В задаче 9 различных букв, значит, использовано 9 цифр. 1. Заметим, что И - чётная цифра, т.к. получается путём сложения 2-х одинаковых цифр (А). Т.е. И∈[0;2;4;6;8] 2. С меньше 5, т.к. С+С не даёт переноса в старший разряд. Т.е. С∈[1;2;3;4] 3. Н+Н=И и А+А=И. Значит, одно из сложений даёт перенос в старший разряд, т.е. фактически имеет вид x+x=10+И. Значит, |Н-А|=5. 4. И+И=Ч - не даёт переноса в старший разряд, ибо дальше выполняется сложение Н+Н=И, где И - чётное. Значит, И не больше 4. Заметим также, что И не может быть равно 0, т.к. в этом случае либо А, либо Н также должны были бы быть равны 0. Т.е. И∈[2;4], а для пары А и Н возможны только варианты (1;6) или (2;7). 5. Посмотрим на второй и четвёртый столбцы слева: И+И=Т и И+И=Ч. Т.к. Т≠Ч, то один из них должен получить перенос из предыдушего разряда. Значит, |T-Ч|=1
Запишем табличку, в которую сведём найденные закономерности.
Остались цифры 0, 3, 7, 8 и 9. Однако, Ц+Ц=К. К не может быть 0, значит, Ц=9, а К=8. При этом возникает перенос в старший разряд - противоречие. Вариант не подходит.
б) И=2, А=6, Н=1 ⇒ Ч=5, Т=4.
Также остались цифры 0, 3, 7, 8 и 9.
Ц≠0, т.к. в этом случае К=1, но 1 уже занято Н. Старшие разряды также не равны 0. При этом П - чётная, значит, П=8. Но тогда С должно быть равно 4, а 4 уже занято Т. Вариант не подходит.
в) И=4, А=2, Н=7 ⇒ Ч=8, Т=9
Остались цифры 0, 1, 3, 5, 6.
Ц≠0 П≠0 и чётное, т.е. П=6. Тогда С=3. Остаются 0, 1 и 5, причём из разряда единиц нет переноса. А это значит, что К - чётное. Т.е. 0. Значит, Ц=5, но это даёт перенос в следующий разряд - противоречие. Вариант не подходит.
г) И=4, А=7, Н=2 ⇒ Ч=9, Т=8
Остались те же цифры: 0, 1, 3, 5 и 6. По тем же причинам С=3, П=6. Тогда Ц+Ц+1=10+К, т.е. Ц=5, К=1.
Задача несложная и решается прямыми последовательными выкладками. Сперва доказываем, что четырехугольник (из условия задачи - равнобочная трапеция) АМКД лежит в одной плоскости с треугольником АМК: т. к. точки М и К середины сторон SB и SC треугольника BSC, следовательно линия MK является средней линией треугольника BSC, а следовательно параллельна его основанию BC. Т. к. ABCD основание правильной четырехугольной пирамиды с равными ребрами, то ABCD есть квадрат и MK параллельна AD. Отрезки DK и АМ пересекаются одновременно с MK и АD каждая, следовательно они лежат с MK и AD в одной плоскости. Далее понятно. Теперь, чтобы найти угол между пересекающимися плоскостями, нужно найти угол между перпендикулярами, восстановленными из точки прямой пересечения плоскостей в каждой плоскости. обозначим эту точку О. Пусть это будет перпендикуляр, опущенный из вершины S треуголmника ADS. В плоскости AMKD восстановим перпендикуляр из точки О, он пересечет отрезок MK в точке L. Теперь наша задача сводится к: 1) нахождению угла SOL в образовавшемся треугольнике SOL 2) нахождению угла SLO в треугольнике SOL Т. к. все ребра в правильной пирамиде равны, то все грани пирамиды есть равносторонние треугольники с углами при основании 60. Тут проще работать с проекцией треугольника SOL, но я не буду этого делать, а вычислю все стороны треугольника и исходя из теоремы косинусов найду требуемые по условию задачи углы. Итак, OL можно найти как высоту равнобочной трапеции. Находим разность оснований, делим на 2, и по теореме пифагора находим высоту. OL=корень (АМ^2 - [(AD-MK)/2]^2 AD=4; MK=BC/2=4/2=2; AM =2*корень (3) - высота равностороннего треугольника со стороной 4. OL=корень (11) SO=2*корень (3) - т. к. есть высота равностороннего треугольника со стороной 4. SL=корень (3) - т. к. есть половина высоты равностороннего треугольника Теперь из теоремы косинусов получаем: 3=12+11-2*2*корень (3)*корень (11)*cos(SOL) ==> угол (SOL)=arccos(5/корень (33)) 12=3+11-2*корень (3)*корень (11)*cos(SLO) ==> угол (SLO)=arccos(1/корень (33))
147+23x+39x=147+62x=147+62*3=147+186=333
147+62*10=147+620=767