Математика: 1месяц и 2суток сколько будет суток

1месяц и 2суток сколько будет суток

👇

Ответ:

настя7585

03.07.2022

Смотря какой месяц:
если в нем 31 день, то 31+2=33 суток
если в нем 30 дней, то 30+2=32 суток
если февраль, то 28+2=30 суток
если февраль в высокостный год, то 29+2=31 суток)))

4,6(2 оценок)

Ответ:

Яна5789

03.07.2022

4 вариант :
30*1+2=32сут
31*1+2=33сут
29*1+2=31сут(високосный февраль)
28*1+2=30сут(невисокосный февраль)

4,5(59 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

superasmik2018

03.07.2022

Для определённости пронумеруем виды трёхслойного куба (далее куб) по порядку по строкам. Так, например, третий – это полностью симметричный.

Далее, для описания манипуляций с видами будем использовать термины:

RT (правый единичный поворот на 90 градусов по часовой стрелке) ,
LT (левый единичный поворот на 90 градусов против часовой стрелки) ,
UT (разворот на 180 градусов)

Наша начальная цель: собрать из пяти видов верхнюю часть куба, т.е. его грани, стоящие над столом. Будем считать, что мы смотрим на стол с кубом сверху. Верхнюю часть куба, состоящую из пяти видов, будем собирать в виде крестовой раскладки.

В центре креста раскладки будет верхняя грань, которая смотрит на нас, когда мы смотрим вниз на стол с кубом. Дальняя от нас (сверху экрана, если смотреть на ноутбук) часть креста раскладки: это задняя сторона куба. Ближняя к нам (снизу экрана, если смотреть на ноутбук) часть креста раскладки: это передняя сторона куба. Левая часть креста раскладки – это левая сторона куба и правая часть раскладки – соответственно правая сторона.

Важно понимать, что на стыках видов (на рёбрах) при составлении раскладки должны совпадать цветные квадратики на краях видов: чёрный к чёрному и белый к белому, поскольку рёбра куба одновременно являются и рёбрами маленьких кубиков, каждый из которых обладает однотонным окрасом со всех сторон.

Перебор возможных вариантов удобно делать на черновике с карандашом и бумагой, либо с ручкой, но тогда нужно зачёркивать неудачные варианты.

Перебор должен быть системным, иначе мы пропустим тот или иной вариант, и можем пропустить и нужный нам вариант. В качестве системы можно предложить, например, такой график просмотра вариантов.

1. Выбираем вид для верхней грани куба, т.е. для центра креста раскладки (сначала первый, потом второй и т.д.)

2. Когда выбран какой-то вид для верхней (центральной) грани, пытаемся подмонтировать в качестве задней грани к нему другие виды. Опять же по порядку видов.

3. Когда выбран какой-то вид для верхней (центральной) и задней граней, пытаемся подмонтировать в качестве правой грани к нему другие виды. Опять же по порядку видов.

4. Когда выбран какой-то вид для верхней (центральной), задней и правой граней, пытаемся подмонтировать в качестве передней грани к нему другие виды. Опять же по порядку видов.

5. Когда выбран какой-то вид для верхней (центральной), задней, правой и передней граней, пытаемся подмонтировать в качестве левой грани к нему оставшийся вид.

При этом нужно следить, чтобы совпадали рёбра не только верхней (центральной) грани с боковыми, но и рёбра между боковыми гранями.

Перед перебором нужно отметить, что грани 3-его и 5-ого видов – несовместимы. Как их не крути, их рёбра никогда не совместятся. Значит, ни один из этих видов не может служить верхней гранью куба, поскольку иначе он бы взаимодействовал по ребру с несовместным видом. Кроме того, эти несовместные виды не могут быть рядом и на соседних боковых гранях. Таким образом, мы понимаем, что при переборе 3-ий и 5-ый виды можно размещать только на противоположных гранях.

Последовательный перебор из, примерно десятка неудачных – приводит к единственному хорошему варианту:

В центре креста раскладки: 2-ой вид.
Слева: 3-ий вид.
Справа: 5ый вид RT.
Сзади: 1-ый вид.
Впереди: 4-ый вид UT.

Эта раскладка показана на первом рисунке. Обратите внимание, что по раскраске совмещены не только рёбра на стыке видов центральных и боковых граней, но и рёбра на стыке соседних боковых граней.

Теперь очень аккуратно в строгом соответствии с буквами-метками (они должны совместиться) переворачиваем раскладку, так чтобы получилась нижняя грань. Это показано на втором рисунке и там уже проявляется по совмещениям на рёбрах вид нижней грани.

Если взглянуть на предлагаемые варианты, то мы можем легко убедиться, что подходит и вариант (А) и вариант (Д) при повороте их на LT.

Выбрать нужный вариант – можно только сосчитав количество белых (их должно быть 12) и чёрных кубиков (их должно быть 15).

Смотрим на первую раскладку. На верхней грани – 3 белых. В среднем видимом слое, в том, что зажат между верхней и нижней гранью (состоящем из 8 кубиков) – 4 белых. В нижней грани (что можно увидеть на второй картинке) – как минимум 3 кубика.

