PCK34_atr_kopaa

Lielums: px
Sāciet demonstrējumu ar lapu:

Download "PCK34_atr_kopaa"

Transkripts

1 007./008. mācību gads.nodarbības uzdevumu atrisinājumi. Skat., piem.,.zīm zīm. Komentārs. Ievērosim, ka arī visu ierakstīto skaitļu summa ir. Interesanti būtu noskaidrot jautājumu: kādiem veseliem skaitļiem a un b iespējams panākt, ka katrā no rūtiņām sastāvošā taisnstūrī ierakstīto skaitļu summa ir a, bet visu ierakstīto skaitļu summa ir b?. Pagarinām taisnstūru malas līdz krustpunktiem ar kvadrāta malām. Tad viss kvadrāts sadalās taisnstūros. Katram taisnstūrim pretējās malas ir vienādas. Apzīmējot tumši iekrāsoto nogriežņu garumus metros ar a; b; c; d, iegūstam ainu, kas parādīta.zīm. c 5 a - c a d X d Y Z 5 d - b b b c a.zīm. Taisnstūra X apakšējā horizontālā mala vienāda ar tā augšējo horizontālo malu, tāpēc tās garums ir 5 a c. Līdzīgi iegūstam, ka taisnstūra Z kreisās malas garums ir 5 d b. Tātad taisnstūrim Y vienas horizontālās malas garums ir 5 a c, bet vienas vertikālās malas garums ir 5 d b. Tā kā taisnstūrim Y pretējās malas ir pa pāriem vienādas, tad Y visu malu garumu summa ir S = ( 5 a c) + ( 5 d b) + ( 5 a c) + ( 5 d b) = 0 ( a+ b+ c+ d). Saskaņā ar uzdevumā doto a + b+ c+ d = 6. Tāpēc S = 0 6= 0 = 8. Tāda situācija patiešām ir iespējama, ja, piemēram, a = b= c= d =. (Tad vidējais taisnstūris sanāk kvadrāts.) Protams, ir iespējami arī daudzi citi gadījumi.. Atbilde: jebkurā skaitā daļu no līdz 0 ieskaitot. Risinājums: Vispirms parādīsim, ka minētās vērtības ir iespējamas. To var redzēt.zīm.

2 daļas 4 daļas 5 daļas 6 daļas 7 daļas 8 daļas 9 daļas 0 daļas.zīm. Tagad pierādīsim, ka citāds daļu skaits nevar būt. Skaidrs, ka nevar būt viena daļa, jo gan riņķa līnija, gan kvadrāta kontūrs katrs atsevišķi sadala plakni divās daļās. Nevar būt arī tikai divas daļas: riņķa līnija sadala plakni daļās, un kvadrāta kontūra uzzīmēšana neradītu jaunas daļas tikai tad, ja tas sakristu ar riņķa līniju, bet tā nevar būt. Padomāsim, vai varētu rasties vairāk par 0 daļām. Šķirosim visas iespējas. A. Ja riņķim un kvadrātam nav kopīgu iekšēju punktu, tad acīmredzot ir tikai daļas.. Ja riņķim un kvadrātam ir kopēji iekšēji punkti, tad tie visi veido vienu plaknes daļu. Otru daļu veido tie plaknes punkti, kas ir gan ārpus kvadrāta, gan ārpus riņķa. Atliek noskaidrot, cik, vislielākais, var būt riņķa daļu, kas ir ārpus kvadrāta, un kvadrāta daļu, kas ir ārpus riņķa. Katra kvadrāta mala veido augstākais vienu hordu, tāpēc izveidojas ne vairāk par 4 hordām. Katra horda atšķeļ no riņķa augstākais vienu daļu, un šīm daļām nav kopīgu iekšēju punktu. Tāpēc ir ne vairāk par 4 riņķa daļām, kas ir ārpus kvadrāta. Pie katras kvadrāta malas var veidoties ne vairāk kā divas kvadrāta daļas, kas atrodas ārpus riņķa (pretējā gadījumā kvadrāta malai jābūt vairāk nekā kopīgiem punktiem ar riņķa līniju, bet tas nevar būt). Tātad kopā ir ne vairāk kā 4 = 8 šādas veidošanās. Tā kā katra kvadrāta daļa, kas ir ārpus riņķa, veidojas pie divām 8 kvadrāta malām, tad šādu daļu nav vairāk kā = 4. Tātad kopējais daļu skaits nepārsniedz = 0, k.b.j. 4. Atbilde: a) jā, b) nē. Risinājums. a) skat., piem., 4.zīm. Viegli pārbaudīt, ka katru divu pretējo skaitļu summa ir 50, tāpēc visu skaitļu summa ir 50 4= 008.

3 zīm. b) ja divi veseli skaitļi viens no otra atšķiras par, tad viens no tiem ir pāra, bet otrs nepāra. Tāpēc četros grozos būtu jābūt pāra skaitam, bet četros nepāra skaitam ābolu. et četru pāra un četru nepāra skaitļu summa ir pāra skaitlis, kas nevar būt Ievērosim, ka VAUVAURRR = VAUVAU RRR (pirmā saskaitāmā pēdējie cipari ir nulles) = VAUVAU RRR. Summa VAUVAURRR dalās ar 56, tātad arī ar 8 (jo 56= 8 7 ). Saskaitāmais VAUVAU 000 dalās ar 8, jo 000= 5 8 dalās ar 8. Tāpēc arī otram saskaitāmajam RRR jādalās ar 8. Ievērojam, ka RRR = R. Reizinātājs ir nepāra skaitlis, tāpēc dalīšanos ar 8 neietekmē; tāpēc R jādalās ar 8. Tātad pastāv tikai divas iespējas: R = 8 vai R = 0. Tālāk ievērosim, ka KRAA = KR 00+ A. Mēs jau ieguvām, ka R = 8 vai R = 0. Tāpēc KR ir pāra skaitlis, un KR dalās ar. Tāpēc KR 00 dalās ar 8. Tā kā gan KRAA, gan KR 00 dalās ar 8, tad līdzīgi kā iepriekš iegūstam, ka A dalās ar 8; tāpēc A = 8 vai A = 0. Tā kā burti R un A apzīmē dažādus ciparus, tad uzdevumā minētajā situācija nav iespējama, ja ne A, ne R nedrīkst būt 0. Ja ciparu 0 var izmantot, tad viegli iegūstam, piemēram, iespēju VAUVAURRR = un KRAA = Ievērosim, ka 4 rūtiņu virsotnes var veidot arī slīpi novietotu kvadrātu (skat., piem., 5.zīm.). A D C 5.zīm. Pamatosim, piemēram, ka ACD ir kvadrāts. Iesvītrotie taisnleņķa trijstūri ir vienādi (pazīme kk), tātad A = C = CD= DA. Tālāk DA iegūstam, no 80 0 atņemot taisnleņķa trijstūra divu šauro leņķu summu; tāpēc 0 DA = 90.Vajadzīgais pierādīts: četrstūris, kam visas malas vienādas un viens leņķis taisns, ir kvadrāts. Citu slīpi novietotu kvadrātu gadījumos pierādījums ir analoģisks.

4 R P V T S A N G H Z O D K C E F J 6.zīm. 7.zīm. Uzdevumā prasīto var sasniegt ar 6 virsotņu nodzēšanu (skat. 6.zīm.); pārliecinieties par to patstāvīgi. Ja mēs gribētu iztikt ar 5 virsotņu nodzēšanu, tad katrā no 7.zīm. redzamajiem 5 kvadrātiem jānodzēš tieši viena virsotne. Varam pieņemt, ka centrālajā kvadrātā nodzēsta virsotne A. Tad ; C; D netiek nodzēstas. Lai atbrīvotos no kvadrāta DEF, jānodzēš vismaz viena no virsotnēm E un F; varam pieņemt, ka F tiek nodzēsta. Tad G, H, J netiek nodzēstas. Lai atbrīvotos no kvadrāta DCEK, jānodzēš vismaz viena no virsotnēm E un K; tātad ne L, ne M, netiek nodzēstas. Iegūstam 8.zīm. (šeit un turpmāk ar aplīšiem tiek apvilktas tās virsotnes, kas noteikti netiek nodzēstas). L M 8.zīm. Lai atbrīvotos no kvadrāta MJNO, jānodzēš vai nu N, vai O (apzīmējumus skat. 7.zīm.). Apskatām abas iespējas. I Pieņemsim, ka nodzēsts N. Tad P, R, S nav nodzēsti. Kvadrāta SDT dēļ jānodzēš T; tāpēc V, Z, O nav nodzēsti. Iegūstam 9.zīm. attēloto ainu: 9.zīm. Tagad kvadrātā RHMZ nav nodzēsta neviena virsotne pretruna. 4

5 II Pieņemsim, ka nodzēsts O. Tad Z, V, T nav nodzēsti. Kvadrāta SDT dēļ jānodzēš S; tad R, P, N nav nodzēsti. Iegūstam pretrunu kā iepriekšējā gadījumā (skat. 0.zīm). 0.zīm. Tātad, nodzēšot tikai 5 virsotnes, uzdevuma prasības nav izpildāmas. Tātad mazākais nodzēšamo virsotņu skaits ir Atbilde: nē, nevar. Risinājums. Iedomāsimies, ka tas izdarīts, un apskatīsim 40 pēc kārtas iestādītus kokus. Tā kā 40= 40, varam tos sadalīt 40 grupās pa trim pēc kārtas iestādītiem kokiem katrā. Tā kā katrā grupā jābūt vismaz vienam bērzam, tad vismaz 40 no šiem kokiem jābūt bērziem. 40 Līdzīgi iegūstam, ka no šiem kokiem vismaz = 05 jābūt kļavām, vismaz = 84 - ozoliem, vismaz = 70 - liepām un vismaz = 60 - eglēm. et = 459> 40. Iegūta pretruna, tātad uzdevumā prasītais nav iespējams. 8. Atbilde: nē, nevar. Risinājums. Pieņemsim, ka tā tomēr noticis. Pierādīsim, ka tādā gadījumā katram draugam beigās būtu vismaz 4 āboli. Ja tas būs pierādīts, tad no nosacījuma, ka visiem draugiem beigās bija atšķirīgi ābolu daudzumi, sekos, ka kopā visiem draugiem beigās ir vismaz = 9 āboli (saskaitījām mazākos iespējamos 6 dažādus naturālus skaitļus, kas nav mazāki par 4). et draugiem sākumā bija 6 6= 6 āboli. Tā kā 9> 6, iegūta pretruna, tātad mūsu pieņēmums bijis nepareizs. Atliek pierādīt augstāk izcelto apgalvojumu. Tiešām, ja kādam draugam beigās bija ne vairāk par āboliem, tad vismaz 6 ābolus viņš ir uzdāvinājis citiem. et tā ir pretruna ar mūsu pieņēmumu, ka arī šis draugs uzdāvinājis citiem mazāk ābolu, nekā viņam bija beigās. Tātad tāda drauga nav. 9. Uzdevuma nosacījumos ietverto formulējumu datumi atšķiras ne vairāk kā par nedēļām var saprast divējādi (tas nav matemātisks jēdziens un nav precīzi definēts nevienā mācību grāmatā). Ja mēs uzskatām, ka, piemēram, datumi.decembris un.janvāris atšķiras viens no otra par dienu, tad uzdevuma risinājums varētu būt šāds. Pieņemsim no pretējā, ka katriem diviem no minētajiem 5 skolēniem dzimšanas dienu datumi atšķiras viens no otra vairāk kā par nedēļām. Tas nozīmē, ka visas 5 dzimšanas dienas ir dažādas un starp katrām divām viena otrai sekojošām dzimšanas dienām ir vismaz 4 citas dienas. Attēlojot visas gada dienas uz apļa ar 5

6 66 (vai 65) punktiem, iegūstam: uz apļa jābūt 5 punktiem, kas attēlotu dzimšanas dienas, un vēl vismaz 4 punktiem katrā no intervāliem starp divām dzimšanas dienām; tātad kopā uz apļa jābūt vismaz = 75 punktiem pretruna. Tātad mūsu pieņēmums ir nepareizs, un uzdevumā minētā situācija nav iespējama. Ja turpretī mēs uzskatām, ka atšķirības starp datumiem jāapskata viena un tā paša kalendārā gada ietvaros (un tātad.janvāris no.decembra atšķiras par 64 vai 65 dienām), tad uzdevuma apgalvojums ir nepareizs. Var gadīties, ka klases skolēni dzimuši gada., 6.,., 46.,... dienā; tad katriem diviem no viņiem dzimšanas dienu datumi atšķiras viens no otra vismaz par 5 dienām, t.i., vairāk nekā par nedēļām. Mums jāpamato, kāpēc mūsu piemērā minētajā veidā izdosies gadā izvietot 5 skolēnus. To var pamatot vismaz divos dažādos veidos: a) izrakstot visus 5 iedomātos dzimšanas dienu kārtas numurus gada dienu sarakstā:, 6,, 6, 6, 76, 9, 06,, 6, 5, 66, 8, 96,, 6, 4, 56, 7, 86, 0, 6,, 46, 6 b) aprēķinot uzreiz pēdējā skolēna domājamo dzimšanas dienas kārtas numuru gada dienu sarakstā. Tā kā pavisam ir 5 kārtas numuri un katrs nākošais ir par 5 lielāks nekā iepriekšējais, tad pēdējam numuram būtu jābūt = + 5 4= + 60= 6. 4 reizes Tā kā 6< 65, tas ir iespējams. 0. Atbilde: māsas māja jāceļ brāļu māju veidotā vienādmalu trijstūra centrā. Pierādījums. Apzīmēsim brāļu mājas ar A, un C, trijstūra AC centru ar M. Pierādīsim: ja punkts P nesakrīt ar M, tad PA + P + PC + > MA + M + MC (*) Šķirosim vairākus gadījumus atkarībā no P atrašanās vietas. I Punkts P un AC atrodas dažādās pusēs kādai no taisnēm A, C, CA (skat., piem.,. zīm.) P A X C Y P.zīm. Konstruējam punktus P, X, Y, kā parādīts.zīmējumā. Tā kā vienādmalu trijstūrī augstums ir arī mediāna, tad AX = XC. Un, tā kā slīpne garāka par tās projekciju, iegūstam nevienādības PA> P A () un PC > P C (). Tā kā trijstūrī P P leņķis P P ir plats, tad P> P (). Saskaitot (), () un (), iegūstam PA+ P+ PC > P A+ P + PC (4) II Punkts P atrodas uz kādas no taisnēm A, C, CA, bet nav atbilstošās malas punkts (skat., piem.,.zīm.) 6

