Користувач:Ярмак Вячеслав

Про мене

Посада: Вчитель математики і інформатики Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів № 110 Харківської міської ради Харківської області

Мої блоги

Необхідність відбору коренів в тригонометричних рівняннях.

    Відбір коренів в тригонометричних рівняннях  є обов’язковим.   Відсутність відбору коренів може привести до помилки в відповіді. Необхідність відбору коренів виникає з наступних  причин. 
       Причина перша: до відповіді розв’язаного тригонометричного рівняння можуть потрапити  числа, які не входять до області визначення даного рівняння. Проілюструємо це на прикладі алгебраїчного рівняння. 

Приклад 1. Розв’язати рівняння: =0

                                              Розв’язування:
        Знайдемо О.Д.З рівняння: х+3 ≠ 0, х ≠ −3. Нагадаємо, що в математиці терміни «О.Д.З» і « Область визначення» означають одне й теж саме. Запис х ≠ −3 означає, що «х» може приймати будь які дійсні значення, крім трійки. По іншому цей факт можна записати так:   х є (−∞;−3)  (−3; ∞). 

Розв’яжемо рівняння, скориставшись відомою властивістю: якщо = 0, то а = 0, в ≠ 0. Отримаємо: х2 − 9 = 0, х2 = 9 х = ± х = ± 3 х + 3 ≠ 0 х ≠ −3

    Таким чином, очевидно, що отриманий під час розв’язування рівняння корінь х = −3 є стороннім і до відповіді його писати не треба. Тобто фактично на цьому етапі ми робимо відбір коренів, але із-за простоти такого відбору, його очевидності, ми не акцентуємо увагу на термін  «відбір коренів», а виконуємо так звану «перевірку».  

Відповідь: +3.

       Нажаль, при розв’язуванні тригонометричних рівнянь наявність стороннього кореню не є такою очевидною. Справа в тому, що розв’язавши тригонометричне рівняння, в основному, ми отримуємо не один корінь, а так звану множину коренів, серед яких можуть бути, як сторонні, так і не сторонні корені. Для того щоб це побачити, та відкинути сторонні корені необхідно робити відбір коренів. 

Причина друга. У відповідь розв’язаного тригонометричного рівняння не повинні входити одні й ті ж самі корені записані декілька разів. Проілюструємо це на прикладі алгебраїчного рівняння. Приклад 2. Розв’язати рівняння: (х2−16) . (х + 4) = 0 Розв’язування:

 Розв’яжемо це рівняння користуючись відомою властивістю: якщо а . в = 0, то  ; квадратна дужка означає, що, якщо  а . в = 0 то а= 0  і в= 0 поодинці, є розв’язками цього рівняння.   
   (х2−16) . (х + 4) = 0

х2 −16 = 0 х2 = 16 х = ± х = ± 4 х + 4 = 0

            х = − 4

          При запису відповіді можна помилково  вказати: ± 4; − 4, але така відповідь буде не коректною. В математиці прийнято, якщо один і той самий корінь з’явився під час розв’язування рівняння кілька разів, то у відповідь він записується один раз. Тобто фактично на цьому етапі ми також робимо відбір коренів, але із-за простоти такого відбору, його очевидності, ми не акцентуємо увагу на термін  «відбір коренів». Таким чином, правильний запис відповіді такий: 

Відповідь: ± 4, або так: Відповідь: − 4; + 4.

       До речі, під час розв’язування квадратного рівняння, у випадку, якщо його дискримінант дорівнює нулю, ми говоримо, що рівняння має один корінь, та записуємо його у відповідь один раз, хоча на самому ділі у цьому випадку,   рівняння має два однакових корені.
         Під час розв’язування тригонометричних рівнянь, часто виникає декілька множин коренів, і одразу розібрати, чи не входять до однієї з множин частково, або повністю корені  з другої  множини буває важко із-за громіздких записів, тому виникає необхідність робити відбір коренів.

Таким чином маємо дві основні причини необхідності робити відбір коренів.

       Причина перша (основна): до відповіді не повинні потрапляти сторонні корені, тобто ті числа, які не входять до О.Д.З. рівняння. 
      Причина друга: до запису відповіді не повинні попадати одні й ті ж самі числа  більше  одного разу.

2. Період тригонометричного рівняння.

      Назвемо періодом тригонометричного рівняння найменше спільне кратне (НСК) функцій, які входять до запису цього рівняння. 

