Zbirka zadataka iz geometrije. Elektronsko izdanje

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Zbirka zadataka iz geometrije. Elektronsko izdanje"

Transcript

1 Zbirka zadataka iz geometrije

2

3

4 .

5 Predrag Janičić ZBIRKA ZADATAKA IZ GEOMETRIJE Sedmo izdanje (treći put ponovljeno četvrto izdanje) Matematički fakultet Beograd, 2007

6 Autor: dr Predrag Janičić, docent Matematičkog fakulteta u Beogradu ZBIRKA ZADATAKA IZ GEOMETRIJE Izdavač: Matematički fakultet, Studentski trg 16, Beograd Za izdavača: dr Aleksandar Lipkovski Recenzenti: dr Zoran Lučić, vanredni profesor Matematičkog fakulteta u Beogradu Milan Mitrović, profesor Matematičke gimnazije u Beogradu Priprema za štampu, crteži i korice: dr Predrag Janičić Prvo izdanje Drugo izdanje Treće izdanje Četvrto izdanje Peto izdanje (ponovljeno četvrto izdanje) Šesto izdanje (drugi put ponovljeno četvrto izdanje) Sedmo izdanje (treći put ponovljeno četvrto izdanje) CIP - Katalogizacija u publikaciji Narodna biblioteka Srbije, Beograd /.13(075.8)(076) JANIQI, Predrag Zbirka zadataka iz geometrije / Predrag Janičić. 4. izd. Beograd : Matematički fakultet, 2003 (Beograd : Skripta Internacional). 171 str. : graf. prikazi ; 24 cm Tiraž 200. ISBN a) Geometrija - Zadaci COBISS.SR-ID c Matematički fakultet u Beogradu. Sva prava zadržana. Nijedan deo ove publikacije ne može biti reprodukovan niti smešten u sistem za pretraživanje ili transmitovanje u bilo kom obliku, elektronski, mehanički, fotokopiranjem, smanjenjem ili na drugi način, bez prethodne pismene dozvole izdavača. ISBN

7 Predgovor Zbirka koja je pred vama sadrži zadatke sa pismenog dela ispita iz predmeta Osnovi geometrije sa druge godine studija na Matematičkom fakultetu Univerziteta u Beogradu. Namenjena je studentima Matematičkog fakulteta, ali nadam se da može biti korisna i svima ostalima koji izučavaju geometriju. U pisanju zbirke rukovodio sam se potrebom da, pored zbirki iz geometrije sa velikim brojem zadataka i, uglavnom, samo idejama za njihovo rešavanje, postoji i zbirka sa detaljno rešenim zadacima (na račun njihovog broja). U pisanju rešenja trudio sam se da se približim teško dostižnom idealu potpuno precizno i detaljno rešenih geometrijskih zadataka, pri čemu nivo preciznosti nekih od rešenja prevazilazi nivo koji se očekuje na pismenom ispitu. Zbirka sadrži rešene zadatke sa trideset ispitnih rokova. U svakom od ispitnih rokova, prvi zadatak je iz euklidske planimetrije, drugi iz euklidske konstruktivne geometrije, treći iz euklidske stereometrije i četvrti iz apsolutne ili hiperboličke geometrije. Za razliku od prethodnih izdanja, u ovom izdanju zadaci su grupisani po oblastima i, koliko je to bilo moguće, podoblastima, a onda od lakših ka težim (a ne po ispitnim rokovima). Zahvaljujući tome, zbirka sada može da se koristi ne samo za proveru znanja, već i kao metodička zbirka (jer pokriva gotovo sve sadržaje koji se obra uju na vežbama iz predmeta Osnovi geometrije). Novina je i dodatak sa zadacima sa svih ispitnih rokova iz perioda kada sam učestvovao u održavanju pismenog dela ispita (od junskog ispitnog roka godine do aprilskog ispitnog roka godine). Za zadatke sa prvih trideset od tih rokova u zagradama je naveden redni broj rešenja u ovoj zbirci. U okviru tih trideset rokova četiri zadatka su ponovljena, pa zbirka sadrži ukupno sto šesnaest rešenih zadataka. U odnosu na prethodno izdanje napravljeno je i nekoliko ispravki. Deo zadataka iz ove zbirke je originalan, a preostali su preuzeti iz mnoštva izvora od kojih su najčešće korišćeni udžbenik za predmet Osnovi geometrije: Zoran Lučić: Euklidska i hiperbolička geometrija (Graffiti i Matematički fakultet, Beograd 1994) i srednjoškolski udžbenik Dragomir Lopandić: Geometrija za III razred usmerenog obrazovanja (Naučna knjiga, Beograd 1984). Crteže sam napravio korišćenjem svog paketa gclc (paket gclc dostupan je na adresi U izboru i rešavanju zadataka za pismene ispite učestvovali su i dr Zoran Lučić, dr Dragoslav Ljubić, dr Sr an Vukmirović, mr Miljan Knežević i Milan Mitrović, učestvujući time i u kreiranju ove zbirke, na čemu im najtoplije zah- 1

8 valjujem. Pored toga, dr Zoran Lučić i Milan Mitrović su, kao recenzenti, nizom izuzetno korisnih sugestija, ideja i predloženih rešenja uticali na kvalitet zbirke. Zahvaljujem i mnogobrojnim studentima koji su svojim originalnim rešenjima, pitanjima i sugestijama na časovima vežbi i na pismenim ispitima iz predmeta Osnovi geometrije uticali na ovu zbirku. Dragocenu pomoć pružili su mi studenti koji su mi ukazali na greške načinjene u prethodnim izdanjima zbirke, a posebno Ivana Mijajlović, Miroljub Lilić, Miloš Utvić i Mladen Adamović. Zahvaljujem i svima koji su me podstakli da pripremim ovo, novo izdanje zbirke. Beograd, septembar Predgovor sedmom izdanju Autor Ovo, sedmo izdanje zbirke je elektronsko i besplatno dostupno sa Internet adrese Nadam se da će tako biti pristupačno još širem krugu potencijalnih čitalaca. Beograd, januar Autor 2

9 Zadaci Planimetrija 1. Neka je ABC proizvoljan trougao i neka su tačke D, E i F takve da su trouglovi ADB, BEC, CF A pravilini i pri tome su tačke D i C sa raznih strana prave AB, tačke A i E su sa raznih strana prave BC, tačke B i F su sa raznih strana prave AC. Dokazati da su duži AE, BF i CD me usobno podudarne. 2. U trouglu ABC sa pravim uglom kod temena A, tačka D je podnožje visine iz temena A, tačka E je središte duži DC, a tačka F je središte duži AD. Dokazati da važi BF AE. 3. Neka je K središte težišne duži CC 1 trougla ABC i neka je M presečna tačka pravih AK i BC. Dokazati da važi CM : MB = 1 : Dokazati da većoj ivici trougla odgovara manja težišna duž i obratno. 5. Neka je tačka E izme u temena A i B kvadrata ABCD. Simetrala ugla CDE seče ivicu BC u tački K. Dokazati jednakost AE + KC = DE. 6. Bisektrisa unutrašnjeg ugla kod temena B trougla ABC seče prave B 1 C 1 i B 1 A 1 (tačke A 1, B 1 i C 1 su središta ivica BC, AC i AB) u tačkama A 2 i C 2. Dokazati da su prave AA 2 i CC 2 upravne na bisektrisi unutrašnjeg ugla kod temena B i da važi B 1 A 2 = B1 C U euklidskoj ravni dat je pravougaonik ABCD takav da je AB = 3BC. Ako su E i F tačke ivice AB takve da je AE = EF = F B dokazati da važi AED + AF D + ABD = π Ako je visina jednakokrakog trapeza jednaka h, a površina h 2, dokazati da su njegove dijagonale me usobno normalne. 9. Neka su tačke P i Q izme u temena A i B, odnosno B i C kvadrata ABCD takve da važi BP = BQ. Ako je tačka H podnožje normale iz tačke B na pravoj P C, dokazati da je ugao DHQ prav. 10. Neka je ABCD konveksan tetivni četvorougao čije su dijagonale me u- sobno upravne (i seku se u tački E). Dokazati da prava koja sadrži tačku E i 3

10 upravna je na pravoj CD sadrži središte ivice AB. 11. Dat je trougao ABC i tačka D na duži BC. Ako su O 1 i O 2 središta opisanih krugova trouglova ABD i ACD, dokazati da su trouglovi ABC i AO 1 O 2 slični. 12. U ravni su dati krug k, prava p koja ga dodiruje i tačka M koja pripada pravoj p. Odrediti skup svih tačaka P koje zadovoljavaju sledeći uslov: postoje tačke Q i R koje pripadaju pravoj p, takve da je M središte duži QR i da je k upisani krug trougla P QR. 13. Dokazati da su kolinearna podnožja normala iz tačke A na simetralama unutrašnjih i spoljašnjih uglova kod temena B i C trougla ABC. 14. U krug je upisan trougao ABC. Tačke M, N i P su središta lûkova BC, CA i AB (tačke M i A, N i B, P i C nalaze se sa raznih strana pravih BC, AC, AB). Tetiva MN seče ivicu BC u tački K, a tetiva NP seče ivicu AB u tački L. Dokazati da su prave KL i AC paralelne. 15. Neka je ABC trougao takav da je AB > AC, neka je A 1 središte ivice BC i neka su tačke P i Q tačke pravih odre enih ivicama AB i AC takve da važi B(A, P, B), B(C, A, Q) i AP = AQ. Ako se prave AA 1 i P Q seku u tački R, dokazati da važi RP RQ = AC AB. 16. U trouglu ABC važi BC = 1 2 (AB + AC). Neka su tačke M i N središta ivica AB i AC i neka je l opisani krug trougla AMN. Dokazati da središte upisanog kruga trougla ABC pripada krugu l. 17. Neka je u trouglu ABC tačka A 1 središte ivice BC, a tačka E presek bisektrise unutrašnjeg ugla BAC i prave BC. Opisani krug k trougla AEA 1 seče ivice AB i AC u tačkama F i G. Dokazati da važi BF = CG. 18. Dokazati da se u jednoj tački seku prave od kojih svaka sadrži po jedno teme trougla i razlaže obim tog trougla na dva jednaka dela. 19. Tačka P pripada unutrašnjosti trougla ABC. Ako su X, Y i Z redom presečne tačke pravih AP i BC, BP i AC, odnosno CP i AB, dokazati da važi: P BXP P CY P P AZP = P CP X P AP Y P BP Z. 20. Dokazati da je prava odre ena visinom AD trougla ABC radikalna osa krugova čiji su prečnici težišne duži BB 1 i CC 1 tog trougla. 21. Neka je tačka E takva da je prava AE paralelna dijagonali BD paralelograma ABCD. Dokazati da su prave AB, AD, AC i AE harmonijski spregnute. 4

11 22. Neka je O središte opisanog kruga trougla ABC. Ako su B i C tačke polupravih AB i AC takve da je AB AB = AC AC, dokazati da važi B C AO. 23. U ravni su data dva kruga l 1 i l 2 koja se seku. Krug k 1 dodiruje spolja krugove l 1 i l 2, krug k 2 dodiruje spolja krugove l 1, l 2 i k 1, krug k 3 dodiruje spolja krugove l 1, l 2 i k 2, itd. Dokazati da su krugovi k 1, k 2, k 3,... normalni na nekoj pravoj ili na nekom krugu. 24. Krug k 1 pripada unutrašnjosti kruga k 2 i krug l 1 dodiruje krugove k 1 i k 2. Krug l i+1 (i > 1) dodiruje krugove l i, k 1 i k 2. Ako postoji krug l n takav da dodiruje krug l 1, dokazati da takav krug postoji bez obzira na izbor kruga l Ako neka figura euklidske ravni ima tačno dve ose simetrije, onda je ona centralno simetrična. Dokazati. 26. Dokazati da je skup koji se sastoji iz koincidencije I, svih translacija T euklidske ravni i svih centralnih simetrija S te iste ravni, nekomutativna grupa u odnosu na operaciju proizvoda izometrija. 27. Ako je H tačka koja pripada unutrašnjosti paralelograma ABCD takva da je zbir uglova AHB i CHD jednak zbiru dva prava ugla, dokazati da su uglovi HAB i HCB podudarni. 28. U eukldiskoj ravni dat je trougao ABC. Neka su B i C tačke pravih AB i AC takve da je B(A, B, B ) i B(A, C, C ). Ako je P a tačka u kojoj spolja upisani krug koji odgovara temenu A dodiruje ivicu BC tog trougla, dokazati da važi R C, C CB R A, BAC R B, CBB = S Pa. 29. Neka je ABC pravougli trougao sa pravim uglom kod temena A, neka je AKLB kvadrat takav da su tačke K i C sa raznih strana prave AB i neka je ACP Q kvadrat takav da su tačke P i B sa raznih strana prave AC. Ako je tačka S središte duži LP, dokazati da je trougao BCS jednakokraki i pravougli. 30. U ravni su date tri razne tačke A, B i C i uglovi α, β i γ manji od opruženog ugla. Odrediti kada je kompozicija I = R C,γ R B,β R A,α rotacija, translacija odnosno koincidencija (uglovi α, β i γ su isto orijentisani). Konstruktivni zadaci 31. Na pravoj odre enoj ivicom AB pravougaonika ABCD konstruisati tačku E takvu da su uglovi AED i DEC podudarni. 32. Konstruisati trougao ABC takav da su mu težišne duži podudarne trima datim dužima. 5

