| Предишната тема :: Следващата тема |
| Автор |
Съобщение |
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
  
гласове: 163
|
 Пуснато на: Tue Jul 15, 2008 6:23 pm Заглавие: Задачи |
|
|
Ето няколко задачи, които могат да послужат като подготовка за Математика 2 
*Задача 1. Да се намерят всички стойности на реалния параметър [tex]a,[/tex] за които системата уравнения
[tex]\begin{tabular}{|l}\log_{2}{(x+y)}=1+\log_{2}{x}\\(x-a)^2+(y-x-a)^2=1 \end{tabular} [/tex]
има единствено решение.
*Задача 2. Нека a, b и с са неотрицателни реални числа.
а) Да се намери най-малката стойност на функцията
[tex]f(x)=\left(x+\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}\right)^{10}-bcx,[/tex] за [tex]x\ge 0.[/tex]
б) Да се докаже, че [tex]\sqrt[4]{a+\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}}\ge \sqrt[40]{abc}.[/tex]
*Задача 3. Намерете тази точка от ординатната ос, през която можем да прекараме две взаимно перпендикулярни допирателни към графиката на функцията [tex]y=x^2-2x+3.[/tex]
Задача 4. Намерете точка от правата [tex]2x-3y=6,[/tex] през която минават две перпендикулярни една на друга допирателни към графиката на функцията [tex]y=\frac{x^2}{4}.[/tex]
Задача 5. Ако М е точка от правата [tex]y=-x+1,[/tex] a N - точка от параболата [tex]y=x^2-5x+6,[/tex] намерете най-малката стойност на дължината на отсечката MN.
Задача 6. Разглеждаме всички правоъгълници, два от върховете на които лежат на абсцисната ос, а другите два – върху графиката на функцията [tex]y=\frac{4}{\sqrt{3}}\cos{x}, \ |x|\le \frac{\pi}{2}.[/tex]
*а) Измежду разглежданите правоъгълници да се намери този с най-голям периметър.
б) Да се докаже, че измежду разглежданите правоъгълници има точно един с най-голямо лице и това лице е по-голямо от [tex]\frac{\pi}{\sqrt{3}}.[/tex]
*Задача 7. Ако точка А лежи на графиката на функцията [tex]y=\frac{1}{8}(x^2-12x),[/tex] a B - на кривата [tex]x^2+y^2-18x-12y+97=0,[/tex] намерете най-малката стойност на дължината на отсечката AB.
|
|
| Върнете се в началото |
|
 |
Реклама
|
| Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
nikolavp
Фен на форума
Регистриран на: 20 Apr 2008
Мнения: 701
гласове: 13
|
| Пуснато на: Tue Jul 15, 2008 6:58 pm Заглавие: Re: Задачи |
|
|
| Цитат: | Задача 1. Да се намерят всички стойности на реалния параметър [tex]a,[/tex] за които системата уравнения
[tex]\begin{tabular}{|l}\log_{2}{(x+y)}=1+\log_{2}{x}\\(x-a)^2+(y-x-a)^2=1 \end{tabular} [/tex]
има единствено решение. |
[tex]\begin{tabular}{|l}\log_{2}(x+y)=1+\log_{2}x \\ (x-a)^2+(y-x-a)^2=1\end{tabular}\\ D.S. x > 0 \\ y+x>0\\ \left. \begin{tabular}{|l}x+y=2x\\ (x-a)^2+(y-x-a)^2=1\end{tabular} \right}\Rightarrow\begin{tabular}{|l}y=x \\ (x-a)^2+(-a)^2=1\end{tabular} \\ x^2-2ax+2a^2-1=0[/tex]
Iсл
За да има едно решение дискриминантата на горното трябва да е 0 =>
[tex]D=0 \\ a^2-2a^2+1=0 \\ 1-a^2=0 \\ a_{1,2}=\pm1[/tex]
[tex]a=1 \Rightarrow x=1;y=1 \in D.S. \\ a=-1 \Rightarrow x=-1;y=-1 \notin D.S.[/tex]
EDIT: IIсл [tex]\left. x^2-2ax+2a^2-1=0 \\ x>0 \right} \Rightarrow \left.f(0)<0 \\ 2a^2-1<0 \\ a^2-\frac{1}{2}<0 \right} \Rightarrow a\in \left(-\frac{\sqrt{2}}{2};\frac{\sqrt{2}}{2}\right)[/tex]
Окончателно [tex]a=1 \cap a \in \left(-\frac{\sqrt{2}}{2};\frac{\sqrt{2}}{2}\right)[/tex]
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
гласове: 163