7 P A X C.zīm. Acīmredzami PA + PC > AC = XA+ XC (5) un P > X (6). Saskaitot (5) un (6), iegūstam PA + P+ PC > XA+ X+ XC (7) III Punkts P pieder kādai no malām A, C, CA; varam pieņemt, ka P pieder malai AC. Ja X ir AC viduspunkts, tad PA + PC = AC = XA+ XC (8) un P X (9), turklāt nevienādība (9) pārvēršas par vienādību tad un tikai tad, ja P sakrīt ar X. Saskaitot (8) un (9), iegūstam PA + P+ PC XA+ X+ XC = AC+ X (0), skat..zīm. A P X C.zīm. No I, II, III seko: ja P nav trijstūra AC iekšējs punkts, tad summa PA + P+ PC nav mazāka par kādas trijstūra malas un pret to novilktā augstuma garumu summu. Tā kā vienādmalu trijstūrī visas malas vienādas savā starpā un visi augstumi arī, tad secinām, ka šādiem punktiem P pastāv nevienādība PA + P+ PC a+ h (), kur a - AC malas garums, h tā augstuma garums..lemma Ja AC ir regulārs un M tā centrs, tad MA + M+ MC < a+ h (a - AC malas garums, h tā augstuma garums). M A X C 4.zīm. No vienādmalu trijstūra īpašībām zināms, ka MA = M = MC, M atrodas uz X, MX AC un MCX = 0. Vienādmalu trijstūrī augstums ir arī mediāna, bet centrs ir mediānu krustpunkts. No mediānu īpašībām seko, ka h= MX un 7

8 MX = M. Tā kā taisnleņķa trijstūrī MXC šaurais leņķis C ir 0 liels, tad MX = MC. Ņemot to visu vērā, lemmas apgalvojumu var pierakstīt kā MA< AC+ MX jeb MA< AC+ MA, jeb MA< AC, jeb M< A (jo M = MA un A = AC), jeb X < A, kas ir acīmredzams, jo taisnleņķa trijstūrī AX hipotenūza garāka par kateti. Lemma pierādīta. No lemmas un no () seko: ja P nav AC iekšējs punkts, tad (*) ir spēkā. Atliek pierādīt (*) AC iekšējiem punktiem P, kas nesakrīt ar M..lemma Ja punkts P atrodas AC iekšpusē un nesakrīt ar tā centru M, tad vismaz viens no leņķiem AP, PC, CPA nav 0 liels. Pierādījums. Ievērojam, ka AM = MC = CMA= 0. Pastāv divas iespējas: ) punkts P pieder kādam no nogriežņiem MA, M, MC (varam pieņemt, ka MA; skat.5.zīm.), ) punkts P nepieder MA, M, MC. Tad tas ir iekšējs punkts vienam no trijstūriem AM, MC, CMA (varam pieņemt, ka AM; skat. 6.zīm.). M Y P M P A C A C 5.zīm. 6.zīm. Pirmajā gadījumā, izmantojot PM ārējā leņķa īpašību, iegūstam AP = PM + MP > MP = MA= 0. Otrajā gadījumā no MP un AMP ārējo leņķu īpašībām līdzīgi iegūstam PY > MP un APY > AMP ; saskaitot šīs nevienādības, iegūstam AP > AM = 0. Lemma pierādīta. Tagad pieņemsim, ka AC vienādmalu trijstūris un P tā iekšējs punkts, kas nesakrīt ar centru M. Saskaņā ar.lemmu varam pieņemt, ka AP 0. 8

9 Z P P 60 C A 7.zīm. Pagriežam AC ap punktu A par 60 lielu leņķi pretēji pulksteņa rādītāja kustības virzienam; reizē ar visu trijstūri pagriežas arī punkts P, nonākot stāvoklī P. Tā kā AC = A un CA = 60, punkts C nonāk punktā. Punktu, kurā nonāk, apzīmēsim ar Z. Pēc definīcijas P Z = P, P A = PA un P AP= 60. Redzam, ka P AP ir vienādsānu trijstūris ar virsotnes leņķi 60, tātad tas ir vienādmalu. Tāpēc PA = P P. Secinām, ka P + PA+ PC = ZP + P P+ PC () Tā kā AP P ir vienādmalu, tad AP P= 60. Tā kā ZP A= PA 0, tad ZP P= ZP A+ AP P 80. Tātad punkti Z, P un P neatrodas uz vienas taisnes; tāpēc ZP + P P> ZP un ZP + P P+ PC > ZP+ PC ZC () No () un () seko, ka PA + P+ PC > ZC (4) Ja mēs pratīsim pierādīt, ka MA + M+ MC = ZC (5), tad no (4) un (5) sekos mums vajadzīgā sakarība (*), un uzdevums būs atrisināts. Z R C A 8.zīm. Tā kā četrstūris ACZ sastāv no diviem vienādmalu trijstūriem, tad tas ir rombs; tāpēc A CZ un CZ = CR. Mums jāpierāda, ka CR = MA+ M+ MC. Atceramies, ka MA = M = MC; tātad jāpierāda, ka CR= MC jeb MC = CR. et tas tieši seko no vienādmalu trijstūra īpašībām (skat..lemmas pierādījumu). Līdz ar to uzdevums atrisināts. 9

10 007./008. mācību gads.nodarbības uzdevumu atrisinājumi. Nē, nevar. No katriem trim pēc kārtas ņemtiem naturāliem skaitļiem tieši viens dalās ar. Tāpēc vismaz viens no Jānīša sareizinātajiem skaitļiem dalās ar. Tātad arī iegūtais reizinājums dalās ar. et skaitlim, kas pats dalās ar, arī ciparu summa dalās ar. Tomēr nedalās ar. Tātad uzdevumā minētā situācija nav iespējama.. Apzīmēsim klades, zīmuļa un burtnīcas cenas (piemēram, santīmos) attiecīgi ar k, z, b. No uzdevumā dotā seko: k + z> b () k+ z> 4b () Pareizinot () abas puses ar, iegūstam k+ 4z> 6b () Saskaitot () un () labās un kreisās puses, iegūstam ( k+ z) + ( k+ 4z) > 4b+ 6b jeb 5 k+ 6z> 0b, kas bija jāpierāda.. Pirmā svēršana var būt šāda: 6 5. zīm. Ja svari ir līdzsvarā, tad visas šeit izmantotās lodītes sver tik, cik uz tām rakstīts. Tātad īpašā lodīte ir 4 vai. Otro svēršanu tad izdara šādi: 4. zīm. Smagākā lodīte atrodas uz tā kausa, kas nosveras uz leju. Ja turpretī pirmajā svēršanā viens no kausiem nosveras uz leju, tad smagākā lodīte atrodas uz tā. Ja uz leju nosvērās kreisais kauss, otro svēršanu izdarām, kā parādīts. zīm., ja labais kauss 4. zīm zīm. 4. zīm. Visos gadījumos smagākā lodīte ir tā no abām aizdomīgajām, kas otrajā svēršanā nosvērās uz leju. Iespējami arī daudzi citi risinājumi. 4. Konstruējam regulāru trijstūri MN. Tad iegūstam leņķu lielumus, kā parādīts zīmējumā. Redzam, ka AN = CM (mlm), tātad AN=CM. 0

11 60 60 X M N 5 45 A C 5. zīm. Viegli atrast, ka XM = 90. Tātad MX ir regulārā trijstūra MN augstums, tātad arī mediāna. Tad X = XN. Seko, ka punkti un N ir simetriski viens otram attiecībā pret AM. Tāpēc AM = ANM (tie simetriski viens otram attiecībā pret AM), tātad A=AN. No izceltajām vienādībām seko AC=CM, tātad ACM - vienādsānu. Tā kā MAC = 45, no šejienes seko vajadzīgais. 5. No dotā seko, ka arī skaitlis S = d( abc d) + c( abd c) + b( acd b) + a( bcd a) dalās ar 4, jo katrs no četriem saskaitāmajiem dalās ar 4. Atverot iekavas, iegūstam, ka S = 4abcd ( a + b + c + d ), no kurienes seko, ka a + b + c + d = 4abcd S. Tā kā gan 4abcd, gan S dalās ar 4, tad arī a + jāpierāda. 6. Atbilde: a) jā, b) jā, c) jā. Sadalījumus un 4 piecstūros skat.. zīm. + b + c d dalās ar 4, kas bija a) b).zīm. Sadalījums 5, 6, 7,..., 007 ieliektos piecstūros iegūst secīgi vienu no otra tāpat, kā.b) zīmējums iegūts no.a) zīmējuma (skat.. zīm.)... Iespējami daudzi citi risinājumi..zīm. 7. Ērtības labad apzīmēsim a + b+ c= x un d + e+ f = y.

12 Tad x y = + x + y x y + 0= = x + y = x ( a + b + xy ( ad + be+ cf ) = x( a+ b+ c) y( d + e+ f ) + xy( ad + be+ cf ) = + c ) + y ( d + e = (+ x a + y d xa yd + xa yd) + + (+ x b + y e xb ye + xb ye) + + f ) x( a+ b+ c) y( d + e+ f ) + + (+ x c + y f xc yf + xc yf ) = = ( xa yd)( xa yd) + ( xb ye)( xb ye) + ( xc yf )( xc yf ) = = ( xa yd) + ( xb ye) + ( xc yf ) 0, jo kvadrāti nav negatīvi. Tātad x y 0, tāpēc x + y jeb ( a + b+ c) + ( d + e+ f ), kas bija jāpierāda. 8. Ierakstīsim sarkanajās rūtiņās 0 un baltajās rūtiņās. Pieņemsim, ka katrā x rūtiņu kvadrātā ir pāra skaits sarkano (tātad arī pāra skaits balto) rūtiņu. Tad katrā x rūtiņu kvadrātā summa ir pāra skaitlis. Saskaitot visas šīs atsevišķo kvadrātu summas vienā lielā summā S, arī iznāks pāra skaitlis. et tā nevar būt, jo lielajā summā S a) iekšējās rūtiņas tiek ieskaitītas četras reizes katra, b) malējās (ne stūra) rūtiņas divas reizes katra, c) stūra rūtiņas reizi katra. Tāpēc iekšējo rūtiņu kopējais ieguldījums summā S dalās ar 4, malējo rūtiņu kopējais ieguldījums ar, bet stūra rūtiņu kopējais ieguldījums ir tieši. Tāpēc S kā divu pāra skaitļu un vieninieka summa ir nepāra skaitlis. Iegūta pretruna, tātad mūsu sākotnējais pieņēmums ir nepareizs un ir vismaz viens tāds x rūtiņu kvadrāts, kurā ir nepāra skaits sarkano rūtiņu. 9. Atbilde: virknes. Mēģiniet paši saprast risinājuma gaitu, kas apslēpta 4. zīmējumā. Melnajās rūtiņās domājam ierakstītas nulles; tabulu aizpilda pakāpeniski saskaņā ar 5. zīm. Pēc laika mēs publicēsim izvērstu atrisinājumu. nuļļu daudzums virknē zīm. vieninieku daudzums virknē x z y x + y = z 5.zīm.

13 0. Atbilde: n=9. A. Ja izvēlas 8 pāra skaitļus, tad katru divu summa ir pāra skaitlis, kas lielāks par, tātad nav pirmskaitlis. Tāpēc n 9.. Ievērosim, ka katrā no pāriem (;4), (;), (5;8), (6;), (7;0), (9;6), (;), (4;5) kvadrātu summa ir pirmskaitlis (pārbaudīt to patstāvīgi). No katriem 9 izvēlētiem skaitļiem divi būs vienā pārī, jo pāru ir tikai 8; tie arī būs meklējamie.

14 007./008. mācību gads.nodarbības uzdevumu atrisinājumi. Apzīmēsim lielāko no skaitļiem ar x, mazāko ar y. Ja x būtu pieci vai vairāk cipari, arī summā x+ y būtu pieci vai vairāk cipari. Ja x būtu ne vairāk kā cipari, tad x 999 un y 99, tāpēc x + y 098< 0. Tāpēc x ir tieši 4 cipari. Ievērosim: ja skaitli y iegūtu, izsvītrojot no x pirmo, otro vai trešo ciparu, tad skaitļiem x un y pēdējie cipari būtu vienādi, un summa x+ y būtu pāra skaitlis. Tātad skaitli y iegūst, izsvītrojot no x pēdējo ciparu, un y ir trīsciparu (nevis divciparu vai viencipara, kā varētu notikt, piemēram, izsvītrojot pirmo ciparu skaitlī 0 vai 00). Ja x pirmais cipars būtu vai lielāks, tad x 000 un y 00, tāpēc x + y 00. Tātad x pirmais cipars ir. Apzīmējam x nākošos ciparus ar a, b, c. Tad x= abc un y= ab. Ja a 8, tad x 899 un y 89, tāpēc x + y = 088< 0. Tāpēc a = 9, x= 9bc un y = 9b. Ja b, tad x 90 un y 9 ; tāpēc x + y = > 0. Tātad b <, t.i., vai nu b = 0, vai b =. Ja b = 0, iegūstam vienādību 90 c + 90= 0, no kurienes 90 c = 9, kas nav iespējams. Ja b =, iegūstam 9 c + 9= 0, no kurienes 9 c = 0 9= 90, tātad c = 0. Līdz ar to meklējamie skaitļi ir 90 un 9.. Apzīmēsim Maijas izvēlēto skaitļu summu ar M; Andra izvēlēto skaitļu summu ar A; skaitli, kas ierakstīts neizvēlētajā rūtiņā, ar x. Tad A = M un A + M + x = 0 (tiešām, = 0 ). No izceltajām sakarībām seko, ka 4 M = 0 x, tātad skaitlim 0 x = ( x+ ) = 4 8 ( x+ ) jādalās ar 4. Tā kā 4 8 dalās ar 4, tad x + jādalās ar 4. Viegli pārbaudīt, ka no visiem tabulā ierakstītajiem skaitļiem šo nosacījumu apmierina tikai x = 4. Ja rūtiņa 4 paliek neizvēlēta, tad Maija var izvēlēties skaitļus 4; 5; 7; 8. bet Andris skaitļus ; 4; 6; 5. Tā kā = 4, = 7 un 4 = 7, tad šāds gadījums patiešām ir iespējams. Uzdevums atrisināts.. Jā, var. Skat., piem.,.zīm zīm Tā kā AC = AN, tad CAN ir vienādsānu; tāpēc CNA ir šaurs. Tāpēc AN ir plats. Tāpēc trijstūrī AN mala A ir vislielākā, tātad A> AN. Tā kā M atlikts uz bisektrises AN, tad AM AN < A. Iegūstam, ka AM < A. 4

15 M C A K. zīm. Atliekam uz A tādu punktu K, ka AK = AM. Saskaņā ar izcelto nevienādību AK < A, tātad K nesakrīt ar. Tā kā AC = AN (dots), CAN = NAK (dots) un AM = AK (saskaņā ar K izvēli), tad CAM = NAK (mlm). Tāpēc CM = NK. Tā kā CM = N, iegūstam, ka NK = N. Tātad KN ir vienādsānu; tāpēc NK = NK. et NK = CMN kā atbilstošie ārējie leņķi vienādos trijstūros. Tātad CMN = NK = NK = CA, k.b.j. 5. Apskatīsim jebkurus 00 dažādus skaitļus, kas augošā secībā apzīmēti ar x < x < x <... < x99 < x00. Pieņemsim, ka šie skaitļi sadalīti pāros pa divi un katra pāra elementi sareizināti savā starpā. Tad visu reizinājumu summa nepārsniedz x x + x x4 + x5 x x97 x98 + x99 x00 (t.i., visu reizinājumu summa ir vislielākā, ja savā starpā sareizina abus mazākos skaitļus, tad abus nākošos mazākos, tad abus nākošos mazākos u.t.t., beidzot abus lielākos skaitļus). Pieņemsim uz brīdi, ka šis apgalvojums ir pareizs, un pievērsīsimies mūsu uzdevumam. Ja uz vienas kartītes ir uzrakstīti skaitļi a un b, tad uzdevumā minēto apgriezto lielumu varam uztvert arī kā. Tātad patiesībā situācija ir šāda: skaitļi ab a b,,,...,,, ir kaut kā sadalīti pa pāriem un katra pāra elementi sareizināti savā starpā. Saskaņā ar mūsu pieņēmumu iegūto reizinājumu summa ir vislielākā tad, ja reizina ar, ar,..., ar, ar ; šīs summas vērtība ir S = Ja mēs pratīsim pierādīt, ka S <, tad arī citas iegūstamās summas būs mazākas par, jo saskaņā ar pieņēmumu S ir vislielākā iegūstamā summa. Tāpēc tagad centīsimies pierādīt, ka < (*) N Pievienosim kreisajā pusē vēl citus pozitīvus saskaitāmos: 6 98,, 4 5,...,. No tā kreisās puses vērtība tikai palielināsies. Ja mēs pratīsim 7 99 pierādīt, ka arī palielinātā kreisā puse mazāka par, tad, protams, (*) arī būs pierādīta. Tāpēc mums pietiek pierādīt, ka < Katru saskaitāmo izsacīsim kā starpību: = (**)