12 33. Konstruisati trougao ABC takav da su mu tri date nekolinearne tačke S a, S b i S c središta spolja upisanih krugova. 34. Konstruisati kvadrat ABCD takav da date tačke P, Q, R, S budu izme u njegovih temena A i B, B i C, C i D, D i A, respektivno. 35. Dat je pravilan trougao ABC. Neka je tačka O središte opisanog kruga trougla ABC i neka je P tačka duži OC. Konstruisati pravilan trougao XY Z upisan u trougao ABC takav da tačke X, Y i Z pripadaju redom ivicama BC, CA i AB i da ivica XY sadrži tačku P. 36. Konstruisati trougao ABC takav da su mu ivica BC, poluprečnik upisanog kruga i poluprečnik opisanog kruga podudarni redom datim dužima a, ρ i r. 37. Date su tri nekolinearne tačke A 1, S i E. Konstruisati trougao ABC takav da je tačka A 1 središte ivice BC, tačka S središte upisanog kruga, a E tačka u kojoj bisektrisa unutrašnjeg ugla BAC seče ivicu BC. 38. Date su tri nekolinearne tačke A 1, S a i E. Konstruisati trougao ABC takav da je tačka A 1 središte ivice BC, tačka S a središte spolja upisanog kruga koji dodiruje ivicu BC i E tačka u kojoj simetrala unutrašnjeg ugla kod temena A seče ivicu BC. 39. Konstruisati trougao ABC takav da su središta opisanog kruga, upisanog kruga i spolja upisanog kruga koji odgovara temenu A tog trougla tri date tačke O, S i S a. 40. Konstruisati trougao ABC takav da mu je zbir stranica AB i AC jednak datoj duži d, a poluprečnici spolja upisanih krugova koji odgovaraju temenima B i C podudarni datim dužima ρ b i ρ c. 41. Konstruisati tačke P i Q redom na ivicama AC i BC trougla ABC takve da važi AP = P Q = QB. 42. Dat je trougao ABC i oštar ugao δ. Konstruisati romb P QRS takav da njegova temena P i Q pripadaju ivici AB, teme R ivici BC, teme S ivici CA i da je njegov unutrašnji ugao SP Q podudaran datom uglu δ. 43. Konstruisati trougao ABC takav da mu je zbir unutrašnjih uglova kod temena A i B jednak datom uglu φ, zbir unutrašnjih uglova kod temena A i C jednak datom uglu ψ, a zbir poluprečnika opisanog i upisanog kruga jednak datoj duži d. 44. Konstruisati trougao ABC takav da su mu težišne duži BB 1 i CC 1 podudarne redom datim dužima t b i t c, a ugao BAC podudaran datom uglu α. 6

13 45. Data su u ravni dva kruga k 1 i k 2, koji se seku u dvema tačkama P i Q i duži m i n. Konstruisati pravu s koja sadrži tačku P i seče krugove k 1 i k 2 u tačkama X i Y takvim da je P X : P Y = m : n. 46. Konstruisati trougao ABC takav da mu je ivica BC podudarna datoj duži a, odnos ivica AC i AB jednak odnosu datih duži m i n i razlika unutrašnjih uglova kod temena B i C jednaka uglu δ. 47. Konstruisati tetivni četvorougao takav da su mu ivice podudarne datim dužima. 48. Dat je trougao ABC i tačke Q i R koje su izme u njegovih temena B i C, odnosno A i C. Konstruisati sve tačke P takve da pripadaju pravoj AB i da važi BQ CR AP = QC RA P B. 49. Konstruisati trougao ABC takav da je datoj duži l a podudarna duž AE, gde je E presečna tačka ivice BC i bisektrise unutrašnjeg ugla trougla kod temena A i da su rastojanja temena B i C od te bisektrise jednaka redom merama datih duži m i n. 50. Konstruisati trougao ABC takav da je datoj duži l a podudarna duž AE, gde je E presečna tačka ivice BC i bisektrise unutrašnjeg ugla trougla kod temena A i da su ivica BC i visina AA podudarne datim dužima a i h a. 51. Konstruisati trougao ABC takav da su njegova visina koja odgovara temenu A, poluprečnik upisanog kruga i ivica BC podudarne redom datim dužima h a, ρ i a. 52. U euklidskoj ravni data je tačka A i različiti krugovi k 1 i k 2 koji je ne sadrže. Konstruisati krug k koji sadrži tačku A i dodiruje krugove k 1 i k Konstruisati krug k koji sadrži dve date tačke A i B i seče dati krug l pod datim uglom α (tačke A i B ne pripadaju krugu l; α π 2 ). 54. U ravni su dati prava s i dva kruga k 1 i k 2. Konstruisati kvadrat ABCD takav da mu temena A i C pripadaju pravoj s, a temena B i D krugovima k 1 i k U ravni je dato pet tačaka P 1, P 2, P 3, P 4 i P 5. Konstruisati u toj ravni petougao A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 takav da su tačke P 1, P 2, P 3, P 4, P 5 središta ivica A 1 A 2, A 2 A 3, A 3 A 4, A 4 A 5, A 5 A 1 respektivno. 56. Neka su M i N dve različite tačke koje pripadaju oštrom uglu poq. Konstruisati na polupravoj p tačku X takvu da važi XY = XZ, gde su Y i Z presečne tačke prave q sa pravama XM i XN redom. 57. Dati su u ravni krug k(o, r), dve tačke P i Q i ugao w. Konstruisati tačke X i Y takve da pripadaju krugu k i da važi P X QY i XOY = w. 7

14 58. Dati su u ravni krug k(o, r), dve tačke P i Q i dva ugla ω i δ. Konstruisati na krugu k tačke X i Y takve da su orijentisani trouglovi OP X i OQY istosmerni i da važi XOY = ω i OP X OQY = δ. 59. Konstruisati trougao ABC takav da su date nekolinearne tačke O a, O b i O c središta kvadrata konstruisanih spolja nad njegovim ivicama BC, CA i AB. Stereometrija 60. Dokazati da je u svakoj poliedarskoj površi broj pljosni sa neparnim brojem ivica paran. 61. Neka su M, N, P i Q različite tačke neke ravni α takve da je tačka S presečna tačka prave odre ene tačkama M i N i prave odre ene tačkama P i Q i pri tome važi MS = NS i P S = QS. Ako je A tačka van ravni α takva da je AM = AN i AP = AQ, dokazati da je prava AS normalna na ravni α. 62. Ako su P i Q redom tačke mimoilaznih pravih p i q euklidskog prostora takve da je prava P Q normalna na pravama p i q, dokazati da je duž P Q kraća od svih ostalih duži koje spajaju tačke pravih p i q. 63. U prostoru su date tačke A, B, C i D. Ako su uglovi ABC, BCD, CDA i DAB pravi, dokazati da su tačke A, B, C i D koplanarne. 64. U prostoru su date tačke A i B i prava l. Odrediti ravan π takvu da ona sadrži tačku B i da podnožje normale iz tačke A na ravni π pripada pravoj l. 65. Tri sfere imaju zajedničku tačku P, pri čemu nijedna prava koja sadrži tačku P nije zajednička tangenta za sve tri sfere. Dokazati da te sfere imaju bar još jednu zajedničku tačku. 66. Sfera koja sadrži temena A, B, C tetraedra ABCD seče ivice AD, BD, CD u tačkama A, B, C. Dokazati da je ravan odre ena tačkama A, B i C paralelna tangentnoj ravni na opisanu sferu tetraedra ABCD u tački D. 67. Za date tačke A i B i date duži m i n, odrediti skup tačaka X euklidskog prostora takvih da je AX : BX = m : n i AXB = π Date su dve paralelne ravni β i γ i tačka A takva da su ta tačka i ravan β sa raznih strana ravni γ. Odrediti skup svih tačaka D za koje prava AD seče ravni β i γ u tačkama B i C takvim da važi H(A, B; C, D). 69. Sve četiri pljosni tetraedra ABCD su oštrougli trouglovi. Oko svake njegove pljosni opisan je krug. Ako sva četiri kruga imaju podudarne poluprečnike, dokazati da su sve četiri pljosni tetraedra podudarni trouglovi. 8

15 70. U prostornom četovorouglu ABCD naspramne stranice su podudarne (AB = CD, AD = BC). Dokazati da je prava odre ena središtima dijagonala četvorougla ujedno i njihova zajednička normala. 71. Ako ravan π seče tetraedrsku površ ABCD, onda je taj presek paralelogram ako i samo ako je ravan π paralelna sa dvema naspramnim ivicama tetraedra. Dokazati. 72. Neka je ABCD pravilan tetraedar i neka je D podnožje visine koje odgovara temenu D. Ako je E središte duži DD, dokazati da su uglovi AEB, BEC i CEA pravi. 73. Ako se seku u jednoj tački prave koje sadrže temena A, B, C, D tetraedra ABCD i normalne su, redom, na pljosnima B C D, C D A, D A B, A B C tetraedra A B C D, dokazati da se u jednoj tački seku i prave koje sadrže temena A, B, C, D tetraedra A B C D i normalne su, redom, na pljosnima BCD, CDA, DAB, ABC tetraedra ABCD. 74. U euklidskom prostoru data je kocka ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 (paralelne su ivice AA 1, BB 1, CC 1 i DD 1 ). Na pljosnima BCC 1 B 1 i ADD 1 A 1 odrediti redom tačke E i F takve da zbir AE + EF + F C 1 bude najmanji mogući. 75. Dokazati da je kompozicija tri ravanske refleksije kojima su osnove odre ene bočnim pljosnima trostrane prizme ABCA B C zadate u euklidskom prostoru klizajuća refleksija tog prostora. 76. Dokazati da je u prostoru E 3 kompozicija sastavljena od tri ravanske refleksije kojima su osnove α, β, γ odre ene pljosnima triedra Oabc osnorotaciona refleksija. Odrediti osnovu i osu te osnorotacione refleksije. 77. Dokazati da je kompozicija sastavljena od četiri ravanske refleksije euklidskog prostora kojima su osnove odre ene bočnim pljosnima četvorostrane piramide osna rotacija tog prostora i odrediti osu te osne rotacije. 78. U euklidskom prostoru data je kocka ABCDA B C D (paralelne su ivice AA, BB, CC i DD ). Neka je α ravan A BC, β ravan koja sadrži pravu A B i normalna je na ravni α i neka je γ simetralna ravan duži A C. Ako je I kompozicija S γ S β, odrediti I 96 (A ). 79. U euklidskom prostoru E 3 dat je paralelogram ABCD. Odrediti tip izometrijske transformacije I = S DA S CD S BC S AB, gde su S AB, S BC, S CD, S DA osne refleksije prostora E 3? 80. Neka je ABCD tetraedar u euklidskom prostoru i neka su tačke P, Q, R, S središta njegovih ivica AB, AC, DB, DC. Odrediti tip izometrije I = S RS S BC S P Q (S RS, S BC i S P Q su osne refleksije prostora). 9

16 81. Dokazati da je kompozicija parnog broja osnih refleksija euklidskog prostora kojima su ose upravne na nekoj ravni π translacija ili koincidencija. 82. U euklidskom prostoru odrediti dve mimoilazne prave x i y takve da prave S x (y) i S y (x) budu koplanarne. 83. Ako su S α, S β ravanske refleksije i S C centralna refleksija prostora, dokazati da kompozicija S β S C S α predstavlja neku centralnu refleksiju S D ako i samo ako su ravni α i β me u sobom paralelne. 84. Ako su S A i S B dve razne centralne refleksije i S γ ravanska refleksija euklidskog prostora, dokazati da je kompozicija S B S γ S A neka ravanska refleksija S δ ako i samo ako je AB γ. 85. Neka su tačke M, N, P, Q, R i S redom središta ivica AB, BC, CA, AD, BD i CD tetraedra ABCD. Dokazati: S R S S S Q S P S N S M = T 2 MS, gde je S tačka simetrična tački S u odnosu na tačku R. 86. Date su u euklidskom prostoru dve podudarne sfere σ 1 i σ 2 i dve tačke P 1 i P 2. Konstruisati dve me usobno paralelne ravni π 1 i π 2 od kojih prva sadrži tačku P 1 i dodiruje sferu σ 1, a druga sadrži tačku P 2 i dodiruje sferu σ Ako je s data prava normalna na datoj ravni π i ako je ω dati ugao, odrediti skup tačaka σ euklidskog prostora takav da mu tačka S pripada ako i samo ako je S središte neke duži AA takve da je R π,s,ω (A) = A. 88. Šta je, u euklidskom prostoru, proizvod dvaju zavojnih poluobrtanja ako su njihove ose dve mimoilazne prave? Hiperbolička i apsolutna geometrija 89. Dokazati da je duž odre ena središtem hipotenuze i temenom pravog ugla pravouglog trougla hiperboličke ravni manja od polovine hipotenuze. 90. U hiperboličkoj ravni dat je pravougli trougao ABC (AB BC). Ako su C 1 i B 1 središta ivica AB i AC, dokazati da prava B 1 C 1 nije upravna na pravoj AB. 91. Dokazati da su Lambertovi četvorouglovi hiperboličke ravni ABCD i A B C D sa oštrim uglovima kod temena D i D me usobno podudarni ako je AD = A D i BC = B C. 10