Всего в видимой и известной части кубика мы насчитали 10 белых кубиков. А должно их быть 12. Значит, один белый кубик находится в центре куба (он невидим) и ещё один белый кубик мы можем разместить в положение, отмеченное на втором рисунке знаком вопроса.

А значит, окончательно, нам подходит вариант (Д)

О т в е т : (Д) .

Вквадрате 3х3 некоторые клетки белые, а остальные черные. известно что не во всех столбцах не все к

Вквадрате 3х3 некоторые клетки белые, а остальные черные. известно что не во всех столбцах не все к

4,8(10 оценок)

Ответ:

mvalinka

03.07.2022

Задачу можно решить методом «научного тыка»

Допустим, в какой-то момент малыш Федя обгоняет Женю. Отметим это место специальной меткой, как условное начало круга. Как только он обгоняет Женю, он понимает, что (теперь уже) она – впереди него на расстоянии длины круговой дорожки (фактически она почти впритык позади него, но ведь дорожка круговая (!), а значит, Женя, как бы и впереди на расстоянии длины дорожки).

Пускай Женя пройдёт после первой встречи целый круг. Для того, чтобы Феде догнать Женю, ему нужно проехать всю круговую дорожку до того места, где в раз была Женя (т.е. целый круг) и ещё один круг, чтобы уже и догнать Женю второй раз. Но для этого ему нужно было бы ехать вдвое быстрее, т.е. на 100% быстрее, а он едет только на 75% быстрее. Значит, до второй встречи Женя успеет пройти больше, чем один круг.

Итак, учитывая это, пускай теперь до нового места встречи Женя пройдёт целый круг от метки до метки, и ещё дополнительно от метки какую-то часть круговой дорожки, назовём это «кусок дорожки», а малыш Федя до этого нового места встречи проедет на велосипеде целых два круга и ещё такую же часть дорожки, как и Женя, т.е. такой же «кусок».

Новое место встречи, таким образом, сместилось от начальной метки на «кусок дорожки».

После второй встречи, Федя опять обгонит Женю и потом опять встретится с ней уже в третий раз со смещением ещё на один «кусок дорожки» от предыдущего места встречи, которое и так уже было смещено от начальной метки на «кусок дорожки», стало быть, третья встреча сместится от начальной метки на «два куска дорожки».

До второго места встречи Женя
круг и ещё «кусок дорожки»,
а Федя проехал два круга и «кусок дорожки».

До третьего места встречи Женя
2 круга и ещё «два куска дорожки»,
а Федя проехал четыре круга и ещё «два куска дорожки».

До четвёртого места встречи Женя
3 круга и ещё «три куска дорожки»,
а Федя проехал шесть кругов и ещё «три куска дорожки».

Заметим, что если бы Женя к четвёртому месту встречи, смещённому от начальной метки на «три куска дорожки бы 4 целые круга (три плюс один), то тогда Федя проехал бы 6 кругов и ещё «три куска дорожки», т.е. такое же расстояние, как и Женя, а значит ещё один добавочный круг, и всего – семь кругов.

И это как раз и сходится с их соотношением скорости. 7 кругов ведь на 75% больше, чем 4 круга. Всё правильно, Федя ведь ездит на 75% быстрее, а значит, он и должен проехать не 4 круга, как Женя, а 7 кругов!

Значит, наше предположение верно. К четвёртой встрече Женя проходит четыре полных круга, а стало быть, она приходит к начальной метке, которую мы отметили в месте первой встречи, т.е. место четвёртой встречи совпадает с местом первой встречи. Дальнейшие встречи станут совпадать со встречами в первом цикле рассуждений. Таким образом, всего существует 3 разных места, где Федя обгоняет Женю.

Так же, эту задачу можно решить и «аналитически», через введение неизвестного параметра скорости, и рассмотрения относительной скорости участников, т.е. скорости сближения.

Пусть скорость Жени равна v .

Тогда скорость Феди равна 1.75v .

Когда Федя догоняет Женю, их скорость сближения равна 1.75v - v = 0.75v

(вычитаем, поскольку Женя уходит от догоняющего её Феди, тем самым, как бы мешая ему себя догонять). Иначе можно сказать, что скорость Жени в $\frac{4}{3}$ раза больше, чем скорость сближения, поскольку $v : 0.75 v = 1 : \frac{3}{4} = \frac{4}{3} .$

Когда Федя в очередной раз обгоняет Женю, его удалённость от Жени, которую он встретит в будущем, в следующем месте обгона, составляет как раз один круг. За время, пока Федя доедет до нового обгона Жени, Женя пройдет по круговой дорожке в $\frac{4}{3}$ раза большее расстояние, поскольку её скорость в $\frac{4}{3} = 1 \frac{1}{3}$ раза больше скорости сближения.

Из этого и следует, что за время между двумя очередными последовательными встречами, которые разделяют участников движения расстоянием в один круг, Женя проходит круг и ещё треть круговой дорожки. Значит за 3 дополнительные встречи (после первой начальной) она и пройдёт полный круг, вернувшись к начальной метке. Т.е. всего существует 3 места, в которых малыш Федя обгоняет пешую Женю.

О т в е т : (б) в 3 точках.

По круговой дорожке в одном направлении двигаются женя пешком и малыш федя на велосипеде. скорость ф