16 = = = = = (visas vienādības viegli pārbaudīt, vienādojot saucējus katras vienādības labajā pusē). Tad (**) pārveidojas par < (***) Atverot iekavas, gandrīz visi saskaitāmie saīsinās: sastopams vienreiz ar - zīmi, vienreiz ar + zīmi, tāpat, tāpat,..., tāpat. Nesaīsinās tikai un. Tāpēc (***) kreisā puse ir = ; skaidrs, ka < Tāpēc (***), līdz ar to arī (**) un (*) ir pierādīta. Lai uzdevums būtu atrisināts, jāpierāda sākumā minēto apgalvojumu. Izdarīsim to. Mēs vispirms pierādīsim līdzīgu apgalvojumu 4 skaitļu gadījumam: ja a < b < c < d, tad no visām trim iespējamām pāru reizinājumu summām ab + cd, ac + bd un ad + bc vislielākā ir pirmā, t.i. tā, kurā pāros apvienoti abi mazākie un abi lielākie skaitļi. Tiešām, nevienādību ab + cd > ac+ bd viegli pakāpeniski pārveidot par ab ac> bd cd a( b c) > d( b c) a( b c) d( b c) ( a d)( b c) > 0 > 0 Pēdējā iegūtā nevienādība ir patiesa, jo a d < 0 un b c< 0, bet divu negatīvu skaitļu reizinājums ir pozitīvs. Tāpēc patiesa ir arī sākotnējā nevienādība ab + cd > ac+ bd. Nevienādību ab + cd > ad + bc pierāda līdzīgi. Tagad pierādīsim mums vajadzīgo apgalvojumu. Pieņemsim, ka visu 00 skaitļu pāru reizinājumu summā abi mazākie skaitļi x un x nav sareizināti savā starpā, bet ar citiem skaitļiem: x ar x i, ne x 6 x i, bet x ar x j (ne x j nav ne x, ne x ). Izmainīsim šo summu: aizstāsim reizinājumus x x + x x i. Saskaņā ar nupat pierādīto 4 skaitļu gadījumam x + x x > x x x x, x i + x x j ar j x i j i + j jo x un x ir abi mazākie no skaitļiem x, x, x i, x j. Tā kā citi pāri nemainās, tad nemainās arī to reizinājumi; tātad visu reizinājumu summa palielinās. Apskatām jauno sadalījumu pa pāriem (kurā x un x ir vienā pārī un tātad sareizināti savā starpā). Līdzīgi spriežot, ja x un x 4 nav vienā pārī, tad, aizstājot pārus x xn + x4xk ar x x + x x 4 n k ( n, k 5 ), t.i., apvienojot x un x 4 vienā pārī un viņu agrākos pāriniekus otrā pārī, visu reizinājumu summa atkal palielinās.

17 Skaidrs, ka līdzīgi turpinot, mēs nonāksim pie summas x x+ xx4+ x5x x97 x98+ x99x00, kura būs lielāka par sākotnējo (ja tikai tā jau pašā sākumā nebija tieši šāda). Tātad šī summa no visām pāra reizinājumu summām ir lielākā iespējamā, kas arī bija jāpierāda. Uzdevums atrisināts. 6. Pierādīsim, ka šillišallas izvietojušies šādā secībā: mppmppmpp... mpp grupas " mpp" Apskatīsim vispirms pašu kreiso šillišallu. Viņam pa kreisi nestāv neviens, t.i., stāv 0 šillišallas. Vairāk nekā trešdaļa no 0 nozīmē vismaz. Apgalvojums no manis pa kreisi stāv vismaz melis šī šillišallas mutē ir meli. Tātad viņš ir melis. Viegli pārbaudīt, ka šī meļa kaimiņš pa labi ir teicis patiesību, tātad ir patiess šillišalla, un nākošais pa labi stāvošais šillišalla arī ir teicis patiesību, tātad ir patiess. Kas ir nākošais pa labi stāvošais šillišalla? m p p? Tieši trešdaļa no pa kreisi esošajiem šillišallām ir meļi. Tātad? izsacītais apgalvojums ir meli. Tātad? ir melis: mppm Tagad viegli pārbaudīt, ka abi tālākie šillišallas ir teikuši patiesību, tātad ir patiesi: ( mpp )( mpp) Pierādīsim, ka arī tālāk seko grupas ( mpp ). Tiešām, padomāsim, kas notiek, ja ir jau izveidotas n grupas mpp: mppmppmpp... mpp x y z n reizes " mpp" No x pa kreisi stāv n šillišallas, no kuriem tieši n ir meļi. Tātad tieši trešdaļa no tiem, kas stāv pa kreisi no x, ir meļi. Tātad x ir samelojies, tātad ir melis: mppmppmpp... mpp m y z n reizes " mpp" No y pa kreisi stāv n + šillišallas, no kuriem n + ir melis. Tā kā n+ n+ > =, tad y ir teicis patiesību, tātad ir patiess šillišalla: n+ n+ mppmppmpp... mpp mp z n reizes " mpp" No z pa kreisi stāv n + rūķīši, no kuriem n + ir melis. Tā kā n+ n+ > =, tad z ir teicis patiesību, tātad ir patiess ir rūķītis: n+ n+ mppmppmpp... mpp mpp n reizes " mpp" Esam ieguvuši, ka aiz sākotnējām grupām mpp atkal seko vēl viena grupa mpp. Līdzīgi aiz tās atkal seko grupa mpp, utt. Tā kā 007 : = 669, tad skaidrs, ka rindā ir tieši 669 meļi. 7. Sadalīsim visus naturālos skaitļus no līdz 40 pāros: un 40 un 9 un un 0 un 7

18 Katrā pārī ir viens pāra un viens nepāra skaitlis, un katrā pārī iekļauto skaitļu summa ir 4. Mums tātad jānoskaidro, vai skaitļus p, p,..., p 0 (pāra skaitļus) un n, n,..., n 0 (nepāra skaitļus) varēja izvēlēties tā, lai nekādi divi no tiem nebūtu vienā pārī. Pieņemsim, ka izdevies to izdarīt. Apskatīsim skaitļus 4 n, 4 n,..., 4 n0. Tie visi ir pāra skaitļi (ja no nepāra skaitļa atņem nepāra skaitli, iegūst pāra skaitli), pie tam dažādi (jo visi skaitļi n, n,..., n 0 ir dažādi). Lai nekādu divu izvēlēto skaitļu summa nebūtu 4, neviens no šiem 0 pāra skaitļiem nedrīkst būt vienāds ne ar vienu no 0 pāra skaitļiem p, p,..., p 0 (tiešām, ja 4 n = p, tad n p = 4). i j i + j Tātad 4 n, 4 n,..., 4 n 0, p, p,..., p 0 ir 0 dažādi pāra skaitļi. Tā kā no līdz 40 vispār ir tikai 0 pāra skaitļi, tad viens no skaitļiem 4 n, 4 n,..., 4 n 0, p, p,..., p 0 ir, otrs ir 4, trešais ir 6,..., divdesmitais ir 40. Tāpēc to summa ( 4 n ) + ( 4 n) ( 4 n0) + p + p p0 ir jeb 4 0 ( n + n n0) + ( p+ p p0) = 40 (*) (pārbaudiet paši, ka visu pāra skaitļu summa no līdz 40 ieskaitot ir 40). et saskaņā ar uzdevuma nosacījumiem n + n n0 = p+ p p0, tāpēc (*) pārveidojas par vienādību 40= 40, kas, protams, nav pareiza. Tātad iegūta pretruna; tātad mūsu pieņēmums ir nepareizs, un, izvēloties skaitļus uzdevuma nosacījumos minētajā veidā, noteikti atradīsies tādi divi izvēlēti skaitļi, kuru summa ir Atbildi: neizšķirtas spēles. Vispirms parādīsim, ka neizšķirtas spēles var būt. Sadalīsim visus spēlētājus grupās: grupā A iekļausim 4 spēlētājus, grupā spēlētājus. Pieņemsim, ka neizšķirti beidzas visas tās spēles, kurās spēlē kāds A spēlētājs pret kādu spēlētāju, un nekādas citas. Tad neizšķirtu pavisam ir 4 =. No jebkuriem trim spēlētājiem X, Y un Z vismaz divi ir no vienas grupas (vai nu abi no A, vai abi no ), un viņi savā starpā nav spēlējuši neizšķirti. Tāpēc uzdevuma nosacījumi ir izpildīti. Tagad pierādīsim, ka vairāk par neizšķirtām spēlēm nevar būt. Pieņemsim, ka to ir vairāk par, tātad vismaz, un A ir spēle, kas beigusies neizšķirti (A un spēlētāji). Tad saskaņā ar uzdevuma nosacījumiem katrs no 5 pārējiem spēlētājiem var būt spēlējis neizšķirti ar augstākais vienu no A un ; tātad ar A vai līdzdalību ir notikušas augstākais 5 + = 6 neizšķirtas spēles. Apskatām 5 pārējos spēlētājus; to starpā ir bijušas vismaz 6= 7 neizšķirtas spēles. Ja CD ir viena no tām (C un D spēlētāji), tad līdzīgi iegūstam: šo 5 spēlētāju grupas ietvaros ir ne vairāk kā + = 4 neizšķirtas spēles ar C vai D līdzdalību. Tātad starp trim pārējiem spēlētājiem E, F, G notikušas vismaz 7 4= neizšķirtas spēles pretruna, jo tad iznāk, ka viņi visi trīs savā starpā spēlējuši neizšķirti. Tātad mūsu pieņēmums par vismaz neizšķirtām spēlēm ir nepareizs. 9. Attēlojot šaha galdiņa lauciņus ar to centriem (pavisam ir 8 8= 64 punkti, kas izvietoti kvadrātiska režģa formā),.zīm. parādīts tāds noslēgts šaha zirdziņa maršruts, kas katrā rūtiņā ieiet tikai vienu reizi; apzīmēsim to ar M. Uzdevumā minētais zirdziņš varbūt neizdara nevienu no tiem gājieniem, kas ietilpst maršrutā M. 8

19 .zīm Maršrutā M pamīšus izvietotas baltas un melnas rūtiņas, un tas satur 64 zirdziņa gājienus. Padomāsim, kā maršrutā M var būt izvietotas neizgrieztās rūtiņas. Ja kaut divas no tām maršrutā M seko viena otrai, tad tās arī ir meklējamās rūtiņas A un. Lai nekādas divas no neizgrieztajām rūtiņām maršrutā M nesekotu viena otrai, izgrieztai jābūt katrai otrajai maršruta M rūtiņai. et tad visām izgrieztajām rūtiņām jābūt vienā krāsā, kas nav iespējams, jo puse no izgrieztajām rūtiņām ir melna, puse balta. Tātad kaut divas neizgrieztās rūtiņas maršrutā M seko viena otrai. 0. Vispirms atzīmēsim divas svarīgas izliektu daudzstūru īpašības. I. Ja viena no izliekta daudzstūra malām atrodas uz taisnes t, tad nekādi citi daudzstūra punkti uz taisnes t neatrodas (skat. 4.zīm.). Ja daudzstūris var būt ieliekts, šī īpašība nav spēkā (skat. 5.zīm.). 4. zīm. 5. zīm. II. Teiksim, ka divi izliekti daudzstūri D un D saskaras pa malām a un a, ja vienlaicīgi izpildās šādas īpašības: ) D un D neklājas viens otram virsū, ) viena no D malām ir a, ) viena no D malām ir a, 4) malām a un a ir kopīgi iekšējie punkti (ne tikai virsotnes). Katri divi izliekti daudzstūri var saskarties pa augstākais vienu malu pāri (skat. 6.zīm.). D D D D 6. zīm zīm.

20 Ja kaut viens no daudzstūriem D un D var būt ieliekts, šī īpašība nav spēkā (skat. 7.zīm.). Tagad ķersimies pie uzdevuma risinājuma. Apskatīsim tos izliektos daudzstūrus, kuros sagriezts trijstūris AC. Izvēlēsimies no šiem daudzstūriem tādu, kuram ir visvairāk malu; pieņemsim, ka tas ir daudzstūris D ar n malām. (Ja ir vairāki daudzstūri ar vislielāko malu skaitu, ņemam jebkuru no tiem.) Kas var atrasties blakus daudzstūrim D aiz tā malām? Pirmkārt, aiz dažām malām var neatrasties nekas ; tās ir tās malas, kuras atrodas uz AC malām. Tomēr tādu malu daudzstūrim D ir ne vairāk kā saskaņā ar īpašību I ne vairāk kā viena uz katras no AC malām (skat. 8.zīm.). D A C 8. zīm. Aiz katras no citām D malām (šo citu malu ir vismaz n ) atrodas vismaz viens no izliektajiem daudzstūriem, kuros sagriezts AC ; turklāt saskaņā ar II īpašību aiz katras no šīm citām malām atrodas savs izliektais daudzstūris. Tātad bez D ir radušies vēl vismaz n citi izliekti daudzstūri. Katram no tiem ir vismaz 4 malas (jo neviens no tiem nav trijstūris saskaņā ar uzdevumā doto), un nevienam no tiem nav vairāk par n malām (jo n-stūris D ir ar vislielāko malu skaitu starp radušamies daļām). Ja kādam no šiem n daudzstūriem ir n malas, tad tam un D ir vienāds malu skaits. Pretējā gadījumā šiem n daudzstūriem malu skaits var būt tikai viens no skaitļiem 4; 5; 6;... ; n ; n pavisam n 4 dažādas vērtības. Tā kā apskatāmo daudzstūru daudzums n ir lielāks par iespējamo malu skaitu daudzumu n 4, tad nevar būt tā, ka visiem daudzstūriem malu skaiti ir dažādi. Tāpēc diviem no tiem malu skaiti ir vienādi, k.b.j. 0

