Страница 191 - гдз по алгебре 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.94. Прутик длиной $l$ случайно обломился в двух местах и разделился на 3 части. Какова вероятность того, что:

1) из этих частей можно образовать треугольник;

2) длина на каждой из этих частей не меньше, чем $\frac{l}{4}$?

Для решения задачи воспользуемся методом геометрической вероятности. Пусть длина прутика $l=1$. Места двух случайных разломов обозначим как $x$ и $y$. Эти величины являются независимыми случайными величинами, равномерно распределенными на отрезке $[0, 1]$. Пространством элементарных исходов является квадрат в системе координат $Oxy$ со стороной 1 и вершинами в точках $(0,0), (1,0), (1,1), (0,1)$. Площадь этого квадрата (мера всего пространства исходов) равна $S_{total} = 1 \cdot 1 = 1$.

Длины трех получившихся частей прутика зависят от взаимного расположения точек $x$ и $y$.

1. Если $x < y$, то длины частей равны: $a = x$, $b = y - x$, $c = 1 - y$. Эта ситуация соответствует верхней треугольной области квадрата, выше диагонали $y=x$. Площадь этой области $S_1 = 1/2$.

2. Если $y < x$, то длины частей равны: $a = y$, $b = x - y$, $c = 1 - x$. Эта ситуация соответствует нижней треугольной области квадрата, ниже диагонали $y=x$. Площадь этой области $S_2 = 1/2$.

1) из этих частей можно образовать треугольник;

Для того чтобы из трех отрезков с длинами $a, b, c$ можно было составить треугольник, необходимо и достаточно выполнение неравенства треугольника: сумма длин любых двух сторон должна быть больше длины третьей стороны.

$a + b > c$

$a + c > b$

$b + c > a$

Поскольку $a + b + c = 1$, эти неравенства можно переписать в более простом виде. Например, из $a+b > c$ следует $a+b+c > 2c$, то есть $1 > 2c$ или $c < 1/2$. Аналогично для двух других неравенств. Таким образом, условие сводится к тому, что длина каждой из трех частей должна быть меньше половины длины прутика:

$a < 1/2, \quad b < 1/2, \quad c < 1/2$

Рассмотрим оба случая:

Случай 1: $x < y$ (верхний треугольник пространства исходов)

Условия для длин частей $a=x, b=y-x, c=1-y$ принимают вид:

$x < 1/2$

$y - x < 1/2 \implies y < x + 1/2$

$1 - y < 1/2 \implies y > 1/2$

Эти неравенства вместе с условием $0 < x < y < 1$ определяют на плоскости $Oxy$ треугольную область, благоприятствующую событию. Вершины этой области: $(0, 1/2)$, $(1/2, 1)$ и $(1/2, 1/2)$. Площадь этого треугольника (благоприятная мера в данном случае) равна:

$S_{fav1} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot (1 - 1/2) \cdot (1/2 - 0) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$

Случай 2: $y < x$ (нижний треугольник пространства исходов)

Условия для длин частей $a=y, b=x-y, c=1-x$ принимают вид:

$y < 1/2$

$x - y < 1/2 \implies y > x - 1/2$

$1 - x < 1/2 \implies x > 1/2$

Эти неравенства вместе с условием $0 < y < x < 1$ определяют симметричную треугольную область с вершинами: $(1/2, 0)$, $(1, 1/2)$ и $(1/2, 1/2)$. Площадь этого треугольника равна:

$S_{fav2} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot (1/2 - 0) \cdot (1 - 1/2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$

Общая площадь благоприятствующей области равна сумме площадей этих двух треугольников:

$S_{fav} = S_{fav1} + S_{fav2} = \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$

Вероятность $P_1$ равна отношению благоприятной площади к общей площади пространства исходов:

$P_1 = \frac{S_{fav}}{S_{total}} = \frac{1/4}{1} = \frac{1}{4}$

Геометрическая иллюстрация благоприятной области (закрашена зеленым):

Ответ: $1/4$

2) длина каждой из этих частей не меньше, чем $l/4$?