Також використаємо одне з математичних тверджень: Для функції у = sin kx, періодом являється Т =  ; для функції у = cos kx, періодом являється Т =  ; для функції у = tg kx, періодом являється Т=  ; для функції у = сtgk x, періодом являється Т =  ; Приклад 3. Знайти період рівняння: sin2 x – 2 sin x − cos2x = 0. Розв’язування.

      Для у1=sin2 x період Т1 = π, для у2=sin x  період  Т2 = 2π, для  у=cos2x  період Т3  = π, Таким чином  Т = НСК (  Т1, Т2,  Т3) =2π , тобто період даного рівняння Т =2π.                                                                 

Приклад 4. Знайти період рівняння sin 2x + cos2 = 1. Розв’язування.

    Основний період функції у = sin x, Т =2π, тоді період функції  у = sin 2x, 

Т1 = = π, періодом функції у = cos2 буде Т2 = π : = 2π. Таким чином періодом даного рівняння буде: Т = НСК(Т1; Т2) = НСК (π; 2π) = 2π. Приклад 5. Знайти період рівняння cos 4x + tg 3x = 1

                                                 Розв’язування:
    Основний період функції у = cos x, Т =2π, тоді період функції  у = cos 4x,  

Т1= = . Так як основний період функції у = tg x дорівнює π, то періодом функції у = tg 3x буде Т2 = π : 3 = . Періодом даного рівняння буде: Т = НСК(Т1; Т2) = НСК ( ; ) = π. 3. Геометрична ілюстрація відбору коренів.

        Для геометричної ілюстрації відбору коренів використовують, або одиничне коло (це коло  з центром в початку координат, прямокутної системи координат і радіуса рівного одиниці), або відрізок довжиною в період, відмічений на числовій осі. 
    Зауважимо, що відбір коренів з геометричною ілюстрацією на одиничному колі можна робити тільки у випадку, коли період рівняння дорівнює 2π. Якщо період рівняння менший чим 2π, то відбір коренів за допомогою одиничного кола, призведе до виконання зайвої роботи, дублювання деяких етапів, а можливо також і до дублювання коренів у відповіді.  Якщо ж період рівняння більший за 2π, то відбір коренів за допомогою одиничного кола, призведе до грубої помилки - втрати коренів. Приходимо до висновку, що відбір коренів з геометричною ілюстрацією на одиничному колі можна робити тільки у випадку, коли період рівняння дорівнює 2π.      В усіх інших випадках (період рівняння більший, чи менший за 2π), відбір коренів будемо робити на відрізку числової прямої довжиною в  період рівняння.  Так наприклад у випадку, коли період  рівняння Т= π, відбір коренів можна робити на числовій осі, на відрізку [− ; ], а можна на відрізку [0; π] числової осі, але не можна робити відбір коренів  на одиничному колі.                         
 

4. Відбір коренів на одиничному колі та на числовій осі

    Для ілюстрації відбору коренів на одиничному колі розв’яжемо рівняння, зробимо відбір коренів, та запишемо відповідь.

Приклад 6. Розв’язати рівняння: = 0.

                 Розв’язування.  	

cos 2x −1 = 0 cos 2x = 1 2x = 2πk, k є Z x = πk, k є Z* cos x +1 ≠ 0 cos x ≠ −1 x ≠ π + 2πk, k є Z

  Період рівняння Т = НСК(π; 2π) = 2 π. Тому відбір коренів можна робити на одиничному колі. Для цього будемо перебирати цілі числа «k», k = {0; 1; 2;…} в запису x =  πk,  починаючи з k=0, та відмічати зафарбованими кружками отримані значення «х» на колі, до тих пір, доки не пройдемо повністю по колу, та зафарбовані кружки почнуть накладатись один на інший.  В нашому випадку, при k = 0, маємо х = 0, при k =1, маємо х = π,  при k =2, х = 2π. Кружок, яким відмічено значення 2π співпаде з кружком, яким відмічено значення  х = 0. Тому значення х = 2π, при  k =2 вже «зайве» і його відмічати не треба. Тобто на одиничному колі відмічено дві точки: х = 0, при k =0, та х = π при k =1. 

