Рассмотрим тр.AOC (прямоугольный) в нем угол С равен 30 гр. згачит угол CAO равен 60 гр. (90-30) теорема: катет лежащий против угла в 30 градусов равен половине гипотенузы. так ОА(катет) лежит напротив угла в 30градусов, значит ОА это половина АС(гипотенуза) таким образом АС=2ОА=30. АС:АВ=2:3 возьмем 1 часть за х так, АС это 2х, АВ это 3х. получаем уравнения: 1)АС=2х. 2)АВ=3х. АС=30, значит из 1) находим АС: 30=2х отсюда х=15. из 2) находим АВ: АВ=3х АВ=3*15 АВ=45. ответ: АС= 30; АВ=45.
Поясняю популярно и, может быть, излишне. 1. Полная вероятность - всегда = 1. -сумма вероятностей всех возможных событий. 2. Вероятность события обозначают - р - "ДА", а "НЕТ" - q. p=q - 1/ 3. Все варианты для 3-х испытаний удобно вычислить по формуле (предлагаю формулу - куб суммы) Р(А) = (p+q)³ = p³ + 3*p*q² + 3*p²*q + q³ = 1 - все возможные случаи. 4. Для монеты вероятности стороны равны: p=q= 0.5 5. Собственно расчет. Каждый член разложения имеет смысл: a) p³ = 0.5³ = 0.125 - все три "орла" б) q³ = 0.125 - все три "решки". в) 3*p*q² = p*q*q + q*p*q + q*q*p = 0.375 - три варианта - один "орёл" и две "решки" г) 3*p²*q = p*p*q + q*p*p + p*q*p = 0.375 - три варианта - два "орла" и одна "решка. 5. Проверяем на полную вероятность - 0,125+0,375+0,375+0,125=1 - правильно. 6. Переходим к поиску ответа. а) Только на одной = Р(А) = p*q*q* = 0.125 - ОТВЕТ б) На всех монетах = Р(А) =р³ = 0,125 - ОТВЕТ в) Хотя бы на одной - вариант 5в - Р(А)= 0,375 - ОТВЕТ г) Не менее чем на двух - это на двух ИЛИ на трех - вероятности суммируются - Р(А) = 0,125+ 0,325 = 0,450 - ОТВЕТ
Поиск родственных задач Если задача трудна, то попытайтесь найти и решить более простую «родственную» задачу. Это часто даёт ключ к решению исходной следующие соображения: • рассмотреть частный (более простой) случай, а затем обобщить идею решения; • разбить задачу на подзадачи (например, необходимость и достаточность); • обобщить задачу (например, заменить конкретное число переменной); • свести задачу к более простой (см. тему «Причёсывание задач»). Пример 1. В угловой клетке таблицы 5 × 5 стоит плюс, а в остальных клетках стоят минусы. Разрешается в любой строке или любом столбце поменять все знаки на противоположные. Можно ли за несколько таких операций сделать все знаки плюсами? Решение. Возьмём квадрат поменьше, размера 2 × 2, в котором стоят один плюс и три минуса. Можно ли сделать все знаки плюсами? Несложный перебор показывает, что нельзя. Поиск родственных задач 7 Воспользуемся этим результатом: выделим в квадрате 5 × 5 квадратик 2 × 2, содержащий один плюс. Про него уже известно, что сделать все знаки плюсами нельзя. Значит, в квадрате 5 × 5 и подавно. Пример 2. Постройте общую внешнюю касательную к двум окружностям. Решение. Если одна из окружностей будет точкой, то задача станет легче (вспомните, как из точки провести касательную). Пусть ❖1 и r 1 | центр и радиус меньшей окружности, ❖2 и r 2 | центр и радиус большей окружности. Рассмотрим прямую, проходящую через ❖1 и параллельную общей касательной. (рис. 1). Эта прямая удалена от ❖2 на расстояние r 2 − r 1 , значит, является касательной к окружности с центром ❖2 и радиусом r 2 − r 1. Построим эту окружность. Из точки ❖1 проведём касательную к ней. Пусть ❈ | точка касания. На прямой ❖2❈ лежит искомая точка касания.