решението на задачата не се различава по същество от това на Задача 1. В крайна сметка обаче само паралелепипедът има исканото свойство. Както и в Задача 1, част от изводите, направени по-горе, няма да са в сила само при условие, че някой ръб на стената A 1 A 2... A n образува триъгълна стена с върха T 1. Да покажем, че многостен с показаното свойство не може да има триъгълни стени (Черт 3). Съгласно равенство (4) a 1 (5) S1 + a 2 S2 + a 3 S3 = 0. a 1 + b 1 a 2 + b 2 a 3 + b 3 Равенството (5) означава, че векторите S 1, S 2 и S 3 са компланарни, откъдето следва, че l 1 (A 3 A 2 B 3 B 4 ), l 2 (A 1 A 3 B 4 B 5 ) и l 1 (A 1 A 2 B 1 B 2 ), където l 1, l 2 и l 3 са пресечници на съответните двойки стени на многостена. Не е трудно да се забележи, че L съвпада с призматичната повърхнина, образувана от (A 1 A 2 A 3 ) и правите l 1, l 2, l 3, но многостените от този вид не притежават исканото свойство. 370

4 Черт. 3 Задача 3. Да се намерят всички изпъкнали многостени M със свойството: Ако a е произволна стена на M, то всеки две равнини α 1 α и α 2 α отсичат от M многостени, чиито обеми са пропорционални на разстоянията от α 1 и α 2. Решение. Да използваме следното Tвърдение 2. Ако M е многостен, върховете на който са разположени върху две успоредни равнини, то е в сила равенството: (6) V = 1 6 (S 1 + S 2 + 4S)h, където S 1 и S 2 са лицата на двете успоредни стени, h е разстоянието между тях, а S е лицето на сечението, което е успоредно на двете стени и разполовява разстоянието h. Отново използваме Черт. 1. Нека S 1, S 2 и S 3 са лицата на стените α = A 1 A 2...A n, β = B 1 B 2...B k и y = C 1 C 2...C k, h 1 е разстоянието между α и β, h 2 между α и γ, а S 12 и S 13 са лицата на сеченията, успоредни на α и разполовяващи съответно h 1 и h 2. Ако V 1 и V 2 са обемите на отсечените тела, то V 1 = (S 1 + S 2 + 4S 12 )h 1 = h 1, т.е. V 2 (S 1 + S 3 + 4S 13 )h 2 h 2 (7) S 2 + 4S 12 = S 3 + 4S 13. Нека δ е произволна равнина, успоредна на α. Разстоянията от α, β и γ до δ да означим съответно с h, h 1, и h 2, а обемите на многостените, заключени между двойките равнини съответно (α, β), (β, δ) и (γ, δ) с V, V 1 и V 2. Имаме: h 1 = h 1 h, h i 2 = h 2 h, V1 i = V 1 V и V2 i = V 2 V. Тогава: V 1 V 2 = V 1 V V h 1 V 2 V = h V h 1 h V h = 2 h V h 2 h = h 1 h 2 Да прекараме две нови равнини β и γ съответно с лица S 1 и S 2 така, че раз- 371