              На тому ж колі, де відмічались кружками корені рівняння, будемо відмічати хрестиками так звані «заборонені значення х», тобто ті «х», які не входять до О.Д.З.  це  x ≠ π + 2πk, k є Z. Повторивши тіж міркування, що описані вище, відмітимо хрестиком лише одне значення: х = π, для числа  

k = 0. Усі інші «заборонені» значення х, а саме: х ≠{3π; 5π; … } немає потреби відмічати, так як вони будуть знаходитись в одній і тій самій точці кола, що й х = π, але отримані після кількох обертів по колу проти годинникової стрілки.

         Таким чином на одиничному колі відмічені кружком значення  х = 0, х=π, та відмічено хрестиком х = π. Тобто значення х = π відмічено і кружком і хрестиком, значить воно не є коренем рівняння, це сторонній корінь. До відповіді необхідно записати тільки х = 0, та всю множину коренів, елементом  якої є х = 0. Множину коренів, елементом  якої є х=0, з урахуванням періоду рівняння Т = 2π, можна  записати так: х = 2πk, kєZ.                             

5. Запис відповіді після відбору коренів.

      В наведеному вище прикладі не складно було записати відповідь, виходячи з малюнка. В загальному вигляді, у випадку, коли рівняння має декілька множин  коренів, та після відмічання на періоді (в приватному випадку на колі) по одному з елементів кожної множини, деякі з них будуть відмічені  хрестиком запис відповіді робиться так: ті числа, які відмічені на колі, але поверх яких не накладено хрестик, записуються у відповідь з додаванням до кожного з них періоду рівняння. Наведемо приклад.

Приклад 7.

     Нехай, після розв’язування рівняння ми отримали такі множини коренів: 

1) х = + πk; 2) х = π+ πk; 3) х = πk, а також після знаходження О.Д.З. рівняння маємо: х ≠ + 2πk, k є Z. Відомо, що період рівняння Т=2π. Розв’язування:

        Виходячи з вище сказаного, робимо висновок, що  відбір коренів можна робити на одиничному колі. Відмітимо представників з кожної множини, перебираючи цілі значення k, до тих пір поки кружки з однієї множини  не почнуть накладатись одне на одне. Якщо числа з однієї множини  почнуть співпадати з числами з другої множини, то будемо відмічати їх, або іншим кольором, або не зафарбованими кружками, головне зробити малюнок таким чином, щоб на ньому можна було відрізнити, які числа з  якої множини коренів. Ті ж числа, які отримані з О.Д.З. відмітимо хрестиком. Таким чином в нашому прикладі, на одиничному колі  на малюнку (див. мал. 2) будуть відмічені такі числа з відповідних множин: 

1) х = , з множини: х = + πk, відмічено не зафарбованим кругом; 1) х = , з множини: х = + πk, відмічено не зафарбованим кругом; 2) х = π, з множини: х = π + 2πk, відмічено не зафарбованим кругом; 3) х = 0 , з множини: х = πk, відмічено зафарбованим кругом; 4) х = π, з множини: х = πk, відмічено зафарбованим кругом;

     6) х ≠ , з  множини:  х  ≠  + 2πk, відмічено хрестиком.	                   
         Очевидно, що число х = π, відмічено і зафарбованим і не зафарбованим кругом, тобто зустрілось на періоді рівняння два рази. Також очевидно, що число   відмічено один раз не зафарбованим кругом, а один раз хрестиком, тобто число   не входить до О.Д.З., а значить не може бути коренем рівняння. Таким чином, бачимо, що число х = π є як і в одній множині, так і в другій. Причому множина коренів х = πk фактично дублює множину коренів х = π + 2πk, але має ще й інші корені. Тому щоб уникнути дублювання  до відповіді віднесемо  множину коренів  х = πk. 
      На множині коренів х =  + πk, один з коренів відмічених на колі (це х =  ) також відмічено хрестиком, а тому множина х =  + πk не може бути повністю розв’язком рівняння. Для того щоб уникнути запису у відповідь сторонніх коренів необхідно з множини  х =  + πk виділити підмножину, яка не буде включати в себе сторонніх коренів. Це можна зробити записавши нову множину так:  «х= число відмічене на колі і не відмічене  хрестиком + період рівняння»,  тобто в нашому випадку:    х =  +2πk, kєZ. Запишемо відповідь.   Відповідь: х = πk, х =  +2πk, kєZ.

Приклад 8.