17 92. Dokazati da su dva Sakerijeva četvorougla hiperboličke ravni ABCD i A B C D sa osnovicama AB i A B me usobno podudarni likovi ako je CD = C D i BCD = B C D. 93. Dokazati da su Sakerijevi četvorouglovi ABCD i A B C D sa osnovicama AB i A B me usobno podudarni ako je CD = C D i BC = B C. 94. Dokazati da u hiperboličkoj ravni za tri nekolinearne tačke A, B i C važi ( ) BC Π < ( ABC + BCA + CAB). 95. Ako su u hiperboličkoj ravni tačke A, B i C tri razne neke prave l i O tačka izvan te prave, dokazati da središta duži OA, OB i OC ne pripadaju jednoj pravoj. 96. U hiperboličkoj ravni date su paralelne prave p i q. Odrediti skup tačaka A takvih da je ugao P AQ prav, gde su P i Q podnožja normala iz tačke A redom na pravama p i q. 97. Odrediti poluprečnik kruga upisanog u asimptotski trougao hiperboličke ravni kojem su sva tri temena nesvojstvena. 98. Neka je ABC trougao hiperboličke ravni kojem je ugao C prav. Ako je ABC = Π(b ), CA = b, AB = c, i ako važi b < c, dokazati jednakost CAB = Π(c b ) Π(b). 99. Neka je ABC trougao hiperboličke ravni kome je ugao BCA prav. Ako je BAC = Π(x) i ABC = Π(y), dokazati da važi Π(x AC) + Π(BC + y) = π Neka je ABC trougao hiperboličke ravni kojem je ugao kod temena C prav. Ako je BAC = Π(a ), ABC = Π(b ), BC = a, CA = b, dokazati da važi Π(b a) + Π(b + a ) = π/ Ako dva asimptotska trougla hiperboličke ravni kojima su sva temena nesvojstvena imaju jednu ivicu zajedničku, odrediti sve izometrije kojima se jedan preslikava na drugi Neka je ABCD četvorougao hiperboličke ravni takav da je poluprava AB paralelna sa polupravom DC, poluprava AD paralelna sa polupravom BC i AB = AD. Dokazati da važi CB = CD Neka je ABCD četvorougao hiperboličke ravni takav da je poluprava AB paralelna sa polupravom DC, poluprava AD paralelna sa polupravom BC i AB = AD. Dokazati da važi AC BD U hiperboličkoj ravni dat je trougao ABC takav da je AB = AC. Ako su P i Q središta ivica AB i AC, dokazati da je izometrija S A S P Q S BC 11

18 involucija Ako je ABC trougao hiperboličke ravni, dokazati da je kompozicija T T rotacija R A,ω, gde je ω defekt tog trougla. CA BC AB T 106. U hiperboličkoj ravni dat je trougao ABC i tačke A 1, B 1 i C 1 koje su središta ivica BC, AC i BA. Dokazati da je kompozicija S B1 S A1 S C1 rotacija oko tačke A za ugao koji je jednak zbiru uglova trougla ABC U hiperboličkom prostoru date su četiri nekoplanarne tačke A, B, C i D. Odrediti tip izometrije T 2 T T T DA 2CD 2BC 2 AB Neka su u hiperboličkoj ravni date prave a, b i n. Da li postoji prava koja pripada pramenu X (a, b) i normalna je na pravoj n? 109. Neka je ABCD četvorougao hiperboličke ravni takav da je (AB) (DC) i (BC) (AD). Dokazati da su simetrale unutrašnjih uglova kod temena A i C i spoljašnjih uglova kod temena B i D prave istog pramena U hiperboličkoj ravni, tačke A i B su dodirne tačke tangenti a i b oricikla o i važi a b. Izračunati dužinu AB Neka su u hiperboličkoj ravni prave a, b, c i d tangente oricikla o u tačkama A, B, C i D takve da je a b i c d. Ako je K presečna tačka pravih c i d, dokazati da važi AB = 2CK Ako je visina ekvidistante u hiperboličkoj ravni veća od nule, onda ta ekvidistanta nije prava. Dokazati Neka su b, c i d prave jednog pramena apsolutne ravni i A tačka te ravni koja im ne pripada. Ako su B, C i D podnožja upravnih iz tačke A na pravama b, c i d, a B, C i D podnožja upravnih iz tačke A na pravama CD, DB i BC, dokazati da su tačke B, C i D kolinearne Ako se u apsolutnom prostoru neka sfera i neka episfera seku (a ne dodiruju), onda je njihov presek krug. Dokazati U Poenkareovom disk modelu hiperboličke ravni date su h prava a i h tačka A. Odrediti h pravu n koja je u smislu modela normalna na h pravoj a U Poenkareovom disk modelu date su h tačke A i B. Odrediti h tačku C takvu da je h trougao ABC pravilan. 12

19 Rešenja 1. Iz EC = BC, AC = CF, ECA = ECB + BCA = π 3 + BCA = ACF + BCA = BCF sledi da su trouglovi CAE i CF B podudarni i da su podudarne njihove odgovarajuće ivice AE i BF. Analogno se dokazuje da važi ABF = ADC i BF = CD, pa je AE = BF = CD, što je i trebalo dokazati. F A D B C E Slika 1 Slika 2 2. Duž F E je srednja linija trougla DCA, pa važi F E AC. Kako je AC AB, važi i EF AB. U trouglu ABE duži AD i EF su, dakle, visine, pa je tačka F ortocentar tog trougla. Duž BF je treća visina tog trougla, pa važi BF AE. QED 3. Neka je N simetrična tačka tački C u odnosu na tačku M (tačka M je, dakle, središte duži CN). Tačke K i M su, redom, središta ivica CC 1 i CN trougla CC 1 N, pa je duž KM srednja linija ovog trougla. Odatle sledi C 1 N KM i, kako su tačke A, K i M kolinearne, važi i C 1 N AM. Tačka C 1 je središte ivice AB trougla ABM i važi C 1 N AM, pa je duž C 1 N srednja linija trougla ABM, odakle sledi da je tačka N središte duži MB. Iz B(C, M, N) i B(M, N, B), sledi B(C, M, N, B). Iz CM = MN i MN = NB sledi CM = MN = NB. Iz B(C, M, N, B) i CM = MN = NB, sledi CM MB = CM MN + NB = CM 2CM = 1 2. B 13 F A D E C

20 A C K C 1 M N B B A C 1 B 1 Slika 3 Slika 4 4. Neka su A 1, B 1 i C 1 središta ivica BC, AC i AB trougla ABC i neka je T njegovo težište. Na osnovu osobina težišta, važi BT = 2 3 BB 1 i CT = 2 3 CC 1. ( :) Pretpostavimo da je AC > AB. Kako je BA 1 = A1 C i AA 1 = AA1 i AC > AB, na osnovu teoreme 11.16, sledi AA 1 C > AA 1 B. Iz BA 1 = A1 C, T A 1 = T A1 i AA 1 C > AA 1 B, na osnovu teoreme 11.16, sledi T C > BT i 2 3 CC 1 > 2 3 BB 1 tj. CC 1 > BB 1. 2 ( :) Pretpostavimo da je CC 1 > BB 1, tj. 3 CC 1 > 2 3 BB 1, odnosno T C > BT. Iz BA 1 = A1 C, T A 1 = T A1 i T C > BT na osnovu teoreme 11.16, sledi AA 1 C > AA 1 B. Iz BA 1 = A1 C i AA 1 = AA1 i AA 1 C > AA 1 B, na osnovu teoreme 11.16, sledi AC > AB. Dakle, važi AC > AB ako i samo ako važi BB 1 < CC Označimo sa φ ugao KDC i sa K tačku prave AB takvu da je B(K, A, E, B) i K A = KC. Iz DC = DA, K A = KC i DCK = K AD = π 2, sledi da su trouglovi KCD i K AD podudarni, odakle sledi K DA = KDC = φ i DK A = DKC = π DCK KDC = π π 2 KDC = π 2 φ. Poluprava DK je bisektrisa ugla EDC, pa je EDK = KDC = φ, odakle sledi ADE = π 2 EDK KDC = π 2 2φ. Iz B(K, A, E) sledi K DE = K DA + ADE = φ + ( π 2 2φ) = π 2 φ = DK A, što povlači DE = K E = K A + AE = KC + AE. QED 14 T A 1 C

21 D C K K A E B B A 1 C Slika 5 Slika 6 6. Ako je AB = BC, bisektrisa unutrašnjeg ugla kod temena B trougla ABC sadrži središte ivice AC, pa su tačke A 2, B 1 i C 2 identične i tvr enje zadatka trivijalno važi. Pretpostavimo da je AB < BC. Označimo sa β ugao ABC. Ugao B 1 A 1 C podudaran je uglu β, odakle sledi B 1 A 1 B = π β. Poluprava BC 2 je bisektrisa ugla ABC, pa je C 2 BA 1 = β/2. Odatle sledi: A 1 C 2 B = π C 2 A 1 B C 2 BA 1 = π (π β) β/2 = β/2. Dakle, trougao C 2 A 1 B je jednakokraki, pa važi BA 1 = C2 A 1. Kako je A 1 središte ivice BC, važi BA 1 = A1 C, pa je BA 1 = A1 C = C 2 A 1. Dakle, tačka C 2 pripada krugu čiji je prečnik BC, odakle sledi da je ugao BC 2 C prav, tj. prava CC 2 je upravna na pravoj BC 2. Analogno se dokazuje da važi C 1 A 2 B = β/2 i da je prava AA 2 upravna na pravoj BA 2. Kako je, na osnovu pretpostavke AB < BC, važi B(C 1, A 2, B 1 ) i B(B, A 2, C 2 ), pa je A 2 C 2 B 1 = β/2 i C 2 A 2 B 1 = C 1 A 2 B = β/2, odakle sledi da je trougao A 2 C 2 B 1 jednakokraki, tj. B 1 A 2 = B 1 C 2, što je i trebalo dokazati. Tvr enje zadatka analogno se dokazuje i za slučaj AB > BC. 7. Iz AB = 3BC = 3AD i AB = 3AE sledi AD = AE. Neka je H tačka simetrična tački D u odnosu na tačku A. Neka je G tačka takva da je AE HG i AH GE. Iz AF = 2AE = EB, AD = AH = EG (četvorougao HGEA je kvadrat) i DAF = GEB = π 2 sledi da su trouglovi AF D i EGB podudarni i AF D = GBE. Iz HD = 2AD = EB, HG = EG i DHG = GEB = π 2 sledi da su trouglovi DHG i BEG podudarni i važi DG = GB i HGD = EGB. Poluprava GE pripada konveksnom uglu koji zahvataju poluprave GD i GB, pa je DGB = DGE + EGB = ( π 2 HGD) + EGB = π 2 EGB + EGB = π 2. Dakle, trougao GBD je pravougli i jednakokraki (jer je DG = GB i DGB = π 2 ), pa je GBD = π 4. Trougao AED je tako e pravougli i jednakokraki, pa je AED = π 4, odakle sledi AED+ AF D+ ABD = AED+ GBE+ ABD = AED+ GBD = π 4 + π 4 = π 2. C 1 A 15 A 2 C 2 B 1

22 A H D E F B G C Slika 7 Slika 8 8. Lema: Dijagonale jednakokrakog trapeza ABCD (AB CD, BC = AD) su podudarne. Dokaz leme: Neka su C i D podnožja normala iz tačaka C i D na pravoj AB. Ako su tačke D i A identične, onda su identične i tačke C i B (u protivnom bi važilo BC > AD. U tom slučaju je DAB = ABC = π 2, DA = CB, AB = AB, pa važi DAB = ABC, odakle sledi DB = AC. Ako važi raspored B(A, D, C, B), iz DD A = BC C = π 2, DD = CC, DA = BC, pa važi DD A = BC C, odakle sledi DAD = CBC tj. DAB = ABC. Iz DAB = ABC, AB = AB i DA = BC sledi DAB = ABC i DB = AC. Ako važi raspored B(D, A, B, C ), iz DD A = BC C = π 2, DD = CC, DA = BC, pa važi DD A = BC C, odakle sledi DAD = CBC i DAB = ABC. Iz DAB = ABC, AB = AB i DA = BC sledi DAB = ABC i DB = AC. Neka su BC i DA podudarne ivice trapeza. Površina trapeza ABCD jednaka je 1 2 (AB + CD)h = h2, pa je AB + CD = 2h. Neka je tačka E takva da važi B(A, B, E) i BE = DC. Važi AE = AB + BE = AB + DC = 2h. Na osnovu leme, dijagonale jednakokrakog trapeza su podudarne, pa je AC = BD. Pored toga, četvorougao BECD je paralelogram, (jer su duži DC i BE podudarne i paralelne), pa je BD = EC, odakle sledi AC = EC. Ako je C podnožje normale iz tačke C na pravu AE onda je tačka C središte duži AE (jer je trougao AEC jednakokraki, pa iz CC A = CC E = π 2, AC = EC, CC = CC sledi AC C = CC E i AC = C E), pa je AC = C E = h = CC. Dakle, trouglovi AC C i C EC su jednakokraki pravougli, pa je ACC = C CE = π 4, odakle sledi da su prave AC i EC me usobno normalne. Kako su prave BD i EC paralelne, sledi da su me usobno normalne i prave AC i BD. QED 9. Neka je S presečna tačka pravih AD i BH. Kako je tačka P izme u tačaka A i B, sledi P CB < ACB = π 4. Ugao CHB je prav, pa važi A D 16 C C B E

