Exam, SU, FMI,

Размер: px
Започни от страница:

Download "Exam, SU, FMI,"

Препис

1 Поправителен изпит по Дискретни структури задачи СУ ФМИ г. Име: ФН: Спец.: Курс: Задача Общо получени точки максимум точки Забележка: За отлична оценка са достатъчни 100 точки. Задача 1. Точките{ в равнината можем да} представим чрез техните координати като двойки реални числа: R 2 = x y x R y R. Релацията P R 2 R 2 е определена по следния начин: { x1 } P = y 1 x2 x1 y 1 = x 2. a Да се докаже че P е релация на еквивалентност. 10 точки б Да се опише и начертае класът на еквивалентност на точката точки Задача 2. При провеждане на първата изпитна сесия от 80 студенти в специалност КН първи поток изпита по ДИС издържали 38 студенти по ЛА 45 студенти а по ДС 52 студенти. Било установено че изпитите по ДИС и ЛА издържали 20 студенти ДИС и ДС 28 студенти. 14 студенти заявили покрусени че не взели нито един от трите изпита. Станало известно още че 13 студенти взели и трите изпита. Колко студенти са положили успешно изпитите по ЛА и ДС? Задача 3. В неориентиран граф от всеки връх излизат точно три ребра. а Докажете че графът има четен брой върхове. 7 точки б Докажете че в графа има цикъл. 7 точки в Възможно ли е графът да съдържа: в1 хамилтонов цикъл? в2 ойлеров цикъл? в3 ойлеров път? по 7 точки Задача 4. Точките с цели координати в равнината са{ оцветени} с осем { цвята. } а По колко начина може да бъде оцветен квадратът ? 20 точки б Докажете че има две едноцветни точки на разстояние по -малко от точки Задача 5. За двоичната функция f x y z определена с таблицата по -долу намерете: а съвършената дизюнктивна нормална форма; 5 точки б минималната дизюнктивна нормална форма; 15 точки в полинома на Жегалкин. 10 точки БОНУС: Шеферова функция ли е f? 15 точки x y z f

2 Задача 1. а Понеже xy = xy то РЕШЕНИЯ x y x y P за x R y R т.е. релацията P е рефлексивна. x1 y 1 x2 P x 1 y 1 = x 2 x 2 = x 1 y 1 x2 x1 y 1 P. Следователно релацията P е симетрична. x1 y 1 x2 P x2 x3 y 3 P x 1 y 1 = x 2 x 2 = x 3 y 3 x 1 y 1 = x 3 y 3 x1 y 1 x3 y 3 P. Ето защо P е транзитивна релация. Щом релацията P е рефлексивна симетрична и транзитивна то тя е релация на еквивалентност. б Класът на еквивалентност на точката 5 6 е множеството от всички точки x y за които xy = 5. 6 т.е. xy = 30. Графиката на обратната пропорционалност y = 30 x е хипербола чиито два клона са разположени в първи и трети квадрант.

3 Задача 2. Щом 14 студенти не са взели нито един изпит то останалите = 66 студенти са взели поне един изпит. Прилагаме принципа за включване и изключване: ДИС ЛА ДС = ДИС + ЛА + ДС + ДИС ЛА ДИС ЛА ДС ДИС ДС. ЛА ДС За да не усложняваме решението с нови обозначения използваме названието на всеки учебен предмет като обозначение на множеството на студентите които са взели изпита по този предмет. + Заместваме числата дадени в условието на задачата и пресметнатата стойност 66: 66 = ЛА ДС + 13 тоест 66 = 100 откъдето намираме ЛА ДС = = 34. Отговор: 34 студенти са положили успешно и изпита по ЛА и този по ДС. ЛА ДС Задачата може да се реши и с диаграма на Вен. Попълваме секторите един по един. Най-напред в черния сектор нанасяме числото 13 броя на студентите взели и трите изпита. На бялата площ нанасяме числото 14 броят на студентите невзели нито един изпит. Изпитите по ДИС и ЛА са взети от 20 студенти които попадат в зеления и черния сектор общо. Следователно в зеления сектор има = 7 студенти те са взели ДИС и ЛА но не и ДС. Изпитите по ДИС и ДС са взети от 28 студенти тъмносиния и черния сектор заедно. Значи в тъмносиния сектор има = 15 студенти те са взели ДИС и ДС но не и ЛА. Изпитът по ДИС е издържан от 38 студенти зеления черния тъмносиния и светлосиния сектор. За светлосиния сектор остават = 3 студенти те са взели само изпита по ДИС. Изпитът по ДС е издържан от 52 студенти черния розовия червения и тъмносиния сектор. Към числото 52 добавяме числата от белия зеления и светлосиния сектор: = 76. За жълтия сектор остават = 4 студенти тези студенти са издържали само изпита по ЛА. Изпитът по ЛА е издържан от 45 студенти черния зеления жълтия и червения сектор. За червения сектор остават = 21 студенти те са издържали ЛА и ДС но не и ДИС. Понеже изпитът по ДС е взет от 52 студенти то в розовия сектор стои числото = 3 но то не е нужно за решението; това е броят на студентите взели само изпита по ДС. Студентите издържали ЛА и ДС се намират в обединението на черния и червения сектор; техният брой е = 34. Това е отговорът на задачата.

