KADETAS (VII ir VIII klasės)

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "KADETAS (VII ir VIII klasės)"

Transcript

1 ADETAS (VII ir VIII klasės) 1. E Galima tikrinti atsakymus. adangi vidutinė kainasumažėjo, tai brangiausia papūga kainavo daugiau kaip 6000 litų. Vadinasi, parduotoji papūga kainavo daugiau kaip 6000 litų, o pagal atsakymus Renkamės atsakymą E. Iš pradžių visos papūgos kainavo = litų. aipardavėpapūgą už litų, likusios kainavo Lt, o vidutinė jųkaina pasidarė : 4 = 5000 Lt. Teisingas atsakymas E. 2. C Galima samprotauti taip. adangi servetėlės centras atitinka kairiojo paveikslėlio tašką L, otas taškas neiškirptas, tai atsakymas E netinka. O dabar pastebėkime, kad iškirptų lygių kampų smailumos nukreiptos į skirtingas kvadrato kraštines. Iš atsakymųa,, C, D taip yra tik atsakyme C. L M L N M N Atlankstykime servetėlę. Nesunku suvokti, kad po pirmo atlenkimo gauname figūrą, pavaizduotą viduriniame paveikslėlyje, o po antro figūrą, pavaizduotą dešiniajame paveikslėlyje, t.y. figūrą, nurodytą atsakyme C. L 3. D 7 Jaučiame, kad geriausia kirsti kvadratą, kaip tat parodyta piešinyje. Suskaičiavę gauname 7 perkirstus kvadratėlius. Skaičiuokime langelius taip: į naująlangelį patenkame tik perkirtę horizontalę arba vertikalę. ol pasiekiame kvadrato kraštą, kertame daugiausiai 3 vertikales ir 3 horizontales, taigi turime pradinį langelį ir dar daugiausiai 6, į kuriuos įeiname. ad 7 langelius kirsti įmanoma, rodo piešinys. Teisingas atsakymas D.

2 40 SPRENDIMAI 4. C a + 2b Siūlas apjuosia du kvadratus ir du pusskritulius: Todėl siūlo apjuosiamos srities plotas lygus a + 2b. 5. D 5 Greitai pavyksta nusibraižyti šešiakampį, turintį 5stačiuosius vidinius kampus. Nusibraižyti šešiakampio, turinčio 6 stačiuosius vidinius kampus, nepavyksta. Įrodysime, kad šešiakampyje gali būti daugiausiai 5 statieji vidiniai kampai. Iš tikrųjų, šešiakampio visų kampų suma lygi 180 (6 2) = 720. Todėl jei jis turi 5 kampus po 90,taišeštas kampas lygus = 270. Teisingas atsakymas D. Įdomu nustatyti, kiek stačiųjų vidinių kampų gali turėti n-kampis. Iš pradžių imkime iškiluosius n-kampius. adangi trikampio visų trijų kampų suma lygi 180, tai jis gali turėti tik vieną statųjį kampą(ir kartais jį turi). eturkampis gali turėti visus 4 stačiuosius kampus tai stačiakampis. (Įdomus šuolis trikampis daugiausiai turi 1 statųjį kampą, keturkampis net 4.) Penkiakampio kampų suma lygi 180 (5 2) = 540. Visi penki kampai negali būti statūs, nes Jeigu 4 kampai būtų statūs, tai penktas kampas būtų lygus = 180,o toks kampas nebūna. Panašiai samprotaujame ir toliau. Imkime n-kampį (n 6), jo kampų suma lygi 180 (n 2). Visi kampai negali būti statūs, nes tada būtų 90 n = 180 (n 2), n = 2(n 2), n = 4. Sakykime, kad jis turi k stačiųjų kampų ir n k( 1) nestačiųjų kampų. adangi iškilojo daugiakampio kampai mažesni už 180,tai 180 (n k) + 90 k>180 (n 2), 2(n k) + k>2(n 2), t. y. k < 4. Vadinasi, iškilasis n-kampis (n 5) gali turėti daugiausiai 3 stačiuosius kampus. Paprasta įsitikinti, kad iškilasis n-kampis (n 5) iš tikrųjų gali turėti 3 stačiuosius kampus. Imkime kvadratą ir nukirpkime vieną jo kampą per kraštinių vidurius (žr. kairiuosius brėžinius).

3 adetas (VIIirVIIIklasės) 41 Gavome penkiakampį su 3 stačiaisiais kampais. Dabar nukirpkime vieną nestatųjį jo kampą per jį sudarančių kraštinių vidurius gauname šešiakampį su 3 stačiaisiais kampais. Aišku, kad šią nestačiųjų kampų skaičiaus didinimo procedūrą galima tęsti iki bet kurio n. Pereikime prie bet kurių (nebūtinai iškilų) n-kampių. Skirtumas čia tas, kad neiškilojo daugiakampio vidinis kampas gali būti ir didesnis už 180 ; jis mažesnis už 360, bet gali būti kiek norima artimas 360 net keturkampyje (žr. dešinį brėžinį). Trikampių neiškilųjų nebūna, todėl trikampiai, kaip jau įsitikinome, gali turėti daugiausiai vieną statųjį kampą. Stačiakampiai jų turi net keturis. Penkiakampio atveju senasis samprotavimas tinka, todėl penkiakampis turi daugiausiai 3 stačiuosius kampus. Taigi imkime n 6. adangi ir neiškilojo n-kampio vidaus kampų suma lygi 180 (n 2), taijau matėme, kad jis turi ir nestačiųjų kampų. Jeigu stačiųjų kampų yra k, onestačiųjų n k, tai 360 (n k) + 90 k>180 (n 2), 4(n k) + k>2n 4, 3k <2n + 4. Vadinasi, 3k 2n + 3, k [ 2n ] Pavyzdžiais pademonstruosime, kad reikšmė [ 2n ] 3 + 1įgyjama. Vadinasi, n-kampis (n 6) daugiausiai gali turėti k max = [ 2n ] statųjį kampą. Tai galima užrašyti ir be sveikosios dalies ženklo (m N): jeigu n = 3m + 3, tai k max = 2m + 3; jeigu n = 3m + 4, tai k max = 2m + 3; jeigu n = 3m + 5, tai k max = 2m + 4. Iš tikrųjų, kaim = 1, tai viskas aišku: pavyzdžiai rodo, kad kai n = 6, tai k max = 5; kai n = 7, tai k max = 5; kai n = 8, tai k max = 6 (juodais skrituliukais pažymėtos vidinių stačiųjų kampų viršūnės). n 6 n 7 n 8 Dabar užtenka parodyti, kaip konstruojami daugiakampiai, kurie, padidinus viršūnių skaičių trimis, turi dviem stačiaisiais kampais daugiau. Pavyzdžiui, galima imti kampą > 180 ir iškirpti prie jo viršūnės iš daugiakampio trikampį be viršūnės, o procedūrą tęsti mažinant trikampius (žr. tris kairiuosius paveikslėlius). n 3m 3 n 3m 4 n 3m 5 Galima ir pripiešinėti prie kampų > 180 viršūnių iš išorės nudrožtą pieštuką (žr. dešinį paveikslėlį). Taigi neiškilasis n-kampis (n 6) turi daugiausia [ 2n 3 ] + 1 statųjį kampą.

4 42 SPRENDIMAI 6. 4 Pažymėkime ąsočio talpą a, butelio b, stiklinės s, bokalo k. Pagal sąlygą a = b + s, b = s + k, 3k = 2a. Todėl 3k = 2a = 2b + 2s = 2s + 2k + 2s, t.y.3k = 4s + 2k, arbak = 4s. Galima lygtis parašyti taip: 2a = 2b + 2s, 2b = 2s + 2k, 3k = 2a. Jas sudėję, iškarto gauname k = 4s. eje, ne pro šalį sprendinį patikrinti. Randame, kad a = 6s, tadab = 5s, ir visos uždavinio sąlygos išpildytos. Žinoma, įmanoma sprendimą užrašyti ir be lygčių. adangi į ąsotį telpa butelis ir stiklinė, o į butelį stiklinė ir bokalas, tai į ąsotį telpa bokalas ir 2 stiklinės. Vadinasi, į 2ąsočius telpa 2 bokalai ir 4 stiklinės. et tai yra tiek pat, kiek ir 3 bokalai, todėl bokalas yra 4 stiklinės aip ir uždavinyje M24, aišku, kad visas sąsmaukas uždengiame vieninteliu būdu neįlįsdami į kvadratųvidų. Ištikrųjų, sakykime, pavyzdžiui, kad įsibrovėme į kairįjį viršutinį kvadratąiš dešinės. Tada jame liko 7 neuždengti kvadratėliai. Jų skaičius nelyginis, todėl reikia dar įsibrauti į minėtą kvadratą iš apačios. et tada to kvadrato dešinysis apatinis kampas lieka neuždengtas. Liko uždengti kvadratus. iekvieną kvadratą galima uždengti dviem būdais: pavyzdžiui, minėto kvadrato kairįjį viršutinį langelį galima dengti horizontaliu kauliuku arba vertikaliu kauliuku, o po to kiti kauliukai savo vietas užima automatiškai. Vadinasi, 4 kvadratus galima uždengti = 16 būdų. 8. D 19 Nepanašu, kad nubraukus paskutinį skaitmenį, skaičius sumažėtų 20 kartų juk tada pradinis skaičius baigtųsi nuliu ir sumažėtų tik 10 kartų. O štai paėmus 19 ir nubraukus 9 lieka 19 kartų mažesnis skaičius. Sakykime, kad skaičius yra n = xy = 10x + y. Nubraukus paskutinį skaitmenį, jis tampa x. Gauname nx = 10x + y, (n 10)x = y. adangi y 9, x 1, tai n 10 9, n 19. Šis įvertis pasiekiamas užtenka imti x = 1, y = 9. Iš tikrųjų, 19:1= 19. Teisingas atsakymas D. 9. E 7 engūriškas atsakymas paprastas: kadangi pavyzdžiai rodo, jog gali būti2,3,5,6susikirtimo taškai, tai renkamės atsakymą E. Atkarpos taip pat gali turėti 1 ir 4 susikirtimo taškus. O štai 7 taškų turėti jos negali: net 4 tiesės (ką jau tada šnekėti apie atkarpas) gali turėti tik 6 susikirtimo taškus. Iš tikrųjų, kiekviena tiesių pora gali turėti daugiausiai vieną susikirtimo tašką. adangi iš 4 tiesių a, b, c, d galima sudaryti tik 6 poras ab, ac, ad, bc, bd, cd, tai susikirtimo taškų gali būti daugiausiai 6. Teisingas atsakymas E.