23 SBC = HBC = π CHB HCB = π 2 P CB > π 4 = DBC, odakle sledi B(A, S, D). Iz P CB = π 2 CP B = π 2 HP B = HBP i BC = AB, P BC = π 2 = SAB sledi da su trouglovi P BC i SAB podudarni i AS = P B = BQ. Iz AS = BQ sledi DS = DA AS = CB BQ = CQ, tj. četvorougao SQCD je pravougaonik. Neka je k krug čiji je prečnik CS. Ugao SHC je prav, pa tačka H pripada krugu k. Uglovi SDC i SQC su pravi, pa tačke D i Q pripadaju krugu k. Središte duži CS je i središte duži DQ (jer je četvorougao SQCD pravougaonik), odakle sledi da duž DQ sadrži središte kruga k, tj. DQ je prečnik kruga k. Tačka H pripada krugu čiji je prečnik duž DQ, pa je ugao DHQ prav, što je i trebalo dokazati. S D A P H C B Q Slika 9 Slika Neka su F i G tačke u kojima prava koja sadrži tačku E i normalna je na pravoj CD seče redom prave CD i AB. Četvorougao ABCD je tetivan, pa važi B(A, E, C), B(D, E, B). Trougao DEC je pravougli, pa podnožje visine iz tačke E pripada ivici DC, tj. važi B(D, F, C). Odatle sledi da je tačka G izme u tačaka A i B, tj. B(A, G, B). Uglovi ABD i ACD su podudarni kao uglovi koji zahvataju isti lûk. Važi DEC = CF E = π 2 i CDE = F DE, pa su trouglovi DEF i DEC slični, odakle sledi da su uglovi ACD i DEF podudarni. Podudarni su i unakrsni uglovi DEF i BEG. Dakle, na osnovu tranzitivnosti, podudarni su i uglovi ABE i BEG, pa je trougao BEG jednakokraki, tj. BG = EG. Analogno se dokazuje da važi i AG = GE, pa je AG = BG, što (s obzirom da važi B(A, G, B)) znači da je tačka G središte duži AB, što je i trebalo dokazati. 11. Lema: Središte X 1 ivice Y Z je središte opisanog kruga trougla XY Z ako i samo ako je ugao kod temena X prav. Dokaz leme: Pretpostavimo da je ugao trougla XY Z kod temena X prav. Kako je ugao Y XZ prav, tačka X pripada krugu čiji je prečnik duž Y Z, pa je središte duži Y X središte opisanog kruga trougla XY Z. Pretpostavimo da je središte X 1 ivice Y Z središte opisanog kruga trougla XY Z. Neka je Y 1 središte, a m medijatrisa ivice XZ Tačka Y 1 pripada pravoj m i ugao X 1 Y 1 Z je prav. Tačka X 1 je središte opisanog kruga trougla XY Z A D 17 G E F B C

24 i pripada medijatrisama njegovih ivica, odakle sledi da tačka X 1 pripada pravoj m. Prava m, dakle, sadrži tačke X 1 i Y 1, pa je, na osnovu svojstava srednje linije trougla, ona paralelna pravoj XY. Odatle sledi da su uglovi Y XZ i X 1 Y 1 Z podudarni, pa je ugao Y XZ prav. Neka su B 1 i C 1 središta ivica AC i AB trougla ABC i neka je D 1 presečna tačka pravih AD i C 1 B 1. Dokažimo da važi ABC = AO 1 O 2. Razlikujemo četiri slučaja: ABC > π 2 : Tačka O 1 pripada medijatrisama ivica AB i AD trougla ABD, pa su uglovi AC 1 O 1 i AD 1 O 1 pravi, odakle sledi da tačke C 1 i D 1 pripadaju krugu čiji je prečnik duž AO 1, odnosno da je četvorougao AC 1 D 1 O 1 tetivan. Tačke O 1 i C 1 su sa raznih strana prave AD 1, pa je AC 1 D 1 = π D 1 O 1 A. Tačke D 1, O 1 i O 2 su kolinearne (pripadaju medijatrisi duži AD) i važi B(D 1, O 1, O 2 ), odakle sledi AO 1 O 2 = π D 1 O 1 A, pa je AC 1 D 1 = AO 1 O 2. Iz B(C 1, D 1, B 1 ) sledi AC 1 D 1 = AC 1 B 1, a iz C 1 B 1 BC sledi AC 1 B 1 = ABC, pa je ABC = AC 1 B 1 = AC 1 D 1 = AO 1 O 2. ABC = π 2 : Kako je ugao ABC prav, na osnovu leme sledi da je tačka O 1 središte duži AD (tačke O 1 i D su identične). Tačka O 2 pripada medijatrisi ivice AD, pa je ugao AO 1 O 2 prav, tj. ABC = AO 1 O 2. ABC < π 2, ADB < π 2 : Tačka O 1 pripada medijatrisama ivica AB i AD trougla ABD, pa su uglovi AC 1 O 1 i AD 1 O 1 pravi, odakle sledi da tačke C 1 i D 1 pripadaju krugu čiji je prečnik duž AO 1, odnosno da je četvorougao AC 1 D 1 O 1 tetivan. Tačke O 1 i C 1 su sa iste strane prave AD 1, pa je AC 1 D 1 = AO 1 D 1. Tačke O 1, D 1 i O 2 su kolinearne (pripadaju medijatrisi duži AD) i važi B(O 1, D 1, O 2 ), odakle sledi AO 1 D 1 = AO 1 O 2. Iz B(C 1, D 1, B 1 ) sledi AC 1 D 1 = AC 1 B 1, a iz C 1 B 1 BC sledi AC 1 B 1 = ABC, pa je ABC = AC 1 B 1 = AC 1 D 1 = AO 1 D 1 = AO 1 O 2. ABC < π 2, ADB = π 2 : Kako je ugao ADB prav, na osnovu leme sledi da je tačka O 1 središte duži AB (tačke O 1 i C 1 su identične). Analogno, tačka O 2 je središte duži AC, pa iz O 1 O 2 BC sledi ABC = AO 1 O 2. ABC < π 2, ADB > π 2 : Tačka O 1 pripada medijatrisama ivica AB i AD trougla ABD, pa su uglovi AC 1 O 1 i AD 1 O 1 pravi, odakle sledi da tačke C 1 i D 1 pripadaju krugu čiji je prečnik duž AO 1, odnosno da je četvorougao AC 1 D 1 O 1 tetivan. Tačke O 1 i C 1 su sa iste strane prave AD 1, pa je AC 1 D 1 = AO 1 D 1. Tačke O 1, D 1 i O 2 su kolinearne (pripadaju medijatrisi duži AD) i važi B(O 1, D 1, O 2 ), odakle sledi AO 1 O 2 = AO 1 D 1 A, pa je AC 1 D 1 = AO 1 O 2. Iz B(C 1, D 1, B 1 ) sledi AC 1 D 1 = AC 1 B 1, a iz C 1 B 1 BC sledi AC 1 B 1 = ABC, pa je ABC = AC 1 B 1 = AC 1 D 1 = AO 1 O 2. Dakle, u svakom od slučajeva, važi ABC = AO 1 O 2. Analogno se dokazuje da važi i ACB = AO 2 O 1, pa su trouglovi ABC i AO 1 O 2 slični, što je i trebalo dokazati. 18

25 B B 1 A D 1 O 2 C O 1 1 D C p R X p M X Slika 11 Slika Lema 1: Ako krug čije je središte tačka O dodiruje krake ugla XY Z u tačkama X i Z, onda važi Y X = Y Z. Dokaz leme 1: Iz OX = OZ, OY = OY i OXY = OZY = π 2, sledi da su trouglovi OXY i OY Z podudarni, pa važi Y X = Y Z. Lema 2: Ako je S središte upisanog kruga trougla ABC, A 1 središte ivice BC, P tačka dodira upisanog kruga i prave BC, P a tačka dodira prave BC i spolja upisanog kruga trougla koji odgovara temenu A i P tačka simetrična tački P u odnosu na tačku S, onda važi (a) B(A, P, P a ); (b) tačka A 1 je središte duži P P a. Dokaz leme 2: (a) Ako je AB = AC, prava AS je medijatrisa ivice BC i ona sadrži tačke P, P i P a, pa tvr enje važi. Pretpostavimo da nije AB = AC. Tada tačke P i P a nisu identične i prave AS i P P a su različite. Neka je Q tačka dodira upisanog kruga i prave AC, Q a tačka dodira prave AC i spolja upisanog kruga trougla koji odgovara temenu A. Neka je ˆP presečna tačka pravih SP i AP a. Iz SP BC i S a P a BC, sledi S ˆP S a P a, pa, na osnovu Talesove teoreme, važi S ˆP : S a P a = AS : AS a. Iz SQ AC i S a Q a AC, sledi SQ S a Q a, pa, na osnovu Talesove teoreme, važi SQ : S a Q a = AS : AS a. Dakle, S ˆP : S a P a = AS : AS a = SQ : S a Q a, odakle sledi S ˆP = SQ (jer je S a P a = S a Q a ). Dakle, tačka ˆP pripada upisanom krugu trougla ABC i pripada pravoj SP. Ona ne može biti identična tački P, jer bi onda tačke P i P a bile identične, pa bi važilo AB = AC, što je suprotno pretpostavci. Dakle, tačka ˆP je simetrična tački P u odnosu na tačku S, tj. tačke P i ˆP su identične, odakle sledi da tačka P pripada pravoj AP a. Tačka P pripada upisanom krugu trougla, a tačka P a stranci BC, pa važi B(A, P, P a ). (b) Ako važi AB = AC, tačke A 1, P i P a su identične, pa tvr enje važi. Pretpostavimo da nije AB = AC. Neka su a, b i c dužine ivica BC, AC i AB i neka je p = 1 2 (a + b + c). Neka su Q i R tačke u kojima upisani krug trougla ABC dodiruje prave AC i AB. Neka su Q a i R a tačke u kojima spolja 19 k X P Q

26 upisani krug trougla ABC koji odgovara temenu A dodiruje prave AC i AB. Dokažimo da je BP = p b. Na osnovu leme 1, važi BP = BR, AR = AQ i CP = CQ. Važi i B(B, P, C), B(B, R, A) i B(A, Q, C), odakle sledi BP = BC CP, BR = BA AR i AC = AQ + CQ, pa važi BP = 1 2 (BP + BR) = 1 2 (BC CP + BA AR) = 1 (BC + BA CQ AQ) = 2 = 1 2 (BC + BA AC) = 1 (a + c b) = p b. 2 Dokažimo da je CP a = p b. Na osnovu leme 1, je AR a = AQa, BP a = BRa i CQ a = CPa. Važi i B(A, B, R a ), B(A, C, Q a ) i B(B, P a, C), odakle sledi AQ a = 1 2 (AQ a + AR a ) = 1 2 (AB + BR a + AC + CQ a ) = = 1 2 (AB + AC + BP a + CP a ) = 1 2 (AB + AC + BC) = 1 (a + b + c) = p. 2 Iz AQ a = p sledi CQ a = AQ a AC = p b. Na osnovu leme 1, važi CP a = CQ a, pa je CQ a = p b. Pretpostavimo da je AC > AB. Tada važi B(B, P, A 1, P a, C), pa je A 1 P = BA 1 BP = 1 2 a (p b) i A 1P a = A 1 C P a C = 1 2 a (p b). Dakle, A 1P = A 1 P a, pa iz B(P, A 1, P a ), sledi da je tačka A 1 središte duži P P a. Tvr enje se analogno dokazuje i za slučaj AB > AC. Neka je X tačka dodira kruga k i prave p, neka je X njoj dijametralno suprotna tačka kruga k i neka je X p tačka simetrična tački X u odnosu na tačku M (S M (X) = X p ). Pretpostavimo da tačka P zadovoljava zadate uslove, tj. pretpostavimo da postoje tačke Q i R koje pripadaju pravoj p, takve da je M središte duži QR i da je krug k upisani krug trougla P QR. Na osnovu leme 2 važi B(X p, X, P ). Dokažimo da svaka tačka P za koju važi B(X p, X, P ) pripada traženom skupu tačaka. Neka je P 0 proizvoljna tačka za koju važi B(X p, X, P 0 ) i neka su Q 0 i R 0 presečne tačke prave p i tangenti iz tačke P 0 na krug k (te presečne tačke postoje, jer su tačke X i P različite, pa tangente iz tačke P na krug k nisu paralelne pravoj p). Krug k je upisani krug trougla P 0 Q 0 R 0, pa, kako tačka X p pripada pravoj p, i važi B(X p, X, P 0 ), na osnovu leme 2 sledi da je tačka X p tačka dodira prave p i spolja upisanog kruga trougla P 0 Q 0 R 0 koji odgovara temenu P 0. Tačka M je središte duži XX p, pa je na osnovu leme 2 ona i središte ivice Q 0 R 0, što znači da tačka P pripada traženom ravan skupu tačaka. Dakle, traženi skup tačaka je skup tačaka P prave X p X takvih da su sa tačkom X p sa raznih strana tačke X. 13. I rešenje: Neka su A b i A b podnožja normala iz tačke A na simetralama unutrašnjeg i spoljašnjeg ugla kod temena B trougla ABC; A c i A c podnožja normala iz 20