Після розв’язування рівняння ми отримали такі множини коренів: 

1) х =(-1)k + πk; 2) х = , k є Z,

а також після знаходження О.Д.З. рівняння отримали: 
а) х  ≠  + πk,   б) х ≠ πk, k є Z, в)   х ≠  + 2πk , k є Z. Відомо, що період рівняння Т=π.
                                            Розв’язування:
     У зв’язку з ти, що період рівняння Т=π, відбір коренів необхідно робити на відрізку числової прямої довжиною π. Це може бути відрізок [− ; ], а може бути відрізок [0; π], або будь який інший відрізок довжина якого дорівнює  π. Для визначеності виберемо відрізок [0; π], на ньому будуть відмічені такі числа з відповідних множин: 

1) х = 0,при k = 0 з множини: х = , k є Z, відмічено зафарбованим кругом; 2) х = , при k = 1, з множини: х = , відмічено зафарбованим кругом; 3) х = , при k = 0, з х =(-1)k + πk, відмічено не зафарбованим кругом; 4) х = , при k = 1, з х =(-1)k + πk, відмічено не зафарбованим кругом; 5) х ≠ 0, при k = 0, з множини: х ≠ πk, k є Z, відмічено хрестиком; 6) х ≠ , при k = 0, з множини: х ≠ + πk, відмічено хрестиком; 7) х ≠ , при k = 0, з множини х ≠ + 2πk , k є Z відмічено хрестиком. Інші елементи даних множин чисел знаходяться за межами відрізка [0; π], тому ми їх не відмічаємо на числовій осі.

     Очевидно, що на числовій осі (див. мал.3) відмічено чотири числа кружками (два зафарбованих, два ні), а також три числа хрестиками, двоє з яких відмічені поверх кружків.  Для запису відповіді вибираємо ті числа, які відмічені одним, чи кількома кружками (в даному випадку накладання кружків не відбулося) і не відмічені хрестиком. Це числа:  х =  ; х =  , та за допомогою додавання періоду (Т = πk ) утворюємо з них нові множини коренів рівняння.  

Відповідь: + πk; + πk, k є Z. 6. Короткий підсумок

        Виходячи з вищесказаного підведемо короткий підсумок. 
   Після розв’язування тригонометричного рівняння необхідно робити відбір 
    отриманих коренів. Для цього необхідно:  
 1) Знайти період рівняння; (наприклад Т= π).

2) Відмітити кружками одного кольору на відрізку числової осі довжиною в період рівняння, а у випадку, якщо Т=2π, то на одиничному колі, елементи (х1,х2,х3,…) однієї множини, кружками другого кольору елементи (у1,у2,у3,…) другої множини і т.д. доти, поки відмітимо елементи всіх множин, які отримали в результаті розв’язування тригонометричного рівняння. 3) Відмічаємо хрестиками на відрізку числової осі довжиною в період рівняння, ( або на одиничному колі якщо Т=2π) елементи кожної з множин, які отримали в результаті знаходження О.Д.З. (так звані «заборонені числа»). 4) Вибираємо ті числа (х1,х2,х3,…) які відмічено кружком на відрізку числової осі довжиною в період, та не відмічено хрестиком (входять в О.Д.З), та утворюємо нову множину коренів, способом додавання до кожного з цих чисел періоду рівняння:

   х = х1 + πk;  х = х2 + πk,  х = х3 + πk; …і т.д.  k є Z. 

Таким чином:  від способу відбору коренів, в різних виконавців, може залежати лише  запис відповіді, але це зовсім не значить, що по різному записані відповіді й насправді є різними. Для того щоб впевнитись, чи співпадають дві по різному записані відповіді, необхідно відмітити   всі елементи, отриманих в результаті розв’язування рівняння, множин (корені рівняння), які задають відповідь та потрапляють на відрізок довжиною в період відмічений на числовій осі  ( на одиничне коло). І тільки після цього можна з впевненістю стверджувати про збіг чи  розбіжність по різному записаних відповідей.