5 y y y adetas (VIIirVIIIklasės) C 3125 Padauginę 768 iš 2500 gauname A = = = = , t. y. 4 nulius (nerašome pirmųjų skaitmenų). Taip pat 4 nulius duos daugyba iš 5000 nes2a = , iš 7500 nes3a = , daugyba iš nes4a = O štai daugyba iš 3125 duoda penkis nulius: = = = = = Nulių skaičių lemia tai, kiek dvejetų ir penketų porų įeina į sandaugą. adangi 768 = 28 3, 2500 = , 5000 = , 7500 = , = , 3125 = 5 5,taiištikrųjų sandaugos nulių skaičių lemia penketuko laipsnis. Vadinasi, daugindami 3125, gauname daugiausiai nulių penkis. 11. A Paprasčiausia paimti ploną popieriaus lapą, nupiešti tą raidę ryškiai, kad ji matytųsi iš kitos pusės (pavyzdžiui, prieš langą), ir atlikti su lapu nurodytus veiksmus. (eje, tai prieš langą įmanoma atlikti su pačiu užduoties lapeliu.) Gauname atsakymą A. y y Galima pavaizduoti visas raidės padėtis. Pasukę lapą 90 pagal laikrodžio rodyklę, gausime antrą paveikslėlį. Pervertę per kairįjį jokraštą, gausime trečią paveikslėlį. Pagaliau pasukę lapą 180, gauname ketvirtą paveikslėlį. Matome, kad jame raidės padėtis tokia, kaip atsakyme A. Teisingas atsakymas A. 12. C 3 Galima pradėti nuo atsakymų. Jei imame C, aukštį 3 cm, tai apatiniame, pagrindo sluoksnyje bus 42 : 3 = 14 kubelių. Vadinasi, pagrinde gali būti tik stačiakampis 1 14 arba 2 7. Pirmo stačiakampio perimetras 30, antro 18, kaip ir turi būti. adangi kubelio briauna lygi 1 cm, tai stačiakampio gretasienio ilgis x cm, plotis y cm ir aukštis z cm yra natūralieji skaičiai. Pagal sąlygą tūris xyz = 42, perimetras 2x + 2y = 18. Vadinasi, x + y = 9, ir kadangi natūralu laikyti ilgį didesniuužplotį, tai tinka tik poros (x, y) = (5, 4), (6, 3), (7, 2), (8, 1). Išjųtik pora (7, 2) duoda natūraliąją z reikšmę: z = 42 : (x y) = 42 : (7 2) = 3. Vadinasi, Mykolo sudėto stačiakampio gretasienio aukštis yra 3 cm. 13. C 36 Pirmame ir antrame taikinyje Lukas po 2 kartus pataikė įkiekvieną iš trijų zonų ir surinko = 72 taškus. Vadinasi, pataikius po vieną kartą į kiekvieną zoną surenkami 36 taškai. ūtent tiek ir surinko Lukas ketvirtame taikinyje. eje, trečio taikinio rezultatų mums nė neprireikė. Ne pro šalį patikrinti, ar situacija įmanoma. Pažymėję zonų taškus a, b ir c, gauname 2b + c = 29, 2a + c = 43, 2a + b = 47. Sudėję I ir III lygtis ir atėmę II, gauname 3b = 33, b = 11, todėl c = 7, a = 18. Matome, kad uždavinio sąlygos išpildytos, ir ketvirtame taikinyje Lukas išmušė 36 taškus.

6 44 SPRENDIMAI 14. E 75% Tegu x kg pradinė krovinio kaina. Pagal sąlygą x = 0,8( x), arba5x = 4( x), iš čia x = 8000 kg. Vadinasi, po pirmo sustojimo krovinio liko = 6000 kg, ir jis palyginus 6000 su bendra sunkvežimio ir krovinio mase sudaro = = 75%. Teisingas atsakymas E. Įdomu, kad sunkvežimio masės nereikia nė žinoti. Iš tikrųjų, tegu y sunkvežimio masė, x pradinė krovinio masė. Pagal sąlygą x = 0,8(x + y), iškur y = x/4. Po pirmo sustojimo krovinys svėrė 3x/4, todėl jis palyginti su bendra sunkvežimio ir to likusio krovinio mase sudaro (3x/4) : (y + 3x/4) = (3x/4) : (x/4 + 3x/4) = 3/4, t. y. 75%. 15. D 9(π 2) Panašu, kad viduryje neužtušuota figūra (žr. kairįjį paveikslėlį) yra kvadratas, kurio įstrižainė lygi skritulio skersmeniui, t. y. 6. Vadinasi, skritulio plotas lygus 9π, kvadrato plotas 18 (nes jį įstrižainės dalija į 4stačiuosius trikampius, kiekvieno iš kurių plotas ), o užtušuotos srities plotas 9π 18 = 9(π 2). C a a A D Įrodysime, kad vidurinis neužtušuotas stačiakampis ištikrųjų kvadratas. Abiejų lygių kvadratų kraštinės ilgį pažymėkime a cm. Pratęskime jų kraštines (žr. dešinįjį paveikslėlį). adangi į keturkampį ACD įbrėžtas skritulys, tai ACD kvadratas (jo kraštinė tai skritulio skersmuo, taigi pagal sąlygą lygi 6 cm). adangi mažųjų stačiakampių prie viršūnių A ir C kraštinės lygios 6 a, tai jie kvadratai. et tada stačiakampio kraštinės lygios a (6 a) = 2a 6, taigi jis kvadratas. Plotus jau suskaičiavome anksčiau. Teisingas atsakymas D. 16. D 6 Žr. uždavinio 25 sprendimą. 17. C 2 Mažiausias skaičiaus n daliklis, nelygus vienetui taimažiausias pirminis p, iškurio dalijasi n. Jeigu skaičius n dalijasi iš d, tai jis dalijasi ir iš d n (iš tikrųjų, n : d n = d). adangi p mažiausias daliklis, tai p n didžiausias. Pagal sąlygą p n = 15p, t.y.n = 15p2. Matome, kad n dalijasi iš 3, todėl p (būdamas mažiausias daliklis) turi tenkinti sąlygą p 3. Vadinasi, arba p = 2, arba p = 3, taigi yra du skaičiai, tenkinantys uždavinio sąlygą: n = 60 ir n = D L = MN Pagal sąlygą atkarpos N ir MR lygios. Todėl atmetę iš jųbendrą atkarpą MN, gauname M = NR. ita vertus, pagal sąlygą ir LN = NR,taigiM = LN. Atmetęiš pastarųjų atkarpų bendrą dalį LM, gauname L = MN.

7 adetas (VIIirVIIIklasės) 45 Dar reikėtų įsitikinti, kad kiti atsakymai teisingi nevisada. Tam užtenka pateikti pavyzdį L M N P R Teisingas tik atsakymas D. 19. C 4 adangi lygių sumų daug, tai spėjame, kad ir kortelėse daug lygių skaičių. adangi 3 vienodų skaičių suma lygi 18, tai spėjame, kad yra bent 3 kortelės su skaičiumi 6. adangi dar yra suma 16, tai turėtų būti kortelė suskaičiumi 4. et jei kortelių su skaičiumi 4 būtų dvi, tai susidarytų ir suma = 14. Lieka patikrinti, ar uždavinio sąlygos išpildytos, jeigu yra penkios kortelės su skaičiumi 6 ir tik viena su skaičumi 4. adangi ne visos Marytės sumos lygios, tai ne visi kortelėse parašyti skaičiai lygūs. et trijų skirtingų skaičių kortelėse būti negali. Iš tikrųjų, tarkime priešingai, kad yra bent trys skirtingi skaičiai a<b<c.tadaa + b<a+ c<b+ c. Paėmę dar vieną kortelę (sakykime, joje parašytas skaičius x) gautume nelygias sumas a + b + x, a + c + x, b + c + x. Vadinasi, iš tikrųjų kortelėse yra tik 2 skirtingi skaičiai a ir b. Įsitikinkime, kad vienas iš skaičių parašytas tik vienoje kortelėje. Jeigu būtų ne taip, tai turėtume korteles su skaičiais a,a,b,b,b. Tada sumos 2a + b, 2b + a ir 3b skirtingos, o tai prieštarauja sąlygai. Taigi kortelėse parašyti skaičiai taia, b, b, b, b, b. Irištikrųjų, visos galimos trijų kortelių skaičių sumos įgyja tik dvi reikšmes po 10 kartų: a + 2b ir 3b. adangi pagal sąlygą skaičiai a ir b natūralieji, tai 3b dalijasi iš 3, vadinasi, ta suma 18. Todėl 3b = 18, iš kur b = 6. Taigi a = 16 2b = = 4. Vadinasi, mažiausias kortelėse parašytas skaičius yra 4. Iš pateikto sprendimo matome, kad sąlygoje visai nebūtina reikalauti, kad kiekvieną iš reikšmių 16 ir 18 įgytų lygiai po 10 sumų užtenka reikalauti, kad sumos įgytų tik šias dvi reikšmes. eje, jeigu nereikalautume, kad skaičiai kortelėse būtų sveiki, tai gautume dar vieną sprendinį: 3b = 16, a + 2b = 18, taigi a = 22 3, b = C Mykolas ir Tomas stovi greta adangi Pauliaus (P) ir arto () vardai buvo ištarti po 2 kartus, tai spėjame, kad Paulius ir artas stovi greta. Pabandykime imti padėtį, kai Mykolas (M) ir Tomas (T) stovi greta (paveikslėlis kairėje; jei nepavyktų bandytume juos statyti negreta). Dabar aišku, ką reikia daryti: pastumti M toliau nuo T,kadT ištartų Jono (J) vardą. Perdarome paveikslėlį įdešinįjį. Tada J ir ištaria P vardą, P ir M ištaria vardą, o T ištaria J vardą, ir uždavinio sąlygos išpildomos. P P M J J M T T