27 tačke A na simetralama unutrašnjeg i spoljašnjeg ugla kod temena C. Neka je B 1 središte ivice AC, C 1 središte ivice AB i neka je β = ABC. Ugao izme u simetrale unutrašnjeg i spoljašnjeg ugla trougla je prav, pa je A b BA b = π 2, odakle sledi da je četvorougao AA b BA b pravougaonik. Dijagonale AB i A b A b pravougaonika AA b BA b se polove, odakle sledi da središte duži AB (tačka C 1 ) pripada pravoj A b A b (i da polovi duž A b A b). Analogno se dokazuje da tačka B 1 pripada pravoj A ca c. Kako su tačke B 1 i C 1 različite, tačke A b, A b, A c i A c kolinearne ako i samo ako one pripadaju pravoj C 1 B 1. Dokažimo da tačke A b, A b, A c, A c pripadaju pravoj C 1 B 1. Neka je X tačka u kojoj bisektrisa unutrašnjeg ugla kod temena B seče pravu C 1 B 1. Duž C 1 B 1 je srednja linija trougla ABC, pa je prava C 1 B 1 paralelna pravoj BC odakle sledi AC 1 B 1 = β. Tačka X pripada polupravoj C 1 B 1, pa važi i AC 1 X = β, odakle sledi da je BC 1 X = π β. Prava BX je simetrala ugla ABC, pa je C 1 BX = β/2. Dakle, BXC 1 = π BC 1 X C 1 BX = π (π β) β/2 = β/2, odakle sledi da je trougao C 1 BX jednakokraki, tj. C 1 B = C 1 X. Kako je C 1 A = C 1 B = B 1 X, sledi da tačka X pripada krugu čiji je prečnik duž AB, pa je ugao AXB prav, tj. tačka X je podnožje normale iz tačke A na simetralu unutrašnjeg ugla kod temena B, odakle sledi da su tačke X i A b identične i da tačka A b pripada pravoj C 1 B 1. Neka je Y tačka u kojoj simetrala spoljašnjeg ugla kod temena B seče pravu C 1 B 1. Tačke Y i C 1 su sa raznih strana prave AB, pa je BC 1 Y = AC 1 B 1 = β. Prava BY je simetrala ugla kod temena B, pa je C 1 BY = (π β)/2. Dakle, BY C 1 = π BC 1 Y C 1 BY = π β (π β)/2 = (π β)/2, odakle sledi da je trougao C 1 BY jednakokraki, tj. C 1 B = C 1 Y. Kako je C 1 A = C 1 B = C 1 X, sledi da tačka Y pripada krugu čiji je prečnik duž AB, pa je ugao AY B prav, tj. tačka Y je podnožje normale iz tačke A na simetralu unutrašnjeg ugla kod temena B, odakle sledi da su tačke Y i A b identične i da tačka A b pripada pravoj C 1B 1. Analogno se dokazuje da tačke A c i A c pripadaju pravoj C 1 B 1 odakle sledi da su tačke A b, A b, A c i A c kolinearne, što je i trebalo dokazati. II rešenje: Simsonova teorema: Podnožja normala iz proizvoljne tačke opisanog kruga nekog trougla na pravama odre enim ivicama tog trougla pripadaju jednoj pravoj. Neka su A b i A b podnožja normala iz tačke A na simetralama unutrašnjeg i spoljašnjeg ugla kod temena B trougla ABC. Neka su A c i A c podnožja normala iz tačke A na simetralama unutrašnjeg i spoljašnjeg ugla kod temena C. Neka je S presečna tačka simetrala unutrašnjih uglova kod temena B i C i neka je S c presečna tačka simetrale spoljašnjeg ugla kod temena B i unutrašnjeg ugla kod temena C. Ugao izme u simetrale unutrašnjeg i spoljašnjeg ugla trougla je prav, pa je S c BS = π 2 i SAS c = π 2, odakle sledi da je četvorougao S cbsa tetivan, tj. tačka A pripada opisanom krugu trougla S c BS. Tačke A b, A b i A c su podnožja normala iz tačke A na pravama odre enim ivicama S c B, BS i SS c 21

28 trougla S c BS, pa, na osnovu Simsonove teoreme sledi da su tačke A b, A b i A c kolinearne. Analogno se dokazuje da su kolinearne i tačke A c, A b i A c kolinearne, pa su kolinearne sve četiri tačke A b, A b, A c i A c, što je i trebalo dokazati. B A C 1 B 1 A b A A b A c c C Slika 13 Slika Lema: Ako bisektrisa unutrašnjeg ugla kod temena A trougla ABC seče naspramnu ivicu BC u tački E, onda važi: BA : CA = BE : CE. Dokaz leme: Neka je D tačka prave AC takva da važi B(D, A, C) i DA = AB. Trougao DBA je jednakokraki, pa iz BDA = DBA sledi EAC = 1 2 BAC = 1 2 (π DAB) = 1 2 ( BDA + DBA) = BDA. Dakle, prave DB i AE su paralelne, a trouglovi DBC i AEC su slični, pa važi BA : CA = DA : CA = BE : CE, što je i trebalo dokazati. Lukovi CM i BM su podudarni, pa im odgovaraju podudarni periferijski uglovi, odakle sledi da je poluprava N M bisektrisa ugla BN C. Na osnovu NB leme sledi NC = BK KC. Slično, poluprava NP je bisektrisa ugla BNA, pa je NB NA = BL LA. Tačka N je središte lûka CA, pa je NC = NA, odakle sledi NB NC = NB BK NA, odnosno KC = BL BK LA. Iz KC = BL LA, na osnovu Talesove teoreme, sledi da su prave KL i AC paralelne, što je i trebalo dokazati. N 15. Lema: Ako bisektrisa unutrašnjeg ugla kod temena A trougla ABC seče naspramnu ivicu BC u tački E, onda važi: BA : CA = BE : CE. Dokaz leme: Videti dokaz leme u rešenju 14. Neka su P 1 i Q 1 tačke u kojima prava koja sadrži tačku A 1 i paralelna je pravoj P Q, seče prave AB i AC i neka je E tačka u kojoj bisektrisa unutrašnjeg ugla kod temena A seče ivicu BC. Na osnovu Talesove teoreme (T27.3), sledi RP RQ = A 1P 1. (1) A 1 Q 1 Iz sličnosti trouglova P 1 BA 1 i ABE sledi A 1 P 1 AE = BA 1 BE, (2) A C 22 L K P M B

29 a iz sličnosti Q 1 A 1 C i AEC sledi Iz jednakosti (2) i (3) sledi A 1 Q 1 AE = CA 1 CE. (3) A 1 P 1 = BA 1 CE. (4) A 1 Q 1 BE CA 1 Kako je tačka A 1 središte ivice BC, važi BA 1 = CA 1, a kako je tačka E tačka u kojoj bisektrisa unutrašnjeg ugla kod temena A seče ivicu BC, na osnovu leme, važi CE, pa iz jednakosti (4) sledi BE = AC AB Iz jednakosti (1) i (5) dobijamo što je i trebalo dokazati. Q B R A 1 P 1 = BA 1 CE = BA 1 CE A 1 Q 1 BE CA 1 CA 1 BE = CE BE = AC AB. (5) P P 1 A 1 Q 1 E RP RQ = A 1P 1 = AC A 1 Q 1 AB, A C Slika 15 Slika Lema 1: Ako bisektrisa unutrašnjeg ugla kod temena A trougla ABC seče naspramnu ivicu BC u tački E, onda važi BA : CA = BE : CE. Dokaz leme 1: Videti dokaz leme u rešenju 14. Lema 2: Medijatrisa ivice BC, bisektrisa unutrašnjeg ugla BAC trougla ABC i opisani krug tog trougla seku su u jednoj tački. Dokaz leme 2: Neka je l opisani krug trougla ABC i neka je M presečna tačka tog kruga i bisektrise ugla BAC (različita od A). Dokažimo da tačka M pripada medijatrisi ivice BC. Poluprava AM je bisektrisa ugla BAC, pa su tačke A i C sa iste strane prave BM, odakle sledi da su uglovi BAM i BCM podudarni kao periferijski uglovi nad istim lûkom. Analogno, važi i CAM = M B A 23 S E N C

30 CBM. Poluprava AM je bisektrisa ugla BAC, pa važi BAM = CAM, odakle sledi BCM = BAM = CAM = CBM. Dakle, trougao BMC je jednakokraki, pa važi BM = CM i tačka M pripada medijatrisi duži BC, što je i trebalo dokazati. Neka su tačke M i N središta ivica AB i AC trougla ABC, a E presečna tačka bisektrise unutrašnjeg ugla kod temena A i prave BC. Na osnovu leme 1, važi BA : CA = BE : CE tj. BE = CE AB AC. Tačka E je izme u tačaka B i C, pa je BC = BE + CE = CE AB AB+AC AC + CE = CE AC. S druge strane, na osnovu uslova zadatka je BC = 1 AB+AC 2 (AB + AC), pa sledi CE AC = 1 2 (AB + AC), odakle je CE = AC 2. Analogno se dokazuje da je BE = AB 2. Tačka N je središte duži AC, pa je CN = AC 2 = CE, tj. trougao CNE je jednakokraki, odakle sledi da je simetrala ugla ECN medijatrisa duži EN. Analogno se dokazuje da je simetrala ugla EBM medijatrisa duži M E. Neka je tačka S središte upisanog kruga trougla ABC, tj. presečna tačka simetrale ugla EBM ( CBA) i simetrale ugla ECN ( BCA), tj. presečna tačka medijatrise duži ME i medijatrise duži EN. Medijatrise duži ME, EN i MN seku se u jednoj tački (koja je središte opisanog kruga trougla M EN), pa medijatrisa duži MN sadrži presečnu tačku medijatrisa duži ME i EN (tačku S). S druge strane, tačka S je središte upisanog kruga trougla ABC, pa pripada bisektrisi unutrašnjeg ugla ABC. Dakle, tačka S je presečna tačka medijatrise ivice MN i bisektrise unutrašnjeg ugla MAN (tj. ugla BAC) trougla AMN, pa, na osnovu leme 2, tačka S pripada opisanom krugu trougla AMN (krugu l), što je i trebalo dokazati. 17. Lema: Ako bisektrisa unutrašnjeg ugla kod temena A trougla ABC seče naspramnu ivicu BC u tački E, onda važi BA : CA = BE : CE. Dokaz leme: Videti dokaz leme u rešenju 14. Potencija tačke B u odnosu na krug k je p(b, k) = BF BA = BE BA 1. Potencija tačke C u odnosu na krug k je p(c, k) = CG CA = CE CA 1. Tačka A 1 je središte ivice BC, pa je BA 1 = CA 1. Tačka E je presečna tačka bisektrise ugla BAC i ivice BC, pa, na osnovu leme, važi BA : CA = BE : CE i BE : BA = CE : CA. Dakle, važi BF = BE BA 1 = BE BA BA BA 1 = CE CA CA 1 = CE CA 1 = CG, CA što je i trebalo dokazati. 24

31 B F A E A 1 G k Slika 17 Slika Čevaova teorema: Ako su P, Q i R tačke pravih AB, BC i AC, prave AQ, BR i CP su konkurentne ili paralelne ako i samo ako važi C B AP BQ CR = 1. P B QC RA Neka su tačke X, Y i Z tačke ivica BC, AC i AB, takve da svaka od pravih AX, BY i CZ razlaže obim trougla ABC na dva jednaka dela. Označimo sa a, b i c dužine ivica BC, AC i AB, a sa p poluobim trougla ABC (p = a+b+c 2 ). Tada je AB + BX = p, pa je BX = p c i slično XC = p b. Analogno se dokazuje i CY = p a, Y A = p c, AZ = p b, ZB = p a, pa, kako važi B(B, X, C), B(C, Y, A), B(A, Z, B), sledi BX CY AZ P = = BX CY AZ XC Y A ZB XC Y A ZB = p c p a p b p b p c p a = 1. Na osnovu Pašove aksiome, iz B(B, X, C) i B(C, Y, A) sledi da se prave AX i BY seku. Dakle, prave AX, BY i CZ nisu paralelne i važi P = 1, pa, na osnovu Čevaove teoreme, sledi da se te prave seku u jednoj tački. QED 19. Čevaova teorema: Ako su P, Q i R tačke pravih AB, BC i AC, prave AQ, BR i CP su konkurentne ili paralelne ako i samo ako važi AP BQ CR = 1. P B QC RA Prave AX, BY i CZ su konkurentne (seku se u tački P ), pa, na osnovu Čevaove teoreme, važi: AZ BX CY = 1. ZB XC Y A Z 25 A X Y C

Racionalni algebarski izrazi

Racionalni algebarski izrazi . Skratimo razlomak Racionalni algebarski izrazi [MM.4-()6] 5 + 6 +. Ako je a + b + c = dokazati da je a + b + c = abc [MM.4-()] 5 6 5. Reši jednačinu: y y y + + = 7 4 y = [MM.4-(4)] 4. Reši jednačinu:

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.)

Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.) Univerzitet u Zenici Pedagoški fakultet Matematika i informatika Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.) Sedmica broj 1 i 2 (Osnovi pojmovi iz geometrije) Uvod

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, 3.04.016. godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA

Διαβάστε περισσότερα

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE **** MLADEN SRAGA **** 011. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE SKUP REALNIH BROJEVA α Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: BESPLATNA - WEB-VARIJANTA Tisak: M.I.M.-SRAGA

Διαβάστε περισσότερα

Tehnologija bušenja II

Tehnologija bušenja II INŽENJERSTVO NAFTE I GASA Tehnologija bušenja II 1. Vežba V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 1 of 44 Algebra i trigonometrija V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 2 of 44 Jednačine Pitanje: Ako je a = 3b

Διαβάστε περισσότερα

Parts Manual. Trio Mobile Surgery Platform. Model 1033

Parts Manual. Trio Mobile Surgery Platform. Model 1033 Trio Mobile Surgery Platform Model 1033 Parts Manual For parts or technical assistance: Pour pièces de service ou assistance technique : Für Teile oder technische Unterstützung Anruf: Voor delen of technische

Διαβάστε περισσότερα

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b) TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli

Διαβάστε περισσότερα

12 Elementarni zadaci: Računanje površine tijela u ravni i trigonometrija

12 Elementarni zadaci: Računanje površine tijela u ravni i trigonometrija 12 Elementarni zadaci: Računanje površine tijela u ravni i trigonometrija Elementarna pitanja: 1. Nabrojati sve geometriske figure prikazane na slici ispod. [kocka, kvadar, četverostrana piramida, sfera

Διαβάστε περισσότερα

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA **** IVANA SRAGA **** 1992.-2011. ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE POTPUNO RIJEŠENI ZADACI PO ŽUTOJ ZBIRCI INTERNA SKRIPTA CENTRA ZA PODUKU α M.I.M.-Sraga - 1992.-2011.

Διαβάστε περισσότερα

Projektivna geometrija Milivoje Luki

Projektivna geometrija Milivoje Luki odatna nastava u Matematiqkoj gimnaziji 04.02.2007. Projektivna geometrija Milivoje Luki milivoje.lukic@gmail.com 1. vorazmera. Harmonijska spregnutost. Perspektivitet. Projektivitet efinicija: Neka su

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

,, #,#, %&'(($#(#)&*"& 3,,#!4!4! +&'(#,-$#,./$012 5 # # %, )

,, #,#, %&'(($#(#)&*& 3,,#!4!4! +&'(#,-$#,./$012 5 # # %, ) !! "#$%&'%( (%)###**#+!"#$ ',##-.#,,, #,#, /01('/01/'#!2#! %&'(($#(#)&*"& 3,,#!4!4! +&'(#,-$#,./$012 5 # # %, ) 6###+! 4! 4! 4,*!47! 4! (! 8!9%,,#!41! 4! (! 4!5),!(8! 4! (! :!;!(7! (! 4! 4!!8! (! 8! 4!!8(!44!

Διαβάστε περισσότερα

Vizualizacija prostora Lobačevskog

Vizualizacija prostora Lobačevskog Univerzitet u Beogradu Matematički fakultet Master rad Vizualizacija prostora Lobačevskog Marijana Babić Beograd, 2010. godine MENTOR Dr. Srdan Vukmirović ČLANOVI KOMISIJE Dr. Srdan Vukmirović Dr. Predrag

Διαβάστε περισσότερα

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom.

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom. RAVAN Ravan je osnovni pojam u geometiji i kao takav se ne definiše. Ravan je odeđena tačkom i nomalnim vektoom. nabc (,, ) π M ( x,, ) y z Da bi izveli jednačinu avni, poučimo sledeću sliku: n( A, B,

Διαβάστε περισσότερα

Αυτό το κεφάλαιο εξηγεί τις ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΥΣ προς χρήση αυτού του προϊόντος. Πάντα να μελετάτε αυτές τις οδηγίες πριν την χρήση.

Αυτό το κεφάλαιο εξηγεί τις ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΥΣ προς χρήση αυτού του προϊόντος. Πάντα να μελετάτε αυτές τις οδηγίες πριν την χρήση. Αυτό το κεφάλαιο εξηγεί τις ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΥΣ προς χρήση αυτού του προϊόντος. Πάντα να μελετάτε αυτές τις οδηγίες πριν την χρήση. 3. Λίστα Παραμέτρων 3.. Λίστα Παραμέτρων Στην αρχική ρύθμιση, μόνο οι παράμετροι

Διαβάστε περισσότερα

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=15584

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=15584 Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 1 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΙΚΟΥΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΤΕΥΧΟΣ 5ο ΑΣΚΗΣΕΙΣ 401-500 Αφιερωμένο σε κάθε μαθητή που ασχολείται ή πρόκειται να ασχοληθεί με Μαθηματικούς διαγωνισμούς

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

!! " &' ': " /.., c #$% & - & ' ()",..., * +,.. * ' + * - - * ()",...(.

!!  &' ':  /.., c #$% & - & ' (),..., * +,.. * ' + * - - * (),...(. ..,.. 00 !!.6 7 " 57 +: #$% & - & ' ()",..., * +,.. * ' + * - - * ()",.....(. 8.. &' ': " /..,... :, 00. c. " *+ ' * ' * +' * - * «/'» ' - &, $%' * *& 300.65 «, + *'». 3000400- -00 3-00.6, 006 3 4.!"#"$

Διαβάστε περισσότερα

! " #$% & '()()*+.,/0.

!  #$% & '()()*+.,/0. ! " #$% & '()()*+,),--+.,/0. 1!!" "!! 21 # " $%!%!! &'($ ) "! % " % *! 3 %,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,0 %%4,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,5

Διαβάστε περισσότερα

-! " #!$ %& ' %( #! )! ' 2003

-!  #!$ %& ' %( #! )! ' 2003 -! "#!$ %&' %(#!)!' ! 7 #!$# 9 " # 6 $!% 6!!! 6! 6! 6 7 7 &! % 7 ' (&$ 8 9! 9!- "!!- ) % -! " 6 %!( 6 6 / 6 6 7 6!! 7 6! # 8 6!! 66! #! $ - (( 6 6 $ % 7 7 $ 9!" $& & " $! / % " 6!$ 6!!$#/ 6 #!!$! 9 /!

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET. Marjan M. Matejiæ Lidija V. Stefanoviæ Branislav M. Ranðeloviæ Igor. Milovanoviæ MATEMATIKA

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET. Marjan M. Matejiæ Lidija V. Stefanoviæ Branislav M. Ranðeloviæ Igor. Milovanoviæ MATEMATIKA UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Marjan M. Matejiæ Lidija V. Stefanoviæ Branislav M. Ranðeloviæ Igor. Milovanoviæ MATEMATIKA KOMPLETI ZADATAKA ZA PRIJEMNI ISPIT 011. Edicija: Pomoæni ud benici Marjan

Διαβάστε περισσότερα

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa: Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

Διαβάστε περισσότερα

Νόµοςπεριοδικότητας του Moseley:Η χηµική συµπεριφορά (οι ιδιότητες) των στοιχείων είναι περιοδική συνάρτηση του ατοµικού τους αριθµού.

Νόµοςπεριοδικότητας του Moseley:Η χηµική συµπεριφορά (οι ιδιότητες) των στοιχείων είναι περιοδική συνάρτηση του ατοµικού τους αριθµού. Νόµοςπεριοδικότητας του Moseley:Η χηµική συµπεριφορά (οι ιδιότητες) των στοιχείων είναι περιοδική συνάρτηση του ατοµικού τους αριθµού. Περιοδικός πίνακας: α. Είναι µια ταξινόµηση των στοιχείων κατά αύξοντα

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

ΓΗ ΚΑΙ ΣΥΜΠΑΝ. Εικόνα 1. Φωτογραφία του γαλαξία μας (από αρχείο της NASA)

ΓΗ ΚΑΙ ΣΥΜΠΑΝ. Εικόνα 1. Φωτογραφία του γαλαξία μας (από αρχείο της NASA) ΓΗ ΚΑΙ ΣΥΜΠΑΝ Φύση του σύμπαντος Η γη είναι μία μονάδα μέσα στο ηλιακό μας σύστημα, το οποίο αποτελείται από τον ήλιο, τους πλανήτες μαζί με τους δορυφόρους τους, τους κομήτες, τα αστεροειδή και τους μετεωρίτες.

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

Το άτομο του Υδρογόνου

Το άτομο του Υδρογόνου Το άτομο του Υδρογόνου Δυναμικό Coulomb Εξίσωση Schrödinger h e (, r, ) (, r, ) E (, r, ) m ψ θφ r ψ θφ = ψ θφ Συνθήκες ψ(, r θφ, ) = πεπερασμένη ψ( r ) = 0 ψ(, r θφ, ) =ψ(, r θφ+, ) π Επιτρεπτές ενέργειες

Διαβάστε περισσότερα

Carolina Bernal, Frédéric Christophoul, Jean-Claude Soula, José Darrozes, Luc Bourrel, Alain Laraque, José Burgos, Séverine Bès de Berc, Patrice Baby

Carolina Bernal, Frédéric Christophoul, Jean-Claude Soula, José Darrozes, Luc Bourrel, Alain Laraque, José Burgos, Séverine Bès de Berc, Patrice Baby Gradual diversions of the Rio Pastaza in the Ecuadorian piedmont of the Andes from 1906 to 2008: role of tectonics, alluvial fan aggradation and ENSO events Carolina Bernal, Frédéric Christophoul, Jean-Claude

Διαβάστε περισσότερα

KLASIƒNI NAUƒNI SPISI GEOMETRISKA ISPITIVANJA IZ TEORIJE PARALELNIH LINIJA. N. I. LOBAƒEVSKOG

KLASIƒNI NAUƒNI SPISI GEOMETRISKA ISPITIVANJA IZ TEORIJE PARALELNIH LINIJA. N. I. LOBAƒEVSKOG S R P S K K M I J N U K KLSIƒNI NUƒNI SPISI KNJIG III MTMTIƒKI INSTITUT KNJIG 3 GOMTRISK ISPITIVNJ IZ TORIJ PRLLNIH LINIJ O N. I. LOƒVSKOG Preveo RNISLV PTRONIJVI RUGO, PRO IRNO IZNJ O G R 1951 Na²ao sam

Διαβάστε περισσότερα

Ι ΙΟΤΗΤΕΣ ΤΩΝ ΑΤΟΜΩΝ. Παππάς Χρήστος Επίκουρος Καθηγητής

Ι ΙΟΤΗΤΕΣ ΤΩΝ ΑΤΟΜΩΝ. Παππάς Χρήστος Επίκουρος Καθηγητής ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΗ ΟΜΗ ΚΑΙ Ι ΙΟΤΗΤΕΣ ΤΩΝ ΑΤΟΜΩΝ Παππάς Χρήστος Επίκουρος Καθηγητής ΤΟ ΜΕΓΕΘΟΣ ΤΩΝ ΑΤΟΜΩΝ Ατομική ακτίνα (r) : ½ της απόστασης μεταξύ δύο ομοιοπυρηνικών ατόμων, ενωμένων με απλό ομοιοπολικό δεσμό.

Διαβάστε περισσότερα

ΝΟΜΟΣ ΤΗΣ ΠΕΡΙΟ ΙΚΟΤΗΤΑΣ : Οι ιδιότητες των χηµικών στοιχείων είναι περιοδική συνάρτηση του ατοµικού τους αριθµού.

ΝΟΜΟΣ ΤΗΣ ΠΕΡΙΟ ΙΚΟΤΗΤΑΣ : Οι ιδιότητες των χηµικών στοιχείων είναι περιοδική συνάρτηση του ατοµικού τους αριθµού. 1. Ο ΠΕΡΙΟ ΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ Οι άνθρωποι από την φύση τους θέλουν να πετυχαίνουν σπουδαία αποτελέσµατα καταναλώνοντας το λιγότερο δυνατό κόπο και χρόνο. Για το σκοπό αυτό προσπαθούν να οµαδοποιούν τα πράγµατα

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu

Διαβάστε περισσότερα

4 Sukladnost i sličnost trokuta

4 Sukladnost i sličnost trokuta 4 Sukladnost i sličnost trokuta 4.1 Sukladnost trokuta Neka su ABC i A B C trokuti sa stranicama duljina a b c odnosno a b c. Kažemo da su ti trokuti sukladni ako postoji bijekcija f : {A B C} {A B C }

Διαβάστε περισσότερα

Appendix B Table of Radionuclides Γ Container 1 Posting Level cm per (mci) mci

Appendix B Table of Radionuclides Γ Container 1 Posting Level cm per (mci) mci 3 H 12.35 Y β Low 80 1 - - Betas: 19 (100%) 11 C 20.38 M β+, EC Low 400 1 5.97 13.7 13 N 9.97 M β+ Low 1 5.97 13.7 Positrons: 960 (99.7%) Gaas: 511 (199.5%) Positrons: 1,199 (99.8%) Gaas: 511 (199.6%)

Διαβάστε περισσότερα

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΣΤΟΙΧΕΙΩΝ

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΣΤΟΙΧΕΙΩΝ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΣΤΟΙΧΕΙΩΝ Περίοδοι περιοδικού πίνακα Ο περιοδικός πίνακας αποτελείται από 7 περιόδους. Ο αριθμός των στοιχείων που περιλαμβάνει κάθε περίοδος δεν είναι σταθερός, δηλ. η περιοδικότητα

Διαβάστε περισσότερα

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na . Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija

Διαβάστε περισσότερα

!"#$ %"&'$!&!"(!)%*+, -$!!.!$"("-#$&"%-

!#$ %&'$!&!(!)%*+, -$!!.!$(-#$&%- !"#$ %"&$!&!"(!)%*+, -$!!.!$"("-#$&"%-.#/."0, .1%"("/+.!2$"/ 3333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333 4.)!$"!$-(#&!- 33333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333

Διαβάστε περισσότερα

Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr

Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο http://www.mathematica.gr. Η επιλογή και η ϕροντίδα του περιεχομένου γίνεται από τους Επιμελητές του http://www.mathematica.gr.