21 007./008. mācību gads 4.nodarbības uzdevumu atrisinājumi. Apzīmēsim pulksteni, kurš iztek 6 minūtēs, ar A, bet otru ar. Sniegbaltīte vispirms palaiž abus pulksteņus. rīdī, kad A iztecējis, pulkstenī augšējā traukā vēl palikušas smiltis minūtēm. Šai brīdī Sniegbaltīte sāk cept kūku un turpina vērot pulksteni. rīdī, kad no augšējā trauka visas smiltis iztecējušas, viņa apgriež otrādi. rīdī, kad no augšējā trauka atkal iztecējušas visas smiltis, viņa pārtrauc kūkas cepšanu. Kūka ir cepusies + 8= 0 minūtes.. Atbilde: jā, var. Risinājums. Sagriežam kvadrātu vispirms 4 vienādos kvadrātos, tad vienu no 4 iegūtajiem atkal 4 vienādos kvadrātos, vienu no šiem 4 kvadrātiem atkal 4 vienādos kvadrātos, utt. Skat..zīm., kur parādīti pirmo 4 griešanu rezultāti..zīm. Viegli saprast, ka, turpinot griešanu šādā veidā, vismazākā izmēra kvadrātu ir 4, bet visu citu izmēru kvadrāti pa. Ievērojam, ka 008= = Tātad brīdī, kad būs izveidoti 668 triju vienādu kvadrātu komplekti (tas notiks pēc 669 griešanām), vajadzīgā situācija būs sasniegta.. Atbilde atkarīga no tā, vai sākumā abās kaudzītēs ir vienādi konfekšu daudzumi vai nē. A. Ja sākumā abās kaudzītēs ir vienādi konfekšu daudzumi, tad, pareizi spēlējot, Maija uzvar. Viņa visu laiku atdarina Andra gājienus: ja Andris ar savu gājienu apēd kaut kādu daudzumu konfekšu no vienas kaudzītes, tad Maija ar savu sekojošo gājienu apēd tikpat konfekšu no otras kaudzītes, tādējādi atkal atjaunojot konfekšu daudzumu vienādību kaudzītēs. Skaidrs, ka tādā ceļā Maijai gājienu nepietrūks: tā kā kaudzītes ir vienādas, tad tikpat konfekšu, cik Andris apēd no vienas, Maija var apēst no otras. Tā kā spēlei tomēr kādreiz jābeidzas (nevar ēst konfektes bezgalīgi), tad gājienu pietrūks Andrim. Tāda situācija iestāsies brīdī, kad viņš pilnīgi iztukšos vienu kaudzīti; tad Maija ar savu gājienu nākošo pilnīgi iztukšos otru kaudzīti, un spēle būs beigusies.. Ja sākumā abās kaudzītēs ir atšķirīgi konfekšu daudzumi, tad, pareizi spēlējot, uzvar Andris. Ar savu pirmo gājienu viņš apēd no lielākās kaudzītes tik daudz konfekšu, lai abās kaudzītēs paliktu vienāds konfekšu daudzums, un tālāk spēlē uz izlīdzināšanu tāpat, kā Maija A gadījumā. 4. Atbilde: a) nevar, b) var, c) nevar. Risinājums. a) kvadrātā ir 8 rūtiņa; 8 nedalās ar 4. Tāpēc kvadrāta rūtiņas nevar sadalīties pa figūriņām tā, lai katrā figūriņā būtu 4 rūtiņas. b) skat..zīm. c) izkrāsosim kvadrāta rūtiņas šaha galdiņa kārtībā (skat..zīm.); ir 50 baltas un 50 melnas rūtiņas.

22 . zīm.. zīm. Pieņemsim pretējo tam, ko vēlamies pierādīt pieņemsim, ka kvadrāts sagriezts uzdevumā minētajās figūriņās. Tā kā kvadrātā ir 00 rūtiņas, bet viena figūriņa satur 4 rūtiņas, tad figūriņu ir 00 : 4= 5. Ievērosim, ka katra figūriņa noteikti satur vai nu, vai baltas rūtiņas, lai kurā vietā tā arī būtu izgriezta. Gan, gan ir nepāra skaitļi. et 5 nepāra skaitļu summa ir nepāra skaitlis, tātad tā nevar būt 50. Esam ieguvuši pretrunu, jo visās 5 figūriņās kopā ir tieši 50 baltas rūtiņas. Tas parāda, ka mūsu pieņēmums par sagriešanas iespējamību ir nepareizs. 5. Uzrakstām reizinātājus citā kārtībā: R= ( 5) 0 ( 4 5) 0 ( 8 5) Q, kur ar Q apzīmēts visu to reizinātāju reizinājums, kas nav uzrakstīti atsevišķi. Acīmredzot, Q ir vesels skaitlis, kas nebeidzas ne ar 0, ne ar 5 (jo Q nesatur nevienu reizinātāju, kas dalītos ar 5), un R = Q= Q= ( 4 Q) Skaitlis 4 Q ir pāra skaitlis, kas nebeidzas ar 0; tātad tā pēdējais cipars ir nenulles pāra cipars. Šis cipars ir tas, par kuru runā uzdevumā. 6. Viegli pārbaudīt, ka pastāv identitāte a + b + c = ( a+ b+ c) ( ab+ ac+ bc). Pielietojot to uzdevumā minētajiem skaitļiem a, b un c, iegūstam, ka a + b + c = 0. Atceramies, ka katra skaitļa kvadrāts ir vai nu pozitīvs, vai 0. Tāpēc vienādība a + b + c = 0 pastāv tad un tikai tad, ja a = b = c = 0, t.i., tad un tikai tad, ja a = b= c= 0. No tā seko, ka a + b + c = 0, k.b.j. 7. Kā zināms no absolūtās vērtības (moduļa) definīcijas, jebkurai izteiksmei vai skaitlim A ir spēkā sakarība A, ja A 0, A = A, ja A< 0. f x + g x = h x Tāpēc dotais vienādojums (uzrakstīsim to saīsinātā formā kā ( ) ( ) ( ) pārveidojas par vienu no 8 vienādojumiem atkarībā no tā, vai f ( x), g ( x) un h ( x) ir negatīvi vai nav:

23 Nr. f ( x) g ( x) ( x) f ( x) + g( x) = h( x). 0 0 <0 f( x) + g( x) = h( x). 0 <0 0 f ( x) g( x) = h( x) 4. 0 <0 <0 f( x) g( x) = h( x) 5. <0 0 0 f ( x) + g( x) = h( x) 6. <0 0 <0 f( x) + g( x) = h( x) 7. <0 <0 0 f ( x) g( x) = h( x) 8. <0 <0 <0 f( x) g( x) = h( x) h Iegūtais vienādojums Viegli saprast, ka katrs pēdējā kolonnā iegūtais vienādojums ir kvadrātvienādojums (visi saskaitāmie x nevar saīsināties, jo to ir nepāra skaits), tāpēc tam nav vairāk par divām saknēm (kuras pie tam der par dotā vienādojuma atrisinājumiem tikai tad, ja apmierina tos nosacījumus par f ( x), g ( x) un h ( x), pie kuriem atbilstošais pēdējās kolonnas vienādojums iegūts). ez tam viegli saskatīt, ka. un 8. vienādojums ir līdzvērtīgi (ekvivalenti), tāpēc tiem ir vienas un tās pašas saknes. Tāpat ekvivalenti ir. un 7.,. un 6., 4. un 5. vienādojumi. Tātad mums ir ne vairāk par 4 dažādiem kvadrātvienādojumiem, kam kopā nav vairāk par 8 dažādām saknēm, kuras pie tam visas varbūt nemaz nav sākumā dotā vienādojuma saknes. Tāpēc uzdevumā dotajam vienādojumam nav vairāk par 8 dažādām saknēm. Jau šāda rezultāta iegūšana skolēnam būtu ievērojams sasniegums. Tomēr uzdevums vēl nav atrisināts: mēs neesam noskaidrojuši, vai 8 dažādas saknes tiešām var būt? Izrādās, ka uzrakstīt šo, otro risinājuma daļu skolēnam saprotamā valodā ir krietni grūtāk, nekā profesors Cipariņš bija iedomājies, un viņš to vēl nav paspējis izdarīt (lūdzu, piedodiet!). Atrisinājuma atlikušo daļu publicēsim nedaudz vēlāk. 8. Uzdevuma apgalvojums ir nepareizs (šī kļūda ir ielaista apzināti, lai mudinātu jūs akli neuzticēties grāmatās, laikrakstos, žurnālos u.tml. rakstītajam, bet censties visu pašiem kritiski pārbaudīt). Uzrādīsim minētā tipa virkni, kurā visi locekļi ir pirmskaitļi (t.i., tajā nav neviena skaitļa, kas nebūtu pirmskaitlis): pirmais virknes loceklis ir ; otrais virknes loceklis ir ; katrs nākošais loceklis ir pirmā locekļa un otrā locekļa summa, t.i. + = 5. Tātad šī virkne ir ; ; 5; 5; 5;..., t.i., sastāv tikai no pirmskaitļiem. Komentārs. Ja uzdevuma formulējumā pievieno nosacījumu, ka virkne ir augoša, uzdevuma apgalvojums ir pareizs. Pamēģiniet pierādīt to patstāvīgi. 9. Saskaņā ar uzdevumā doto EAC ir vienādmalu, bet CF ir vienādsānu ar virsotnes leņķi CF = 0. Papildinām zīmējumu simetriski attiecībā pret punktu M (skat. 4.zīm.); tad M ir četrstūra ECFD diagonāļu EF un CD krustpunkts un vienlaicīgi viduspunkts, tāpēc ECFD ir paralelograms.

24 A E C G M D F H 4.zīm. Pieņemsim uz brīdi, ka AC = HF (). Simetrijas pēc HF = AEG un AC = HDG. No četru trijstūru vienādībām seko A = H, H = AG un A = HG. Tātad četrstūrī AHG visas malas ir vienādas; tātad tas ir rombs; tātad tā diagonāles ir savstarpēji perpendikulāras; tātad AM = 90, k.b.j. Tātad mums atliek pierādīt (). Atceramies, ka ECFD ir paralelograms, tāpēc DFC = 80 ECF. Simetrijas pēc AC = HD = HF; tā kā CF ir vienādsānu, tad C= F. Atliek pierādīt, ka AC = HF. et AC = 60 ACE CF ECF = = ECF = 70 ECF, un arī HF = HFD+ DFC+ CF = 60 + ( 80 ECF) + 0 = = 70 ECF. Vajadzīgais pierādīts. 0. Vispirms ievērosim, ka = ( + 0) = + 0. Tāpēc var aprēķināt šādi (pēc skolā mācītā saskaitīšanas paņēmiena): 0 5.zīm. Tālāk ( ) = ( ) ( + 0) = + 0, un to pēc skolā mācītā saskaitīšanas paņēmiena var aprēķināt kā 0 6.zīm. Līdzīgi turpinot (skat. 7.zīm.), 9.rindiņā iegūsim vajadzīgo rezultātu 4

25 0.rinda 0 5.rinda rinda rinda... 7.zīm. Lai risinājums būtu pilnīgs, jāpamato, kāpēc rezultātā nav vairāk par 0 cipariem 0 0 (mūsu lapas platums ir 0 rūtiņas) jeb, ka < 0 (0 0 ir pirmais naturālais skaitlis, kam ir vairāk par 0 cipariem). No 7.zīm. redzams, ka 5 < Tāpēc = < = = 6 0 < 00 0 = 0 < 0. Piezīme. Šī uzdevuma autors ir Latvijas Universitātes students Raitis Ozols. 5

26 007./008. mācību gads 5.nodarbības uzdevumu atrisinājumi. Sākotnēji uz Andra lapas ir 5 robežas starp melniem un baltiem apgabaliem. eigās, kad visa lapa būs balta, šādu robežu vairs nebūs. Tātad robežu skaitu jāsamazina no 5 uz 0. Vienu joslu nokrāsojot, robežu skaits samazinās ne vairāk kā par (vienā un otrā pusē no šīs joslas). Tā kā 5> 7, tad ar 7 krāsošanām visu lapu baltu padarīt nevar, un nepieciešamas vismaz 8 krāsošanas. Skaidrs, ka ar 8 krāsošanām mērķi var sasniegt: nokrāsojam pa vienai baltas visas 8 sākotnēji melnās joslas.. Atbilde: ir 57 melni kubiņi. Risinājums. Kubā ārējā slānī ir 0 melni kubiņi pa 5 katrā no skaldnēm (neviens melnais kubiņš nav redzams vienlaicīgi vairāk kā vienā kuba skaldnē). Noņemsim šos ārējos kubiņus. Pāri paliek kubs, kas sastāv no mazajiem kubiņiem. Pamatosim, ka visi šie kubiņi ir melni. Skaidrs, ka centrālais kubiņš ir melns. Apskatīsim palikušā kuba priekšējo skaldni un katram tās kubiņam norādīsim tādu sākotnējā kuba rindu, kuras dēļ šis kubiņš ir melns: F G zīm. A; H; ; 4 F; 5 C; 6 G; 7 D; 8 J; 9 E (ir arī citi vaininieki ). Tā kā mūsu krāsojums ir vienāds, raugoties no visām pusēm, tad arī pārējās kuba skaldnes visas ir melnas. Tāpēc visi = 7 palikušie kubiņi ir melni. Tātad melno kubiņu pavisam ir 0 + 7= 57.. Atbilde: a) nevar, b) var. Risinājums. Summā S = ir pāra saskaitāmie un nepāra saskaitāmie. Tāpēc S ir nepāra skaitlis. Ja katrā rindā ierakstīto skaitļu summa būtu pāra skaitlis, tad S būtu izsakāma kā piecu pāra skaitļu summa (pirmās rindas summa + otrās rindas summa piektās rindas summa). Tā ir pretruna. Situāciju, kurā visas apskatāmās summas ir nepāra skaitļi, skat.. zīm. Ar krustiņiem apzīmētajās rūtiņās ierakstīti nepāra skaitļi, pārējās pāra skaitļi. x x x x x x x x x x x x x A D A C E H J.zīm..zīm. 4. Atbilde: uzvar Andris Risinājums. Andra stratēģija var būt, piemēram, šāda. Ar savu pirmo gājienu viņš ieraksta A, kā parādīts. zīm. Ievērosim, ka turpmāk Maija nedrīkst rakstīt M 6