8 46 SPRENDIMAI Jeigu Paulius ir artas nestovėtų greta, tai Paulius ištartų ne arto vardą, oartas ne Pauliaus. Vadinasi, bent du kartus būtų buvęs ištartas ne arto ar Pauliaus vardas. et pagal sąlygą toks vardas buvo ištartas tik vieną kartą. Taigi Paulius ir artas stovi greta. Dabar aišku, kad Mykolas ir Tomas stovi greta kitaip jie abu būtų Jono kaimynai. Tada Jonas būtų ištaręs arba Mykolo, arba Tomo vardą, o pagal sąlygą nė vienasšių vardų nebuvo ištartas. Dar turime įsitikinti, kad aprašytoji situacija įmanoma, bet tai įrodo dešinysis paveikslėlis. Iš sprendimo matome, kad atsakymas C bus teisingas ir bendresnėje situacijoje kai kiekvienas berniukas gali sakyti bet kurio savo kaimyno vardą (o nebūtinai artimiausio). 21. D Žr. uždavinio M22 sprendimą Atspėti atsakymą lengva imame kvadratą (juk neuždrausta) ir sudalijame jį į16 lygių trikampių, kaip parodyta kairiajame brėžinyje. Vieno trikampio plotas lygus 16 1 (laikome, kad kvadrato plotas lygus 1), o stačiakampio TPS plotas lygus = 1 4. Todėl trikampio TP plotas lygus pusei to ploto, t. y Vadinasi, dvigubai didesnis trikampio PQT plotas lygus 1 4. Renkamės atsakymą. S T Q S T Q P Iš esmės niekas nesikeičia, jei nagrinėjame (ploto 1) stačiakampį tik tiek, kad dabar trikampukai nėra lygūs, bet vis tiek lygiapločiai (pavyzdžiui, todėl, kad kiekvienas jų sudėtas iš dviejų lygių 1 trikampukų) žr. dešinį paveikslėlį. Lygiagretainį sudaro 4 trikampukai, jo plotas 4 16 = 1 4. Trikampis TP yra pusė lygiagretainio TPS, todėl jo plotas 1 8. Lygiai taip pat įrodome, kad trikampio TQ plotas lygus 1 8. Vadinasi, trikampio PQT plotas lygus 1 4. P Labai lengva sudėti figūrą, jei fragmentus galima vartyti, ir tam tereikia dviejų trikvadračių fragmentų. et vartyti negalima, todėl sudėti figūrą panaudojant trikvadračius fragmentus daug sunkiau. et svarbiausia net sudėjus figūrą su 2 trikvadračiais, dar neaišku, ar negali užtekti vieno (gal nereikės nė vieno) trikvadračio. Vis dėlto nesunku įsitikinti, kad 0 ar 1 trikvadračio neužteks: kadangi figūroje 22 langeliai, tai neimant trikvadračių liktų visi 22 langeliai keturkvadračiams, bet 22 iš 4 nesidalija. Negali būti ir 1 trikvadračio tada liktų 19 langelių. Ir tik jei imsime 2 trikvadračius, tai keturkvadračiams liks 16 langelių, ir yra vilties, kad iš 2 trikvadračių ir 4 keturkvadračių figūrą sudėti pavyks. eje, neįmanoma sudėti figūros imant 3 trikvadračius (lieka 13 langelių), 4 trikvadračius (lieka 10 langelių), 5 trikvadračius (lieka 7 langeliai), ir tik imant 6 trikvadračius lieka 4 langeliai vienam keturkvadračiui. et šiaip jau sunku patikėti, kad tai ir būtų atsakymas.

9 adetas (VIIirVIIIklasės) 47 Vadinasi, tikimės, kad atsakymas yra 2 trikvadračiai, ir lieka pasistengti sugalvoti dėjinį. tikint, kad tai įmanoma, sudėlioti nėra sunku (žr. pavyzdį paveikslėlyje). eje, Žinoma, galima užrašyti trikvadračių ir keturkvadračių kiekybių sąryšį lygtimi. Jeigu figūrą pavyko sudėti iš m trikvadračių ir n keturkvadračių fragmentų, tai3m + 4n = 22, ir aišku, kad n gali būti tik 4 (tada m = 2) arba 1 (tada m = 6). Didžiausias vargas vis tiek liko reikiaįsitikinti, kad iš 2 trikvadračių ir 4 keturkvadračių sudėti figūrą galima. 24. D 64 adangi apie persiklojančias baltąsias dalis nieko nepasakyta, tai galima įsivaizduoti, kad jų plotai kiek norint maži (ar net lygūs 0). Tad spėjame, kad plotų skirtumas bus = = (11 9)(11 + 9) + (7 5)(7 + 5) = = 2 32 = 64. Pažymėkime pilkųjų dalių bendrą plotą A, juodųjų, baltųjų C. Tada suma A + C lygi kvadratų su kraštinėmis 11 ir 7 plotų sumai, t. y. A + C = Analogiškai + C = Todėl ieškomas skirtumas lygus A = (A + C) ( + C) = = 64. Teisingas atsakymas D. 25. C Yra trys paeiliui stovinčios matematikos knygos Pabandykime sustatyti knygas taip: MMF MMF... MMF MM. Tada sąlyga išpildyta, bet trijų iš eilės einančių matematikos knygų nėra. Įrodysime, kad teiginiai A,, D, E visada teisingi, kad ir kaip sustatytume knygas. Iš tikrųjų, pastebėkime, kad iš bet kurių 3 paeiliui stovinčių knygų fizikos knygų bus daugiausia viena (iš tikrųjų, jos negali stovėti greta, bet jeigu tai pirma ir trečia knygos, tai matematikos knyga neturi kaimyninės matematikos knygos). Aišku, ir iš 2 greta stovinčių knygų fizikos knygų daugiausiai viena. Suskirstykime iš eilės knygas į 16 trejetų ir paskutinę porą. Fizikos knygų bus ne daugiau kaip 17, todėl teiginys teisingas. et iš viso knygų yra 50, todėl matematikos knygų ne mažiau kaip 33, taigi ir teiginys A teisingas. Teisingas ir teiginys D. Ištikrųjų sakykime, kad yra 17 fizikos knygų. Jeigu pirma knyga ne fizikos, o matematikos, tai ir jos kaimynė matematikos knyga, o likusiuose 16 trejetų gali būti daugiausiai 16 fizikos knygų. Lygiai taip pat ir paskutinė knyga fizikos skaičiuojame nuo galo. Taigi įsitikinome, kad jeigu fizikos knygų 17, tai ir pirma, ir paskutinė fizikos. Visdėlto verta patikrinti, ar iš viso tokia situacija įmanoma. Nuo 2-os iki 49 knygos yra 48 vietos, ir jose knygas galima statyti taip: MMF MMF... MMF MMM. Tarp jų bus15fizikosknygų,taigiišviso 17. Teisingas ir teiginys E: suskirstome tas devynias knygas į 3 trejetus, ir kadangi juose daugiausiai 3 fizikos knygos, tai devynete mažiausiai 6 matematikos knygos. Vadinasi, atsakymai A,, D, E visada teisingi. O štai atsakymas C kartais teisingas, kartais klaidingas (jau turėjome pavyzdį, kai 3 iš eilės matematikos knygų nėra, ir pavyzdį, kai yra). Reikia rinktis atsakymą C tik jis būna ir klaidingas, ir teisingas.

10 48 SPRENDIMAI Sąlygoje išvardytų kampų didumus pažymėkime α, β, γ, δ, ε, otaškų, C, D, E projekcijas į tiesę MN raidėmis P, R, S, T. adangi AE = MS,taiAESM lygiagretainis, ir ES AM, todėl TES = α. Panašiai SER = β, REP = γ, PEN = δ, todėl α + β + γ + δ + ε = TEM = 45. A C D E α β γ δ ε δ γβ α M N P R S T 27. E 18 Trikampis su numeriu k sutaps su trikampiu 0, kai trikampių su numeriais 0, 1, 2,..., k 1kampų prie viršūnės A suma bus 360 kartotinis, t. y. kai 100k 360 = 5k 18 bus sveikas skaičius. Mažiausias toks skaičius yra A 0 3 C Teisingas atsakymas E. 28. A 22 Jeigu 2003 dalydami iš n gauname liekaną 23, tai 2003 = k n + 23, ir 23 <n. Vadinasi, turi būti teisinga lygybė kn = 1980, ir n>23. Taigi lieka atsakyti į klausimą kiek yra skaičiaus 1980 daliklių, didesniųuž 23. Vienoje eilutėje rašykime skaičiaus 1980 = daliklius didėjimo tvarka, o kitoje mažėjimo tvarka: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 9, 10, 11, 12, 15, 18, 20, 22, 30, 33, 36, 44, 45, 55, 60, 66, 90,..., , , ,..., , , , , , , , ,... Matome, kad = 30, 90 = 22, taigi didesni už 23 yra antroje eilutėje išrašyti dalikliai iki ,ojųyra tiek pat, kiek daliklių pirmoje eilutėje iki 66 būtent 22. Teisingas atsakymas A.