Мій внесок

[Мої файли]

Мої закладки

	УКРАЇНА

ХАРКІВСЬКА МІСЬКА РАДА ХАРКІВСЬКОЇ ОБЛАСТІ ВИКОНАВЧИЙ КОМІТЕТ

ДЕПАРТАМЕНТ ОСВІТИ УКРАИНА

ХАРЬКОВСКИЙ ГОРОДСКОЙ СОВЕТ
ХАРЬКОВСКОЙ ОБЛАСТИ
ИСПОЛНИТЕЛЬНЫЙ КОМИТЕТ

ДЕПАРТАМЕНТ ОБРАЗОВАНИЯ

Н А К А З 22.04.2013 № 77

Про підсумки конкурсу на кращий дистанційний курс у 2013 році

На виконання наказу Департаменту освіти Харківської міської ради від 04.01.2013 № 5 «Про проведення конкурсу на кращий дистанційний курс у 2013 році» оргкомітетом проведено міський етап конкурсу на кращий дистанційний курс серед учителів загальноосвітніх навчальних закладів м. Харкова (далі Конкурс) у номінаціях:  «Іноземна мова»;  «Математика»;  «Географія»;  «Інформатика». Відповідно до Положення про проведення конкурсу на кращий дистанційний курс серед учителів загальноосвітніх навчальних закладів м. Харкова у 2013 році та на підставі рішення експертної комісії Конкурсу (протокол додається)

НАКАЗУЮ:

1. Визнати переможцями Конкурсу в номінації «Іноземна мова» і нагородити: 1.1. Дипломом І ступеня Булавіну Олену Євгенівну, вчителя Харківської спеціалізованої школи І-ІІІ ступенів №85 Харківської міської ради Харківської області. 1.2. Дипломом ІІ ступеня Даренську Лілію Федорівну, вчителя Харківської спеціалізованої школи І-ІІІ ступенів №16 Харківської міської ради Харківської області. 1.3. Дипломом ІІІ ступеня Пухнату Людмилу Анатоліївну, вчителя Харківського ліцею №149 Харківської міської ради Харківської області. 2. Визнати переможцями Конкурсу в номінації «Математика» і нагородити: 2.1. Дипломом І ступеня Ярмака Вячеслава Олександровича вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №110 Харківської міської ради Харківської області. 2.2. Дипломом ІІ ступеня Сичову Олександру Олександрівну, вчителя Харківської гімназії №86 Харківської міської ради Харківської області. 2.3. Дипломом ІІІ ступеня Братковську Світлану Миколаївну, вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №118 Харківської міської ради Харківської області. 3. Визнати переможцями Конкурсу в номінації «Географія» і нагородити: 3.1. Дипломом І ступеня Єрусалімцеву Світлану Миколаївну, вчителя Харківської гімназії №1 Харківської міської ради Харківської ради. 3.2. Дипломом ІІ ступеня Селевко Оксану Вікторівну, вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №168 Харківської міської ради Харківської області. 3.3. Дипломом ІІІ ступеня Железняк Інну Валентинівну, вчителя Харківської спеціалізованої школи І-ІІІ ступенів №66 Харківської міської ради Харківської області. 4. Визнати переможцями Конкурсу в номінації «Інформатика» і нагородити: 4.1. Дипломом І ступеня Сазонову Олену Станіславівну, вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №40 Харківської міської ради Харківської області. 4.2. Дипломом ІІ ступеня Белеванцеву Олену Миколаївну, вчителя Харківського ліцею №89 Харківської міської ради Харківської області. 4.3. Дипломом ІІІ ступеня Кащей Мирославу Ігорівну, вчителя Харківської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів №120 Харківської міської ради Харківської області. 5. Управлінням освіти адміністрацій районів Харківської міської ради: 5.1. Проаналізувати результати участі вчителів загальноосвітніх навчальних закладів у Конкурсі та довести інформацію про його підсумки до відома керівників навчальних закладів та учасників. До 17.05.2013 6. Інженеру з інформаційно-методичного та технічного забезпечення Науково-методичного педагогічного центру Подворному І.В. розмістити цей наказ на сайті Департаменту освіти. До 30.04.2013 7. Контроль за виконанням цього наказу покласти на заступника директора Департаменту освіти Стецюру Т.П.

Директор Департаменту освіти О.І. Деменко

З наказом ознайомлені: Стецюра Т.П. Подворний І.В.

Міщенко С.М.