Условие означает, что $a \ge l/4$, $b \ge l/4$, $c \ge l/4$. Полагая $l=1$, получаем:

$a \ge 1/4, \quad b \ge 1/4, \quad c \ge 1/4$

Рассмотрим снова два случая:

Случай 1: $x < y$

Условия для длин частей $a=x, b=y-x, c=1-y$ принимают вид:

$x \ge 1/4$

$y - x \ge 1/4 \implies y \ge x + 1/4$

$1 - y \ge 1/4 \implies y \le 3/4$

Эти неравенства определяют на плоскости $Oxy$ треугольную область с вершинами в точках $(1/4, 1/2)$, $(1/2, 3/4)$ и $(1/4, 3/4)$. Все точки этой области удовлетворяют условию $x < y$. Площадь этого треугольника равна:

$S'_{fav1} = \frac{1}{2} \cdot (3/4 - 1/2) \cdot (1/2 - 1/4) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{32}$

Случай 2: $y < x$

Условия для длин частей $a=y, b=x-y, c=1-x$ принимают вид:

$y \ge 1/4$

$x - y \ge 1/4 \implies y \le x - 1/4$

$1 - x \ge 1/4 \implies x \le 3/4$

Эта система неравенств задает треугольную область с вершинами $(1/2, 1/4)$, $(3/4, 1/2)$ и $(3/4, 1/4)$. Все точки этой области удовлетворяют условию $y < x$. Площадь этого треугольника равна:

$S'_{fav2} = \frac{1}{2} \cdot (1/2 - 1/4) \cdot (3/4 - 1/2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{32}$

Общая площадь благоприятствующей области равна сумме площадей этих двух треугольников:

$S'_{fav} = S'_{fav1} + S'_{fav2} = \frac{1}{32} + \frac{1}{32} = \frac{2}{32} = \frac{1}{16}$

Вероятность $P_2$ равна отношению благоприятной площади к общей площади пространства исходов:

$P_2 = \frac{S'_{fav}}{S_{total}} = \frac{1/16}{1} = \frac{1}{16}$

Геометрическая иллюстрация благоприятной области (закрашена синим):

Ответ: $1/16$

5.95. На шахматную доску, длина стороны каждой клетки которой равна $2a$, случайно уронили монету диаметром $2r$ $(r

1) одной клетки;

2) клетки черного цвета?

1) одной клетки

Для решения этой задачи воспользуемся геометрическим определением вероятности. Вероятность события равна отношению меры (в данном случае, площади) области благоприятных исходов к мере всей области возможных исходов.

Рассмотрим одну клетку шахматной доски. Так как доска состоит из одинаковых клеток, результат, полученный для одной клетки, будет справедлив для всей доски. Длина стороны клетки равна $2a$, следовательно, ее площадь равна $S_{клетка} = (2a)^2 = 4a^2$. Эту площадь мы можем считать пространством элементарных исходов, так как положение монеты определяется положением ее центра, который может с равной вероятностью оказаться в любой точке клетки.

Монета имеет диаметр $2r$, значит, ее радиус равен $r$. Чтобы монета целиком оказалась внутри одной клетки, ее центр должен находиться на расстоянии не менее $r$ от каждой из границ клетки. Это означает, что центр монеты должен попасть в меньший квадрат, концентричный исходной клетке.

Сторона этого внутреннего, «благоприятного» для события, квадрата будет равна $2a - r - r = 2a - 2r = 2(a-r)$. Площадь этой благоприятной области составляет $S_{благопр} = (2(a-r))^2 = 4(a-r)^2$. Условие задачи $r < a$ гарантирует, что такая область существует ($a-r > 0$).

На рисунке ниже показана одна клетка и благоприятная область для центра монеты (закрашена зеленым).

Вероятность $P_1$ того, что монета целиком окажется внутри одной клетки, вычисляется как отношение площади благоприятной области к общей площади клетки:

$P_1 = \frac{S_{благопр}}{S_{клетка}} = \frac{4(a-r)^2}{4a^2} = \frac{(a-r)^2}{a^2} = \left(\frac{a-r}{a}\right)^2 = \left(1 - \frac{r}{a}\right)^2$

Ответ: $\left(1 - \frac{r}{a}\right)^2$

2) клетки черного цвета

На стандартной шахматной доске количество черных и белых клеток одинаково, они занимают по половине всей площади доски. Будем считать, что это условие выполняется.