11 adetas (VIIirVIIIklasės) Nujaučiame, kad daugiausiai atkarpų gausime, jei imsime po 5 taškus kiekvienoje tiesės pusėje. Iš kiekvieno iš 5taškų iš vienos tiesės pusės į kitą eis 5 atkarpos, kurias kirs tiesė, taigi iš viso turėsime 25 reikiamas atkarpas. Nesunku nurodyti ir konkretų pavyzdį, kai gauname 25 atkarpas. Imkime apskritimą ir jo horizontaliąją simetrijos ašį. Dabar 5 taškus pasirinkime viršutiniame pusapskritimyje, likusius 5 apatiniame. Ašį kirs 5 5 = 25 atkarpos. Renkamės atsakymą. Sakykime, kad k taškų yra vienoje tiesės pusėje, tada kitoje 10 k taškų. us iš visok(10 k) atkarpų, kurios kerta tiesę (remiantis sąlyga jokios dvi atkarpos nesutampa). Vadinasi, reikia rasti didžiausią iš skaičių k(10 k), k = 0, 1,..., 9, 10. Išrašę visas sandaugas, gauname 0, 9, 16, 21, 24, 25, 24, 21, 16, 9, 0. Iš jųdidžiausia yra 25 = 5 (10 5). Žinoma, didžiausią reiškinio k(10 k) reikšmę rasti galima ir paprasčiau. adangi k(10 k) = 10k k 2 = (k 2 10k) = (k 5) , tai didžiausia reikšmė yra 25 (net jeigu nereikalautume, kad k turi būti sveikas). eje, mums visiškai aišku, kad jeigu duoti 10 taškų, tai visada galima išvesti tokią tiesę, kad kiekvienoje pusplokštumėje būtų po 5 taškus (net jeigu 3 ar daugiau taškų yra vienoje tiesėje). Formaliai tai įrodyti galima, pavyzdžiui, taip. Sujunkime kiekvienus du taškus tiese. Tokių tiesių nedaug (ne daugiau kaip 10 9/2 = 45). Pasirinkime bet kurį tašką, nesutampantį nėsu vienu iš duotųjų, ir per jį išveskime visoms toms tiesėms lygiagrečias. O dabar per tą tašką išveskime tiesę, nesutampančią su išvestosiomis (kitaip sakant, bet kuriame tų tiesių sudaromame kampe imkime tašką ir sujunkime jį tiese su pasirinktuoju tašku). Šią tiesę imkime abscisių ašimi, o bet kurią jai statmeną ordinačių. Aišku, kad visų 10 taškų ordinatės skirtingos, y 1 <y 2 <y 3 <... < y 10. Tada, pavyzdžiui, tiesė y = y 5+y 6 2 tinka kaip ieškomoji Lygiašonio trikampio AC kampus ir C pažymėkime α, tada kampas prie viršūnės A lygus 180 2α. A α α D 15 + α E 15 + α 165 α 15 α C Todėl lygiašonio trikampio DAE kampas prie viršūnės A lygus 150 2α, o kampai prie pagrindo 15 + α. Vadinasi, DEC = 165 α, irtrečias CDE kampas CDE = 15.

Matematika 1 4 dalis

Matematika 1 4 dalis Matematika 1 4 dalis Analizinės geometrijos elementai. Tiesės plokštumoje lygtis (bendroji, kryptinė,...). Taško atstumas nuo tiesės. Kampas tarp dviejų tiesių. Plokščiosios kreivės lygtis Plokščiosios

Διαβάστε περισσότερα

I dalis KLAUSIMŲ SU PASIRENKAMUOJU ATSAKYMU TEISINGI ATSAKYMAI

I dalis KLAUSIMŲ SU PASIRENKAMUOJU ATSAKYMU TEISINGI ATSAKYMAI 008 M. FIZIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija Kiekvieno I dalies klausimo teisingas atsakymas vertinamas tašku. I dalis KLAUSIMŲ SU PASIRENKAMUOJU ATSAKYMU TEISINGI

Διαβάστε περισσότερα

LIETUVOS JAUNŲ J Ų MATEMATIKŲ MOKYKLA

LIETUVOS JAUNŲ J Ų MATEMATIKŲ MOKYKLA LIETUVOS JAUNŲ J Ų MATEMATIKŲ MOKYKLA tema. APSKRITIMŲ GEOMETRIJA (00 0) Teorinę medžiagą parengė bei antrąją užduotį sudarė Vilniaus pedagoginio universiteto docentas Edmundas Mazėtis. Apskritimas tai

Διαβάστε περισσότερα

Temos. Intervalinės statistinės eilutės sudarymas. Santykinių dažnių histogramos brėžimas. Imties skaitinių charakteristikų skaičiavimas

Temos. Intervalinės statistinės eilutės sudarymas. Santykinių dažnių histogramos brėžimas. Imties skaitinių charakteristikų skaičiavimas Pirmasis uždavinys Temos. Intervalinės statistinės eilutės sudarymas. Santykinių dažnių histogramos brėžimas. Imties skaitinių charakteristikų skaičiavimas Uždavinio formulavimas a) Žinoma n = 50 tiriamo

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1 3 dalis

Matematika 1 3 dalis Matematika 1 3 dalis Vektorių algebros elementai. Vektorių veiksmai. Vektorių skaliarinės, vektorinės ir mišriosios sandaugos ir jų savybės. Vektoriai Vektoriumi vadinama kryptinė atkarpa. Jei taškas A

Διαβάστε περισσότερα

2015 M. MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija. I dalis

2015 M. MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija. I dalis PATVIRTINTA Ncionlinio egzminų centro direktorius 0 m. birželio d. įskymu Nr. (..)-V-7 0 M. MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA Pgrindinė sesij I dlis Užd. Nr. 4 7

Διαβάστε περισσότερα

t. y. =. Iš čia seka, kad trikampiai BPQ ir BAC yra panašūs, o jų D 1 pav.

t. y. =. Iš čia seka, kad trikampiai BPQ ir BAC yra panašūs, o jų D 1 pav. LIETUVOS JUNŲ J Ų MTEMTIKŲ MOKYKL tema. TRIGONOMETRIJOS TIKYMI GEOMETRIJOJE (008-00) Terinę medžiagą parengė bei šeštąją uždutį sudarė Vilniaus pedaggini universitet dentas Edmundas Mazėtis Šiame darbe

Διαβάστε περισσότερα

X galioja nelygyb f ( x1) f ( x2)

X galioja nelygyb f ( x1) f ( x2) Monotonin s funkcijos Tegul turime funkciją f : A R, A R. Apibr žimas. Funkcija y = f ( x) vadinama monotoniškai did jančia (maž jančia) aib je X A, jei x1< x2 iš X galioja nelygyb f ( x1) f ( x2) ( f

Διαβάστε περισσότερα

2009 m. matematikos valstybinio brandos egzamino VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija 1 6 uždavinių atsakymai

2009 m. matematikos valstybinio brandos egzamino VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija 1 6 uždavinių atsakymai M. MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA PATVIRTINTA Nacionalinio egzaminų centro direktoriaus -6- įsakymu Nr. (..)-V-8 m. matematikos valstybinio brandos egzamino VERTINIMO

Διαβάστε περισσότερα

5 klasė. - užduotys apie varniuką.

5 klasė. - užduotys apie varniuką. 5 klasė - užduotys apie varniuką. 1. Varniukas iš plastilino lipdė raides ir iš jų sudėliojo užrašą: VARNIUKO OLIMPIADA. Vienodas raides jis lipdė iš tos pačios spalvos plastelino, o skirtingas raides

Διαβάστε περισσότερα

Dviejų kintamųjų funkcijos dalinės išvestinės

Dviejų kintamųjų funkcijos dalinės išvestinės Dviejų kintamųjų funkcijos dalinės išvestinės Dalinės išvestinės Tarkime, kad dviejų kintamųjų funkcija (, )yra apibrėžta srityje, o taškas 0 ( 0, 0 )yra vidinis srities taškas. Jei fiksuosime argumento

Διαβάστε περισσότερα

Kengūra Užduotys ir sprendimai. Senjoras

Kengūra Užduotys ir sprendimai. Senjoras Kengūra 2014 Užduotys ir sprendimai Senjoras KENGŪROS KONKURSO ORGANIZAVIMO KOMITETAS KENGŪRA 2014 TARPTAUTINIO MATEMATIKOS KONKURSO UŽDUOTYS IR SPRENDIMAI Autorius ir sudarytojas Aivaras Novikas Redaktorius

Διαβάστε περισσότερα

1 Įvadas Neišspręstos problemos Dalumas Dalyba su liekana Dalumo požymiai... 3

1 Įvadas Neišspręstos problemos Dalumas Dalyba su liekana Dalumo požymiai... 3 Skaičių teorija paskaitų konspektas Paulius Šarka, Jonas Šiurys 1 Įvadas 1 1.1 Neišspręstos problemos.............................. 1 2 Dalumas 2 2.1 Dalyba su liekana.................................

Διαβάστε περισσότερα

Elektronų ir skylučių statistika puslaidininkiuose

Elektronų ir skylučių statistika puslaidininkiuose lktroų ir skylučių statistika puslaidiikiuos Laisvų laidumo lktroų gracija, t.y. lktroų prėjimas į laidumo juostą, gali vykti kaip iš dooriių lygmų, taip ir iš valtiės juostos. Gracijos procsas visuomt

Διαβάστε περισσότερα

LIETUVOS RESPUBLIKOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINU CENTRAS MATEMATIKA m. valstybinio brandos egzamino uþduotis

LIETUVOS RESPUBLIKOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINU CENTRAS MATEMATIKA m. valstybinio brandos egzamino uþduotis LIETUVOS RESPUBLIKOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINU CENTRAS MATEMATIKA 006 m. valstybinio brandos egzamino uþduotis Pagrindinë sesija 006 m. geguþës 17 d. Trukmë 3 val. Nacionalinis

Διαβάστε περισσότερα

MAŽYLIS (III ir IV klasės)

MAŽYLIS (III ir IV klasės) 2001m. konkurso užduočių sąlygos MŽYLIS (III ir IV klasės) KLUSIMI PO 3 TŠKUS M1. Keturiuose paveikslėliuose pavaizduoti skaičiai nuo 1 iki 4 kartu su savo veidrodiniais atvaizdais. Koks bus penktas paveikslėlis?

Διαβάστε περισσότερα

KENGŪRA SENJORAS

KENGŪRA SENJORAS KENGŪROS KONKURSO ORGANIZAVIMO KOMITETAS VU MATEMATIKOS IR INFORMATIKOS FAKULTETAS VU MATEMATIKOS IR INFORMATIKOS INSTITUTAS LIETUVOS MATEMATIKŲ DRAUGIJA KENGŪRA 2016. SENJORAS TARPTAUTINIO MATEMATIKOS

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Skaliarinė sandauga erdvėje R n Tarkime, kad duota vektorinė erdvė R n. Priminsime, kad šios erdvės elementai yra vektoriai vektoriu

4.1 Skaliarinė sandauga erdvėje R n Tarkime, kad duota vektorinė erdvė R n. Priminsime, kad šios erdvės elementai yra vektoriai vektoriu IV DEKARTO KOORDINAČIU SISTEMA VEKTORIAI 41 Skaliarinė sandauga erdvėje R n Tarkime, kad duota vektorinė erdvė R n Priminsime, kad šios erdvės elementai yra vektoriai α = (a 1,, a n ) Be mums jau žinomu

Διαβάστε περισσότερα

1 TIES ES IR PLOK TUMOS

1 TIES ES IR PLOK TUMOS G E O M E T R I J A Gediminas STEPANAUSKAS 1 TIES ES IR PLOK TUMOS 11 Plok²tumos ir ties es plok²tumoje normalin es lygtys 111 Vektorin e forma Plok²tumos α padetis koordina iu sistemos Oxyz atºvilgiu

Διαβάστε περισσότερα

Vilniaus universitetas. Edmundas Gaigalas A L G E B R O S UŽDUOTYS IR REKOMENDACIJOS

Vilniaus universitetas. Edmundas Gaigalas A L G E B R O S UŽDUOTYS IR REKOMENDACIJOS Vilniaus universitetas Edmundas Gaigalas A L G E B R O S UŽDUOTYS IR REKOMENDACIJOS Vilnius 1992 T U R I N Y S 1. Vektorinė erdvė............................................. 3 2. Matricos rangas.............................................