Διαβάστε περισσότερα

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova Biserka Draščić Ban Pomorski fakultet u Rijeci 17. veljače 2011. Grafičko prikazivanje atributivnih nizova Atributivni nizovi prikazuju se grafički

Διαβάστε περισσότερα

&,'-- #-" > #'$,"/'3&)##3!0'0#!0#/# 0'0';&'"$8 ''#"&$'!&0-##-""#;-# B

&,'-- #- > #'$,/'3&)##3!0'0#!0#/# 0'0';&'$8 ''#&$'!&0-##-#;-# B !"#"# $%"&$' ('#')#''$# * +,-""&$'.-,-"#!&"!##/'#')#''$# ** '$#/0'!0#'&!0"#"/#0"## * 1--'/''00#&'232232223#24 *5 ##-'"-&1-$6'#76#!$#0"$8&9-1$" * '$#&$'!&&1:"-#;6"/'-#

Διαβάστε περισσότερα

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova) MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile

Διαβάστε περισσότερα

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije.

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Svojstva tautologija Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija i formula B. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Pretpostavimo da B nije tautologija. Tada postoji valuacija v

Διαβάστε περισσότερα

τροχιακά Η στιβάδα καθορίζεται από τον κύριο κβαντικό αριθµό (n) Η υποστιβάδα καθορίζεται από τους δύο πρώτους κβαντικούς αριθµούς (n, l)

τροχιακά Η στιβάδα καθορίζεται από τον κύριο κβαντικό αριθµό (n) Η υποστιβάδα καθορίζεται από τους δύο πρώτους κβαντικούς αριθµούς (n, l) ΑΤΟΜΙΚΑ ΤΡΟΧΙΑΚΑ Σχέση κβαντικών αριθµών µε στιβάδες υποστιβάδες - τροχιακά Η στιβάδα καθορίζεται από τον κύριο κβαντικό αριθµό (n) Η υποστιβάδα καθορίζεται από τους δύο πρώτους κβαντικούς αριθµούς (n,

Διαβάστε περισσότερα

Vektorski prostori. Vektorski prostor

Vektorski prostori. Vektorski prostor Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu

Διαβάστε περισσότερα

Αλληλεπίδραση ακτίνων-χ με την ύλη

Αλληλεπίδραση ακτίνων-χ με την ύλη Άσκηση 8 Αλληλεπίδραση ακτίνων-χ με την ύλη Δ. Φ. Αναγνωστόπουλος Τμήμα Μηχανικών Επιστήμης Υλικών Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων Ιωάννινα 2013 Άσκηση 8 ii Αλληλεπίδραση ακτίνων-χ με την ύλη Πίνακας περιεχομένων

Διαβάστε περισσότερα

!"# '1,2-0- +,$%& &-

!# '1,2-0- +,$%& &- "#.)/-0- '1,2-0- "# $%& &'()* +,$%& &- 3 4 $%&'()*+$,&%$ -. /..-. " 44 3$*)-),-0-5 4 /&30&2&" 4 4 -&" 4 /-&" 4 6 710& 4 5 *& 4 # 1*&.. #"0 4 80*-9 44 0&-)* %&9 4 %&0-:10* &1 0)%&0-4 4.)-0)%&0-44 )-0)%&0-4#

Διαβάστε περισσότερα

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, 004. Vladimir Balti Pojam polinoma. Prsten polinoma.. Dati su polinomi P (x) = x + x +, Q(x) = x 4 x +, R(x) = x x +. Proveriti da li za

Διαβάστε περισσότερα

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Prva tačka u ispitivanju toka unkcije je odredjivanje oblasti deinisanosti, u oznaci Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog ajla, obavezno pogledajte ajl ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

!"#$ % &# &%#'()(! $ * +

!#$ % &# &%#'()(! $ * + ,!"#$ % &# &%#'()(! $ * + ,!"#$ % &# &%#'()(! $ * + 6 7 57 : - - / :!", # $ % & :'!(), 5 ( -, * + :! ",, # $ %, ) #, '(#,!# $$,',#-, 4 "- /,#-," -$ '# &",,#- "-&)'#45)')6 5! 6 5 4 "- /,#-7 ",',8##! -#9,!"))

Διαβάστε περισσότερα

Na grafiku bi to značilo :

Na grafiku bi to značilo : . Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama

Διαβάστε περισσότερα

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 31 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" 22 Φεβρουαρίου 2014

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 31 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα Ο Αρχιμήδης 22 Φεβρουαρίου 2014 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 6165-617784 - Fax: 64105 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou)

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi, relacije, funkcije

Skupovi, relacije, funkcije Chapter 1 Skupovi, relacije, funkcije 1.1 Skup, torka, multiskup 1.1.1 Skup Pojam skupa ne definišemo eksplicitno. Intuitivno skup prihvatamo kao konačnu ili beskonačnu kolekciju objekata (ili elemenata)u

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ taexeiolag ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΣΚΗΣΗ 1 uuuu uuuu uuuu Αν OA OB 3O 0 και ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ uuuu uuuu uuuu OA OB 1, O α Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά

Διαβάστε περισσότερα

ΓΕΝΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ IV: ΚΥΜΑΤΙΚΗ - ΟΠΤΙΚΗ

ΓΕΝΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ IV: ΚΥΜΑΤΙΚΗ - ΟΠΤΙΚΗ Τμήμα Φυσικής Αριστοτέλειο Πανεπιστήμιο Θεσσαλονίκης ΓΕΝΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ IV: ΚΥΜΑΤΙΚΗ - ΟΠΤΙΚΗ Ι. ΑΡΒΑΝΙΤΙ ΗΣ jarvan@physcs.auth.gr 2310 99 8213 ΘΕΜΑΤΙΚΕΣ ΕΝΟΤΗΤΕΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΟΠΤΙΚΗ ΠΟΛΩΣΗ ΣΥΜΒΟΛΗ ΠΕΡΙΘΛΑΣΗ

Διαβάστε περισσότερα

UREĐAJU NA SKUPU REALNIH BROJEVA

UREĐAJU NA SKUPU REALNIH BROJEVA **** MLADEN SRAGA **** 00. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE UREĐAJU NA SKUPU REALNIH BROJEVA JEDNADŽBE NEJEDNADŽBE APSOLUTNE JEDNADŽBE APSOLUTNE NEJEDNADŽBE

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture

Algebarske strukture i operacije Univerzitet u Nišu Prirodno Matematički Fakultet februar 2010 Istraživačka stanica Petnica i operacije Operacije Šta je to algebra i apstraktna algebra? Šta je to algebarska struktura? Cemu

Διαβάστε περισσότερα

ΣΕΡΒΙΚΗ ΓΛΩΣΣΑ IV. Ενότητα 3: Αντωνυμίες (Zamenice) Μπορόβας Γεώργιος Τμήμα Βαλκανικών, Σλαβικών και Ανατολικών Σπουδών

ΣΕΡΒΙΚΗ ΓΛΩΣΣΑ IV. Ενότητα 3: Αντωνυμίες (Zamenice) Μπορόβας Γεώργιος Τμήμα Βαλκανικών, Σλαβικών και Ανατολικών Σπουδών Ενότητα 3: Αντωνυμίες (Zamenice) Μπορόβας Γεώργιος Τμήμα Βαλκανικών, Σλαβικών και Ανατολικών Σπουδών Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

TALAR ROSA -. / ',)45$%"67789

TALAR ROSA -. / ',)45$%67789 TALAR ROSA!"#"$"%$&'$%(" )*"+%(""%$," *$ -. / 0"$%%"$&'1)2$3!"$ ',)45$%"67789 ," %"(%:,;,"%,$"$)$*2

Διαβάστε περισσότερα

! " # " $ #% $ "! #&'() '" ( * / ) ",. #

!  #  $ #% $ ! #&'() ' ( * / ) ,. # Ψ ƒ! " # " $ #% $ "! #&'() '" ( * +",-.'!( / ) ",. # 0# $"!"#$%# Ψ 12/345 6),78 94. ƒ 9)")1$/):0;3;::9 >'= ( ? 9 @ '&( % A! &*?9 '( B+)C*%++ &*%++C 0 4 3'+C( D'+C(%E $B B - " % B

Διαβάστε περισσότερα

Đường tròn : cung dây tiếp tuyến (V1) Đường tròn cung dây tiếp tuyến. Giải.

Đường tròn : cung dây tiếp tuyến (V1) Đường tròn cung dây tiếp tuyến. Giải. Đường tròn cung dây tiếp tuyến BÀI 1 : Cho tam giác ABC. Đường tròn có đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại E, D. BD và CE cắt nhau tại H. chứng minh : 1. AH vuông góc BC (tại F thuộc BC). 2. FA.FH

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016. Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 120 min Ukupan broj bodova: 100 Zadatak 1. (a) Napišite aksiome vjerojatnosti ako je zadan skup Ω i σ-algebra F na Ω. (b) Dokažite iz aksioma vjerojatnosti da za A,

Διαβάστε περισσότερα

*+,'-'./%#0,1"/#'2"!"./+3(,'4+*5#( *9.!/%#+7(,'#%*!.2 :;!"#/5".+!"#$() $!"#%"&'#$() 50&(#5"./%#0,1"/#'2"+*5#(35&* &*,'2-<:):0&3%!.2=#(,1,.%!.

*+,'-'./%#0,1/#'2!./+3(,'4+*5#( *9.!/%#+7(,'#%*!.2 :;!#/5.+!#$() $!#%&'#$() 50&(#5./%#0,1/#'2+*5#(35&* &*,'2-<:):0&3%!.2=#(,1,.%!. # #$%&'#$( *+,'-'./%#0,1/#'2./+3(,'4+*5#(355. 678*9./%#+7(,'#%*.2 :; #/5.+#$( *+,'-'./%#0,1/#'2./+3(,'4+*5#(355. 678*9./%#+7(,'#%*.2 #$% $ #%&'#$( 50&(#5./%#0,1/#'2+*5#(35&* &*,'2-

Διαβάστε περισσότερα

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. Istinitosna tablica p q r F odgovara formuli A) q p r p r). B) q p r p r). V) q p r p r). G) q p r p r). D) q p r p r). N) Ne znam. Date

Διαβάστε περισσότερα

Αποθήκες Δεδομένων και Εξόρυξη Δεδομένων

Αποθήκες Δεδομένων και Εξόρυξη Δεδομένων ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ Αποθήκες Δεδομένων και Εξόρυξη Δεδομένων Ενότητα 12: Κανόνες Συσχέτισης Μέρος B Αναστάσιος Γούναρης, Επίκουρος Καθηγητής Άδειες Χρήσης

Διαβάστε περισσότερα

(a b) c = a (b c) e a e = e a = a. a a 1 = a 1 a = e. m+n

(a b) c = a (b c) e a e = e a = a. a a 1 = a 1 a = e. m+n Z 6 D 3 G = {a, b, c,... } G a, b G a b = c c (a b) c = a (b c) e a e = e a = a a a 1 = a 1 a = e Q = {0, ±1, ±2,..., ±n,... } m, n m+n m + 0 = m m + ( m) = 0 Z N = {a n }, n = 1, 2... N N Z N = {1, ω,

Διαβάστε περισσότερα

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=15584

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=15584 Επιμέλεια : xr.tsif Σελίδα 1 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΙΚΟΥΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΤΕΥΧΟΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 101-00 Αφιερωμέν σε κάθε μαθητή πυ ασχλείται ή πρόκειται να ασχληθεί με Μαθηματικύς διαγωνισμύς

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić OSNOVI ELEKTRONIKE Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić savic@el.etf.rs http://tnt.etf.rs/~si1oe Termin za konsultacije: četvrtak u 12h, kabinet 102 Referentni smerovi i polariteti 1. Odrediti vrednosti

Διαβάστε περισσότερα

Φροντιστήριο #4 Λυμένες Ασκήσεις σε Σχέσεις 07/04/2016

Φροντιστήριο #4 Λυμένες Ασκήσεις σε Σχέσεις 07/04/2016 Φροντιστήριο #4 Λυμένες Ασκήσεις σε Σχέσεις 07/04/2016 Άσκηση Φ4.1: Θεωρείστε τις ακόλουθες σχέσεις επί του συνόλου Α={1, 2, 3} 1. R={(1, 1), (1, 2), (1, 3), (3, 3)} 2. S={(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2),

Διαβάστε περισσότερα

SIEMENS Squirrel Cage Induction Standard Three-phase Motors

SIEMENS Squirrel Cage Induction Standard Three-phase Motors - SIEMENS Squirrel Cage Induction Standard Three-phase Motors 2 pole 3000 rpm 50Hz Rated current Power Efficiency Rated Ratio Noise Output Frame Speed Weight 3V 400V 415V factor Class 0%Load 75%Load torque

Διαβάστε περισσότερα

#&' ()* #+#, 2 )' #$+34 4 )!' 35+,6 5! *,#+#26 37)*! #2#+#42 %8')* #44+#%$,)88) 9 #,6+-55 $)8) -53+2#5 #6) :&' 2#3+23- ##) :* 232+464 #-) ''7 465+436

#&' ()* #+#, 2 )' #$+34 4 )!' 35+,6 5! *,#+#26 37)*! #2#+#42 %8')* #44+#%$,)88) 9 #,6+-55 $)8) -53+2#5 #6) :&' 2#3+23- ##) :* 232+464 #-) ''7 465+436 ! "#$$% #& ()* #+#, -./0*1 2 ) #$+34 4 )! 35+,6 5! *,#+#26 37)*! #2#+#42 %8)* #44+#%$,)88) 9 #,6+-55 $)8) -53+2#5 #6) :& 2#3+23- ##) :* 232+464 #-) 7 465+436 .* &0* 0!*07 ;< =! ))* *0*>!! #6&? @ 8 (? +

Διαβάστε περισσότερα

!"! #!"!!$ #$! %!"&' & (%!' #!% #" *! *$' *.!! )#/'.0! )#/.*!$,)# * % $ %!!#!!%#'!)$! #,# #!%# ##& )$&# 11!!#2!

