Регистрирайте сеРегистрирайте се

Задачи - авторски предложения

Иди на страница Предишна  1, 2, 3, 4  Следваща
 
   Форум за математика Форуми -> Олимпиади и състезания за 9-12 клас
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
Мирослав Стоенчев
Напреднал


Регистриран на: 21 Aug 2007
Мнения: 279

Репутация: 72
гласове: 45

МнениеПуснато на: Tue Jun 10, 2008 3:43 pm    Заглавие:

Задача. Да се докаже, че уравнението [tex]\ x^4+y^4+6x^2y^2=z^2\ [/tex] няма решения в естествени числа.

Задача. [tex]ABCD[/tex] е четириъгълник с полупериметър [tex]p[/tex] и медицентър [tex]G,[/tex] който е вписан в окръжност [tex]k[/tex] и описан около окръжност [tex]w(I,r).[/tex] Нека [tex]|AC|=e,\ |BD|=f.[/tex]
Да се докаже, че [tex]\ |GI|=\frac{|e-f|}{4}\sqrt{\frac{2p^2}{(e+f)^2}-1}.[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
estoyanovvd
Фен на форума


Регистриран на: 19 Sep 2006
Мнения: 764
Местожителство: Видин
Репутация: 94.7Репутация: 94.7
гласове: 67

МнениеПуснато на: Thu Jun 12, 2008 7:19 am    Заглавие: Задача от неравенства между периметри на триъгълници

Ето това е една моя оригинална задача с интересна история, която ще ви разкажа след като я решите!!!



Нека точките M, N и К са съответно от страните АВ, ВС и СА на остроъгълния триъгълник АВС и отсечките СМ, АN и ВК се пресичат в точка Т. Да се докаже, че поне един от периметрите на триъгълниците АМК, ВNМ и СКN е по-голям или равен на периметъра на триъгълника МNК и поне един от тях е по-малък или равен на периметъра на МNK.

Преместих я от нестандартните, защото никой не я решава.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение Посетете сайта на потребителя
erejnion
Начинаещ


Регистриран на: 09 Mar 2008
Мнения: 41

Репутация: 12.4
гласове: 5

МнениеПуснато на: Fri Jun 13, 2008 3:09 am    Заглавие:

а никак не ми се спамеше тук....
та аз съм я решил (май) нооо да ме убиете няма да ме убедите да я опиша. мразя да описвам. идеята ми е 1. отхвърлям случая ако някоя от точките е в среда на страна и 2. после имаме 2 точки "близо" до един връх (по-близо от средата на съответната страна)
тези две точки и върхът при тях допълваме до успоредник и доказваме после неравенство на триъг. за двете нови страни на този успоредник използвайки че четвъртия връх на успоредника е вътре в KMN /което се доказва с прости отношения/.
после за триъг. с по-голям периметър ще използваме тези две точки които са "далече" от един от върховете.
дааам. ако някой не знае решението току що ще е разбрал нищо. лошо. съжалявам Embarassed

ПП: трябваше да остане и в нестандартните щото.... не ми се спамеше тук.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение Посетете сайта на потребителя
Мирослав Стоенчев
Напреднал


Регистриран на: 21 Aug 2007
Мнения: 279

Репутация: 72
гласове: 45

МнениеПуснато на: Wed Jun 25, 2008 9:22 pm    Заглавие:

Задача. Да се докаже, че не съществуват [tex]n+2[/tex] точки в [tex]\ \mathbb{R}^n,[/tex] такива че разстоянията между всеки две от тях да са нечетни естествени числа.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 5:55 pm    Заглавие:

Даден е триъгълник ABC. Точките M, N, P са избрани вътрешно на страните му AB, BC, CA съответно. U, V, W са съответно пресечните точки на AN и CM, BP и AN, CM и BP. Тригълника UVW е равностранен. Ако AM=BN=CP - да се докаже, че ABC е равностранен.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
martosss
VIP Gold


Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
Репутация: 424.2Репутация: 424.2
гласове: 213

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 6:28 pm    Заглавие:

ins- написа:
Даден е триъгълник ABC. Точките M, N, P са избрани вътрешно на страните му AB, BC, CA съответно. U, V, W са съответно пресечните точки на AN и CM, BP и AN, CM и BP. Тригълника UVW е равностранен. Ако AM=BN=CP - да се докаже, че ABC е равностранен.