Известно, что человек некультурный ест как придётся, а культурный сначала приготовит пищу. Так и некультурный математик решает задачу как придётся, а культурный «приготовит» задачу, т. е. преобразует её к удобному для решения виду. Приготовление задачи может состоять в переформулировке условия на более удобном языке (например, на языке графов), отщеплении простых случаев, сведении общего случая к частному. Такие преобразования сопровождаются фразами «в силу симметрии», «явно не хуже», «для определённости», «не нарушая общности», «можно считать, что. . . ». Пример 1. Каждый ученик класса ходил хотя бы в один из двух походов. В каждом походе мальчиков было не больше 2❂5. Докажите, что во всём классе мальчиков не больше 4❂7. Решение. «Лобовое» решение состоит в рассмотрении количеств мальчиков, ходивших только в первый поход, ходивших только во второй поход, ходивших в оба похода, то же для девочек, составлении и решении системы уравнений и неравенств. Этого делать не хочется, поэтому будем избавляться от лишних параметров, сводя задачу к её частному случаю. Мы проделаем это в несколько шагов. После каждого шага упрощения становится очевидным следующий шаг. Будем увеличивать число мальчиков в классе, не изменяя числа девочек и не нарушая условия задачи. 1 шаг. «Впишем» всех девочек в число участников обоих походов. От этого доля мальчиков в походах уменьшится,а в классе | не изменится. Итак, можно считать, что все девочки ходили в оба похода. 2 шаг. Если мальчик ходил в первый поход, то освободим его от посещения второго. Доля мальчиков в походе уменьшится. Итак, можно считать, что каждый мальчик ходил только в один поход. 3 шаг. Если в одном походе было меньше мальчиков, чем в другом, то добавим в класс мальчиков. Доля мальчиков в походах останется не больше 2❂5, а доля мальчиков в классе увеличится. Можно считать, что мальчиков было в походах поровну. 4 шаг. Задача стала тривиальной: в обоих походах были все девочки и ровно половина мальчиков. Обозначим число девочек 3①, тогда мальчиков в походах было не больше 2①, а во всём классе | не больше 4①. Максимальное число мальчиков в классе 4①, а это 4❂7 класса. Пример 2. Из бумажного треугольника вырезали параллелограмм. Докажите, что его площадь не превосходит половины площади треугольника. Решение. Трудность состоит в том, что положение параллелограмма внутри треугольника произвольное. Будем преобразовывать параллелограмм, не уменьшая его площадь (рис. 2). 1 шаг. «Удлиним» параллелограмм так, чтобы одна его вершина попала на сторону треугольника. 2 шаг. Перекроим параллелограмм, не меняя его площади, так, чтобы его сторона попала на сторону треугольника. 3 шаг. «Удлиним» параллелограмм вдоль общей с треугольником стороны так, чтобы все четыре вершины попа-ли на стороны треугольника. 4 шаг. Перекроим параллелограмм, не меняя его площади, так, чтобы один его угол совпал с углом треугольника. 5 шаг. Теперь задача решается легко. Например, по-кроем параллелограмм дополняющими его треугольника-ми (один из треугольников отражается центрально симметрично относительно середины его общей с параллелограммом стороны, а второй параллельно переносится).
в нем угол С равен 30 гр.
згачит угол CAO равен 60 гр. (90-30)
теорема: катет лежащий против угла в 30 градусов равен половине гипотенузы.
так ОА(катет) лежит напротив угла в 30градусов, значит ОА это половина АС(гипотенуза)
таким образом АС=2ОА=30.
АС:АВ=2:3
возьмем 1 часть за х
так, АС это 2х,
АВ это 3х.
получаем уравнения:
1)АС=2х.
2)АВ=3х.
АС=30, значит из 1) находим АС:
30=2х
отсюда х=15.
из 2) находим АВ:
АВ=3х
АВ=3*15
АВ=45.
ответ: АС= 30; АВ=45.