|
| Пуснато на: Tue Jul 15, 2008 7:03 pm Заглавие: Re: Задачи |
|
|
| nikolavp написа: |
[tex]x^2-2ax+2a^2-1=0[/tex]
За да има едно решение дискриминантата на горното трябва да е 0 |
Не трябва да има един корен, а един положителен корен 
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
nikolavp
Фен на форума
Регистриран на: 20 Apr 2008
Мнения: 701
гласове: 13
|
| Пуснато на: Tue Jul 15, 2008 7:05 pm Заглавие: Re: Задачи |
|
|
| Nona написа: | | nikolavp написа: |
[tex]x^2-2ax+2a^2-1=0[/tex]
За да има едно решение дискриминантата на горното трябва да е 0 |
Не трябва да има един корен, а един положителен корен |
Нали после направих проверка 
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
nikolavp
Фен на форума
Регистриран на: 20 Apr 2008
Мнения: 701
гласове: 13
|
| Пуснато на: Tue Jul 15, 2008 9:18 pm Заглавие: Re: Задачи |
|
|
| Nona написа: |
Задача 3. Намерете тази точка от ординатната ос, през която можем да прекараме вде взаимно перпендикулярни допирателни към гафиката на функцията [tex]y=x^2-2x+3.[/tex] |
Ако [tex]t_{1};t_{2}[/tex] са допирателните, а [tex]M(Mx;My);N(Nx;Ny);(M\in t_{1};N \in t_{2})[/tex] са допирните точки с парабОлата на функцията [tex]f(x) \Rightarrow[/tex]
[tex]f'(x)=2x-2 \\ t_{1}: q=(x-Mx)(2Mx-2)+Mx^2-2Mx+3=2Mx.x-2Mx^2-2x\cancel{+2Mx}+Mx^2\cancel{-2Mx}+3=-Mx^2+2(Mx-1)x+3 \Rightarrow \\ t_{2}: m=-Nx^2+2(Nx-1)x+3[/tex]
Нека [tex]P(0;Py)[/tex] е пресечната точка на двете допирателни =>
[tex]\left. P\in t_{1} \Rightarrow Py=-Mx^2+0+3 \\ P\in t_{2} \Rightarrow Py=-Nx^2+0+3 \right} \Rightarrow Mx^2-Nx^2=0 \Rightarrow Mx=Nx \\ Mx+Nx=0 [/tex]
Първото няма как да е възможно, защото тогава имаме [tex]N\equiv M[/tex] което противоречи с условието [tex]\Rightarrow Mx+Nx=0(1)[/tex]. От това, че двете прави са перпендикулярни [tex]\Rightarrow k_{1}.k_{2}=-1 \Rightarrow (2Mx-2)(2Nx-2)=-1 \\ 4Mx.Nx+4(Mx+Nx)+4=-1 \\ 4Mx.Nx=-5 \\ Mx.Nx=-\frac{5}{4}(2)[/tex]
От (1) и (2) [tex]\Rightarrow Mx^2=\frac{5}{2}[/tex]. Заместваме в [tex]t_{1}[/tex] за [tex]P \Rightarrow Py=-\frac{5}{2}+3=\frac{7}{4}[/tex]
EDIT: Парабула - парабола
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
гласове: 163
|
| Пуснато на: Tue Jul 15, 2008 9:45 pm Заглавие: |
|
|
1. Браво
2. ПарабОла 
3. Оправи си първа задача. Разгледай случая, когато 0 е между двата корена.
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
nikolavp
Фен на форума
Регистриран на: 20 Apr 2008
Мнения: 701
гласове: 13
|
| Пуснато на: Tue Jul 15, 2008 9:57 pm Заглавие: |
|
|
| Nona написа: | 1. Браво
2. ПарабОла
3. Оправи си първа задача. Разгледай случая, когато 0 е между двата корена. |
Оправих си правописната и математическата грешка.
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
PhilipMath
Редовен
Регистриран на: 10 Jun 2008
Мнения: 108
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 1:12 pm Заглавие: |
|
|
| Пуснете решение за 4-та и 5-та
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
nikolavp
Фен на форума
Регистриран на: 20 Apr 2008
Мнения: 701
гласове: 13
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 1:33 pm Заглавие: |
|
|
| PhilipMath написа: | | Пуснете решение за 4-та и 5-та |
Добре втора как я измисли. На мен със неравенството на Коши нещо до никъде не я докарах... Иначе 4-та е много подобна на трета. 5,6, 7 не съм ги гледал още...