27 nevienā no izceltā rūtiņas lielā kvadrāta rūtiņām. Ja Maija ar savu kārtējo gājienu ieraksta M kādā rūtiņā x, tad Andris ar savu atbildes gājienu ieraksta A rūtiņā y, kas ir simetriska rūtiņai x attiecībā pret kvadrāta centru. Šādi spēlējot, burti A un M (izņemot pirmo burtu A) izvietojas simetriski; tāpēc, ja rūtiņa x ir pieejama Maijai, tad rūtiņa y ir pieejama Andrim. Tāpēc Andrim gājienu nepietrūks: uz katru Maijas gājienu viņam ir atbildes gājiens. Tā kā kādam tomēr gājienu pietrūks, tad to pietrūks Maijai, un Andris uzvarēs. 5. Atbilde: nē, nevar. Risinājums: Visos izrakstītajos skaitļos kopā ir cipars pieci : reizes kā vienu cipars un 0 reizes kā desmitu cipars. Ja abi iegūtie garie skaitļi būtu vienādi, tajos būtu vienādi piecinieku daudzumi, bet tad piecinieku pavisam būtu pāra skaits pretruna. Iespējami daudzi atrisinājumi, kas balstās uz citām idejām. 6. Atceramies, ka taisnleņķa trijstūrī mediāna pret hipotenūzu vienāda ar pusi no hipotenūzas (4. zīm.) Tātad taisnleņķa trijstūri var sagriezt vienādsānu trijstūros. 4.zīm. 5.zīm. 6.zīm. Tā kā katru trijstūri var sagriezt ; ; 4;... taisnleņķa trijstūros (skat. 5. zīm.), tad katru trijstūri var sagriezt 4; 6; 8;... vienādsānu trijstūros. Novelkot vienādmalu trijstūrī viduslīnijas, tas sadalās 4 vienādmalu trijstūros (skat. 6. zīm.) Atstājot no tiem nedalītus, bet ceturto dalot 4; 6; 8;... vienādsānu trijstūros, kā aprakstīts augstāk, iegūstam sākotnējā trijstūra sadalījumu 7; 9; ;... vienādsānu trijstūros. Atliek parādīt, kā sadalīt vienādmalu trijstūri piecos vienādsānu trijstūros. Viena no iespējām redzama 7. zīm.; skaitļi apzīmē leņķu lielumus grādos. 40 M A 7.zīm. C Konstrukcijas gaita: vispirms iegūst punktu X AC iekšpusē tā, ka XAC = XCA= 0, pēc tam M un N tā, ka AM=AX=CX=CN. 7. Atbilde: a)jā, b)nē. Risinājums. Viegli pārbaudīt, ka skaitlis ab 44= ab = ab = = 8 ( ab 5+ 8) dalās ar 8 pie jebkuriem cipariem a un b Ievērosim, ka 4 = + un 7 = +. Tāpēc, ja skaitļa abcde cipari drīkst būt vienīgi ; 4; 7, tad tā ciparu summa sastāv no 5 vieniniekiem un (varbūt) dažiem trijniekiem. Tātad tā nedalās ar. Tātad tā nedalās arī ar 9. et tad pats skaitlis abcde arī nedalās ar Atbilde: dienas. N 40

28 Risinājums: Tas, ka dienās prasīto var sasniegt, redzams sekojošā tabulā Datums Dim Rub Smar Top Sat Amet Hriz Katrā datumā apvilkts tas dārgakmeņu daudzums, kas šajā datumā ir vislielākais. Viegli pārbaudīt, ka visi uzdevuma nosacījumi ir izpildīti. Tagad parādīsim, ka ar mazāk kā dienām nepietiek. Sauksim dienu, kurā kāds no dārgakmeņiem pirmo reizi Sniegbaltītei ir vislielākajā skaitā, par īpašu šim dārgakmenim. Skaidrs, ka. janvāris ir īpaša diena kādam dārgakmenim. Ir vēl 6 citas īpašas dienas; sauksim tās parādīšanās secībā par.,., 4., 5., 6., 7. īpašo dienu. Pierādīsim, ka. un. īpašā diena,. un 4. īpašā diena,..., 6. un 7. īpašā diena nevar kalendārā atrasties blakus. Tad uzdevums būs atrisināts: apskatāmajā laika posmā jābūt 7 īpašajām dienām un vēl vismaz 5 atdalītājdienām pirms., 4., 5., 6., 7. īpašās dienas. Tātad kopā jābūt vismaz 7+5= dienām. Atliek pierādīt izcelto apgalvojumu. Pieņemsim, ka dienā X divi lielākie dārgakmeņu daudzumi ir a>b un attiecīgie dārgakmeņi ir A un. Tā kā dārgakmeņu daudzumi ir naturāli skaitļi, tad b a, bet pārējo dārgakmeņu ir ne vairāk kā a katrs. Dienā X+ dārgakmeņu A ir vismaz a +, dārgakmeņu ir b +, b + vai b +, bet citu dārgakmeņu ir ne vairāk kā ( a ) + = a+ katrs. Tātad diena X+ nav īpaša dārgakmenim A (jo tā nav pirmā diena, kad dārgakmeņu A ir visvairāk) un nav īpaša nevienam citam dārgakmenim bez A un (jo to nav vairāk kā A katrs). Tātad diena X+ var būt īpaša tikai dārgakmenim, kurš pirms tam dienā X bija otrajā vietā ; savukārt iepriekšējais līderis A dienā X+ atrodas otrajā vietā. Aplūkosim n-to īpašo dienu, n ; apzīmēsim to ar Y+, bet iepriekšējo kalendāra dienu ar Y. Pieņemsim, ka Y arī ir īpašā diena; tā kā n, tad Y ir vismaz otrā īpašā diena, tāpēc eksistē kalendāra diena tieši pirms Y. Apzīmēsim to ar Y-. Pieņemsim, ka diena Y+ ir īpaša diena dārgakmenim, bet diena Y dārgakmenim A. Saskaņā ar iepriekš pierādīto dienā Y dārgakmeņu skaits bija otrais lielākais, bet dienā Y- dārgakmeņu A skaits bija otrais lielākais un dārgakmeņu skaits lielākais. Tā ir pretruna, jo tad diena Y+ nav pirmā diena, kurā dārgakmeņu skaits ir vislielākais. Tāpēc mūsu pieņēmums par to, ka dienas Y un Y+ abas ir īpašas, ir nepareizs. Piezīme. Šādu pretrunu nevar iegūt no pieņēmuma, ka. un. īpašā diena atrodas blakus; šai gadījumā diena Y- var vispār neeksistēt. 9. Viegli pārbaudīt, ka x + y + z xyz = ( x+ y+ z)( x + y + z xy xz yz). 8

29 Viens no ceļiem, kā iegūt minēto sadalījumu, izmanto kubu summas formulu a + b = ( a+ b)( a ab+ b ) un summas kuba formulu ( a + b) = a + a b+ ab + b. Pakāpeniski iegūstam x + y + z xyz= ( x+ y) x y xy + z xyz= = ( x + y) + z xy( x+ y+ z) = = (( x + y) + z)(( x+ y) ( x+ y) z+ z ) xy( x+ y+ z) = = ( x + y+ z)( x + xy+ y xz yz+ z xy) = = ( x+ y+ z)( x + y + z xy xz yz), k.b.j. 0. Funkcijas f(x) grafiks novietojas šādi (nav svarīgi, vai tas krusto vai nekrusto Ox asi un kur atrodas Oy ass): e Funkcijas mazākā vērtība atbilst kaut kādai argumenta x vērtībai x=e. Pie x e funkcija f(x) dilst, pie x e - aug. Turklāt grafiks ir simetrisks attiecībā pret taisni x=e. Tāpēc no nosacījuma f(a)=f(b) seko, ka viens no skaitļiem a un b atrodas pa kreisi no e (vai sakrīt ar e), bet otrs pa labi no e (vai sakrīt ar e), turklāt a e = b e. Tāpēc uz skaitļu ass e atrodas tieši vidū starp a un b; tāpēc a+ b c+ d = e. Tā kā a + b= c+ d, tad no šejienes seko, ka = e, t.i., e atrodas tieši vidū starp c un d. No šī fakta un augšminētās simetrijas arī seko, ka f(c)=f(d), k.b.j. Iespējami arī citi risinājumi, piemēram, pakāpeniski algebriski pārveidojumi, kas sākas ar vienādību a + pa+ q= b + pb+ q. x 9

30 007./008. mācību gads 6.nodarbības uzdevumu atrisinājumi. Tāds ir, piemēram, skaitlis Tiešām, Ievērosim, ka brīžos, kad mēs spirāles kārtējā rūtiņā ierakstām nepāra skaitļu kvadrātus (t.i., =, 9=, 5= 5 utt.), aizpildītās rūtiņas veido ģeometrisku figūru kvadrātu, un mēs attiecīgā nepāra skaitļa kvadrātu ierakstām apakšējā labajā stūra rūtiņā (skat..zīm.) zīm. Tas arī saprotams, jo katrs nākošais spirāles pilnais gredzens pievieno aizpildītajam kvadrātam vienu rūtiņu joslu gar katru malu, t.i., palielina tā malas garumu (rūtiņās) par. Ievērosim, ka 4 = 849< 008< 05= 45. Skaitlis 45 = 05 tiek uzrakstīts tā spirāles gredzena labajā apakšējā stūrī, kura mala satur 45 rūtiņas. Naturālo skaitļu rindā 44 tieši pirms 05 esošie naturālie skaitļi (t.i., skaitļi 05, 05,..., ) tiek ierakstīti šī spirāles gredzena apakšējā horizontālajā posmā. Tā kā arī skaitlis 008= 05 7 ir viens no tiem, tad tas arī tiek ierakstīts šajā posmā. Skaitļu virknē ; 5 ; 7 ;... ; 45 skaitlis = 05 ir + -ais jeb -ais. Tātad tas ir nobīdīts rūtiņas uz leju un rūtiņas pa labi no skaitļa. Tā kā 008 ir nobīdīts 7 rūtiņas pa kreisi no 05, tad 008 ir nobīdīts rūtiņas uz leju un 7= 5 rūtiņas pa labi no skaitļa. utt.. Atceramies skolā mācītu faktu: ja taisnleņķa trijstūrī viens šaurais leņķis ir 0 liels, tad šī leņķa pretkatetes garums ir puse no hipotenūzas garuma. Tāpēc AN = N = AC. Tāpēc ANM = ACM (kh); tāpēc CAM = NAM = CA= = 60 = 0 = NM. Tāpēc C A M.zīm. N 0

32repol_uzd

32repol_uzd Materiāls ņemts no grāmatas: Andžāns Agnis, Bērziņa Anna, Bērziņš Aivars "Latvijas Republikas 6-5 matemātikas olimpiādes" LATVIJAS REPUBLIKAS OLIMPIĀDE UZDEVUMI 8 klase Pierādīt, ka neviens no skaitļiem

Sīkāk

ro41_uzd

ro41_uzd Materiāls ņemts no grāmatas:andžāns Agnis, Bērziņa Anna, Bērziņš Aivars "Latvijas matemātikas olimpiāžu (5-5) kārtas (rajonu) uzdevumi un atrisinājumi" LATVIJAS RAJONU 4 OLIMPIĀDE 5 klase 4 Dots, ka a

Sīkāk

Simetrija spēlēs Teorija un piemēri, gatavojoties Atklātajai matemātikas olimpiādei 2018./2019. mācību gadā Olimpiādes uzdevumu komplektā katrai klašu

Simetrija spēlēs Teorija un piemēri, gatavojoties Atklātajai matemātikas olimpiādei 2018./2019. mācību gadā Olimpiādes uzdevumu komplektā katrai klašu Simetrija spēlēs Teorija un piemēri, gatavojoties Atklātajai matemātikas olimpiādei 28./29. mācību gadā Olimpiādes uzdevumu komplektā katrai klašu grupai tiek iekļauts algebras, ģeometrijas, kombinatorikas

Sīkāk

2012 Komandu olimpiāde Atvērtā Kopa Atrisinājumi 10. klasei 1. Tā kā LM ir viduslīnija, tad, balstoties uz viduslīnijas īpašībām, trijstūra 1 laukums

2012 Komandu olimpiāde Atvērtā Kopa Atrisinājumi 10. klasei 1. Tā kā LM ir viduslīnija, tad, balstoties uz viduslīnijas īpašībām, trijstūra 1 laukums 01 Komandu olimpiāde Atvērtā Kopa Atrisinājumi 10. klasei 1. Tā kā LM ir viduslīnija, tad, balstoties uz viduslīnijas īpašībām, trijstūra 1 laukums būs 1 4 no trijstūra ABC laukuma. Analogi no viduslīnijām

Sīkāk

1

1 . Ļ Uzdevumos. 5. apvelc pareizai atbildei atbilstošo burtu. 75 minūtes ir: 0.75 h.5 h. h.5 h. Sešstūra piramīdas skaldņu skaits ir: 6 7 8. Izteiksmes log vērtība ir: -. Nevienādības x 0atrisinājums ir

Sīkāk

Komandu olimpiāde Bermudu trijstūris Katru uzdevumu vērtē ar 0 5 punktiem. Risināšanas laiks - 3 astronomiskās stundas Uzdevumi 7. klasei 1. Doti 5 sk

Komandu olimpiāde Bermudu trijstūris Katru uzdevumu vērtē ar 0 5 punktiem. Risināšanas laiks - 3 astronomiskās stundas Uzdevumi 7. klasei 1. Doti 5 sk Komandu olimpiāde Bermudu trijstūris Katru uzdevumu vērtē ar 0 5 punktiem. Risināšanas laiks - 3 astronomiskās stundas Uzdevumi 7. klasei 1. Doti 5 skaitļi. Katru divu skaitļu summa ir lielāka par 4. Pierādīt,

Sīkāk

Latvijas 67. matemātikas olimpiādes 2. posma uzdevumi 5. klase Katru uzdevumu vērtē ar 0 10 punktiem 1. Uz autoceļa Brauc un piesprādzējies ir trīs br

Latvijas 67. matemātikas olimpiādes 2. posma uzdevumi 5. klase Katru uzdevumu vērtē ar 0 10 punktiem 1. Uz autoceļa Brauc un piesprādzējies ir trīs br 5. klase 1. Uz autoceļa Brauc un piesprādzējies ir trīs braukšanas joslas. Pa pirmo joslu jābrauc ar ātrumu no 50 līdz 70 kilometriem stundā, pa otro joslu ar ātrumu no 90 līdz 110 kilometriem stundā,

Sīkāk

Krājumā saīsinātā pierakstā sniegti pamatskolas ģeometrijas kursā sastopamie galvenie ģeometriskie jēdzieni, figūru īpašības, teorēmu formulējumi un a

Krājumā saīsinātā pierakstā sniegti pamatskolas ģeometrijas kursā sastopamie galvenie ģeometriskie jēdzieni, figūru īpašības, teorēmu formulējumi un a Krājumā saīsinātā pierakstā sniegti pamatskolas ģeometrijas kursā sastopamie galvenie ģeometriskie jēdzieni, figūru īpašības, teorēmu formulējumi un aprēķinu formulas, kas nepieciešamas, risinot uzdevumus.