Διαβάστε περισσότερα

klasës (grupës) mokinio (-ës) (vardas ir pavardë) 2013 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis

klasës (grupës) mokinio (-ës) (vardas ir pavardë) 2013 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis LIETUVOS RESPUBLIKOS ÐVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINØ CENTRAS (miestas / rajonas, mokykla) klasës (grupës) mokinio (-ës) (vardas ir pavardë) 013 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo

Διαβάστε περισσότερα

2008 m. matematikos valstybinio brandos egzamino VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija

2008 m. matematikos valstybinio brandos egzamino VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija 008 M MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA 008 m matematikos valstybinio brandos egzamino VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija 7 uždavinių atsakymai I variantas Užd

Διαβάστε περισσότερα

I.4. Laisvasis kūnų kritimas

I.4. Laisvasis kūnų kritimas I4 Laisvasis kūnų kitimas Laisvuoju kitimu vadinamas judėjimas, kuiuo judėtų kūnas veikiamas tik sunkio jėos, nepaisant oo pasipiešinimo Kūnui laisvai kintant iš nedidelio aukščio h (dau mažesnio už Žemės

Διαβάστε περισσότερα

KENGŪRA Klausimai po 3 taškus. 2. Dominyko lentynoje yra du meškiukai, mašinėlė ir du kamuoliai. Kuris paveikslėlis

KENGŪRA Klausimai po 3 taškus. 2. Dominyko lentynoje yra du meškiukai, mašinėlė ir du kamuoliai. Kuris paveikslėlis Lietuvos Respublikos švietimo ir mokslo ministerija Kengūros konkurso organizavimo komitetas Matematikos ir informatikos institutas Leidykla TEV KENGŪRA 2010 Konkurso trukmė 50 minučiu Konkurso metu negalima

Διαβάστε περισσότερα

1 iš 15 RIBOTO NAUDOJIMO

1 iš 15 RIBOTO NAUDOJIMO iš 5 PATVIRTINTA Nacionalinio egzaminų centro direktoriau 00-06-08 įakymu Nr. 6.-S- 00 m. matematiko valtybinio brando egzamino VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė eija 8 uždavinių atakymai Užd. Nr. 5 6 7

Διαβάστε περισσότερα

Įžanginių paskaitų medžiaga iš knygos

Įžanginių paskaitų medžiaga iš knygos MATEMATINĖ LOGIKA Įžanginių paskaitų medžiaga iš knygos Aleksandras Krylovas. Diskrečioji matematika: vadovėlis aukštųjų mokyklų studentams. Vilnius: Technika, 2009. 320 p. ISBN 978-9955-28-450-5 1 Teiginio

Διαβάστε περισσότερα

Mažylis (III ir IV klasės) 19 SA LYGOS. MAŽYLIS (III ir IV klasės)

Mažylis (III ir IV klasės) 19 SA LYGOS. MAŽYLIS (III ir IV klasės) Mažylis (III ir IV klasės) 19 SA LYGOS MAŽYLIS (III ir IV klasės) KLAUSIMAI PO 3 TAŠKUS M1. Peteliškė nutūpė ant vieno iš teisingos lygybės skaičiu. Kokį skaičiu dengia peteliškė? A 250 B 400 C 500 D 910

Διαβάστε περισσότερα

AIBĖS, FUNKCIJOS, LYGTYS

AIBĖS, FUNKCIJOS, LYGTYS AIBĖS, FUNKCIJOS, LYGTYS Aibės sąvoka ir pavyzdžiai Atskirų objektų rinkiniai, grupės, sistemos, kompleksai matematikoje vadinami aibėmis. Šie atskiri objektai vadinami aibės elementais. Kai elementas

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATINĖ LOGIKA. Įžanginių paskaitų medžiaga iš knygos

MATEMATINĖ LOGIKA. Įžanginių paskaitų medžiaga iš knygos MATEMATINĖ LOGIKA Įžanginių paskaitų medžiaga iš knygos Aleksandras Krylovas. Diskrečioji matematika: vadovėlis aukštųjų mokyklų studentams. Vilnius: Technika, 2009. 320 p. ISBN 978-9955-28-450-5 Teiginio

Διαβάστε περισσότερα

2.5. KLASIKINĖS TOLYDŽIŲ FUNKCIJŲ TEOREMOS

2.5. KLASIKINĖS TOLYDŽIŲ FUNKCIJŲ TEOREMOS .5. KLASIKINĖS TOLYDŽIŲ FUNKCIJŲ TEOREMOS 5.. Pirmoji Bolcao Koši teorema. Jei fucija f tolydi itervale [a;b], itervalo galuose įgyja priešigų želų reišmes, tai egzistuoja tos tašas cc, ( ab ; ), uriame

Διαβάστε περισσότερα

1 Tada teigini Ne visi šie vaikinai yra studentai galima išreikšti formule. 2 Ta pati teigini galima užrašyti ir taip. 3 Formulė U&B C reiškia, kad

1 Tada teigini Ne visi šie vaikinai yra studentai galima išreikšti formule. 2 Ta pati teigini galima užrašyti ir taip. 3 Formulė U&B C reiškia, kad 45 DISKREČIOJI MATEMATIKA. LOGIKA. PAVYZDŽIAI Raidėmis U, B ir C pažymėti teiginiai: U = Vitas yra studentas ; B = Skirmantas yra studentas ; C = Jonas yra studentas. 1 Tada teigini Ne visi šie vaikinai

Διαβάστε περισσότερα

ANALIZINĖ GEOMETRIJA III skyrius (Medžiaga virtualiajam kursui)

ANALIZINĖ GEOMETRIJA III skyrius (Medžiaga virtualiajam kursui) ngelė aškienė NLIZINĖ GEMETRIJ III skrius (Medžiaga virtualiajam kursui) III skrius. TIESĖS IR PLKŠTUMS... 5. Tiesės lgts... 5.. Tiesės [M, a r ] vektorinė lgtis... 5.. Tiesės [M, a r ] parametrinės lgts...

Διαβάστε περισσότερα

Matematinės analizės konspektai

Matematinės analizės konspektai Matematinės analizės konspektai (be įrodymų) Marius Gedminas pagal V. Mackevičiaus paskaitas 998 m. rudens semestras (I kursas) Realieji skaičiai Apibrėžimas. Uždarųjų intervalų seka [a n, b n ], n =,

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARIOJI TEORIJA

ELEMENTARIOJI TEORIJA ELEMENTARIOJI TEORIJA Pirmosios kombinatorikos þinios siekia senàsias Rytø ðalis, kuriose mokëta suskaièiuoti këlinius bei derinius ir sudarinëti magiðkuosius kvadratus, ypaè populiarius viduramþiais.

Διαβάστε περισσότερα

klasës (grupës) mokinio (-ës) (vardas ir pavardë) 2014 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis

klasës (grupës) mokinio (-ës) (vardas ir pavardë) 2014 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis LIETUVOS RESPUBLIKOS ÐVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINØ CENTRAS (miestas / rajonas, mokykla) klasës (grupës) mokinio (-ës) (vardas ir pavardë) 2014 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo

Διαβάστε περισσότερα

LIETUVOS RESPUBLIKOS ÐVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINØ CENTRAS 2014 METŲ MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO REZULTATŲ

LIETUVOS RESPUBLIKOS ÐVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINØ CENTRAS 2014 METŲ MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO REZULTATŲ LIETUVOS RESPUBLIKOS ÐVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINØ CENTRAS 014 METŲ MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO REZULTATŲ STATISTINĖ ANALIZĖ 014 m. birželio 5 d. matematikos valstybinį

Διαβάστε περισσότερα

Specialieji analizės skyriai

Specialieji analizės skyriai Specialieji analizės skyriai. Trigonometrinės Furje eilutės Moksle ir technikoje dažnai susiduriame su periodiniais reiškiniais, apibūdinamais periodinėmis laiko funkcijomis: f(t). 2 Paprasčiausia periodinė

Διαβάστε περισσότερα

11 klasei Pirmas skyrius MATEMATIKA. tempus. Bendrasis ir išplėstinis kursas

11 klasei Pirmas skyrius MATEMATIKA. tempus. Bendrasis ir išplėstinis kursas 11 klasei Pirmas skyrius MATEMATIKA tempus Bendrasis ir išplėstinis kursas MATEMATIKA tempus Bendrasis ir išplėstinis kursas 11 klasei Pirmas skyrius UDK 51(075.3) Ma615 Autoriai: VILIJA DABRIŠIENĖ, MILDA

Διαβάστε περισσότερα

II dalis Teisingas atsakymas į kiekvieną II dalies klausimą vertinamas 1 tašku g/mol

II dalis Teisingas atsakymas į kiekvieną II dalies klausimą vertinamas 1 tašku g/mol PATVIRTINTA Nacionalinio egzaminų centro direktoriaus 05 m. birželio 8 d. įsakymu Nr. (.3.)-V-73 05 M. CHEMIJOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA. Pagrindinė sesija I dalis Teisingas

Διαβάστε περισσότερα

Praeita paskaita. Grafika ir vizualizavimas Atkirtimai dvimatėje erdvėje. Praeita paskaita. 2D Transformacijos. Grafika ir vizualizavimas, VDU, 2010