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
гласове: 163
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 1:43 pm Заглавие: |
|
|
Ето и решението, което е предложено в сборника:
Задача 3. Решение: Нека [tex]A(0;b)[/tex] да е търсената точкана оста Oy. Две взаимно перпендикулярни прави, минаващи през А, имат уравнения [tex]y=kx+b[/tex] и [tex]y=-\frac{1}{k}x+b.[/tex] Понеже всяка от тези прави по условие има единствена пресечна точка с параболата [tex]y=x^2-2x+3,[/tex] то всяко от уравненията [tex]kx+b=x^2-2x+3[/tex] и [tex]-\frac{1}{k}x+b=x^2-2x+3[/tex] има единствен корен. Остава да приравним на 0 дискриминантите на получените квадратни уравнения, да намерим b, а после да проверим, че намерените прави в действителност са допирателни.
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Unimath22
Начинаещ
Регистриран на: 15 Jul 2007
Мнения: 28
Местожителство: Галактиката Млечен Път
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 2:27 pm Заглавие: |
|
|
| Nona написа: | | Ето и решението, което е предложено в сборника: |
Кой сборник? От кой сборник са тези задачи?
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
гласове: 163
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 2:34 pm Заглавие: |
|
|
| Unimath22 написа: | | Nona написа: | | Ето и решението, което е предложено в сборника: |
Кой сборник? От кой сборник са тези задачи? |
Задачи 1, 2 и 6 са от вътрешни изпити в НПМГ (линк), а останалите - от сборника на Е. Куланин и С. Федин "3000 конкурсных задач по математике".
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
PhilipMath
Редовен
Регистриран на: 10 Jun 2008
Мнения: 108
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 4:02 pm Заглавие: |
|
|
| На 2-ра 0 ли е отговорът.
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
гласове: 163
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 4:10 pm Заглавие: |
|
|
| PhilipMath написа: | | На 2-ра 0 ли е отговорът. |
Да. Хайде де, защо не пишете решения 
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
PhilipMath
Редовен
Регистриран на: 10 Jun 2008
Мнения: 108
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 4:25 pm Заглавие: |
|
|
| Нямам такова ,просто разсъдения.Потвърди или отречи.
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
nikolavp
Фен на форума
Регистриран на: 20 Apr 2008
Мнения: 701
гласове: 13
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
nikolavp
Фен на форума
Регистриран на: 20 Apr 2008
Мнения: 701
гласове: 13
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 10:50 pm Заглавие: |
|
|
| Nona написа: | | PhilipMath написа: | | На 2-ра 0 ли е отговорът. |
Да. Хайде де, защо не пишете решения |
Явно не можем да ги решим Напиши ти някакво решение на втора, защото а) мога да я измисля, но b) не потегля, а имам чувството, че са пряко свързани ако ги решаваш по по - лек начин
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
гласове: 163
|
| Пуснато на: Wed Jul 16, 2008 11:40 pm Заглавие: Re: Задачи |
|
|
| Цитат: |
Задача 2. Нека a, b и с са неотрицателни реални числа.
а) Да се намери най-малката стойност на функцията
[tex]f(x)=\left(x+\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}\right)^{10}-bcx,[/tex] за [tex]x\ge 0.[/tex]
б) Да се докаже, че [tex]\sqrt[4]{a+\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}}\ge \sqrt[40]{abc}.[/tex]
|
а)
[tex]f(x)=\left(x+\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}\right)^{10}-bcx \\ f'(x)=10\left(x+\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}\right)^{9}-bc \\ f'(x)=0 \Leftrightarrow [/tex]
При [tex]x=\sqrt[9]{\frac{bc}{10}}-\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}[/tex] функцията достига минимум. Ще докажем, че той е неположителен и понеже х≥0, функцията е растяща в [tex][0;+\infty)[/tex] и [tex]\min_{x\in[0;+\infty)}f(x)=f(0)=0.[/tex]
[tex]\sqrt[9]{\frac{bc}{10}}-\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}\le 0 \\ \left(b+\sqrt{c}\right)^3\ge \frac{bc}{10} \\ g(b)=\left(b+\sqrt{c}\right)^3- \frac{bc}{10} \\ g'(b)=3\left(b+\sqrt{c}\right)^2- \frac{bc}{10} \\ g'(b)=0 \Leftrightarrow b=\frac{\sqrt{c}(1-\sqrt{30})}{\sqrt{30}}<0 \Rightarrow g(b)\nearrow \ npu \ b\ge0 \\ \min_{b\in[0;+\infty)}g(b)=g(0)=\left(\sqrt{c}\right)^3\ge 0[/tex]
б)
[tex]f(a)\ge0\Leftrightarrow \left(a+\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}\right)^{10}\ge abc |\nearrow{\frac{1}{40}} \\ \sqrt[4]{a+\sqrt[3]{b+\sqrt{c}}}\ge \sqrt[40]{abc}[/tex]
П.П. Ще се радвам, ако някой напише решение на тази задача без тези грозни производни.