Sīkāk

8.TEMATS RIŅĶI UN DAUDZSTŪRI Temata apraksts Skolēnam sasniedzamo rezultātu ceļvedis Uzdevumu piemēri M_10_SP_08_P1 Ar riņķa līniju saistītie leņķi Sk

8.TEMATS RIŅĶI UN DAUDZSTŪRI Temata apraksts Skolēnam sasniedzamo rezultātu ceļvedis Uzdevumu piemēri M_10_SP_08_P1 Ar riņķa līniju saistītie leņķi Sk 8.TEMTS RIŅĶI UN DUDZSTŪRI Temata apraksts Skolēnam sasniedzamo rezultātu ceļvedis Uzdevumu piemēri M_10_SP_08_P1 r riņķa līniju saistītie leņķi Skolēna darba lapa M_10_UP_08_P1 pvilkts daudzstūris Skolēna

Sīkāk

Komandu sacensības informātikā un matemātikā Cēsis 2017 Izteiksmes Fināla uzdevumi Aplūkosim aritmētiskas izteiksmes, kurās tiek izmantoti deviņi atšķ

Komandu sacensības informātikā un matemātikā Cēsis 2017 Izteiksmes Fināla uzdevumi Aplūkosim aritmētiskas izteiksmes, kurās tiek izmantoti deviņi atšķ Izteiksmes Aplūkosim aritmētiskas izteiksmes, kurās tiek izmantoti deviņi atšķirīgi viencipara naturāli skaitļi un astoņas aritmētisko darbību zīmes (katra no tām var būt tikai +, -, * vai /). Iekavas

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studiju programma Matemātika Studiju kurss Lineārā algebra I 5.lekcija Docētājs: Dr. P. Daugulis 2012./2013.studiju

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Maǧistra studiju

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Maǧistra studiju 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Maǧistra studiju programma Matemātika Studiju kurss Diskrētā matemātika 5.lekcija Docētājs: Dr. P. Daugulis 2012./2013.studiju

Sīkāk

7. Tēma: Polinomi ar veseliem koeficientiem Uzdevums 7.1 (IMO1982.4): Prove that if n is a positive integer such that the equation x 3 3xy 2 + y 3 = n

7. Tēma: Polinomi ar veseliem koeficientiem Uzdevums 7.1 (IMO1982.4): Prove that if n is a positive integer such that the equation x 3 3xy 2 + y 3 = n 7. Tēma: Polinomi ar veseliem koeficientiem Uzdevums 7.1 (IMO1982.): Prove that if n is a positive integer such that the equation x xy 2 + y = n has a solution in integers x, y, then it has at least three

Sīkāk

48repol_uzd

48repol_uzd Materiāls ņemts o grāmatas: Adžās Agis, Bērziņa Aa, Bērziņš Aivars "Latvijas Republikas 6.-5. matemātikas olimpiādes" LATVIJAS REPUBLIKAS 48. OLIMPIĀDE UZDEVUMI 9. klase 48.. Ziāms, ka 48..zīm. attēlots

Sīkāk

Nevienādības starp vidējiem

Nevienādības starp vidējiem Nevienādības starp vidējiem Mārtin, š Kokainis Latvijas Universitāte, NMS Rīga, 07 Ievads Atrisināt nevienādību nozīmē atrast visus tās atrisinājumus un pierādīt, ka citu atrisinājumu nav. Pierādīt nevienādību

Sīkāk

skaitampuzle instrukcija

skaitampuzle instrukcija MUZLE SKAITĀMPUZLE UZDEVUMU VARIANTI ARITMĒTIKAS PAMATU APGŪŠANAI. 1. 1. Saliek pamatni ar 10 rindām (pirmajā rindā 1 kauliņš, apakšējā 10 kauliņi). Kauliņus aiz apļiem atstāj tukšus. Skaita kauliņus katrā

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studiju programma Matemātika Studiju kurss Polinomu algebra 3.lekcija Docētājs: Dr. P. Daugulis 2007./2008.studiju

Sīkāk

DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE MATEMĀTISKĀS ANALĪZES KATEDRA Armands Gricāns Vjačeslavs Starcevs Lebega mērs un integrālis (individuālie uzdevumi) 2002

DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE MATEMĀTISKĀS ANALĪZES KATEDRA Armands Gricāns Vjačeslavs Starcevs Lebega mērs un integrālis (individuālie uzdevumi) 2002 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE MATEMĀTISKĀS ANALĪZES KATEDRA Armands Gricāns Vjačeslavs Starcevs Lebega mērs un integrālis (individuālie uzdevumi) 2002 . variants skaitļiem, kuri var tikt izteikti 5 skaitīšanas

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studiju programma Matemātika Studiju kurss Polinomu algebra 2.lekcija Docētājs: Dr. P. Daugulis 2012./2013.studiju

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studiju programma Matemātika Studiju kurss Veselo skaitļu teorija 7.lekcija Docētājs: Dr. P. Daugulis 2008./2009.studiju

Sīkāk

Speckurss materiālu pretestībā 3. lekcija

Speckurss materiālu pretestībā 3. lekcija Speckurss materiālu pretestībā 3. lekcija Ģeometriski mainīgas un nemainīgas sistēmas Stieņu sistēmu struktūras analīzes uzdevums ir noskaidrot, vai apskatāmā sistēma ir ģeometriski mainīga, vai nemainīga.

Sīkāk

LV IEVĒRO: VISAS LAPASPUŠU NORĀDES ATTIECAS UZ SPĒLES KOMPLEKTĀ IEKĻAUTO SPĒLES NOTEIKUMU GRĀMATIŅU. SPĒLES KOMPLEKTS: 12 pentamino, 5 sarkani klucīši

LV IEVĒRO: VISAS LAPASPUŠU NORĀDES ATTIECAS UZ SPĒLES KOMPLEKTĀ IEKĻAUTO SPĒLES NOTEIKUMU GRĀMATIŅU. SPĒLES KOMPLEKTS: 12 pentamino, 5 sarkani klucīši LV IEVĒRO: VISAS LAPASPUŠU NORĀDES ATTIECAS UZ SPĒLES KOMPLEKTĀ IEKĻAUTO SPĒLES NOTEIKUMU GRĀMATIŅU. SPĒLES KOMPLEKTS: 12 pentamino, 5 sarkani klucīši, 3 brūni klucīši, 1 spēles laukums, 1 barjera izvēlētā

Sīkāk

7.-9. Elfrīda Kokoriša Jekaterina Semenkova- Lauce Mācību satura un valodas apguve matemātikā Mācību līdzeklis skolēnam Projekts «Atbalsts valsts valo

7.-9. Elfrīda Kokoriša Jekaterina Semenkova- Lauce Mācību satura un valodas apguve matemātikā Mācību līdzeklis skolēnam Projekts «Atbalsts valsts valo 7.-9. Elfrīda Kokoriša Jekaterina Semenkova- Lauce Mācību satura un valodas apguve matemātikā Mācību līdzeklis skolēnam Projekts «Atbalsts valsts valodas apguvei un bilingvālajai izglītībai» Nr. 008/000/DP/.../08/IPIA/VIAA/00

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studiju programma Matemātika Studiju kurss Polinomu algebra 11.lekcija Docētājs: Dr. P. Daugulis 2008./2009.studiju

Sīkāk

Microsoft Word - du_5_2005.doc

Microsoft Word - du_5_2005.doc 005, Pēteris Daugulis BŪLA (BINĀRĀS) FUNKCIJAS UN/VAI MATEMĀTISKĀ LOĢIKA Lietderīgi pētīt funkcijas, kuru argumenti un vērtības ir bināras virknes. Kopa {0,} tiek asociēta ar {jā, nē} vai {patiess, aplams}.

Sīkāk

v, m/s Projekta numurs: /16/I/002 Nacionāla un starptautiska mēroga pasākumu īstenošana izglītojamo talantu attīstībai 10 1 Velobraukšanas sace

v, m/s Projekta numurs: /16/I/002 Nacionāla un starptautiska mēroga pasākumu īstenošana izglītojamo talantu attīstībai 10 1 Velobraukšanas sace v, m/s Projekta numurs: 8.3.2.1/16/I/002 Nacionāla un starptautiska mēroga pasākumu īstenošana izglītojamo talantu attīstībai 10 1 Velobraukšanas sacensības Fizikas valsts 68. olimpiāde Otrā posma uzdevumi

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studiju programma Matemātika Studiju kurss Lineārā algebra II 4.lekcija Docētājs: Dr. P. Daugulis 2012./2013.studiju

Sīkāk

ESF projekts Pedagogu konkurētspējas veicināšana izglītības sistēmas optimizācijas apstākļos Vienošanās Nr.2009/0196/1DP/ /09/IPIA/VIAA/001 Pr

ESF projekts Pedagogu konkurētspējas veicināšana izglītības sistēmas optimizācijas apstākļos Vienošanās Nr.2009/0196/1DP/ /09/IPIA/VIAA/001 Pr ESF projekts Pedagogu konkurētspējas veicināšana izglītības sistēmas optimizācijas apstākļos Vienošanās Nr.2009/0196/1DP/1.2.2.1.5/09/IPIA/VIAA/001 Projekta 6.posms: 2012.gada janvāris - aprīlis Balvu

Sīkāk

R ecenzenti: V. Ziobrovskis un D. Kriķis

R ecenzenti: V. Ziobrovskis un D. Kriķis R ecenzenti: V. Ziobrovskis un D. Kriķis PRIEKŠVĀRDS Spējas m atem ātikā var attīstīt un izkopt, trenējoties dažādu uzdevumu risināšanā, pie tam īpaši svarīgi ir risināt grūtus uzdevum us. Šajā grām atā

Sīkāk

> > < < > < < Jauno matemātiķu konkurss 2016./2017. mācību gads 1. kārtas uzdevumi 1. Nevienādību mīkla Tukšajās rūtiņās katrā rindā un kolonnā tieši

> > < < > < < Jauno matemātiķu konkurss 2016./2017. mācību gads 1. kārtas uzdevumi 1. Nevienādību mīkla Tukšajās rūtiņās katrā rindā un kolonnā tieši > > < < > < < 1. kārtas uzdevumi 1. Nevienādību mīkla Tukšajās rūtiņās katrā rindā un kolonnā tieši vienu reizi ieraksti kādu naturālu skaitli no 1 līdz 5 tā, lai atzīmētās nevienādības būtu patiesas!

Sīkāk

IEGULDĪJUMS TAVĀ NĀKOTNĒ Projekts Nr. 2009/0216/1DP/ /09/APIA/VIAA/044 NESTRIKTAS KOPAS AR VĒRTĪBĀM PUSGREDZENĀ UN MONĀDES PĀR KATEGORIJU Jāni

IEGULDĪJUMS TAVĀ NĀKOTNĒ Projekts Nr. 2009/0216/1DP/ /09/APIA/VIAA/044 NESTRIKTAS KOPAS AR VĒRTĪBĀM PUSGREDZENĀ UN MONĀDES PĀR KATEGORIJU Jāni IEGULDĪJUMS TAVĀ NĀKOTNĒ Projekts Nr. 2009/0216/1DP/1.1.1.2.0/09/APIA/VIAA/044 NESTRIKTAS KOPAS AR VĒRTĪBĀM PUSGREDZENĀ UN MONĀDES PĀR KATEGORIJU Jānis Cīrulis Latvijas Universitāte email: jc@lanet.lv

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studiju programma Matemātika Studiju kurss Algebriskās struktūras 1.lekcija Docētājs: Dr. P. Daugulis 2010./2011.studiju

Sīkāk

Microsoft Word - Papildmaterials.doc

Microsoft Word - Papildmaterials.doc SATURS DARBĪBAS AR DARBGRĀMATAS LAPĀM... 2 1.1. Pārvietošanās pa lapām...2 1.2. Lapas nosaukuma maiņa...3 1.3. Jaunas darblapas pievienošana...3 1.4. Lapas pārvietošana un dublēšana, lietojot peli...4

Sīkāk

Pārbaudes darbs. Varbūtību teorija elementi. 1.variants Skolēna vārds,uzvārds... 1.uzdevums. ( 1punkts) Kurš no notikumiem ir drošs notikums: a) nākoš

Pārbaudes darbs. Varbūtību teorija elementi. 1.variants Skolēna vārds,uzvārds... 1.uzdevums. ( 1punkts) Kurš no notikumiem ir drošs notikums: a) nākoš Pārbaudes darbs. Varbūtību teorija elementi. 1.variants Skolēna vārds,uzvārds... 1.uzdevums. ( 1punkts) Kurš no notikumiem ir drošs notikums: a) nākošais auto, kas iebrauks manā ielā, būs zilā krāsā; b)

Sīkāk

Speckurss materiālu pretestībā 10. lekcija

Speckurss materiālu pretestībā 10. lekcija Speckurss materiālu pretestībā 10. lekcija Balstu reakciju un piepūļu aprēķins izmantojot ietekmes līnijas Ietekmes līnijas dod iespēju aprēķināt balstu reakcijas un iekšējās piepūles šķēlumā, kuram tās

Sīkāk

Latvijas 43. astronomijas atklātās olimpiādes neklātienes kārta gada 16. aprīlī 1. TESTS Izvēlies tikai vienu atbildi 1. Kurš no šiem zvaigznāji

Latvijas 43. astronomijas atklātās olimpiādes neklātienes kārta gada 16. aprīlī 1. TESTS Izvēlies tikai vienu atbildi 1. Kurš no šiem zvaigznāji Latvijas 43. astronomijas atklātās olimpiādes neklātienes kārta 2015. gada 16. aprīlī 1. TESTS Izvēlies tikai vienu atbildi 1. Kurš no šiem zvaigznājiem Latvijā nekad nenoriet? (1 p) Kasiopeja Ērglis Vēršu

Sīkāk

Labdien, mīļo cilvēk! Savās rokās Tu turi puzlīti, gatavotu no vienkārša bērza saplākšņa, ar tikpat vienkāršiem, visiem zināmiem vārdiem uz tās. Taču

Labdien, mīļo cilvēk! Savās rokās Tu turi puzlīti, gatavotu no vienkārša bērza saplākšņa, ar tikpat vienkāršiem, visiem zināmiem vārdiem uz tās. Taču Labdien, mīļo cilvēk! Savās rokās Tu turi puzlīti, gatavotu no vienkārša bērza saplākšņa, ar tikpat vienkāršiem, visiem zināmiem vārdiem uz tās. Taču tie ir vārdi, kurus cilvēkbērns apgūst pašus pirmos

Sīkāk

DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Matemātikas katedra Vjačeslavs Starcevs MATEMĀTISKĀS ANALĪZES SĀKUMU ZINĀTNISKIE PAMATI (izvēles tēmas) 2008

DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Matemātikas katedra Vjačeslavs Starcevs MATEMĀTISKĀS ANALĪZES SĀKUMU ZINĀTNISKIE PAMATI (izvēles tēmas) 2008 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Matemātikas katedra Vjačeslavs Starcevs MATEMĀTISKĀS ANALĪZES SĀKUMU ZINĀTNISKIE PAMATI (izvēles tēmas) 2008 ANOTĀCIJA Piedāvātie materiāli (izvēles tēmas) ir paredzēti matemātikas

Sīkāk

Eiro viltojumi Latvijā

Eiro viltojumi Latvijā Eiro drošības pazīmes un to pārbaude Andris Tauriņš Kases un naudas apgrozības pārvaldes Naudas tehnoloģiju daļas vadītājs 5, 10, 20 eiro naudas zīmes 120 x 62 mm 127 x 67 mm 133 x 72 mm Jaunā 5 eiro naudas

Sīkāk

1

1 8. Datu struktūras un aritmētika Nodaļas saturs 8. Datu struktūras un aritmētika...8-1 8.1. Vienkāršie datu objekti...8-1 8.2. Datu apviešana struktūrās, izmantojot funktorus...8-1 8.3. Terma jēdziena

Sīkāk

ro40_atr

ro40_atr Mateiāls ņemts no gāmatas:andžāns Agnis, Bēziņa Anna, Bēziņš Aivas "Latvijas matemātikas olimpiāžu (5-5) kātas (ajonu) uzdevumi un atisinājumi" LATVIJAS RAJONU 4 OLIMPIĀDE ATRISINĀJUMI 4 I jāapēķina -ais

Sīkāk

Pamatelementi statistikā un Hipotēžu pārbaude

Pamatelementi statistikā un Hipotēžu pārbaude Pamatelementi statistikā un Hipotēžu pārbaude J. Valeinis 1 1 Latvijas Universitāte, Rīga 12.marts, 2010 Valeinis Pamatelementi statistikā un Hipotēžu pārbaude p. 1 of 22 Ievads I. Pamatelementi matemātiskajā

Sīkāk

Matemātikas uzdevumu krājums 6. klasei / Zane Kūlaine/ Pelču speciālā internātpamatskola – attīstības centrs

Matemātikas uzdevumu krājums 6. klasei / Zane Kūlaine/ Pelču speciālā internātpamatskola – attīstības centrs 2 5.klases atkārtojums Vieni ir pirmās sķiras vienības; tos skaitlī raksta pirmajā vietā no labās puses. Desmiti ir otrās šķiras vienības; tos skaitlī raksta otrajā vietā no labās puses. Simti ir trešās

Sīkāk

Latvijas Universitāte Fizikas un matemātikas fakultāte Matemātiskās analīzes katedra Inese Bula HAOSS LEKCIJU KONSPEKTS 2008

Latvijas Universitāte Fizikas un matemātikas fakultāte Matemātiskās analīzes katedra Inese Bula HAOSS LEKCIJU KONSPEKTS 2008 Latvijas Universitāte Fizikas un matemātikas fakultāte Matemātiskās analīzes katedra Inese Bula HAOSS LEKCIJU KONSPEKTS 2008 SATURS Kursa prasības 3 Nodaļa Nr.1: Pamatjēdzieni 4 Nodaļa Nr.2: Reālu skaitļu

Sīkāk

Meza skola metodes pirmsskola

Meza skola metodes pirmsskola FIGŪRU APGŪŠANA Veidot konkrēto figūru sadarbojoties ar citu bērnu Ar maziem solīšiem viens pāris sniegā veido vienu figūru Ar sniegu pārklāts laukums, laminētas kartiņas ar figūrām Bērni sadalās pa pāriem.