Ето какво измислих аз:

Нека приложим теоремата на Менелай за ▲AUC и правата ВР:

[tex]\frac{AV}{\cancel {UV}}*\frac{\cancel {UW}}{WC}*\frac{PC}{PA}=1\Right \frac{AV}{AP}=\frac{CW}{PC}[/tex]
Освен това [tex]\angle AVU=\angle UWV=\angle PWC=60^\circ[/tex] и AP||PC. От това следва ( или аз така си мисля, може ли някой да потвърди дали наистина следва) че [tex]\Del AVP\approx \Del CWP\Right \angle PAV\Right \angle UAC=\angle PCW,\: \angle APV=\angle VPC[/tex], но последните два ъгъла са съседни => те са по 90 градуса => [tex]\angle UAC=\angle PCW=180^\circ-60^\circ-90^\circ=30^\circ[/tex]

Аналогично доказваме, че [tex]\Del MBW\approx \Del MAU,\Del UNC\approx \Del VNB[/tex] и [tex]\angle MAU=\angle MBV=30^\circ,\: \angle WCN=\angle VBN=30^\circ[/tex]

И от тук триъгълникът е равностранен Wink

Само моля да потвърдите дали не греша за подобието на триъгълниците, аз като гледам мога да си ги построя и мисля че е така, ама все пак кажете и вие Embarassed



triugulnik.JPG
 Description:
 Големина на файла:  23.49 KB
 Видяна:  3317 пъти(s)

triugulnik.JPG


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 6:36 pm    Заглавие:

Благодаря ти, martosss! Съжалявам, но според мен решението ти е грешно. Предишното ти решение ми се стори по-добро.
Можеш да разгледаш други опити за решение:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=209516.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
martosss
VIP Gold


Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
Репутация: 424.2Репутация: 424.2
гласове: 213

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 7:50 pm    Заглавие:

ins- написа:
според мен решението ти е грешно. Предишното ти решение ми се стори по-добро.

То предишното е същото Laughing Вие самият имате ли решение на тази задача?
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 8:09 pm    Заглавие:

Ти как мислиш? Предишното не е същото. В това решение ме притеснява, че получаваш едни ъгли по 30 градуса, което не е добре - триъгълника може да е равностранен без ъглите да са по 30 градуса - те могат да варират и пак да е равностранен вземи UAC за пример.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
martosss
VIP Gold


Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
Репутация: 424.2Репутация: 424.2
гласове: 213

МнениеПуснато на: Sat Jun 28, 2008 9:28 pm    Заглавие:

Ми не знам, изглеждат много подобни Very Happy От подобието си следва просто Wink Аз и в другия пост за същите триъгълници говорех, но явно не става този трик Crying or Very sad Ще помисля за друго решение, но едва ли... това беше единственото, което се сетих - подобие и от там да са еднакви, иначе не се сещам как ще стане Sad
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Saposto_MM
Напреднал


Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
Репутация: 124.4
гласове: 67

МнениеПуснато на: Fri Jul 04, 2008 6:02 pm    Заглавие:

Ако за реалните положителни числа [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}[/tex] е вярно [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}<\sqrt[n]{k}[/tex], където k е реално положително число, то докажете, че: [tex]\frac{1}{k-x_{1}^{n}}+\frac{1}{k-x_{2}^{n}}+...+\frac{1}{k-x_{n}^{n}}\ge \frac{n}{k-x_{1}x_{2}...x_{n}}[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Saposto_MM
Напреднал


Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
Репутация: 124.4
гласове: 67

МнениеПуснато на: Fri Jul 04, 2008 8:21 pm    Заглавие:

Направих го по-общо:
Ако за реалните положителни числа [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}[/tex] е вярно [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}<\sqrt[n]{k}[/tex], където k е реално положително число и, ако m е неотрицателно число, то докажете, че: [tex]\frac{m}{k-x_{1}^{n}}+\frac{m}{k-x_{2}^{n}}+...+\frac{m}{k-x_{n}^{n}}\ge \frac{mn}{k-x_{1}x_{2}...x_{n}}[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Saposto_MM
Напреднал


Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
Репутация: 124.4
гласове: 67

МнениеПуснато на: Fri Jul 04, 2008 10:48 pm    Заглавие:

Намерих още едно обобщение:
Ако за реалните положителни числа [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}[/tex] и [tex]y_{1},y_{2},...,y_{n}[/tex] е вярно [tex]y_{i}<x_{i}[/tex] [tex](i=1,2,...,n)[/tex], и ако [tex]m_{1},m_{2},...,m_{n}[/tex] са неотрицателни числа, то докажете, че: [tex]\frac{m_{1}^{n}}{y_{1}^{n}-x_{1}^{n}}+\frac{m_{2}^{n}}{y_{2}^{n}-x_{2}^{n}}+...+\frac{m_{n}^{n}}{y_{n}^{n}-x_{n}^{n}}\ge \frac{n^{2}m_{1}m_{2}...m_{n}}{{y_{1}^{n}+y_{2}^{n}+...+y_{n}^{n}-nx_{1}x_{2}...x_{n}}[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Sat Jul 12, 2008 7:50 pm    Заглавие:

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=214127 тук има решение на предложената от мен задача. Задача 3 е новото ми предложение за задача на седмицата.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Sun Jul 13, 2008 2:20 pm    Заглавие:

estoyanovvd - Задача от неравенства между периметри на триъгълници - остана дълго време нерешена/частично решена, а ми се струва интересна - според мен ще е интересно да видим решението й и да разберем нейната история.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
estoyanovvd
Фен на форума


Регистриран на: 19 Sep 2006
Мнения: 764
Местожителство: Видин
Репутация: 94.7Репутация: 94.7
гласове: 67

МнениеПуснато на: Sun Jul 13, 2008 8:06 pm    Заглавие:

ins- написа:
estoyanovvd - Задача от неравенства между периметри на триъгълници - остана дълго време нерешена/частично решена, а ми се струва интересна - според мен ще е интересно да видим решението й и да разберем нейната история.



Ще започнем със следната:

Лема. Нека [tex]CM[/tex] е медиана в [tex]\Delta ABC(M\in AB)[/tex], [tex]A_{1}\in BC,B_{1}\in AC, AA_{1}\cap BB_{1}=T[/tex] и точката [tex]T[/tex] е от триъгълника [tex]MBC[/tex]. Тогава [tex]\angle B_{1}A_{1}C\le \angle ABC[/tex].


Доказателство. Нека [tex]A_{1}B_{2}||AB(B_{2}\in AC)[/tex]. От теоремата на Щайнер за

трапеца [tex]ABA_{1}B_{2}[/tex] е ясно, че [tex]AA_{1}\cap BB_{2}=N, N\in CM [/tex].

И така [tex]N\in AA_{1},T\in AA_{1}[/tex] и [tex]T[/tex] е от [tex]\Delta MBC[/tex], т.е [tex]T[/tex] е между [tex]N[/tex] и [tex]A_{1}[/tex], откъдето е ясно, че [tex]B_{1}[/tex] е

вътрешна за [tex]B_{2}C[/tex]. Тогава [tex]\angle B_{1}A_{1}C\le \angle B_{2}A_{1}C=\angle ABC[/tex].

Доказаната Лема ни позволява, когато е налице дадената конфигурация, от произволна

точка [tex]X[/tex] от страната [tex]AB[/tex] да построим отсечка [tex]XY||A_{1}B_{1},Y\in AC[/tex].



ts2.png
 Description:
 Големина на файла:  22.84 KB
 Видяна:  2350 пъти(s)

ts2.png


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение Посетете сайта на потребителя
estoyanovvd
Фен на форума


Регистриран на: 19 Sep 2006
Мнения: 764
Местожителство: Видин
Репутация: 94.7Репутация: 94.7
гласове: 67

МнениеПуснато на: Sun Jul 13, 2008 9:01 pm    Заглавие:

Нека [tex]G[/tex] е медицентър на [tex]\Delta ABC[/tex] и Б.О.О [tex]T\in \Delta BCG[/tex].