!! #!!!$ #$! %!&' & (%!' #!% # *! *$' *.!! )#/'.0! )#/.*!$,)# * % $ %!!#!!%#'!)$! #,# #!%# ##& )$&# 11!!#2! # $ #$ % (% # )*%%# )# )$ % # * *$ * #,##%#)#% *-. )#/###%. )#/.0 )#/.* $,)# )#/ * % $ % # %# )$ #,# # %# ## )$# 11 #2 #**##%% $#%34 5 # %## * 6 7(%#)%%%, #, # ## # *% #$# 8# )####, 7 9%%# 0 * #,, :;

Διαβάστε περισσότερα

Εξωτερικό Γινόμενο Διανυσμάτων. Γιώργος Μπαλόγλου

Εξωτερικό Γινόμενο Διανυσμάτων. Γιώργος Μπαλόγλου Εξωτερικό Γινόμενο Διανυσμάτων Γιώργος Μπαλόγλου 4 η Μαθηματική Εβδομάδα, Θεσσαλονίκη, 7- Μαρτίου 0 Μνήμη Λουκά Κανάκη (95-0) υποθετικό κίνητρο: τομή δύο επιπέδων Ας θυμηθούμε ότι ένα επίπεδο E στον τρισδιάστατο

Διαβάστε περισσότερα

Temeljni pojmovi o trokutu

Temeljni pojmovi o trokutu 1. Temeljni pojmovi o trokutu U ovom poglavlju upoznat ćemo osnovne elemente trokuta i odnose medu - njima. Zatim ćemo definirati težišnice, visine, srednjice, simetrale stranica i simetrale kutova trokuta.

Διαβάστε περισσότερα

Η ΑΝΘΥΦΑΙΡΕΤΙΚΗ ΕΡΜΗΝΕΙΑ ΤΗΣ ΕΞΩΣΗΣ ΤΗΣ ΠΟΙΗΣΗΣ ΣΤΟ ΔΕΚΑΤΟ ΒΙΒΛΙΟ ΤΗΣ ΠΟΛΙΤΕΙΑΣ ΤΟΥ ΠΛΑΤΩΝΟΣ

Η ΑΝΘΥΦΑΙΡΕΤΙΚΗ ΕΡΜΗΝΕΙΑ ΤΗΣ ΕΞΩΣΗΣ ΤΗΣ ΠΟΙΗΣΗΣ ΣΤΟ ΔΕΚΑΤΟ ΒΙΒΛΙΟ ΤΗΣ ΠΟΛΙΤΕΙΑΣ ΤΟΥ ΠΛΑΤΩΝΟΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΤΜΗΜΑ MΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΜΗΜΑ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑΣ, ΙΣΤΟΡΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΙ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΤΜΗΜΑ ΕΠΙΣΤΉΜΩΝ ΑΓΩΓΉΣ & ΘΕΩΡΙΑΣ ΤΗΣ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΤΜΗΜΑ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑΣ, ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΗΣ &

Διαβάστε περισσότερα

Πρώτη Μέρα. με πραγματικούς συντελεστές τα ο- ποία ικανοποιούν την ισότητα

Πρώτη Μέρα. με πραγματικούς συντελεστές τα ο- ποία ικανοποιούν την ισότητα 45η ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ IMO 004 ΑΘΗΝΑ ΕΛΛΑΔΑ Επιμέλεια: Ανδρέας Φιλίππου Θεόκλητος Παραγιού Πρώτη Μέρα Πρόβλημα. Έστω ABC ένα οξυγώνιο τρίγωνο με AB =/ AC. Ο κύκλος με διάμετρο την πλευρά BC τέμνει

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7. Opc pojmov Kompleksn brojev su sastavljen dva djela: Realnog djela (Re) magnarnog djela (Im) Promatrajmo broj a+ b = + 3 Realn do jednak je Re : Imagnarna jednca: = - l = (U elektrotehnc

Διαβάστε περισσότερα

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 75 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 17 Ιανουαρίου 2015 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 75 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 17 Ιανουαρίου 2015 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ 665-67784 - Fax: 6405 e-mail : info@hmsgr wwwhmsgr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou)

Διαβάστε περισσότερα

È http://en.wikipedia.org/wiki/icosidodecahedron

È http://en.wikipedia.org/wiki/icosidodecahedron À Ô ÐÓ ÖÓÒØ ØÓÙÔ Ö ÕÓÑ ÒÓÙ Ò Ø Ô ØÓÙ Ô Ñ Ð Ø ØÓÙhttp://www.mathematica.grº Å Ø ØÖÓÔ LATEX ÛØ Ò Ã Ð Ò Ø ÃÓØÖôÒ Ä ÙØ Ö ÈÖÛØÓÔ Ô Õ ÐÐ ËÙÒ ÔÓÙÓ ËÕ Ñ Ø Å Õ Ð Æ ÒÒÓ ÉÖ ØÓÌ Ë Ð ¹ ÅÔÓÖ Ò Ò Ô Ö Õ Ò Ò Ñ Ð Ö º ÌÓß

Διαβάστε περισσότερα

Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr

Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο http://www.mthemtic.gr. Η επιλογή και η φροντίδα του περιεχομένου γίνεται από τους Επιμελητές του http://www.mthemtic.gr. Μετατροπές

Διαβάστε περισσότερα

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija Društvo matematičara Srbije Pripreme za Juiorske olimpijade školske 007/008 -Dord e Baralić Tel:063/706-706-6 e-mail:djolebar@ptt.yu Matematička idukcija Primer 1. Dokazati da je > za sve N. Ituitivo zamo

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 5. GEOMETRIJA 5.1 Opcenito o kutevima Poznate su slijedece vrste kuteva: siljasti kut α < 90 pravi kut α = 90 tupi kut 90 < α < 180 ravni kut α = 180 izboceni kut 180 < α < 360 puni kut α = 360 Komplementi

Διαβάστε περισσότερα

2.7 Primjene odredenih integrala

2.7 Primjene odredenih integrala . INTEGRAL 77.7 Primjene odredenih integrala.7.1 Računanje površina Pořsina lika omedenog pravcima x = a i x = b te krivuljama y = f(x) i y = g(x) je b P = f(x) g(x) dx. a Zadatak.61 Odredite površinu

Διαβάστε περισσότερα

ΓΕΝΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ Λ. ΑΙΔΗΨΟΥ ΣΧΟΛ. ΕΤΟΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ ΙΟΥΝΙΟΥ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΓΕΝΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ Λ. ΑΙΔΗΨΟΥ ΣΧΟΛ. ΕΤΟΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ ΙΟΥΝΙΟΥ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ Λ. ΑΙΔΗΨΟΥ ΣΧΟΛ. ΕΤΟΣ 212-213 ΓΡΑΠΤΕΣ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ ΙΟΥΝΙΟΥ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Θέμα 1 ο Α. Να αποδείξετε ότι κάθε σημείο της διχοτόμου μιας γωνίας ισαπέχει

Διαβάστε περισσότερα

Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa. 9. dio

Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa. 9. dio Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa 9. dio 1 Sile presjeka (unutarnje sile): Udužna sila N Poprena sila T Moment uvijanja M t Moment savijanja M Napreanja 1. Normalno napreanje σ. Posmino

Διαβάστε περισσότερα

PDF hosted at the Radboud Repository of the Radboud University Nijmegen

PDF hosted at the Radboud Repository of the Radboud University Nijmegen PDF hosted at the Radboud Repository of the Radboud University Nijmegen The following full text is a publisher's version. For additional information about this publication click this link. http://hdl.handle.net/2066/52779

Διαβάστε περισσότερα

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=142&t=44444 ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ 2014 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ 4 ο ΘΕΜΑ Επιμέλεια: xr.

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=142&t=44444 ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ 2014 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ 4 ο ΘΕΜΑ Επιμέλεια: xr. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=14&t=44444 ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ 14 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ 4 ο ΘΕΜΑ Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 1 http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=14&t=44444 Έλυσαν

Διαβάστε περισσότερα

ΛΥΣΕΙΣ. 1. Χαρακτηρίστε τα παρακάτω στοιχεία ως διαµαγνητικά ή. Η ηλεκτρονική δοµή του 38 Sr είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 5s 2

ΛΥΣΕΙΣ. 1. Χαρακτηρίστε τα παρακάτω στοιχεία ως διαµαγνητικά ή. Η ηλεκτρονική δοµή του 38 Sr είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 5s 2 ΛΥΣΕΙΣ 1. Χαρακτηρίστε τα παρακάτω στοιχεία ως διαµαγνητικά ή παραµαγνητικά: 38 Sr, 13 Al, 32 Ge. Η ηλεκτρονική δοµή του 38 Sr είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 5s 2 Η ηλεκτρονική δοµή του

Διαβάστε περισσότερα

DRUXTVO MATEMATIQARA SRBIJE MATEMATIQKA TAKMIQENjA SREDNjOXKOLACA 2010/2011. Beograd, 2011.

DRUXTVO MATEMATIQARA SRBIJE MATEMATIQKA TAKMIQENjA SREDNjOXKOLACA 2010/2011. Beograd, 2011. DRUXTVO MATEMATIQARA SRBIJE MATEMATIQKA TAKMIQENjA SREDNjOXKOLACA 010/011. Beograd, 011. Organizacioni odbor 53. Drжavnog takmiqenja iz matematike 1. Profesor dr Zoran Kadelburg, predsednik DMS. Marko Radovanovi,

Διαβάστε περισσότερα

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe,

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, O SKUPOVIM Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, skupine, mnoštva neke vrste objekata, stvari, živih bića i dr. Tako imamo skup stanovnika nekog grada, skup

Διαβάστε περισσότερα

Το αντικείμενο αυτό είναι χειροποίητο από 100% οικολογικό βαμβάκι, με φυτικές βαφές και φυτική κόλλα.

Το αντικείμενο αυτό είναι χειροποίητο από 100% οικολογικό βαμβάκι, με φυτικές βαφές και φυτική κόλλα. Cotton leather paper Με υπερηφάνια σας παρουσιάζουμε μια νέα σειρά χειροποίητων προϊόντων το...cotton leather paper. Το αντικείμενο αυτό είναι χειροποίητο από 100% οικολογικό βαμβάκι, με φυτικές βαφές

Διαβάστε περισσότερα

Polinomske jednaqine

Polinomske jednaqine Matematiqka gimnazija u Beogradu Dodatna nastava, xk.g. 2005/06. Polinomske jednaqine 13.6.2006. Naslov se odnosi na određivanje polinoma po jednoj ili vixe promenljivih (sa npr. realnim ili kompleksnim

Διαβάστε περισσότερα

# " $! % $ " & "! # '' '!" ' ' ( &! )!! ' ( *+ & '

#  $! % $  & ! # '' '! ' ' ( &! )!! ' ( *+ & ' " # " $ % $ " & " # '' '" ' ' ( & ) ' ( *+ & ' "#$% &% '($&)$'%$ *($+,& #,-%($%./*, -./ "' ' + -0,$1./ 2 34 2 51 2 6.77.8. 9:7 ; 9:.? 9 9@7 9:> 9@>.77 9 9=< 9@>./= 9:=.7: 9=@.7@ 9::.87./>./7

Διαβάστε περισσότερα

! "#" "" $ "%& ' %$(%& % &'(!!")!*!&+ ,! %$( - .$'!"

! #  $ %& ' %$(%& % &'(!!)!*!&+ ,! %$( - .$'! ! "#" "" $ "%& ' %$(%&!"#$ % &'(!!")!*!&+,! %$( -.$'!" /01&$23& &4+ $$ /$ & & / ( #(&4&4!"#$ %40 &'(!"!!&+ 5,! %$( - &$ $$$".$'!" 4(02&$ 4 067 4 $$*&(089 - (0:;

Διαβάστε περισσότερα

Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 Akademska godina Sarajevo,

Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 Akademska godina Sarajevo, Elektrotehnički fakultet Univerziteta u Sarajevu Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA Akademska 008-009 godina Sarajevo, 09 0 009 IME I PREZIME STUDENTA

Διαβάστε περισσότερα