5 стоянията между двойките равнини (β, β ) и (γ, γ ) да са равни. Тогава равнината δ можем да изберем така, че сеченията с лица S 12 и S 13 да разполовяват и разстоянията (β, δ) и (γ, δ). Аналогично на равенството (7) получаваме: (8) S 2 + 4S 12 = S 3 + 4S 13 или (9) S 2 S 3 = S 2 S 3. Ако X α е произволно сечение на многостена с лице S и разстояние h до α, да означим S = f(h), т.е. разглеждаме лицата на сеченията като функция на разстоянията им до α. Може да се докаже, че f(h) е непрекъсната функция на h. Използвайки равенство (9), не е трудно да се види, че ако числата a, b и c образуват аритметична прогресия, то същото се отнася и за числата f(a), f(b) и f(c) и, следователно, задачата се свежда до определянето на f(h). Нека първо да считаме, че f(0) = 0. Да разгледаме числата x y, x, x+y. Тогава (10) f(x y) + f(x + y) = 2f(x). Ако x = y и получаваме: f(2x) = 2f(x). Равенството (10) придобива вида: (11) f(x y) + f(x + y) = 2f(x) = f(2x) = f((x y) + (x + y)). Ако x y = u, x + y = v, то (12) f(u) + f(v) = f(u + v). Това е познатото уравнение на Коши и, следователно, f(x) = px, където p е константа. Сега ако f(0) = S 1 /S 1 е лицето на α, то f(h) = ph + S 1, заместваме в (7) и получаваме: Ph 1 + S 1 + 4p h S 1 = ph 2 + S 1 + 4p h S 1, 3ph 1 = 3ph 2, или 3p(h 1 h 2 ) = 0, откъдето поради h 1 h 2 следва, че p = 0. Следователно, f(h) = S 1 и дадената задача се свежда до Задача 2. Пламен Пенчев ПМГ Иван Вазов Добрич, България CHARACTERISTIC PROPERTIES OF SOME POLYHEDRA Plamen Penchev The origin is a problem from the Canadian Mathematical Olympiad in 1980, which is solved in general and ended to similar variants. Certain characteristic properties of such polyhedra are investigated. 372

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

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

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

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

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

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

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

Microsoft Word - VM22 SEC66.doc

Microsoft 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

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

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

Глава 15 Въпрос 15: Оператор на Рейнолдс. Крайна породеност на пръстена от инвариантни полиноми на крайна матрична група. Навсякъде в настоящия въпрос

Глава 15 Въпрос 15: Оператор на Рейнолдс. Крайна породеност на пръстена от инвариантни полиноми на крайна матрична група. Навсякъде в настоящия въпрос Глава 15 Въпрос 15: Оператор на Рейнолдс. Крайна породеност на пръстена от инвариантни полиноми на крайна матрична група. Навсякъде в настоящия въпрос полето k е с характеристика char(k = 0. За произволни

Подробно

Microsoft Word - nbb2.docx

Microsoft 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

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

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

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

16. Основни методи за интегриране. Интегриране на някои класове функции Интегриране по части. Теорема 1 (Формула за интегриране по части). Ако

16. 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)

Подробно

Microsoft Word - IGM-SER1111.doc

Microsoft 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

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

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

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 - Sem02_KH_VM2-19.doc

Microsoft Word - Sem02_KH_VM2-19.doc Семинар Действия с матрици. Собствени стойности и собствени вектори на матрици. Привеждане на квадратична форма в каноничен вид. Матрица k всяка правоъгълна таблица от k-реда и -стълба. Квадратна матрица

Подробно

Microsoft Word - PMS sec1212.doc

Microsoft 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 ( =

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

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

Microsoft Word - VM22 SEC55.doc

Microsoft 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

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

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

Microsoft Word - Lecture 9-Krivolineyni-Koordinati.doc

Microsoft 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

Подробно

Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимни математически състезания Варна, 9 11 февруари 2007 г. Кратки решения на

Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимни математически състезания Варна, 9 11 февруари 2007 г. Кратки решения на Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимни математически състезания Варна, 9 11 февруари 007 г Кратки решения на задачите Задача 91 Да се намерят всички стойности на

Подробно

МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 2006 MATHEMATICS AND EDUCATION IN MATHEMATICS, 2006 Proceedings of the Thirty Fifth Spring Conference of the U

МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 2006 MATHEMATICS AND EDUCATION IN MATHEMATICS, 2006 Proceedings of the Thirty Fifth Spring Conference of the U МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 2006 MATHEMATICS AND EDUCATION IN MATHEMATICS, 2006 Proceeings of the Thirty Fifth Spring Conference of the Union of Bulgarian Mathematicians Borovets, April 5 8,

Подробно

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

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 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

Подробно

Microsoft Word - PRMAT sec99.doc

Microsoft 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

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