4 Задача 3. а Нека n е броят на върховете а m е броят на ребрата на графа. Щом от всеки връх излизат по три ребра то всички ребра са 3n. Но така всяко ребро е броено два пъти по веднъж за всеки от двата върха с които е инцидентно. Затова 3n = 2m. Следователно числото 3n е четно тогава и n е четно. б Това че в графа има цикъл може да се докаже по много начини. Първи начин: Нека v 1 е произволен връх на графа. От v 1 излизат три ребра. По някое от тях преминаваме към друг връх v 2. Но и от v 2 излизат три ребра. По едно от тях току-що сме пристигнали във v 2 по някое от другите две продължаваме към друг връх v 3 и тъй нататък. Получава се път v 1 v 2 v 3 и т.н. който не може да е безкраен в курса по "Дискретни структури" разглеждаме само крайни графи. Следователно на някоя стъпка върхът в който отиваме ще съвпада с някой от вече посетените върхове т.е. ще открием цикъл в графа. Втори начин: Допускаме противното: че графът не съдържа цикъл. Тогава графът е гора. Всяка гора има поне едно дърво а всяко дърво има поне едно листо. Но листата са върхове от първа степен. Следователно графът съдържа връх от първа степен което е противоречие: по условие всички върхове на дадения граф са от трета степен. Това противоречие показва че допускането не е вярно. Вярно е твърдението на задачата: графът съдържа цикъл. в1 Възможно е графът да съдържа хамилтонов цикъл. Такива графи са например K 4 и K 3 3. в2 Графът не може да съдържа ойлеров цикъл защото има върхове от нечетна степен: всички върхове на графа са от трета степен. в3 Графът не съдържа ойлеров път защото има повече от два върха от нечетна степен: всички върхове са от трета степен и графът има поне четири върха. Последното твърдение се доказва така: ако v 1 е произволен връх на графа то от v 1 излизат три ребра например към върховете v 2 v 3 и v 4 така че графът съдържа поне четири върха. Задача 4. а Това подусловие може да се реши по различни начини. Първи начин: Да номерираме точките на квадрата с числата от 1 до 9. На всяко оцветяване на квадрата съпоставяме редица от цветове като първият цвят съответства на първата точка вторият цвят на втората точка и т.н. Следователно броят на възможните оцветявания е равен на броя на редиците от описания вид т.е. броя на вариациите с повторения на осем елемента от девети клас защото за всяка редица избираме девет от осем цвята в определен ред като имаме право да повтаряме цветове две точки от квадрата може да бъдат оцветени в един и същи цвят. Затова търсеният брой е равен на Ṽ 9 8 = 8 9 = Втори начин: За първата точка има осем възможни цвята за втората също осем и т.н. до деветата точка включително. Прилагаме правилото за умножение: броят на възможните оцветявания на квадрата е равен на }{{} 9 множителя = 8 9 = б Квадратът от подусловие "а" има страна с дължина 2 и съдържа девет точки а разполагаме с осем цвята. От принципа на Дирихле следва че поне две от деветте точки имат еднакъв цвят. Разстоянието между тези две точки не надхвърля дължината на диагонала на квадрата 2 2 < 3.

5 Задача 5. а Съвършената дизюнктивна нормална форма се получава по теоремата на Бул: f = x y z x y z x y z x y z x y z x y z. в За да получим полинома на Жегалкин в съвършената дизюнктивна нормална форма заменяме включващата дизюнкция с изключваща имаме право понеже дизюнктивната нормална форма е съвършена а отрицанието заменяме със събиране с единица: f = x + 1 y + 1 z x + 1 y + 1 z + x + 1 y z x + 1 y z + x y + 1 z + x y z + 1. Разкриваме скобите: f = x y z + x y + x z + y z + x + y + z x y z + x z + y z + z + + x y z + x y + y z + y + x y z + y z + x y z + x z + x y z + x y. Унищожаваме еднаквите събираеми: f = x y + x z + x + 1. Полученият израз е полиномът на Жегалкин на функцията f.. f : : : : x y z f 0: : : : : : : : x y z 0: : : : : : x y z 0 1: : : : 0 1 * 2 3: : 1 0 * x y z : 0 * : x y z : 0 x 1 5: 0 1 ȳz 2 6: 1 0 y z /. : f = x ȳz y z.

6 г Функцията f е шеферова защото сама образува пълно множество. Това може да се докаже като изразим чрез f друго множество от булеви функции за което знаем че е пълно например отрицанието и конюнкцията. Отрицанието се изразява така: p = f p p p. Конюнкцията се изразява така: p q = f p p q = f Тези тъждества могат да бъдат проверени по табличния метод. f p p q f p p q f p p q. Задачата може да се реши и с критерия на Пост. За да установим че функцията f е шеферова достатъчно е да проверим че тя не е самодвойнствена и не запазва нито нулата нито единицата. Това лесно се вижда от таблицата на f.