Sīkāk

Dārzā Lidijas Edenas teksts Andras Otto ilustrācijas Zaķis skatās lielām, brūnām acīm. Ko tu redzi, zaķīt? Skaties, re, kur māmiņas puķu dārzs! Nē, nē

Dārzā Lidijas Edenas teksts Andras Otto ilustrācijas Zaķis skatās lielām, brūnām acīm. Ko tu redzi, zaķīt? Skaties, re, kur māmiņas puķu dārzs! Nē, nē Dārzā Lidijas Edenas teksts Andras Otto ilustrācijas Zaķis skatās lielām, brūnām acīm. Ko tu redzi, zaķīt? Skaties, re, kur māmiņas puķu dārzs! Nē, nē, zaķīt! Māmiņas puķes nevar ēst! Zaķis lēkā mūsu dārzā.

Sīkāk

5.TEMATS Varbūtību teorijas elementi Temata apraksts Skolēnam sasniedzamo rezultātu ceļvedis Uzdevumu piemēri Stundas piemērs M_11_SP_05_P1 Diofanta a

5.TEMATS Varbūtību teorijas elementi Temata apraksts Skolēnam sasniedzamo rezultātu ceļvedis Uzdevumu piemēri Stundas piemērs M_11_SP_05_P1 Diofanta a 5.TEMATS Varbūtību teorijas elementi Temata apraksts Skolēnam sasniedzamo rezultātu ceļvedis Uzdevumu piemēri Stundas piemērs M_11_SP_05_P1 Diofanta adatas Skolēna darba lapa M_11_LD_05_P1 Izloze Skolēna

Sīkāk

Futbola spēles, rotaļas un vingrinājumi, kur nepieciešamas bumbas vadīšanas prasmes Noķer un izsit! Laukuma izmēri: apmēram 15x15m (atkarībā no vecuma

Futbola spēles, rotaļas un vingrinājumi, kur nepieciešamas bumbas vadīšanas prasmes Noķer un izsit! Laukuma izmēri: apmēram 15x15m (atkarībā no vecuma Futbola spēles, rotaļas un vingrinājumi, kur nepieciešamas bumbas vadīšanas prasmes Noķer un izsit! Laukuma izmēri: apmēram 15x15m (atkarībā no vecuma un dalībnieku skaita Rotaļas apraksts: Katram spēlētājam

Sīkāk

KRĒSLI

KRĒSLI Tehniskā specifikācija 3.pielikums iepirkuma Nr. VNP 2015/8 Nolikumam N.p.k Attēls Nosaukums, apraksts 1. Sekcija-rotaļlietu plaukts krāsaina. 1. Pielikums Sekcija- rotaļlietu plaukts. 1. Pielikums. Sekcija

Sīkāk

Uzdevumu krājums matemātikā 8. klasei izglītojamajiem ar speciālajām vajadzībām 1.uzdevums: Decimāļā skaitīšanas sistēma. Skolēniem uz ekrāna parāda t

Uzdevumu krājums matemātikā 8. klasei izglītojamajiem ar speciālajām vajadzībām 1.uzdevums: Decimāļā skaitīšanas sistēma. Skolēniem uz ekrāna parāda t Uzdevumu krājums matemātikā 8. klasei izglītojamajiem ar speciālajām vajadzībām 1.uzdevums: Decimāļā skaitīšanas sistēma. Skolēniem uz ekrāna parāda tabulu un izskaidro kā pa skaitļu šķirām jāievieto dotā

Sīkāk

55repol_atr

55repol_atr 9 Pieskitot pierādāmās vienādīs L()+L()+L(3)=L(4) ām pusēm L(5)+L(6)+L(), iegūstm ekvivlentu vienādīu L()+L()=L(NM), ks cīmredzmi izriet no trijstūr un prlelogrm lukumu formulām L = h un L=h 9 ) =7, =7

Sīkāk

OPEL ZAFIRA paneļa apgaismojuma lampu maiņa Kā nomainīt apgaismojuma lampiņas ZAFIRA mēraparātu panelī tas ir viens no jautājumiem, kuru var lasīt daž

OPEL ZAFIRA paneļa apgaismojuma lampu maiņa Kā nomainīt apgaismojuma lampiņas ZAFIRA mēraparātu panelī tas ir viens no jautājumiem, kuru var lasīt daž OPEL ZAFIRA paneļa apgaismojuma lampu maiņa Kā nomainīt apgaismojuma lampiņas ZAFIRA mēraparātu panelī tas ir viens no jautājumiem, kuru var lasīt dažādos OPEL Zafira autoīpašnieku forumos. Līdz šim man

Sīkāk

Anita Palapa Liepājas Universitātes Studiju programmas Logopēdija 3. kursa studente Liepājas Katoļu pamatskolas praktikante Jautras spēles visai ģimen

Anita Palapa Liepājas Universitātes Studiju programmas Logopēdija 3. kursa studente Liepājas Katoļu pamatskolas praktikante Jautras spēles visai ģimen Anita Palapa Liepājas Universitātes Studiju programmas Logopēdija 3. kursa studente Liepājas Katoļu pamatskolas praktikante Jautras spēles visai ģimenei, kas attīsta, pilnveido bērna lasītprasmi un rakstītprasmi,

Sīkāk

Laboratorijas darbi mehānikā

Laboratorijas darbi mehānikā Laboratorijas darbs Nr..1 Elektrisko mēraparātu pārbaude un mērdiapazona paplašināšana Studenta vārds, uzvārds:... Fakultāte, grupa:... Studenta apliecības numurs:... Teorētiskais pamatojums Praksē ne

Sīkāk

Instrukcija par semināru Seminārs ir e-studiju aktivitāšu modulis, kas ir līdzīgs uzdevuma modulim, kurā studenti var iesniegt savus darbus. Tikai sem

Instrukcija par semināru Seminārs ir e-studiju aktivitāšu modulis, kas ir līdzīgs uzdevuma modulim, kurā studenti var iesniegt savus darbus. Tikai sem Instrukcija par semināru Seminārs ir e-studiju aktivitāšu modulis, kas ir līdzīgs uzdevuma modulim, kurā studenti var iesniegt savus darbus. Tikai semināra modulī tiek paplašināta uzdevuma funkcionalitāte.

Sīkāk

PowerPoint Presentation

PowerPoint Presentation Ultraplatjoslas (UWB) radaru sensoru signālu apstrāde objektu izsekošanai VPP SOPHIS GUDPILS UWB sensoru (radaru) grupa Rolands Šāvelis Pētnieks Elektronikas un datorzinātņu institūts 1 UWB sensoru signālu

Sīkāk

APSTIPRINĀTS LVF Senioru komisijas sēdē PROJEKTS APSTIPRINĀTS LVF Valdes sēdē A.Dakša LVF Ģener

APSTIPRINĀTS LVF Senioru komisijas sēdē PROJEKTS APSTIPRINĀTS LVF Valdes sēdē A.Dakša LVF Ģener APSTIPRINĀTS LVF Senioru komisijas sēdē 27.09.2017 APSTIPRINĀTS LVF Valdes sēdē 11.10.2017 -------------------------------- A.Dakša LVF Ģenerālsekretārs 2. Latvijas Senioru volejbola čempionāts sieviešu

Sīkāk

Klimata valoda eksperimenta būtība Klimats vai laikapstākļi? Kurš ir kurš? Kas ir kas? Laikapstākļi ir tas, ko mēs šobrīd redzam aiz loga. Var būt sau

Klimata valoda eksperimenta būtība Klimats vai laikapstākļi? Kurš ir kurš? Kas ir kas? Laikapstākļi ir tas, ko mēs šobrīd redzam aiz loga. Var būt sau Klimata valoda eksperimenta būtība Klimats vai laikapstākļi? Kurš ir kurš? Kas ir kas? Laikapstākļi ir tas, ko mēs šobrīd redzam aiz loga. Var būt saulains, līt lietus vai snigt sniegs, pūst stiprs vējš

Sīkāk

Valsts bioloģijas olimpiāde klase Teorētiskie uzdevumi Dalībnieka kods 1. uzdevums (10 p) Sportistu energoapgādi limitējošais faktors vienmēr

Valsts bioloģijas olimpiāde klase Teorētiskie uzdevumi Dalībnieka kods 1. uzdevums (10 p) Sportistu energoapgādi limitējošais faktors vienmēr 1. uzdevums (10 p) Sportistu energoapgādi limitējošais faktors vienmēr ir ogļhidrāti neatkarīgi no tā, cik lieli ir tauku uzkrājumi ķermenī. Uzkrātās ogļhidrātu rezerves ir visai ierobežotas: aknās vidēji

Sīkāk

klase gada 1. kārtas uzdevumi 3 punktu uzdevumi: Sabiedriskais transports Ielaušanās Medus kāre Zivis Robots 4 punktu uzdevumi: Bebru ka

klase gada 1. kārtas uzdevumi 3 punktu uzdevumi: Sabiedriskais transports Ielaušanās Medus kāre Zivis Robots 4 punktu uzdevumi: Bebru ka 11.-12. klase 2017. gada 1. kārtas uzdevumi 3 punktu uzdevumi: Sabiedriskais transports Ielaušanās Medus kāre Zivis Robots 4 punktu uzdevumi: Bebru kalns Robots apkopējs Dzelzceļa izmaksu samazināšana

Sīkāk

2.2/20 IEGULDĪJUMS TAVĀ NĀKOTNĒ! Eiropas Reģionālās attīstības fonds Prioritāte: 2.1. Zinātne un inovācijas Pasākums: Zinātne, pētniecība un at

2.2/20 IEGULDĪJUMS TAVĀ NĀKOTNĒ! Eiropas Reģionālās attīstības fonds Prioritāte: 2.1. Zinātne un inovācijas Pasākums: Zinātne, pētniecība un at 2.2/20 IEGULDĪJUMS TAVĀ NĀKOTNĒ! Eiropas Reģionālās attīstības fonds Prioritāte: 2.1. Zinātne un inovācijas Pasākums: 2.1.1. Zinātne, pētniecība un attīstība Aktivitāte: 2.1.1.1. Atbalsts zinātnei un pētniecībai

Sīkāk

100802_EU_Bio_Logo_Guidelines_cos.indd

100802_EU_Bio_Logo_Guidelines_cos.indd ES BIOLOĢISKĀS LAUKSAIMNIECĪBAS LOGOTIPS ES BIOLOĢISKĀS LAUKSAIMNIECĪBAS LOGOTIPS IEVADS ES bioloģiskās lauksaimniecības logotipa pamatā ir divi plaši pazīstami simboli: Eiropas karogs Eiropas Savienības

Sīkāk

Lieta Nr

Lieta Nr ADMINISTRATĪVĀ APGABALTIESA SPRIEDUMS Latvijas Republikas vārdā Lieta Nr.A420687310 143/AA43-0685-13/8 Rīgā 2013.gada 21.maijā Administratīvā apgabaltiesa šādā sastāvā: tiesnese referente I.Kaļiņina, tiesnese

Sīkāk

PALĪGS SKOLĒNIEM UM STUDENTIEM

PALĪGS SKOLĒNIEM UM STUDENTIEM PALĪGS SKOLĒNIEM UM STUDENTIEM JĀ Ņ A FO M IN A sakārtojums Krājumā «Matem ātikas formulas» sakopotas daudzas elementārās matemātikas un augstākās matemātikas formulas. Krājums galvenokārt paredzēts tiem,

Sīkāk

Eiropas Jauniešu basketbola līgas (EJBL) sacensību nolikums 2018./ gada sezonā. 1. Mērķi un uzdevumi 1.1. Radīt vispusīgu bērnu un jauniešu attī

Eiropas Jauniešu basketbola līgas (EJBL) sacensību nolikums 2018./ gada sezonā. 1. Mērķi un uzdevumi 1.1. Radīt vispusīgu bērnu un jauniešu attī Eiropas Jauniešu basketbola līgas (EJBL) sacensību nolikums 2018./ 2019. gada sezonā. 1. Mērķi un uzdevumi 1.1. Radīt vispusīgu bērnu un jauniešu attīstību. 1.2. Sekot līdzi augsta līmeņa basketbolistu

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studiju programma Matemātika Studiju kurss SKAITĻU TEORIJA 11.lekcija Docētājs: Dr. P. Daugulis 2012./2013.studiju

Sīkāk

*Pareizā atbilde un pareizo atbilžu daudzums procentos zaļā krāsā. 3. klase 1. Ja Tu esi sadraudzējies un vēlies satikties ar kādu, ar ko esi iepazini

*Pareizā atbilde un pareizo atbilžu daudzums procentos zaļā krāsā. 3. klase 1. Ja Tu esi sadraudzējies un vēlies satikties ar kādu, ar ko esi iepazini 1. Ja Tu esi sadraudzējies un vēlies satikties ar kādu, ar ko esi iepazinies internetā, bet dzīvē nekad neesi saticis, kā visdrošāk būtu rīkoties?: Pareizas atbildes: 6728 no 8404 1) Tikties publiskā vietā.

Sīkāk

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij

Saturs Sākums Beigas Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studij 1 DAUGAVPILS UNIVERSITĀTE Dabaszinātņu un matemātikas fakultāte Matemātikas katedra Bakalaura studiju programma Matemātika Studiju kurss Veselo skaitļu teorija 10.lekcija (datoriķiem) Docētājs: Dr. P.

