124. Запишіть у стандартному вигляді масу: а) Місяця 73 500 000 000 000 000 000 т; б) Сонця 1 990 000 000 000 000 000 000 000 000

Показать ответ

Ответ:

SHILW

19.09.2020 19:02

Для числа 18 ответ: да, можно.

Я рассуждал так:

если меняется только одна цифра, значит, меняется только один разряд числа: единицы, десятки, сотни и т.д.

• Изменяя только единицы, деление на 18 снова не получится. Потому что от одного числа, которое делится на 18, до другого должна быть разница хотя бы в эти самые 18.

• Изменяя десятки, мы делаем предположение, что какое-либо круглое двузначное число делится на 18, и это так:

90 : 18 = 5.

Таким образом, если найдётся число, у которого в разряде десятков стоит 0, и оно делится на 18, достаточно будет заменить 0 на 9, чтобы получить новое число, делящееся на 18.

Пример: 108 и 198.

Для числа 19 ответ: нет, нельзя.

Рассуждения аналогичные, только в десятках умножение 19 ни на какое число не даст круглого двузначного числа. То же самое и с сотнями, и с тысячами и т.п., ведь из девятки на конце может получиться нуль только умножением на 10, или кратное ему, а это нам не подходит, т.к. числа 190 и подобные ему будут изменять не один разряд числа, а несколько. Так что только одну цифру изменить никак не получится.

0,0(0 оценок)

Ответ:

milakaty

30.06.2020 03:03

$3\cos^2t - 4\cos t \geq 4
\\\
3\cos^2t - 4\cos t - 4 \geq 0$
Решаем уравнение, соответствующее данному неравенству:
$3\cos^2t - 4\cos t - 4 \geq 0
\\\
D_1=(-2)^2-3\cdot(-4)=4+12=16
\\\
\cos t= \frac{2+4}{3} =2
\\\
\cos t= \frac{2-4}{3} =- \frac{2}{3}$
Тогда решением исходного неравенства будут промежутки меньше меньшего корня и больше большего:
$\left[\begin{array}{l} \cos t \leq - \frac{2}{3} \\ \cos t \geq 2 \end{array}$
Второе неравенство не имеет решений, так как косинус не принимает значений больших 1.
Первое неравенство удобно решить с тригонометрического круга.
$\arccos(- \frac{2}{3} )+2 \pi k \leq t \leq 2 \pi -\arccos(- \frac{2}{3} )+2 \pi k, \ k\in Z$
ответ: $\arccos(- \frac{2}{3} )+2 \pi k \leq t \leq 2 \pi -\arccos(- \frac{2}{3} )+2 \pi k$ , где k - целые числа

$6\cos^2t+1 \ \textgreater \ 5\cos t
\\\
6\cos^2t-5\cos t+1 \ \textgreater \ 0$
Можно на всякий случай вводить замены такого рода:
$\cos t=x
\\\
6x^2-5x+1\ \textgreater \ 0
\\\
D=(-5)^2-4\cdot6\cdot1=25-24=1
\\\
x=\frac{5+1}{2\cdot6} = \frac{1}{2} 
\\\
x=\frac{5-1}{2\cdot6} = \frac{1}{3}$
Тогда,
$\left[\begin{array}{l} x\ \textless \ \frac{1}{3} \\ x\ \textgreater \ \frac{1}{2} \end{array}
\Rightarrow
\left[\begin{array}{l} \cos t\ \textless \ \frac{1}{3} \\ \cos t\ \textgreater \ \frac{1}{2} \end{array}$
Решаем с тригонометрического круга:
$x\in(-\frac{ \pi }{3}+2 \pi k ; \frac{ \pi }{3}+2 \pi k )\cup(\arccos \frac{1}{3}+2 \pi k ;2 \pi -\arccos \frac{1}{3} +2 \pi k), k\in Z$
ответ: $x\in(-\frac{ \pi }{3}+2 \pi k ; \frac{ \pi }{3}+2 \pi k )\cup(\arccos \frac{1}{3}+2 \pi k ;2 \pi -\arccos \frac{1}{3} +2 \pi k)$ , где k - целые числа

$4\cos^2t \ \textless \ 1
\\\
\cos^2t \ \textless \ \frac{1}{4} 
\\\
-\frac{1}{2} \ \textless \ \cos t \ \textless \ \frac{1}{2}$
Значения табличные, но можно и на круге изобразить:
$t\in(- \frac{2 \pi }{3} +2\pi k;- \frac{ \pi }{3} +2\pi k)\cup( \frac{ \pi }{3}+2\pi k ; \frac{2 \pi }{3} +2\pi k), \ k\in Z$
ответ: $t\in(- \frac{2 \pi }{3} +2\pi k;- \frac{ \pi }{3} +2\pi k)\cup( \frac{ \pi }{3}+2\pi k ; \frac{2 \pi }{3} +2\pi k)$ , где k - целые числа

$3\cos^2t \ \textless \ \cos t
\\\
3\cos^2t - \cos t\ \textless \ 0
\\\
\cos t(3\cos t - 1)\ \textless \ 0
\\\
\cos t(\cos t - \frac{1}{3} )\ \textless \ 0
\\\
0\ \textless \ \cos t\ \textless \ \frac{1}{3}$
Решение на тригонометрическом круге:
$x\in(- \frac{ \pi }{2}+2\pi k ;-\arccos \frac{1}{3} +2\pi k)\cup(\arccos \frac{1}{3}+2\pi k;\frac{ \pi }{2}+2\pi k), \ k\in Z$
ответ: $x\in(- \frac{ \pi }{2}+2\pi k ;-\arccos \frac{1}{3} +2\pi k)\cup(\arccos \frac{1}{3}+2\pi k;\frac{ \pi }{2}+2\pi k)$ , где k - целые числа