Клетки квадрата 5x5 покрашены в шахматном порядке. центральная клетка – чёрная. можно ли закрыть все чёрные клетки неперекрывающимися уголками из трех клеток? уголки не должны выходить за границы квадрата.
Сначала преобразуем то, что в скобках, чтобы привести к виду второго замечательного предела lim(1+1/x)^(x)=e. (Х^3+х+1)/(х^3+2)=(х^3+2+(х-1))/(х^3+2)=(х^3+2)/(х^3+2) + (х-1)/(х^3+2)=1+(х-1)/(х^3+2). Чтобы прийти к формуле второго замечательного предела, нужно, чтобы это выражение возводилось в степень (х^3+2)/(х-1). Поэтому мы сделаем возведение в эту степень искусственно, сначала возведя в нее , а потом в обратную ей. Lim [(1+(x-1)/(x^3+2))^((x^3+2)/(x-1)]^(2x·(x-1)/(x^3+2))= e^(limx->~(2x(x-1)/(x^3+2))={у степени е получается неопределенность вида ~/~; чтобы от нее избавиться, делим и числитель, и знаменатель на х в большей степени, то есть на х в кубе}=е^(limx->~(2/x-2/x^2)/(1+2/x^3)=e^(0/1)=e^0=1.
Пусть FO - перпендикуляр к плоскости ромба. Проведем ОК⊥AB, OL⊥BC, OM⊥CD и ON⊥AD. Проведенные отрезки - проекции соответствующих наклонных на плоскость ромба, значит и наклонные перпендикулярны сторонам ромба по теореме о трех перпендикулярах. Т.е. FK = FL = FM = FN = 16 см - расстояния от точки F до сторон ромба.
Если равны наклонные, проведенные из одной точки, то равны и их проекции: OK = OL = OM = ON, значит О - центр окружности, вписанной в ромб, т.е. точка пересечения его диагоналей.
ΔAOD: ∠AOD = 90°, AO = 8 см, DO = 6 см по свойству диагоналей ромба. По теореме Пифагора AD = √(AO² + DO²) = √(64 + 36) = 10 см ON = AO·DO / AD = 6·8 / 10 = 4,8 см
ТЕОРИЯ ответа
НЕЛЬЗЯ, потому, что на доске всего 5*5 = 25 клеток, а уголками из трех клеток можно закрыть только 3*8 = 24 клетки. Остается одна клетка.
ПРАКТИКА ответа.
Вариант решения на рисунке в приложении.
ВЫВОДЫ
1) Нельзя. всегда останется одна клетка.
2) И это клетка будет чёрного цвета, потому, что их больше.
На этой доске 13 шт черного и 12 - белого цвета.