Sīkāk

Imants Gorbāns. E-kursa satura rādītāja izveide IEGULDĪJUMS TAVĀ NĀKOTNĒ Imants Gorbāns E-kursa satura rādītāja izveide Materiāls izstrādāts ESF Darbī

Imants Gorbāns. E-kursa satura rādītāja izveide IEGULDĪJUMS TAVĀ NĀKOTNĒ Imants Gorbāns E-kursa satura rādītāja izveide Materiāls izstrādāts ESF Darbī IEGULDĪJUMS TAVĀ NĀKOTNĒ Imants Gorbāns E-kursa satura rādītāja izveide Materiāls izstrādāts ESF Darbības programmas 2007. - 2013.gadam Cilvēkresursi un nodarbinātība prioritātes 1.2. Izglītība un prasmes

Sīkāk

Viss labs Daces Copeland teksts Andras Otto ilustrācijas Lietus līst. Lietus līst lielām, lēnām lāsēm. Labi, lai līst! Lietus ir labs. A1:12

Viss labs Daces Copeland teksts Andras Otto ilustrācijas Lietus līst. Lietus līst lielām, lēnām lāsēm. Labi, lai līst! Lietus ir labs. A1:12 Viss labs Daces Copeland teksts Andras Otto ilustrācijas Lietus līst. Lietus līst lielām, lēnām lāsēm. Labi, lai līst! Lietus ir labs. A1:12 Vabole lien. Vabole lien lēnām. Labi, lai lien! Vabole ir laba.

Sīkāk

HORIZONTĀLAIS SAULES PULKSTENIS. LUDZA Laukuma rekonstrukcija pie Ludzas novada ēkas Raiņa un Stacijas ielau krustojumā. Stacijas iela 38, Ludza LD -1

HORIZONTĀLAIS SAULES PULKSTENIS. LUDZA Laukuma rekonstrukcija pie Ludzas novada ēkas Raiņa un Stacijas ielau krustojumā. Stacijas iela 38, Ludza LD -1 HORIZONTĀLAIS SAULES PULKSTENIS. LUDZA LD - GRANĪTA BRUĢA RAKSTS SP LAUKUMA IEKLĀŠANA R 00,00 cm 7 2 4 Tianshan red 4 6 2 4 N 4 GRANĪTA TONĀLS SALIKUMS 4 Granīts G 60 6 Granīts G 60 M=:0 PASŪTĪTĀJS: LUDZAS

Sīkāk

30repol_atr

30repol_atr Materiāls ņemts o grāmatas: Adžās Agis, Bērziņa Aa, Bērziņš Aivars "Latvijas Republias 6.-. matemātias olimpiādes" LATVIJAS REPUBLIKAS 0. OLIMPIĀDE ATRISINĀJUMI 0.. Vieādojumu pārveidojam formā ( x + )

Sīkāk

APSTIPRINĀTS

APSTIPRINĀTS APSTIPRINU: Profesionālās izglītības kompetences centra Liepājas Valsts tehnikums direktors A. Ruperts 2013.gada 7. maijā Profesionālās izglītības kompetenču centrs Liepājas Valsts tehnikums audzēkņu biznesa

Sīkāk

Microsoft PowerPoint - 10 sesija kampana.ppt

Microsoft PowerPoint - 10 sesija kampana.ppt Kas ir komunikāciju kampaņa? Case Study Jauns cilvēks ienāk kafejnīcā un pie galdiņa pamana jauku vientuļi sēdošu meiteni. Ko darīt? Ķerties vērsim pie ragiem, lieki nedomājot? Tas var būt kļūdaini. Taču

Sīkāk

Pārskatu aizpildīšana

Pārskatu aizpildīšana Atkritumu pārvadājumu pavadzīmju izveides instrukcija Atkritumu Pārvadājumu Uzskaites Sistēma (APUS) ir jālieto ir visiem, kam to nosaka MK noteikumi Nr.494 (07.08.2018) (https://likumi.lv/ta/id/300874-atkritumu-parvadajumuuzskaites-kartiba)

Sīkāk

LATVIJAS UZŅĒMĒJU SPORTA SPĒĻU PROGRAMMA UN NOLIKUMS Sestdiena, 10.jūnijs gada augusts, Atpūtas komplekss «Turbas», Ikšķiles novads. L

LATVIJAS UZŅĒMĒJU SPORTA SPĒĻU PROGRAMMA UN NOLIKUMS Sestdiena, 10.jūnijs gada augusts, Atpūtas komplekss «Turbas», Ikšķiles novads. L LATVIJAS UZŅĒMĒJU SPORTA SPĒĻU PROGRAMMA UN NOLIKUMS Sestdiena, 10.jūnijs 2013. gada 10. - 11. augusts, Atpūtas komplekss «Turbas», Ikšķiles novads. Līdz 9:00 9:15 Kapteiņu sapulce Dalībnieku ierašanās

Sīkāk

Microsoft Word - du_4_2005.doc

Microsoft Word - du_4_2005.doc @ 2004 Pēteris Dugulis 1 KOPU APJOMS Kā slīdzināt kops vi skitīt elementus kopās? Dbisks kopu slīdzināšns veids ir ttēlot vienu kopu otrā jeb konstruēt unkcijs no viens kops uz otru. DEFINĪCIJA Divs kops

Sīkāk

Olimpiskā diena 2016 programma Svinīgā daļa 09:15 "Olimpiskās dienas 2016" dalībnieku ierašanās stadiona Daugava tribīnēs. 09:30 Stāšanās f

Olimpiskā diena 2016 programma Svinīgā daļa 09:15 Olimpiskās dienas 2016 dalībnieku ierašanās stadiona Daugava tribīnēs. 09:30 Stāšanās f 23.09.2016 Olimpiskā diena 2016 programma Svinīgā daļa 09:15 "Olimpiskās dienas 2016" dalībnieku ierašanās stadiona Daugava tribīnēs. 09:30 Stāšanās futbola laukumā uz vingrošanu (pēc izvietojuma plāna)

Sīkāk

Slide 1

Slide 1 transporta plūsmas monitorēšanai Roberts Kadiķis Kārlis Freivalds Multifunkcionāla inteliģenta transporta sistēmas punkta tehnoloģija Nr.2DP/2.1.1.1.0/10/APIA/VIAA/086 Motivācija Nepieciešamība efektīvāk

Sīkāk

CEĻVEDIS PIRCĒJIEM DELAKTIG Sēdmēbeļu kolekcija DIZAINS Toms Diksons (Tom Dixon) DAĻAS Atpūtas krēsls divvietīgs modulis trīsvietīgs modulis Atzveltne

CEĻVEDIS PIRCĒJIEM DELAKTIG Sēdmēbeļu kolekcija DIZAINS Toms Diksons (Tom Dixon) DAĻAS Atpūtas krēsls divvietīgs modulis trīsvietīgs modulis Atzveltne CEĻVEDIS PIRCĒJIEM DELAKTIG Sēdmēbeļu kolekcija DIZAINS Toms Diksons (Tom Dixon) DAĻAS Atpūtas krēsls divvietīgs modulis trīsvietīgs modulis Atzveltne ar polsterējumu Roku balsts ar polsterējumu Sānu galdiņš

Sīkāk

ISSkiOM_2009_corrected_2010-LV

ISSkiOM_2009_corrected_2010-LV Starptautiskā specifikācija O-ar slēpēm kartēm ISSkiOM 2009 Apstiprināta IOF O-ar slēpēm komisijā 2009.gada augustā Apstiprināta IOF karšu komisijā 2009.gada septembrī Apstiprināta IOF padomē 2009.gada

Sīkāk

3

3 37. teksta pielikums Pārskats Hidroģeoloģiskās izpētes rezultāti objektā Dolomīta atradne Arēni Kalnagrāvīši Ropažu novadā Pārskatu sagatavoja: Oļģerts Aleksāns Hidroģeologs Rīga, 2014. SATURS Ievads...

Sīkāk

Microsoft Word - 1_Teritorijas_izmantosanas_un_apbuves_noteikumi.doc

Microsoft Word - 1_Teritorijas_izmantosanas_un_apbuves_noteikumi.doc Teritorijas izmantošana un apbūves noteikumi 1 Teritorijas izmantošana (zonējums), apbūves noteikumi Ķīpsalas teritorijas izmantošanas (zonējuma) pamatā likti iepriekš minētie nozīmīgie faktori, lai veicinātu

Sīkāk

Instrukcijas par riteņu bremžu metināto šuvju pārbaudi un uzlabošanu /1 1. Pārbaudāmo bremžu identificēšana Ir jāpārbauda šādas pazīmes: Riteņu

Instrukcijas par riteņu bremžu metināto šuvju pārbaudi un uzlabošanu /1 1. Pārbaudāmo bremžu identificēšana Ir jāpārbauda šādas pazīmes: Riteņu Instrukcijas par riteņu bremžu metināto šuvju pārbaudi un uzlabošanu 20-2425/1 1. Pārbaudāmo bremžu identificēšana Ir jāpārbauda šādas pazīmes: Riteņu bremžu tips: 20-2425/1 skatiet iekaltos datus uz bremžu

Sīkāk

Microsoft PowerPoint - Relaksejosie_vingrojumi

Microsoft PowerPoint - Relaksejosie_vingrojumi Darba vingrošana Relaksējoši vingrojumi pleciem, mugurai un rokām 1 2 1. vingrojums 2. vingrojums Izpildot šo vingrojumu, nedaudz ieliekties kājās. Vienu roku pārlikt pāri otras rokas plecam, kā parādīts

Sīkāk

11

11 LR 12.Saeimas deputāts, profesors Kārlis Krēsliņš PĀRDOMAS UN KOMENTĀRI PAR BUDŽETU - 2016 22.08.2015. IEVADS. Budžeta veidošanas laikā, diskusijas bieži aiziet tikai par atsevišķām nozarēm. Pirms budžetu

Sīkāk

Masu plānošanas pamati. Tēma 6

Masu plānošanas pamati. Tēma 6 Tēma #6 MEDIJU PLĀNOŠANAS PROCESS. Konstantīns Kuzikovs RISEBAA 2015 Sākotnējo datu izpēte Mediju plānošanas uzdevumu un mērķu formulēšana Mediju plāna izstrāde Brīfs/ galvenās veicamā darba vadlīnijas

Sīkāk

Svarīgākais par skolēnu redzi

Svarīgākais par skolēnu redzi «Veselības mācības» stunda par redzi Svarīgākais par skolēnu redzi Saturs Redzes sistēma Redze un dators Sūdzības Redzes režīms Apgaismojums Mācību un darba vietas iekārtojums un ķermeņa pozīcija Redzes

Sīkāk

Ievads par privātumu Dalībnieki izpētīs savu attieksmi pret privātumu, kā arī privātuma nozīmi savā dzīvē. Dalībnieki izvērtēs, kāda veida informāciju

Ievads par privātumu Dalībnieki izpētīs savu attieksmi pret privātumu, kā arī privātuma nozīmi savā dzīvē. Dalībnieki izvērtēs, kāda veida informāciju Ievads par privātumu Dalībnieki izpētīs savu attieksmi pret privātumu, kā arī privātuma nozīmi savā dzīvē. Dalībnieki izvērtēs, kāda veida informāciju viņi nepubliskotu, kā arī aplūkos situācijas, kad

Sīkāk

TEHNISKĀ SPECIFIKĀCIJA Endoskopijas kabineta aprīkojumam jābūt jaunam, ražotam 2018.gadā, kurš savienojams ar slimnīcā esošo videoendoskopu GIF-Q165 u

TEHNISKĀ SPECIFIKĀCIJA Endoskopijas kabineta aprīkojumam jābūt jaunam, ražotam 2018.gadā, kurš savienojams ar slimnīcā esošo videoendoskopu GIF-Q165 u TEHNISKĀ SPECIFIKĀCIJA Endoskopijas kabineta aprīkojumam jābūt jaunam, ražotam 2018.gadā, kurš savienojams ar slimnīcā esošo videoendoskopu GIF-Q165 un videokolonoskopu CF-Q165. Nr. p.k. Tehniskie parametri

Sīkāk

Apstiprināts ar

Apstiprināts ar Apstiprinu: Normunds Grinbergs Latvijas Būvnieku asociācijas prezidents 2018.gada 1.februārī Latvijas profesionālās izglītības iestāžu būvniecības nozares audzēkņu profesionālās meistarības konkursa Sienu

Sīkāk

Apstiprināts Latvijas farmaceitu biedrības valdes gada 30. maija sēdē, prot. Nr. 17 Ar grozījumiem līdz LFB valdes sēdei gada 18. oktobrī,

Apstiprināts Latvijas farmaceitu biedrības valdes gada 30. maija sēdē, prot. Nr. 17 Ar grozījumiem līdz LFB valdes sēdei gada 18. oktobrī, Apstiprināts Latvijas farmaceitu biedrības valdes 2012. gada 30. maija sēdē, prot. Nr. 17 Ar grozījumiem līdz LFB valdes sēdei 2018. gada 18. oktobrī, prot. Nr. 9 Dokumenta mērķis: Dokumentā aprakstīti

Sīkāk

Rīgā gada. aprīlī LĪGUMS Nr. LB-07/2014/180 Par iebūvējamā skapja piegādi un uzstādīšanu Latvijas Bankas ēkā Poruka prospektā 12, Jūrmalā (iepir

Rīgā gada. aprīlī LĪGUMS Nr. LB-07/2014/180 Par iebūvējamā skapja piegādi un uzstādīšanu Latvijas Bankas ēkā Poruka prospektā 12, Jūrmalā (iepir Rīgā 2014. gada. aprīlī LĪGUMS Nr. LB-07/2014/180 Par iebūvējamā skapja piegādi un uzstādīšanu Latvijas Bankas ēkā Poruka prospektā 12, Jūrmalā (iepirkums LB/2014/36) Latvijas Banka (tālāk tekstā PASŪTĪTĀJS)

Sīkāk

Microsoft Word - NOLIKUMS_BASKETBOLS

Microsoft Word - NOLIKUMS_BASKETBOLS Basketbols 3x3 Talsos Nolikums 1. Turnīra mērķis. 1.1. Veicināt 3x3 basketbola starptautiskos turnīros; 1.2. Pilnveidot jauno sportistu treniņos iegūtās prasmes un iemaņas; 1.3. Sagatavoties Latvijas Jaunatnes

Sīkāk

Auguma tipi

Auguma tipi Rīgas Stila un modes profesionālā vidusskola Figūru (augumu) tipi Mācību priekšmetā «Vizuālā tēla veidošana» Indra Stanke mg. ped., pedagogs Mērķis izstrādāt uzskates materiālus skaistumkopšanas nozares

Sīkāk

Latvijas Tenisa savienības SACENSĪBU NOTEIKUMI PIEAUGUŠIEM UN JAUNIEŠIEM 2016

Latvijas Tenisa savienības SACENSĪBU NOTEIKUMI PIEAUGUŠIEM UN JAUNIEŠIEM 2016 Latvijas Tenisa savienības SACENSĪBU NOTEIKUMI PIEAUGUŠIEM UN JAUNIEŠIEM 2016 SATURS: Ievads... 2.lpp. I- Sacensību nosacījumi... 2.lpp. II- Sacensību dalībnieki... 2.lpp. A. Sastāvs... 2.lpp. B. Nosacījumi...

Sīkāk

CR 90 Crystaliser Trīskārša aizsardzība pret ūdeni 1. Blīvējošais pārklājums 2. Kristalizācijas process tiek novērsta ūdens iekļūšana materiālā 3. Mik

CR 90 Crystaliser Trīskārša aizsardzība pret ūdeni 1. Blīvējošais pārklājums 2. Kristalizācijas process tiek novērsta ūdens iekļūšana materiālā 3. Mik Trīskārša aizsardzība pret ūdeni 1. Blīvējošais pārklājums 2. Kristalizācijas process tiek novērsta ūdens iekļūšana materiālā 3. Mikroplaisu blīvēšana betonā Trīskārša aizsardzība pret ūdeni ir vairāk

Sīkāk