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
ганка симеонова
SUPER VIP
Регистриран на: 10 Jan 2008
Мнения: 5985
Местожителство: софия
гласове: 298
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Manchev
Начинаещ
Регистриран на: 28 May 2008
Мнения: 50
Местожителство: in your head
гласове: 2
|
| Пуснато на: Thu Jul 17, 2008 11:47 am Заглавие: |
|
|
Някой може ли да ми обясни принципно на 3 и 4 задача, когато имаме задачи където допирателните трябва да са перпендикулярни как се прави? Как можем да намерим на оста две прави, които да са перпендикулярни?
edit- всъщност не бях видял поста на Нона където обяснява кога две прави са перпендикулярни.
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
ганка симеонова
SUPER VIP
Регистриран на: 10 Jan 2008
Мнения: 5985
Местожителство: софия
гласове: 298
|
| Пуснато на: Thu Jul 17, 2008 11:51 am Заглавие: |
|
|
правите с уравнения
[tex]y=a_1x+b_1 ; y=a_2x+b_2 [/tex]са перпендикулярни, тогава когато
[tex]a_1.a_2=-1 [/tex]
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Manchev
Начинаещ
Регистриран на: 28 May 2008
Мнения: 50
Местожителство: in your head
гласове: 2
|
| Пуснато на: Thu Jul 17, 2008 12:16 pm Заглавие: |
|
|
Един въпрос за трета задача. Правя я по пътя на Нона, като за квадратните уравнения, получени за х, намирам k така че дискриминантата и на двете да е 0.
k=2 +-√12-4b
k=2+-√12+4b
Оттам как продължава ходът на действията?
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
гласове: 163
|
| Пуснато на: Thu Jul 17, 2008 5:16 pm Заглавие: |
|
|
| Имаш система с две уравнения и две неизвестни откъдето намираш b.
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Manchev
Начинаещ
Регистриран на: 28 May 2008
Мнения: 50
Местожителство: in your head
гласове: 2
|
| Пуснато на: Thu Jul 17, 2008 5:39 pm Заглавие: |
|
|
| omg, естествено. Благодаря ти.
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
marmod4o
Начинаещ
Регистриран на: 18 Jul 2008
Мнения: 2
|
| Пуснато на: Fri Jul 18, 2008 3:01 pm Заглавие: |
|
|
| Nona написа: | Ето и решението, което е предложено в сборника:
Задача 3. Решение: Нека [tex]A(0;b)[/tex] да е търсената точкана оста Oy. Две взаимно перпендикулярни прави, минаващи през А, имат уравнения [tex]y=kx+b[/tex] и [tex]y=-\frac{1}{k}x+b.[/tex] Понеже всяка от тези прави по условие има единствена пресечна точка с параболата [tex]y=x^2-2x+3,[/tex] то всяко от уравненията [tex]kx+b=x^2-2x+3[/tex] и [tex]-\frac{1}{k}x+b=x^2-2x+3[/tex] има единствен корен. Остава да приравним на 0 дискриминантите на получените квадратни уравнения, да намерим b, а после да проверим, че намерените прави в действителност са допирателни. |
Имам следния въпрос защо [tex]y=kx+b[/tex] и [tex]y=-\frac{1}{k}x+b.[/tex]
или по-точно защо не е [tex]y=kx+b[/tex]1 и [tex]y=-\frac{1}{k}x+b[/tex]2 кое ни гарантира, че [tex]b[/tex]1=[tex]b[/tex]2
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
nikolavp
Фен на форума
Регистриран на: 20 Apr 2008
Мнения: 701
гласове: 13
|
| Пуснато на: Fri Jul 18, 2008 3:18 pm Заглавие: |
|
|
| marmod4o написа: |
Имам следния въпрос защо [tex]y=kx+b[/tex] и [tex]y=-\frac{1}{k}x+b.[/tex]
или по-точно защо не е [tex]y=kx+b[/tex]1 и [tex]y=-\frac{1}{k}x+b[/tex]2 кое ни гарантира, че [tex]b[/tex]1=[tex]b[/tex]2 |
Ако [tex]f_{1}(x);f_{2}(x)[/tex] са ти двете функции => [tex]A \in f_{1}(x);A \in f_{2}(x) \Rightarrow f_{1}(0)=f_{2}(0) \Rightarrow b_{1}=b_{2}[/tex]
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
marmod4o
Начинаещ
Регистриран на: 18 Jul 2008
Мнения: 2
|
| Пуснато на: Fri Jul 18, 2008 3:21 pm Заглавие: |
|
|
| nikolavp написа: | | marmod4o написа: |
Имам следния въпрос защо [tex]y=kx+b[/tex] и [tex]y=-\frac{1}{k}x+b.[/tex]
или по-точно защо не е [tex]y=kx+b[/tex]1 и [tex]y=-\frac{1}{k}x+b[/tex]2 кое ни гарантира, че [tex]b[/tex]1=[tex]b[/tex]2 |
Ако [tex]f_{1}(x);f_{2}(x)[/tex] са ти двете функции => [tex]A \in f_{1}(x);A \in f_{2}(x) \Rightarrow f_{1}(0)=f_{2}(0) \Rightarrow b_{1}=b_{2}[/tex] |
Благодаря!