Тогава от лемата е ясно, че можем да построим [tex]ML||NK[/tex] и [tex]KQ||MN[/tex] така,

че [tex]S=ML\cap KQ[/tex] да е вътрешна за [tex]\Delta ABC[/tex].

Сега [tex]P_{\Delta MNK}=P_{\Delta MKS}\le P_{\Delta AMK}[/tex] и едната част от твърдението на задачата е доказана!

Нека сега построим права, успорендна на [tex]MK[/tex] през [tex]N[/tex] и пресичаща лъчите [tex]SK[/tex] и [tex]SM[/tex] съответно в точките [tex]Y[/tex] и [tex]Z[/tex].



Нека още [tex]\angle NKY=\angle MSK=\varphi [/tex]. Тогава [tex]\angle NKC=\angle MRC\le \varphi [/tex] ([tex]\varphi [/tex] е външен за [tex]\Delta RSK[/tex], като равенство се достига при [tex]S\equiv R[/tex]), т.е

(1) [tex]\angle NKY\ge \angle NKC[/tex].

Аналогично получаваме

(2) [tex]\angle NMZ\ge \angle NMB[/tex].

От равенствата [tex]\angle KNC+\angle MNK+\angle MNB=180^{0}[/tex] и

[tex]\angle KNY+\angle MNK+\angle MNZ=180^{0}[/tex]

пък следва, че не може едновременно да са изпълнени неравенствата

[tex]\angle KNC>\angle KNY[/tex] и [tex]\angle MNB>\angle MNZ[/tex].

Нека Б.О.О [tex]\angle KNC\le \angle KNY[/tex] (както е на чертежа!).

Това, заедно с (1), дава, че точката [tex]C[/tex] е вътрешна за [tex]\Delta KNC[/tex]

Вече е ясно, че [tex]P_{\Delta MNK=P_{\Delta KNY\ge P_{\Delta KNC[/tex] ( [tex]\Delta MNK \simeq \Delta KNY[/tex] по построение!). Равенствата се достигат, когато M,N и K са средите на страните на триъгълника. С това задачата е решена! Да отбележа, че никъде не използвахме, че триъгълникът е остроъгълен!!! Като прочетете по-долните редове ще разберете от къде идва моето объркване.


Каква е историята на тази задача? (ВИЖ ЧЕРТ.3)

Известна е конструкцията ,, триъгълник, вписан в триъгълник" и задачата на Ердьош, която твърди, че поне едно от лицата на триъгълниците AMK, BNM, NCK не надминава лицето на триъгълника ABC.(Доказана е от Де Брунер през 1956г. и за това може да я срещнете като задача на Ердьош- Де Брунер.) По-късно се появява задачата от МОМ-София 1966, която твърди, че поне едно от лицата на триъгълниците AMK,BNM,NCK не надминава [tex]\frac{1}{ 4} [/tex] от лицето на АВС. Предложена е от Полша и е елементарно следствие от първата задача. Логично е да възникне въпросът има ли аналогични твърдения за периметрите на триъгълниците от същата конфигурация, т.е. верни ли е, например, твърдението, че поне един от периметрите на AMK, BNM, NCK не надминава периметъра на АВС?
Сега вече знам, че отговорът на този въпрос е положителен и дори разполагам с доказателството на това твърдение, което 2001 година доста се мъчих да докажа, но то съвсем не е просто и кратко. Така реших да докажа твърдението за частния случай, когато точките М, N и Р са петите на чевианите в триъгълника и в процеса на решаването му се оказа, че в този случай може да се твърди и нещо повече! Вече се запознахте със задачата и нейното решение, нали? Още по-интересно стана, когато се опитах да докажа аналогично твърдение за педалния триъгълник за точка Т от вътрешността на АВС!



Така се получи и новата ми задача, която ви предлагам да решите(ВИЖ ЧЕРТЕЖ 4)

Задача.Нека точка Т е от вътрешността на остроъгълния триъгълник АВС, а точките M,N и Р са петите на перпендикулярите, спуснати съответно към страните АВ, ВС и СА на триъгълника АВС. Докажете, че поне един от периметрите на триъгълниците АМК, ВNМ и NСК не надминава периметъра на MNK и поне един от тях е по-голям или равен на периметъра на MNK.
Тук вече условието за остроъгълен триъгълник е съществено за моето решение. Може да се опитате да го докажете и за произволен. Като решите тази задачка ще ви разкажа още нещо пък за нея! Приятно решаване!!!



