Допустим, что такое сложение существует.
Запишем сложение в виде столбика:
М Э Х Э Э Л Э
У Ч У У Т А Л
5 0 5 2 0 2 0
Для удобства пронумеруем разряды: единицы будут 1, десятки -- 2 и так далее до 7.
1. Рассмотрим 1 разряд. "Э + Л = 0".
Это возможно в 2-х случаях:
Э = Л = 0 (не подходит, так как цифры должны быть разные);
Э + Л = 10 (тогда десяток перейдёт на разряд вперёд и останется 0).
Остаётся Э + Л = 10.
2. Рассмотрим 3 разряд. "Э + Т = 0". Возможно три случая:
Э = Т = 0 (не подходит, так как цифры должны быть разные);
Э + Т = 10 (не подходит, так как тогда Т = Л (пункт 1))
Э + Т = 9 (плюс единица из переполнения)
Остаётся Э + Т = 9.
3. Рассмотрим 6 разряд. "Э + Ч = 0". Возможно три случая:
Э = Ч = 0 (не подходит, так как цифры должны быть разные);
Э + Ч = 10 (не подходит, так как тогда Ч = Л (пункт 1))
Э + Ч = 9 (не подходит, так как тогда Ч = Т (пункт 2))
Таким образом, "Э + Ч ≠ 0", а это противоречит условию.
Значит, такого решения быть не может. Что и требовалось доказать.
1)Р=5/36=~0,14
2)h(2)=4см
Пошаговое объяснение:
У каждого кубика 6 граней.
Если одновременно бросают
2 кубика, то число возможных
исходов: 6×6=36
При бросании 2 кубиков полу
чить в сумме 8 очков можно,
если выпадают следующие ком
бинации:
1) 2; 6.
2) 3; 5.
3) 4; 4.
4) 5; 3.
5) 6; 2.
Благоприятных исходов - пять.
Вероятность, что выпадет 8 оч
ков, равна:
Р=5/36=~0,14
ответ: 0,14.
2)
Дано:
h(1)=16см
r(1)
r(2)=2r(1)
h(2)= ?
При переливании обьем жид
кости не меняется, поэтому:
V(1)=V(2)
V(1)=pi×r(1)^2×h(1)
V(2)=pi×r(2)^2×h(2)
pi×r(1)^2×h(1)=pi×r(2)^2×h(2)
r(1)^2×h(1)=r(2)^2×h(2)
Так как r(2)=2r(1)
r(1)^2×h(1)=(2r(1))^2×h(2)
r(1)^2×h(1)=4r(1)^2×h(2)
h(2)=r(1)^2×h(1)/4r(1)^2=h(1)/4
h(2)=16/4=4см.
ответ: h(2)=4см.