Praeita paskaita. Grafika ir vizualizavimas Atkirtimai dvimatėje erdvėje. Praeita paskaita. 2D Transformacijos. Grafika ir vizualizavimas, VDU, 2010 Praeita paskaita Grafika ir vizualizavimas Atkirtimai dvimatėje erdvėje Atkarpos Tiesės lgtis = mx+ b kur m krpties koeficientas, o b aukštis, kuriame tiesė kerta ašį Susikirtimo taško apskaičiavimui sulginamos

Διαβάστε περισσότερα

1.4. Rungės ir Kuto metodas

1.4. Rungės ir Kuto metodas .4. RUNGĖS IR KUTO METODAS.4. Rungės ir Kuto metodas.4.. Prediktoriaus-korektoriaus metodas Palyginkime išreikštinį ir simetrinį Eulerio metodus. Pirmojo iš jų pagrindinis privalumas tas, kad išreikštinio

Διαβάστε περισσότερα

Spalvos. Šviesa. Šviesos savybės. Grafika ir vizualizavimas. Spalvos. Grafika ir vizualizavimas, VDU, Spalvos 1

Spalvos. Šviesa. Šviesos savybės. Grafika ir vizualizavimas. Spalvos. Grafika ir vizualizavimas, VDU, Spalvos 1 Spalvos Grafika ir vizualizavimas Spalvos Šviesa Spalvos Spalvų modeliai Gama koregavimas Šviesa Šviesos savybės Vandens bangos Vaizdas iš šono Vaizdas iš viršaus Vaizdas erdvėje Šviesos bangos Šviesa

Διαβάστε περισσότερα

VIII. FRAKTALINĖ DIMENSIJA. 8.1 Fraktalinės dimensijos samprata. Ar baigtinis Norvegijos sienos ilgis?

VIII. FRAKTALINĖ DIMENSIJA. 8.1 Fraktalinės dimensijos samprata. Ar baigtinis Norvegijos sienos ilgis? VIII FRAKTALINĖ DIMENSIJA 81 Fraktalinės dimensijos samprata Ar baigtinis Norvegijos sienos ilgis? Tarkime, kad duota atkarpa, kurios ilgis lygus 1 Padalykime šia atkarpa n lygiu daliu Akivaizdu, kad kiekvienos

Διαβάστε περισσότερα

2014 M. FIZIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija

2014 M. FIZIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija PATVIRTINTA Nacionalinio egzaminų centro direktoriaus 04 m. birželio 6 d. Nr. (.)-V-69birželio 4 04 M. FIZIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA I dalis Kiekvieno I dalies klausimo

Διαβάστε περισσότερα

EKONOMETRIJA 1 (Regresinė analizė)

EKONOMETRIJA 1 (Regresinė analizė) EKONOMETRIJA 1 Regresinė analizė Kontrolinis Sudarė M.Radavičius 004 05 15 Kai kurių užduočių sprendimai KOMENTARAS. Kai kuriems uždaviniams tik nusakytos sprendimų gairės, kai kurie iš jų suskaidyti į

Διαβάστε περισσότερα

KengÛra BiÈiulis, Kadetas V VIII. Tarptautinio matematikos. užduotys ir sprendimai. Autoriai-sudarytojai

KengÛra BiÈiulis, Kadetas V VIII. Tarptautinio matematikos. užduotys ir sprendimai. Autoriai-sudarytojai - Kenguros konkurso organizavimo komitetas VU Matematikos ir informatikos institutas KengÛra 2012 BiÈiulis, Kadetas V VIII klasës Tarptautinio matematikos k o n k u r s o užduotys ir sprendimai Autoriai-sudarytojai

Διαβάστε περισσότερα

IV. FUNKCIJOS RIBA. atvira. intervala. Apibrėžimas Sakysime, kad skaičius b yra funkcijos y = f(x) riba taške x 0, jei bet kokiam,

IV. FUNKCIJOS RIBA. atvira. intervala. Apibrėžimas Sakysime, kad skaičius b yra funkcijos y = f(x) riba taške x 0, jei bet kokiam, 41 Funkcijos riba IV FUNKCIJOS RIBA Taško x X aplinka vadiname bet koki atvira intervala, kuriam priklauso taškas x Taško x 0, 2t ilgio aplinka žymėsime tokiu būdu: V t (x 0 ) = ([x 0 t, x 0 + t) Sakykime,

Διαβάστε περισσότερα

Diskrečioji matematika

Diskrečioji matematika VILNIAUS UNIVERSITETAS Gintaras Skersys Julius Andrikonis Diskrečioji matematika Pratybų medžiaga Versija: 28 m. sausio 22 d. Vilnius, 27 Turinys Turinys 2 Teiginiai. Loginės operacijos. Loginės formulės

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJOS. veiksmu šioje erdvėje apibrėžkime dar viena. a = {a 1,..., a n } ir b = {b 1,... b n } skaliarine sandauga

FUNKCIJOS. veiksmu šioje erdvėje apibrėžkime dar viena. a = {a 1,..., a n } ir b = {b 1,... b n } skaliarine sandauga VII DAUGELIO KINTAMU JU FUNKCIJOS 71 Bendrosios sa vokos Iki šiol mes nagrinėjome funkcijas, apibrėžtas realiu skaičiu aibėje Nagrinėsime funkcijas, kurios apibrėžtos vektorinėse erdvėse Tarkime, kad R

Διαβάστε περισσότερα

Specialieji analizės skyriai

Specialieji analizės skyriai Specialieji analizės skyriai. Specialieji analizės skyriai Kompleksinio kinamojo funkcijų teorija Furje eilutės ir Furje integralai Operacinis skaičiavimas Lauko teorijos elementai. 2 Kompleksinio kintamojo

Διαβάστε περισσότερα

Algoritmai. Vytautas Kazakevičius

Algoritmai. Vytautas Kazakevičius Algoritmai Vytautas Kazakevičius September 2, 27 2 Turinys Baigtiniai automatai 5. DBA.................................. 5.. Abėcėlė............................ 5..2 Automatai..........................

Διαβάστε περισσότερα

eksponentinės generuojančios funkcijos 9. Grafu

eksponentinės generuojančios funkcijos 9. Grafu DISKREČIOJI MATEMATIKA (2 semestras) KOMBINATORIKOS IR GRAFU TEORIJOS PRADMENYS PROGRAMA I KOMBINATORIKA 1 Matematinės indukcijos ir Dirichlė principai 2 Dauginimo taisyklė,,skaičiuok dukart principas

Διαβάστε περισσότερα

JONAS DUMČIUS TRUMPA ISTORINĖ GRAIKŲ KALBOS GRAMATIKA

JONAS DUMČIUS TRUMPA ISTORINĖ GRAIKŲ KALBOS GRAMATIKA JONAS DUMČIUS (1905 1986) TRUMPA ISTORINĖ GRAIKŲ KALBOS GRAMATIKA 1975 metais rotaprintu spausdintą vadovėlį surinko klasikinės filologijos III kurso studentai Lina Girdvainytė Aistė Šuliokaitė Kristina

Διαβάστε περισσότερα

Rinktiniai informacijos saugos skyriai. 3. Kriptografija ir kriptografijos protokolai: Klasikinė kriptografija

Rinktiniai informacijos saugos skyriai. 3. Kriptografija ir kriptografijos protokolai: Klasikinė kriptografija Rinktiniai informacijos saugos skyriai 3. Kriptografija ir kriptografijos protokolai: Klasikinė kriptografija Paskaitos tikslai Šioje temoje nagrinėjami klausimai: Perstatų šifrai Keitinių šifrai Vienos

Διαβάστε περισσότερα

4.3. Minimalaus dengiančio medžio radimas

4.3. Minimalaus dengiančio medžio radimas SKYRIUS. ALGORITMAI GRAFUOSE.. Minimalaus dengiančio medžio radimas Šiame skyriuje susipažinsime su minimaliu dengiančiu medžių radimo algoritmais. Pirmiausia sudarysime dvi taisykles, leidžiančias pasirinkti

Διαβάστε περισσότερα

V skyrius ĮVAIRŪS PALŪKANŲ APSKAIČIAVIMO KLAUSIMAI

V skyrius ĮVAIRŪS PALŪKANŲ APSKAIČIAVIMO KLAUSIMAI V skyrius ĮVAIRŪS PALŪKANŲ APSKAIČIAVIMO KLAUSIMAI Uždirbtų palūkanų suma priklauso ne tik nuo palūkanų normos dydžio, bet ir nuo palūkanų kapitalizavimo dažnio Metinė palūkanų norma nevisada atspindi

Διαβάστε περισσότερα

ATSITIKTINIAI PROCESAI. Alfredas Račkauskas. (paskaitų konspektas 2014[1] )

ATSITIKTINIAI PROCESAI. Alfredas Račkauskas. (paskaitų konspektas 2014[1] ) ATSITIKTINIAI PROCESAI (paskaitų konspektas 2014[1] ) Alfredas Račkauskas Vilniaus universitetas Matematikos ir Informatikos fakultetas Ekonometrinės analizės katedra Vilnius, 2014 Iš dalies rėmė Projektas

Διαβάστε περισσότερα

FDMGEO4: Antros eilės kreivės I

FDMGEO4: Antros eilės kreivės I FDMGEO4: Antros eilės kreivės I Kęstutis Karčiauskas Matematikos ir Informatikos fakultetas 1 Koordinačių sistemos transformacija Antrosios eilės kreivių lgtis prastinsime keisdami (transformuodami) koordinačių

Διαβάστε περισσότερα

DISPERSINĖ, FAKTORINĖ IR REGRESINĖ ANALIZĖ Laboratorinis darbas Nr. 2

DISPERSINĖ, FAKTORINĖ IR REGRESINĖ ANALIZĖ Laboratorinis darbas Nr. 2 DISPERSINĖ, FAKTORINĖ IR REGRESINĖ ANALIZĖ Laboratorinis darbas Nr. 2 Marijus Radavičius, Tomas Rekašius 2010 m. vasario 23 d. Santrauka Antras laboratorinis darbas skirtas išmokti sudarinėti daugialypės

Διαβάστε περισσότερα

VILNIAUS UNIVERSITETAS MATEMATIKOS IR INFORMATIKOS FAKULTETAS PROGRAMŲ SISTEMŲ KATEDRA. Algoritmų teorija. Paskaitų konspektas

VILNIAUS UNIVERSITETAS MATEMATIKOS IR INFORMATIKOS FAKULTETAS PROGRAMŲ SISTEMŲ KATEDRA. Algoritmų teorija. Paskaitų konspektas VILNIAUS UNIVERSITETAS MATEMATIKOS IR INFORMATIKOS FAKULTETAS PROGRAMŲ SISTEMŲ KATEDRA Algoritmų teorija Paskaitų konspektas Dėstytojas: lekt. dr. Adomas Birštunas Vilnius 2015 TURINYS 1. Algoritmo samprata...