4ert.3.png
 Description:
 Големина на файла:  11.97 KB
 Видяна:  2349 пъти(s)

4ert.3.png



4ert.4.png
 Description:
 Големина на файла:  14.85 KB
 Видяна:  2349 пъти(s)

4ert.4.png


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение Посетете сайта на потребителя
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Sun Jul 13, 2008 9:49 pm    Заглавие:

Не знам точно какъв е механизмът, по който работи споменатата програма, но проблема би могъл да се реши с PrintScreen, смяна на формата и/или мащабиране.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
estoyanovvd
Фен на форума


Регистриран на: 19 Sep 2006
Мнения: 764
Местожителство: Видин
Репутация: 94.7Репутация: 94.7
гласове: 67

МнениеПуснато на: Mon Jul 14, 2008 10:59 am    Заглавие:

Погледнете през един пост нагоре, за да видите решението на моята задачка, а също така нейната история!
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение Посетете сайта на потребителя
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Fri Jul 25, 2008 10:57 am    Заглавие:

Искам да се извиня за моята първа задача - давана е на Контролно за определяне на националния отбор на Румъния през 1993 година. Не го знаех. Сам си измислих задачата независимо от румънците.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
xyz
Напреднал


Регистриран на: 20 May 2007
Мнения: 319

Репутация: 41.2Репутация: 41.2Репутация: 41.2Репутация: 41.2
гласове: 12

МнениеПуснато на: Wed Aug 06, 2008 9:11 am    Заглавие:

Първата задача на ins дори и да не е негова е интересна. Ето, как аз я атакувах:
ABN, BCP, CAM са триъгълници с равен ъгъл и равна срещуположна страна. Затова според синусовата теорема радиусите на описаните им окръжност са равни.
Да построим центровете на тези окръжности, както съм показал на чертежа. Точковите линии са симетралите - естествено центровете трябва да лежат на тях.
Имаме 3 еднакви окръжности с радиус r, а и три от хордите в тях са равни. Оттук разстоянието от центровете до хордите са равни. Тези разстояния са отбелязани с пунктири в различни цветове. Взимайки под внимание, че центровете са на разстояние r от съответните ъгли на триъгълника получаваме, че показаните ъгли са равни (защото имат равни синуси). Ако ги означим мярката им с w, то получаваме:
[tex]cos (\gamma-w)=a/2r[/tex]
[tex]cos (\alpha-w)=b/2r[/tex]
[tex]cos (\beta-w)=c/2r[/tex]
При условие, че:
a >= b >= c
от горните уравнения намираме (в случай на остроъгълен триъгълник):
[tex]\gamma-w =< \alpha-w =< \beta-w[/tex]
[tex]\gamma =< \alpha =< \beta [/tex]
[tex]c =< a =< b[/tex]
[tex]a=b![/tex]
В случай на тъпоъгълен триъгълник не съм я решил.



zad2.png
 Description:
 Големина на файла:  64.7 KB
 Видяна:  2942 пъти(s)

zad2.png


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Thu Aug 07, 2008 1:04 am    Заглавие:

xyz - в пуснатото от мен решение се доказва, че ABC не може да е тъпоъгълен, ако за него са в сила изброените свойства.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
krassi_holmz
Редовен


Регистриран на: 05 Jan 2006
Мнения: 146
Местожителство: Ню Йорк, BG
Репутация: 57.9
гласове: 18

МнениеПуснато на: Sun Aug 17, 2008 5:30 am    Заглавие:

Предложение за задача, публикувал съм я преди, но никой не е отговорил.