Вариант 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 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

Подробно

РЕФЕРАТ по дисциплината Дискретни структури 1. (*) Докажете асоциативността на операциите обединение и сечение на множества, тоест, че за произволни м

РЕФЕРАТ 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

Подробно

Kontrolno 5, variant 1

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:

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

Homework 3

Homework 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

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

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

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

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

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

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

Проф

Проф Утвърдил:.. / доц. д-р Е. Великова / Утвърден от Факултетен съвет с протокол 2 / 24.02.2014 г. СОФИЙСКИ УНИВЕРСИТЕТ СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ Специалност: Информатика М И И 0 1 0 1 1 3 Дисциплина: Факултет

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

(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 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

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

Microsoft Word - VM-LECTURE21.doc

Microsoft Word - VM-LECTURE21.doc Лекция Числови редове Определения и примери Абсолютна и условна сходимост Числовите редове представляват безкрайни суми () = L L Величината се нарича общ член на реда Сумирането в () започва от = но по

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

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

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

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

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

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

IATI Day 1/Junior Task 1. Trap (Bulgaria) X INTERNATIONAL AUTUMN TOURNAMENT IN INFORMATICS SHUMEN 2018 Задача 1. Капан Образуваме редица от точки, кои

IATI Day 1/Junior Task 1. Trap (Bulgaria) X INTERNATIONAL AUTUMN TOURNAMENT IN INFORMATICS SHUMEN 2018 Задача 1. Капан Образуваме редица от точки, кои Task 1. Trap (Bulgaria) Задача 1. Капан Образуваме редица от точки, които са върхове с целочислени координати в квадратна решетка. Всеки две последователни точки от редицата определят единична хоризонтална

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

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

Глава 4 Действие на група върху множество. 4.1 Основни дефиниции и твърдения. Дефиниция Казваме, че групата G действа върху множеството Ω, ако е

Глава 4 Действие на група върху множество. 4.1 Основни дефиниции и твърдения. Дефиниция Казваме, че групата G действа върху множеството Ω, ако е Глава 4 Действие на група върху множество. 4.1 Основни дефиниции и твърдения. Дефиниция 4.1.1 Казваме, че групата G действа върху множеството Ω, ако е зададено изображение G Ω Ω (g, x) gx (ползват се и

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

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

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

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

Министерство на образованието, младежта и науката 61. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 8-9 април 2012 г. Условия, кратки решения и кр

Министерство на образованието, младежта и науката 61. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 8-9 април 2012 г. Условия, кратки решения и кр Министерство на образованието, младежта и науката 61. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 8-9 април 2012 г. Условия, кратки решения и критерии за оценяване Задача 9.1. Да се намерят стойностите

Подробно

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 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 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

Подробно

Microsoft Word - PMS sec11.doc

Microsoft 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

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

Семинар № 2: Граници на редици, признаци на Даламбер и Коши за сходимост на редове

Семинар № 2: Граници на редици, признаци на Даламбер и Коши за сходимост на редове Семинар / 7 Семинар : Парциална сума на числов ред. Метод на пълната математическа индукция. Критерии за сходимост на редове.! Редица (последователност): x, x,, x, x! Ред: x x x...... Числов ред (безкрайна

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

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ЦЕНТЪР ЗА КОНТРОЛ И ОЦЕНКА НА КАЧЕСТВОТО НА УЧИЛИЩНОТО ОБРАЗОВАНИЕ УВАЖАЕМИ УЧЕНИЦИ, МАТЕМАТИКА 7. КЛАС 20 МАЙ

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ЦЕНТЪР ЗА КОНТРОЛ И ОЦЕНКА НА КАЧЕСТВОТО НА УЧИЛИЩНОТО ОБРАЗОВАНИЕ УВАЖАЕМИ УЧЕНИЦИ, МАТЕМАТИКА 7. КЛАС 20 МАЙ МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ЦЕНТЪР ЗА КОНТРОЛ И ОЦЕНКА НА КАЧЕСТВОТО НА УЧИЛИЩНОТО ОБРАЗОВАНИЕ УВАЖАЕМИ УЧЕНИЦИ, МАТЕМАТИКА 7. КЛАС МАЙ 1 г. ПЪРВИ МОДУЛ Вариант 1 Време за работа минути. ПОЖЕЛАВАМЕ

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

Microsoft Word - VM-2-7-integrirane-na-racionalni-funkcii-seminar.doc

Microsoft 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

Подробно

Глава 17 ζ-функция на Hasse-Weil. Преди да разгледаме ζ-функцията на Hasse-Weil трябва да въведем някои числови инварианти на крива, определена над кр

Глава 17 ζ-функция на Hasse-Weil. Преди да разгледаме ζ-функцията на Hasse-Weil трябва да въведем някои числови инварианти на крива, определена над кр Глава 7 ζ-функция на Hasse-Weil. Преди да разгледаме ζ-функцията на Hasse-Weil трябва да въведем някои числови инварианти на крива, определена над крайно поле. Лема 7.. Ако F е функционално поле на една

Подробно