Διαβάστε περισσότερα

klasės (grupės) mokinio (-ės) (vardas ir pavardė) 2016 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis

klasės (grupės) mokinio (-ės) (vardas ir pavardė) 2016 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis N A C I O N A L I N I S E G Z A M I N Ų C E N T R A S (miestas / rajonas, mokykla) klasės (grupės) mokinio (-ės) (vardas ir pavardė) 06 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis 06 m. gegužės

Διαβάστε περισσότερα

2018 METŲ MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO REZULTATŲ STATISTINĖ ANALIZĖ

2018 METŲ MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO REZULTATŲ STATISTINĖ ANALIZĖ N A C I O N A L I N I S E G Z A M I N Ų C E N T R A S 018 METŲ MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO REZULTATŲ STATISTINĖ ANALIZĖ 018 m. birželio 9 d. įvyko matematikos valstybinis brandos egzaminas.

Διαβάστε περισσότερα

Matematinė logika. 1 skyrius Propozicinės formulės. žodį, Graikiškas žodis logos (λóγoς) reiškia

Matematinė logika. 1 skyrius Propozicinės formulės. žodį, Graikiškas žodis logos (λóγoς) reiškia 1 skyrius Matematinė logika Graikiškas žodis logos (λóγoς) reiškia mintį, žodį, protą, sąvoką. Logika arba formalioji logika nagrinėja teisingo mąstymo dėsnius ir formas, kai samprotavimų turinys nėra

Διαβάστε περισσότερα

LIETUVOS RESPUBLIKOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINŲ CENTRAS 2013 METŲ MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO REZULTATŲ

LIETUVOS RESPUBLIKOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINŲ CENTRAS 2013 METŲ MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO REZULTATŲ LIETUVS RESPUBLIKS ŠVIETIM IR MKSL MINISTERIJ NINLINIS EGZMINŲ ENTRS 03 METŲ MTEMTIKS VLSTYBINI BRNS EGZMIN REZULTTŲ STTISTINĖ NLIZĖ 03 m. birželio 5 d. matematikos valstbinį brandos egzaminą leista laikti

Διαβάστε περισσότερα

TEORIJA. RINKTINIAI MATEMATIKOS SKYRIAI (Informatikos spec., 2 srautas, magistrantūra, 1 semestras) PROGRAMA. su skaidžia savybe skaičiu

TEORIJA. RINKTINIAI MATEMATIKOS SKYRIAI (Informatikos spec., 2 srautas, magistrantūra, 1 semestras) PROGRAMA. su skaidžia savybe skaičiu GRAFU TEORIJA RINKTINIAI MATEMATIKOS SKYRIAI (Informatikos spec, 2 srautas, magistrantūra, 1 semestras) PROGRAMA 1 Pagrindinės sa vokos, pavyzdžiai Grafu veiksmai 2 Grafo parametru sa ryšiai 3 Jungiantysis

Διαβάστε περισσότερα

TIKIMYBIU TEORIJA HAMLETAS MARK AITIS MYKOLO ROMERIO UNIVERSITETAS 2010

TIKIMYBIU TEORIJA HAMLETAS MARK AITIS MYKOLO ROMERIO UNIVERSITETAS 2010 TIKIMYBIU TEORIJA HAMLETAS MARK AITIS MYKOLO ROMERIO UNIVERSITETAS 2010 Tikimybiu teorija nagrin eja atsitiktinius ivykius ir tu ivykiu tikimybes ivykio pasirodymo galimyb es mat, i²reik²t skai iumi p,

Διαβάστε περισσότερα

06 Geometrin e optika 1

06 Geometrin e optika 1 06 Geometrinė optika 1 0.1. EIKONALO LYGTIS 3 Geometrinėje optikoje įvedama šviesos spindulio sąvoka. Tai leidžia Eikonalo lygtis, kuri išvedama iš banginės lygties monochromatinei bangai - Helmholtco

Διαβάστε περισσότερα

Įvadas į laboratorinius darbus

Įvadas į laboratorinius darbus M A T E M A T I N Ė S T A T I S T I K A Įvadas į laboratorinius darbus Marijus Radavičius, Tomas Rekašius 2005 m. rugsėjo 26 d. Reziumė Laboratorinis darbas skirtas susipažinti su MS Excel priemonėmis

Διαβάστε περισσότερα

Vilniaus universitetas Matematikos ir informatikos fakultetas Informatikos katedra. Gintaras Skersys. Mokymo priemonė

Vilniaus universitetas Matematikos ir informatikos fakultetas Informatikos katedra. Gintaras Skersys. Mokymo priemonė Vilniaus universitetas Matematikos ir informatikos fakultetas Informatikos katedra Gintaras Skersys Klaidas taisančių kodų teorija Mokymo priemonė Vilnius 2005 I dalis Pagrindinės savokos 1 Įvadas Panagrinėkime

Διαβάστε περισσότερα

. (2 taškai) (1 taškas) . (2 taškai) . (2) (2 taškai)

. (2 taškai) (1 taškas) . (2 taškai) . (2) (2 taškai) 0 m. ietuvos 6-ojo fizikos čempionato UŽDUOČŲ SPRENDMA 0 m. gruodžio 6 d. (Kiekvienas uždavinys vertinamas 0 taškų, visa galimų taškų suma 00). Pervyniojant transformatoriaus ritę buvo pastebėta, kad ritėje

Διαβάστε περισσότερα

2017 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis m. birželio 1 d. Trukmė 2 val. (120 min.)

2017 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis m. birželio 1 d. Trukmė 2 val. (120 min.) NACIONALINIS EGZAMINŲ CENTRAS (miestas / rajonas, mokykla) klasės (grupės) mokinio (-ės) (vardas ir pavardė) 2017 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis 2017 m. birželio 1 d. Trukmė 2 val.

Διαβάστε περισσότερα

III. MATRICOS. DETERMINANTAI. 3.1 Matricos A = lentele žymėsime taip:

III. MATRICOS. DETERMINANTAI. 3.1 Matricos A = lentele žymėsime taip: III MATRICOS DETERMINANTAI Realiu ju skaičiu lentele 3 Matricos a a 2 a n A = a 2 a 22 a 2n a m a m2 a mn vadinsime m n eilės matrica Trumpai šia lentele žymėsime taip: A = a ij ; i =,, m, j =,, n čia

Διαβάστε περισσότερα

Analizės uždavinynas. Vytautas Kazakevičius m. lapkričio 1 d.

Analizės uždavinynas. Vytautas Kazakevičius m. lapkričio 1 d. Analizės uždavinynas Vytautas Kazakevičius m. lapkričio d. ii Vienmatė analizė Faktorialai, binominiai koeficientai. Jei a R, n, k N {}, tai k! = 3 k, (k + )!! = 3 5 (k + ), (k)!! = 4 6 (k); a a(a ) (a

Διαβάστε περισσότερα

0.1. Bendrosios sąvokos

0.1. Bendrosios sąvokos .1. BENDROSIOS SĄVOKOS 1.1. Bendrosios sąvokos.1.1. Diferencialinės lygtys su mažuoju parametru F ) x n),x n 1),...,x,x,t;ε =, xt;ε) C n T), T [,+ ), < ε ε ) F x n) t;ε),x n 1) t;ε),...,x t;ε),xt;ε),t;ε,

Διαβάστε περισσότερα

DISKREČIOJI MATEMATIKA

DISKREČIOJI MATEMATIKA VILNIAUS UNIVERSITETAS MATEMATIKOS IR INFORMATIKOS FAKULTETAS INFORMATIKOS KATEDRA Valdas Diči ūnas Gintaras Skersys DISKREČIOJI MATEMATIKA Mokymo priemonė Vilnius 2003 Įvadas Išvertus iš lotynu kalbos

Διαβάστε περισσότερα

Vilius Stakėnas. Kodavimo teorija. Paskaitu. kursas

Vilius Stakėnas. Kodavimo teorija. Paskaitu. kursas Vilius Stakėnas Kodavimo teorija Paskaitu kursas 2002 2 I vadas Informacija perduodama kanalais, kurie kartais iškraipo informacija Tarsime, kad tie iškraipymai yra atsitiktiniai, t y nėra nei sistemingi,

Διαβάστε περισσότερα

EUROPOS CENTRINIS BANKAS

EUROPOS CENTRINIS BANKAS 2005 12 13 C 316/25 EUROPOS CENTRINIS BANKAS EUROPOS CENTRINIO BANKO NUOMONĖ 2005 m. gruodžio 1 d. dėl pasiūlymo dėl Tarybos reglamento, iš dalies keičiančio Reglamentą (EB) Nr. 974/98 dėl euro įvedimo

Διαβάστε περισσότερα

1. Individualios užduotys:

1. Individualios užduotys: IV. PAPRASTOSIOS DIFERENCIALINĖS LYGTYS. Individualios užduots: - trumpa teorijos apžvalga, - pavzdžiai, - užduots savarankiškam darbui. Pirmosios eilės diferencialinių lgčių sprendimas.. psl. Antrosios

Διαβάστε περισσότερα

Turininga informatikos mokymosi medžiaga pradinukams ir vyresniems

Turininga informatikos mokymosi medžiaga pradinukams ir vyresniems Turininga informatikos mokymosi medžiaga pradinukams ir vyresniems Parašė Tim Bell, Ian H. Witten ir Mike Fellows Darbui klasėje pritaikė Robyn Adams ir Jane McKenzie Iliustravo Matt Powell 2015 m. atnaujino

Διαβάστε περισσότερα

Laboratorinis darbas Nr. 2

Laboratorinis darbas Nr. 2 M A T E M A T I N Ė S T A T I S T I K A Laboratorinis darbas Nr. 2 Marijus Radavičius, Tomas Rekašius 2005 m. spalio 23 d. Reziumė Antras laboratorinis darbas skirtas išmokti generuoti tikimybinių skirstinių