Да се докаже, че броя на мостовете в един прост граф е равен на разликата между броя на максималните му двусвързани компоненти и броя на максималните му свързани компоненти.
(двусвързан граф е този, който остава свързан след премахване на произволно ребро)
[tex]|br(G)| = |C_2(G)| - |C_1(G)|[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
erejnion
Начинаещ


Регистриран на: 09 Mar 2008
Мнения: 41

Репутация: 12.4
гласове: 5

МнениеПуснато на: Tue Sep 09, 2008 3:08 am    Заглавие:

би ли уточнил какво означава мост? ребро, което разпада свързана компонента? ако е така, наистина задачата звучи много.. вярно? натурално? gomen ne, не съм добър с думите. но ще пиша доказателство по-късно Smile
едит: баронов го бил доказал Laughing
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение Посетете сайта на потребителя
krassi_holmz
Редовен


Регистриран на: 05 Jan 2006
Мнения: 146
Местожителство: Ню Йорк, BG
Репутация: 57.9
гласове: 18

МнениеПуснато на: Sun Sep 14, 2008 2:05 am    Заглавие:

[url]http://en.wikipedia.org/wiki/Bridge_(graph_theory)[/url]
Мост в граф е ребро, чието изключване от графа увеличава броя на максималните му свързани компоненти.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
veliko
Начинаещ


Регистриран на: 18 Mar 2007
Мнения: 34

Репутация: 7.1Репутация: 7.1Репутация: 7.1Репутация: 7.1Репутация: 7.1Репутация: 7.1Репутация: 7.1

МнениеПуснато на: Mon Sep 22, 2008 10:44 am    Заглавие:

ins за задачата за равностранния триъгълник :
мн ти е дълго решението - то може да приключи още на sin(fi + a)/sin(fi+b) = sina / sinb - като ги умножим и ползваме формулата за произведение на синуси получаваме cos(b-a-fi)-cos(b+a+fi)=cos(a-b-fi)-cos(b+a+fi) драскаме 2рите косинуси и остава b-a-fi=a-b-fi toest 2(a-b)=0 ili a=b ( analog za c=b) ili b-a-fi=-(a-b-fi) toest fi=0 (!) -
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Mon Sep 22, 2008 4:29 pm    Заглавие:

то не е мое ... на един руснак е ... но се радвам, че имам решение на тази задача ... даже 2.5 решения. Някой ден ще измисля друга яка задача и ще я пусна.

http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=6400 - смятам, че макар и измислена преди мен тази задача също е много добра, ако никой не успее да я реши - намерих 1-2 решения. При проявен интерес ще пусна линкове.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
krassi_holmz
Редовен


Регистриран на: 05 Jan 2006
Мнения: 146
Местожителство: Ню Йорк, BG
Репутация: 57.9
гласове: 18

МнениеПуснато на: Sun Nov 09, 2008 2:12 am    Заглавие:

Предложение за задача (авторска): Върховете на квадратна решетка са оцветени в един от три възможни цвята, така че всяка клетка има поне два съседни едноцветни върха. Да се докаже, че ако по периметъра на решетката има точно два съседни едноцветни върха, то съществува клетка, чийто върхове са оцветени и в трите цвята. Два върха от решетката са съседни, ако са свързани с отсечка. Периметъра на решетката е множеството от върхове на решетката, които са от степен, различнна от 4 (намират се по границата.)
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
17-ъгълник
Начинаещ


Регистриран на: 12 Nov 2008
Мнения: 3
Местожителство: SHARPEYE
Репутация: 1.6

МнениеПуснато на: Wed Nov 12, 2008 2:16 pm    Заглавие:

Eto vi edna hubava geometriq:
Нека петите на перпендикулярите от центъра на описаната окръжност в триъгълник ABC са P, Q и R. Описнаните окръжности около триъгълниците APQ, BPR и CQR пресичат описаната около ABC в точки X, Y, Z. Да се докаже, че правите XR, YQ и ZP се пресичат в една точка.[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Mon Nov 17, 2008 11:04 am    Заглавие:

Въпрос: Може ли да пуснеш чертеж или по-детайлно описание?
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Олимпиади и състезания за 9-12 клас Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Иди на страница Предишна  1, 2, 3, 4  Следваща
Страница 2 от 4

 
Идете на:  
Не Можете да пускате нови теми
Не Можете да отговаряте на темите
Не Можете да променяте съобщенията си
Не Можете да изтривате съобщенията си
Не Можете да гласувате в анкети
Може да прикачвате файлове
Може да сваляте файлове от този форум
Copyright © 2005-2020 math10.com.