Протокол конкурсу на кращий дистанційний курс у 2013 році

НОМІНАЦІЯ «ІНОЗЕМНА МОВА» № П.І.Б. автора ЗНЗ №№ Змістовна складова Оформлення матеріалів Вимоги до оформлення тестів Сума балів Місце 1. Бондаренко Вікторія Павлівна 18 0,44 0,15 0,31 0,90 2. Пухната Людмила Анатоліївна 149 0,44 0,17 0,31 0,92 ІІІ 3. Комар Ірина Леонідівна 93 0,40 0,13 0,30 0,83 4. Даренська Лілія Федорівна 16 0,45 0,17 0,31 0,93 ІІ 5. Тарновська Тетяна Миколаївна 95 0,32 0,11 0,28 0,71 6. Момот Ольга Валеріївна 143 0,44 0,13 0,30 0,87 7. Булавіна Олена Євгенівна 85 0,45 0,17 0,32 0,94 І 8. Кутєпова Вероніка Ігорівна 113 0,44 0,15 0,31 0,90 9. Дабдіна Олена Станіславівна 14 0,43 0,12 0,31 0,86 10. Пивоварова Людмила Іванівна 12 0,38 0,13 0,28 0,79 11. Вишневська Альона Сергіївна 34 0,42 0,15 0,22 0,79

НОМІНАЦІЯ «МАТЕМАТИКА» № П.І.Б. автора ЗНЗ №№ Змістовна складова Оформлення матеріалів Вимоги до оформлення тестів Сума балів Місце 1. Сичова Олександра Олександрівна 86 0,37 0,14 0,33 0,84 ІІ 2. Новикова Тетяна Миколаївна 159 0,34 0,12 0,13 0,59 3. Скорик Наталія Валеріївна 37 0,35 0,13 0,17 0,65 4. Курижева Ольга Володимирівна 130 0,32 0,12 0,25 0,69 5. Іванова Ірина Василівна 28 0,25 0,09 0,12 0,46 6. Ярмак Вячеслав Олександрович 110 0,42 0,16 0,32 0,90 І 7. Жемчужкина Галина Володимирівна 114 0,36 0,13 0,25 0,74 8. Зорька Ольга Михайлівна 142 0,34 0,13 0,27 0,74 9. Братковська Світлана Миколаївна 118 0,41 0,15 0,25 0,81 ІІІ 10. Жигалова Оксана Володимирівна 24 0,09 0,10 0,05 0,24 11. Кравцова Тетяна Сергіївна 53 0,35 0,14 0,22 0,71 12. Бутенко Тетяна Вікторівна 66 0,36 0,15 0,25 0,76

НОМІНАЦІЯ «ГЕОГРАФІЯ» № П.І.Б. автора ЗНЗ №№ Змістовна складова Оформлення матеріалів Вимоги до оформлення тестів Сума балів Місце 1. Сердюк Вікторія Геннадіївна 13 0,40 0,11 0,29 0,80 2. Блажко Ірина Олександрівна 99 0,39 0,13 0,26 0,78 3. Булатнікова Вікторія Володимирівна 159 0,38 0,11 0,21 0,70 4. Дащенко Олена Олексіївна 115 0,28 0,13 0,10 0,51 5. Єрусалімцева Світлана Миколаївна 1 0,43 0,15 0,35 0,93 І 6. Хайров Марат Мірзоєвич 95 0,36 0,07 0,27 0,70 7. Яковлєва Оксана Сергіївна 31 0,35 0,10 0,21 0,66 8. Селевко Оксана Вікторівна 168 0,44 0,15 0,26 0,85 ІІ 9. Железняк Інна Валентинівна 66 0,43 0,13 0,26 0,82 ІІІ 10. Заярна Альбіна Олександрівна 10 0,37 0,13 0,28 0,78

НОМІНАЦІЯ «ІНФОРМАТИКА» № П.І.Б. автора ЗНЗ №№ Змістовна складова Оформлення матеріалів Вимоги до оформлення тестів Сума балів Місце 1. Белеванцева Олена Миколаївна 89 0,27 0,13 0,33 0,73 ІІ 2. Гуртовенко Олеся Валеріївна 16 0,20 0,10 0,25 0,55 3. Печенізька Юлія Олександрівна 60 0,33 0,09 0,05 0,47 4. Сазонова Олена Станіславівна 40 0,36 0,15 0,35 0,86 І 5. Іванко Оксана Валеріївна 73 0,32 0,13 0,01 0,46 6. Кащей Мирослава Ігорівна 120 0,30 0,05 0,28 0,63 ІІІ

Голова експертної комісії Т.П.Стецюра

Мої захоплення

1)Рибальство; 2)виноградірство; 3)Грибництво 4)філателія