Այս համարում ընդգրկված են հետևյալ նյութերը.

• Ի՞նչ է մաթեմատիկան, մտորում են Միջին դպրոցի վեցերորդցիները
• Ֆլեշմոբյան խնդիրների լուծումները տեսանյութերով
• Ինտերակտիվ մոդելներ. Վեկտորների գումարումը, եռանկյունաչափական ֆունկցիաներ
• Լեմուս-Շտեյների թեորեմը  եռանկյան կիսորդների վերաբերյալ:
  

Ի՞նչ է մաթեմատիկան, մտորում են Միջին դպրոցի վեցերորդցիները

Ֆլեշմոբյան խնդիրների լուծումները տեսանյութերով

Միջին դպրոցի, Ավագ դպրոցի սովորողները մաթեմատիկական ֆլեշմոբի օգոստոս ամսվա երկրորդ մակարդակի խնդիրները և լուծումները ներկայացնում են տեսանյութերով:

1. Միայն չորսեր և յոթեր գումարելով՝ ստացի՛ր 73:

Էվա Եփրեմյան,  Աննա Թադևոսյան, 6-րդ դասարան:

2. Գտի՛ր այն ամենափոքր բնական թիվը, որի թվանշանների արտադրյալը 120 է:

Տոգրամաջյան Դավիթ, Չարչյան Աշոտ, 6-րդ դասարան:

3. Երեքհարկանի բուրգ կառուցելու համար օգտագործել են 1+9+25=35 խորանարդ (տե՛ս նկարը): Այդպիսի յոթհարկանի բուրգ կառուցելու համար քանի՞ խորանարդ է անհրաժեշտ:

Եվա Մովսիսյան, Մարիա Մելոյան, Դավիթ Բլեյան, 6-րդ դասարան:

4. Քանի՞ տարբեր ճանապարհով կարող ես A քաղաքից հասնել B քաղաք (տե՛ս նկարը)՝ հետևելով սլաքներին:

Բուդաղյան Մարկ, 6-րդ դասարան:

5. Գոռը մոռացել էր իր դարակի փականի գաղտնաթիվը, բայց հիշում էր, որ այն քառանիշ է և կազմված է 1, 2, 3, 4, թվանշաններից: Գոռը փորձեց մի քանի տարբերակ՝ 3421, 4123, 3214, 2134, բայց նրան չհաջողվեց բացել: Գտի՛ր ճիշտ գաղտնաթիվը, եթե հայտնի է, որ Գոռը յուրաքանչյուր թվանշան ճիշտ դիրքում տեղադրել էր երկու անգամ:

Աննա Թադևոսյան,  Կատրին Մանգասարյան, 6-րդ դասարան:

6. Ավագ եղբայրը տնից մինչև դպրոց ճանապարհը քայլելով անցնում է 30 րոպեում, իսկ կրտսերը՝ 40 րոպեում: Ավագ եղբայրը քանի՞ րոպե հետո կհասնի կրտսերին, եթե վերջինս եղբորից 5 րոպե շուտ է դուրս եկել տնից:

Եվա Խաչատրյան, 6-րդ դասարան:

7.  Առավոտյան ժամը 8:00 է: Այդ պահից հետո որքա՞ն ժամանակ անց ժամացույցի րոպեի և ժամի սլաքները 4-րդ անգամ իրար կհանդիպեն (այսինքն՝ իրար վրա կգտնվեն):

Տիգրան Խաչատրյան, Արևելյան դպրոց, 5-րդ դասարան:

8. Դրական երկնիշ հինգ տարբեր թվերի միջին թվաբանականը 20 է (մի քանի թվերի միջին թվաբանականը գտնելու համար այդ թվերը գումարում են իրար և ստացված գումարը բաժանում թվերի քանակին): Ամենամեծը ի՞նչ թիվը կարող է լինել այդ թվերի մեջ:

Անահիտ Վերմիշյան, Լուիզա Եղիազարյան, Գոռ Մնացականյան, Գրիգորյան Տիգրան, Մանուկյան Սաթենիկ, 9-րդ դասարան