Διαβάστε περισσότερα

klasës (grupës) mokinio (-ës) (vardas ir pavardë) 2012 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis

klasës (grupës) mokinio (-ës) (vardas ir pavardë) 2012 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo užduotis LIETUVOS RESPUBLIKOS ÐVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINØ CENTRAS (miestas / rajonas, mokykla) klasës (grupës) mokinio (-ës) (vardas ir pavardë) 2012 m. pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo

Διαβάστε περισσότερα

1. Vektoriu veiksmai. Vektoriu skaliarinė, vektorinė ir mišrioji sandaugos

1. Vektoriu veiksmai. Vektoriu skaliarinė, vektorinė ir mišrioji sandaugos 1. Vektoriu veiksmai. Vektoriu skaliarinė, vektorinė ir mišrioji sandaugos Vektoriu užrašymas MAPLE Vektorius MAPLE galime užrašyti daugeliu būdu. Juos grafiškai vaizduosime paketo Student[LinearAlgebra]

Διαβάστε περισσότερα

LIETUVOS RESPUBLIKOS SVEIKATOS APSAUGOS MINISTRAS Į S A K Y M A S

LIETUVOS RESPUBLIKOS SVEIKATOS APSAUGOS MINISTRAS Į S A K Y M A S LIETUVOS RESPUBLIKOS SVEIKATOS APSAUGOS MINISTRAS Į S A K Y M A S DĖL LĖTINIO VIRUSINIO C HEPATITO DIAGNOSTIKOS IR AMBULATORINIO GYDYMO KOMPENSUOJAMAISIAIS VAISTAIS TVARKOS APRAŠO TVIRTINIMO 2012 m. spalio

Διαβάστε περισσότερα

PNEUMATIKA - vožtuvai

PNEUMATIKA - vožtuvai Mini vožtuvai - serija VME 1 - Tipas: 3/2, NC, NO, monostabilūs - Valdymas: Mechaninis ir rankinis - Nominalus debitas (kai 6 barai, Δp = 1 baras): 60 l/min. - Prijungimai: Kištukinės jungtys ø 4 žarnoms

Διαβάστε περισσότερα

ŠVIESOS SKLIDIMAS IZOTROPINĖSE TERPĖSE

ŠVIESOS SKLIDIMAS IZOTROPINĖSE TERPĖSE ŠVIESOS SKLIDIMAS IZOTROPIĖSE TERPĖSE 43 2.7. SPIDULIUOTĖS IR KŪO SPALVOS Spinduliuotės ir kūno optiniam apibūdinimui naudojama spalvos sąvoka. Spalvos reiškinys yra nepaprastas. Kad suprasti spalvos esmę,

Διαβάστε περισσότερα

Taikomieji optimizavimo metodai

Taikomieji optimizavimo metodai Taikomieji optimizavimo metodai 1 LITERATŪRA A. Apynis. Optimizavimo metodai. V., 2005 G. Dzemyda, V. Šaltenis, V. Tiešis. Optimizavimo metodai, V., 2007 V. Būda, M. Sapagovas. Skaitiniai metodai : algoritmai,

Διαβάστε περισσότερα

Statistinė termodinamika. Boltzmann o pasiskirstymas

Statistinė termodinamika. Boltzmann o pasiskirstymas Statistinė termodinamika. Boltzmann o pasiskirstymas DNR molekulių vaizdas DNR struktūros pakitimai. Keičiantis DNR molekulės formai keistųsi ir visos sistemos entropija. Mielėse esančio DNR struktūros

Διαβάστε περισσότερα

Remigijus Leipus. Ekonometrija II. remis

Remigijus Leipus. Ekonometrija II.   remis Remigijus Leipus Ekonometrija II http://uosis.mif.vu.lt/ remis Vilnius, 2013 Turinys 1 Trendo ir sezoniškumo vertinimas bei eliminavimas 4 1.1 Trendo komponentės vertinimas ir eliminavimas........ 4 1.2

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA PAGRINDINIO UGDYMO PASIEKIMŲ PATIKRINIMO (PUPP) IR BRANDOS EGZAMINŲ (BE) UŽDUOČIŲ RENGĖJŲ MOKYMO PRAKTINĖ METODINĖ MEDŽIAGA

MATEMATIKA PAGRINDINIO UGDYMO PASIEKIMŲ PATIKRINIMO (PUPP) IR BRANDOS EGZAMINŲ (BE) UŽDUOČIŲ RENGĖJŲ MOKYMO PRAKTINĖ METODINĖ MEDŽIAGA MATEMATIKA NACIONALINIS EGZAMINŲ CENTRAS Nacionalinis egzaminų centras Projektas Pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo ir brandos egzaminų sistemos tobulinimas (SFMIS VP1-21-ŠMM-01-V-01-002) PAGRINDINIO

Διαβάστε περισσότερα

1. Pirštu atspaudu atpažinimas

1. Pirštu atspaudu atpažinimas 1. Pirštu atspaudu atpažinimas 1. I vadas 2. Piršto atspaudu taikymai 3. Pirminis apdorojimas 4. Požymiu išskyrimas 5. Požymiu šablonu palyginimas 6. Praktinis darbas Page 1 of 21 7. Literatūra I vadas

Διαβάστε περισσότερα

0.1. Bendrosios sąvokos

0.1. Bendrosios sąvokos 0.1. BENDROSIOS SĄVOKOS 1 0.1. Bendrosios sąvokos 0.1.1. Diferencialinės lygtys su mažuoju parametru F ) x n),x n 1),...,x,x,t;ε = 0, xt;ε) C n T), T [0,+ ), 0 < ε ε 0 ) F x n) t;ε),x n 1) t;ε),...,x t;ε),xt;ε),t;ε

Διαβάστε περισσότερα

Atsitiktinių paklaidų įvertinimas

Atsitiktinių paklaidų įvertinimas 4.4.4. tsitiktinių paklaidų įvertinimas tsitiktinės paklaidos įvertinamos nurodant du dydžius: pasikliaujamąjį intervalą ir pasikliaujamąją tikimybę. tsitiktinių paklaidų atveju, griežtai tariant, nėra

Διαβάστε περισσότερα

1 iš 8 RIBOTO NAUDOJIMO M. CHEMIJOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija. I dalis

1 iš 8 RIBOTO NAUDOJIMO M. CHEMIJOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija. I dalis iš 8 RIBT NAUDJIM PATVIRTINTA Nacionalinio egzaminų centro direktoriaus 00 m. birželio 0 d. įsakymu 6.-S- 00 M. EMIJS VALSTYBINI BRANDS EGZAMIN UŽDUTIES VERTINIM INSTRUKIJA Pagrindinė sesija I dalis Kiekvienas

Διαβάστε περισσότερα

TEORIJOS PRADMENYS PROGRAMA

TEORIJOS PRADMENYS PROGRAMA DISKREČIOJI MATEMATIKA (2 semestras) KOMBINATORIKOS IR GRAFU TEORIJOS PRADMENYS PROGRAMA I KOMBINATORIKA 1 Matematinės inducijos principas 2 Dauginimo taisylė 3 Gretiniai, ėliniai ir deriniai 4 Kartotiniai

Διαβάστε περισσότερα

KLASIKIN E MECHANIKA

KLASIKIN E MECHANIKA KLASIKIN E MECHANIKA Algirdas MATULIS Puslaidininkiu zikos institutas Vadoveliu serijos papildymas auk²tuju mokyklu tiksliuju mokslu specialybiu studentams Email: amatulis@takas.lt Mob.: +370 654 543 06

Διαβάστε περισσότερα

Balniniai vožtuvai (PN 16) VRG 2 dviejų eigų vožtuvas, išorinis sriegis VRG 3 trijų eigų vožtuvas, išorinis sriegis

Balniniai vožtuvai (PN 16) VRG 2 dviejų eigų vožtuvas, išorinis sriegis VRG 3 trijų eigų vožtuvas, išorinis sriegis Techninis aprašymas Balniniai vožtuvai (PN 16) VRG 2 dviejų eigų vožtuvas, išorinis sriegis VRG 3 trijų eigų vožtuvas, išorinis sriegis Aprašymas Šie vožtuvai skirti naudoti su AMV(E) 335, AMV(E) 435 arba

Διαβάστε περισσότερα

4 laboratorinis darbas. PARAMETRŲ ĮVERČIAI IR STATISTINĖS HIPOTEZĖS

4 laboratorinis darbas. PARAMETRŲ ĮVERČIAI IR STATISTINĖS HIPOTEZĖS PARAMETRŲ ĮVERČIAI IR STATISTINĖS HIPOTEZĖS DARBO TIKSLAS - išstudijuoti parametrų taškiių ir itervaliių įverčių radimo, parametriių ir eparametriių hipotezių tikriimo uždaviius ir jų taikymą Teorijos

Διαβάστε περισσότερα

LIETUVOS RESPUBLIKOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINŲ CENTRAS STATISTINĖ ANALIZĖ

LIETUVOS RESPUBLIKOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINŲ CENTRAS STATISTINĖ ANALIZĖ LIETUVOS RESPUBLIKOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA NACIONALINIS EGZAMINŲ CENTRAS 2010 METŲ MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO REZULTATŲ STATISTINĖ ANALIZĖ 2010 m. birželio 8 d. valstybinį matematikos

Διαβάστε περισσότερα

Taikomoji branduolio fizika

Taikomoji branduolio fizika VILNIAUS UNIVERSITETAS Taikomoji branduolio fizika Parengė A. Poškus Vilnius 2015-05-20 Turinys 1. Neutronų sąveika su medžiaga...1 1.1. Neutronų sąveikos su medžiaga rūšys...1 1.2. Neutrono sukeltų branduolinių

Διαβάστε περισσότερα

Integriniai diodai. Tokio integrinio diodo tiesiogin įtampa mažai priklauso nuo per jį tekančios srov s. ELEKTRONIKOS ĮTAISAI 2009

Integriniai diodai. Tokio integrinio diodo tiesiogin įtampa mažai priklauso nuo per jį tekančios srov s. ELEKTRONIKOS ĮTAISAI 2009 1 Integriniai diodai Integrinių diodų pn sandūros sudaromos formuojant dvipolių integrinių grandynų tranzistorius. Dažniausiai integriniuose grandynuose kaip diodai naudojami tranzistoriniai dariniai.

Διαβάστε περισσότερα