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
гласове: 163
|
| Пуснато на: Fri Jul 18, 2008 8:55 pm Заглавие: Re: Задачи |
|
|
| Цитат: | | Задача 7. Ако точка А лежи на графиката на функцията [tex]y=\frac{1}{8}(x^2-12x),[/tex] a B - на кривата [tex]x^2+y^2-18x-12y+97=0,[/tex] намерете най-малката стойност на дължината на отсечката AB. |
Решение: Както г-жа Симеонова вече написа, второто уравнение може да се преобразува до [tex](x-9)^2+(y-6)^2=20,[/tex] което е уравнение на окръжност с радиус [tex]R=2\sqrt{5}[/tex] и център точката [tex]O(9;6).[/tex] Отсечката АВ е най-малка, когато лежи на правата ОВ (докажете!). Остава да намерим такава точка от параболата [tex]y=\frac{1}{8}(x^2-12x),[/tex] при която отсечката ОА да е най-малка.
Прилагаме Питагорова теорема за ▲ОАМ:
[tex]OA^2=AM^2+OM^2=(x_0-9)^2+(6-f(x_0))^2=(x_0-9)^2+\left(6-\frac{1}{8}(x_0^2-12x_0)\right)^2 \\ g(x_0)=(x_0-9)^2+\left(6-\frac{x_0^2}{8}+\frac{3x_0}{2}\right)^2 \\ g'(x_0)=\frac{1}{16}x_0(x_0-4)(x_0-14)[/tex]
Най-малката стойност на g(x0) се достига при x0=14. Тогава [tex]OA=\sqrt{g(14)}=\frac{5\sqrt{5}}{2}, \ AB=OA-R=\frac{5\sqrt{5}}{2}-2\sqrt{5}=\frac{\sqrt{5}}{2}.[/tex]
| Description: |
|
| Големина на файла: |
28.38 KB |
| Видяна: |
3318 пъти(s) |
|
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Nona
Напреднал
Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477
гласове: 163
|
| Пуснато на: Mon Jul 21, 2008 11:44 am Заглавие: Re: Задачи |
|
|
| Цитат: | Задача 5. Ако М е точка от правата [tex]y=-x+1,[/tex] a N - точка от параболата [tex]y=x^2-5x+6,[/tex] намерете най-малката стойност на дължината на отсечката MN.
|
Най-късото разстояние от [tex]m:y=-x+1[/tex] до [tex]f(x)=x^2-5x+6[/tex] е разстоянието между [tex]m[/tex] и допирателна към [tex]f(x),[/tex] успоредна на [tex]m.[/tex] Нека таза допирателна да е [tex]n.[/tex]
[tex]f'(x)=2x-5 \\ n:y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)=(2x_0-5)(x-x_0)+x_0^2-5x_0+6=(2x_0-5)x-x_0^2+6 \\ m||n \Rightarrow 2x_0-5=-1 \Rightarrow x_0=2 \\ n:y=-x+2[/tex]
След това от правоъгълния равнобедрен триъгълник KMN с хипотенуза 1 лесно намираме, че [tex]MN=\frac{1}{\sqrt{2}}.[/tex]
| Description: |
|
| Големина на файла: |
20.2 KB |
| Видяна: |
3258 пъти(s) |
|
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
nikolavp
Фен на форума
Регистриран на: 20 Apr 2008
Мнения: 701
гласове: 13
|
| Пуснато на: Mon Jul 21, 2008 1:12 pm Заглавие: |
|
|
+ от мен. Прекрасно решение. Пропуснах факта, че трябва да се пусне допирателната успоредна на въпросната права и при мен излезе питагорова теорема за полином с 4 члена  . Браво!!!
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
|
Меню
Регистрирайте се