Լեմուս-Շտեյների թեորեմը  եռանկյան կիսրոդների վերաբերյալ

Թեորեմ: Եթե մի եռանկյան  երկու կիսորդներ հավասար են, ապա այդ եռանկյունը հավասարասրուն է:

Ապացույց:

Դիցուք  տարված են  ABC  եռանկյան   AA₁ և BB₁ կիսորդները, տե՛ս նկարը:

Ունենք, որ α=<A/2,  β= <B/2,  պետք է ապացուցենք, որ AC=BC:

Ենթադրենք հակառակը:

Այսինքն՝ եռանկյունը հավասարասրուն չէ:

Ենթադրենք՝ <A-ն  փոքր է <B-ից , այսինքն`

< α փոքր է < β:

Դիտարկենք երկու դեպք:

Ա) Ենթադրենք՝  <A ≤  <C

Այսինքն՝  2 α  ≤   <C

Եռանկյան B կետից տանենք այնպիսի BD հատված, որ <ABD= α, իսկ  <BAD=2 β:

Դիտարկենք ADB և AA₁B եռանկյունները:

Այս եռանկյունները իրար հավասար են, ըստ եռանկյւունների հավասարության երկրորդ հայտանիշի / հիմքերը և համապատասխանաբար առընթեր  երկու անկյունները իրար  հավասար են/, այսիքն՝ DB=AA₁=BB₁ :
Ենթադրենք BD հատում է  AC կողմը M կետում: Կստանանք, որ MB<BD=BB₁

<1=<A+ α

<2=<C+ β հետևաբար <1 փոքր է <2-ից:

Այսպիսով եռանկյուն MB₁B- ում ստացանք, որ MB>BB₁  որը հակասություն է:

Բ)  Ենթադրենք՝ <A-ն  մեծ է <C-ից:

Ապացուցենք, որ BC>B₁ C>CA₁:

BC/CA₁= (BA₁ + CA₁) / CA₁ =BA_1/ CA₁ +1=AB/AC+1=(AB+AC)/AC

Այստեղից էլ կստանանք, որ

CA₁=BCxAC/(AB+AC)

Նույն ձևով կստանանք, որ

B₁C= BCxAC/(AB+AC)

Եռանկյան անհավասարությունից հետևում էր, որ

AC/(AB+AC)<1

Հետևաբար, BC>B₁C

Քանի որ <A-ն փոքր է <B-ից, ապա BC<AC, այսինքն՝  BC+AB<AC+AB, հետևաբար B₁C>CA₁:

Գծենք B₂B₁‘C  եռանկյունն այնպես, որը  հավասար է եռանկյուն BB₁C -ին, և եռանկյուն AA₁C  այնպես, որ  <C-ն  համընկնի:

B₂C  կողմն ընկած  է AC կողմի վրա, իսկ CB₁‘ կողմը՝  CA₁-ի վրա: Քանի որ,

AC>BC=B₂C>B₁C, ուրեմն B₂ կետը պատկանում է  AB₁ –ին:

Այսպիսով՝  CB₁‘=CB:

Քանի որ BC>B₁C= B₁ ‘C> CA_1,  ապա B₁C  ընկած է A₁B կողմի վրա:

Հետևաբար, ուղիներ B₂B₁‘ և AA₁  հատվում են ABC եռանկյան  ներքին ինչ- որ Օ կետում: Եռանյուն ABB₁-ում կարող ենք գրել՝

<1=180⁰ -<A- β:

Եռանկյուն CBB₁   կունենանք, որ

<2 =180⁰ -<C- β:

Ըստ ենթադրության <A-ն մեծ է <C-ից, հետևաբար <1 փոքր է <2 -ից, հետևաբար  <2 բութ անկյուն է:  Բայց ըստ գծագրի  <2=<3 , այսինք <3-ը նույնպես բութ է, և <AB₂O=<3+<C> 90 ⁰ :

Ապա AO>B₂O և OA₁ >OB₁‘

Այս երկու անհավասարություններից ստանում ենք, որ AA₁>B₂B₁‘=BB₁  որն էլ հակասում է պայմանին:

Թեորեմն ապացուցված է:

Աղբյուրը՝ Քվանտ ամսագիր, էջ 37