Событие «монета целиком окажется внутри клетки черного цвета» является частью события «монета целиком окажется внутри одной клетки», вероятность которого мы нашли в пункте 1.

Поскольку черные клетки составляют половину от всех клеток, то и общая площадь благоприятных областей для попадания в черные клетки будет в два раза меньше общей площади благоприятных областей для попадания в любую клетку. В каждой клетке, независимо от ее цвета, есть одинаковая по размеру «безопасная» зона для центра монеты.

Следовательно, искомая вероятность $P_2$ будет в два раза меньше вероятности $P_1$:

$P_2 = \frac{1}{2} \cdot P_1 = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{r}{a}\right)^2$

Этот результат можно получить и прямым расчетом. Пусть на доске $N$ клеток, из них $N/2$ черных. Общая площадь доски $S_{доска} = N \cdot (2a)^2$. Суммарная благоприятная площадь для попадания в черные клетки равна $S_{благопр,черн} = \frac{N}{2} \cdot (2(a-r))^2$. Тогда вероятность:

$P_2 = \frac{S_{благопр,черн}}{S_{доска}} = \frac{\frac{N}{2} \cdot 4(a-r)^2}{N \cdot 4a^2} = \frac{1}{2} \frac{(a-r)^2}{a^2} = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{r}{a}\right)^2$

Ответ: $\frac{1}{2}\left(1 - \frac{r}{a}\right)^2$

5.96. Какова вероятность того, что из трех отрезков, длины которых не превосходят $l$, можно составить треугольник?

Для решения этой задачи мы будем использовать методы геометрической вероятности. Пусть длины трех отрезков — это случайные величины $x, y, z$. Согласно условию, их длины не превосходят $l$, то есть $0 \le x \le l$, $0 \le y \le l$, $0 \le z \le l$.

Эти условия определяют пространство всех возможных исходов. В трехмерной системе координат $(x, y, z)$ это пространство представляет собой куб с ребром длины $l$. Объем этого куба (мера пространства всех исходов) равен:

$V_{total} = l \cdot l \cdot l = l^3$

Для того чтобы из трех отрезков с длинами $x, y, z$ можно было составить треугольник, должны выполняться три условия, известные как неравенство треугольника:

$x + y > z$

$x + z > y$

$y + z > x$

Нам нужно найти объем области внутри куба, где все три неравенства выполняются. Этот объем будет соответствовать мере благоприятных исходов. Проще, однако, вычислить объем области, где треугольник составить нельзя, а затем вычесть его из общего объема куба.

Треугольник нельзя составить, если нарушается хотя бы одно из неравенств треугольника. То есть, если выполняется хотя бы одно из следующих условий:

1. $x + y \le z$

2. $x + z \le y$

3. $y + z \le x$

Эти три условия определяют три области внутри куба, которые в совокупности составляют пространство неблагоприятных исходов. Давайте проанализируем эти области. Заметим, что они практически не пересекаются. Например, если одновременно выполняются условия $x + y \le z$ и $x + z \le y$, то, сложив их, получим $2x + y + z \le y + z$, что означает $2x \le 0$. Так как длина отрезка $x$ не может быть отрицательной ($x \ge 0$), это возможно только при $x=0$. В этом случае неравенства сводятся к $y \le z$ и $z \le y$, то есть $y=z$. Таким образом, пересечение первой и второй областей — это линия $x=0, y=z$, которая имеет нулевой объем в трехмерном пространстве. Аналогично, объемы пересечений других пар областей и всех трех областей равны нулю.

Следовательно, объем неблагоприятных исходов можно найти, просто сложив объемы каждой из трех областей. В силу симметрии задачи объемы этих трех областей равны. Найдем объем одной из них, например, области $U_1$, где $x+y \le z$.

Эта область внутри куба определяется системой неравенств:

$0 \le x \le l$

$0 \le y \le l$

$x + y \le z \le l$

Из последнего неравенства следует, что $x+y \le l$. Объем этой области можно вычислить с помощью тройного интеграла:

$V_{unfav,1} = \iiint_{U_1} dx\,dy\,dz = \int_0^l dx \int_0^{l-x} dy \int_{x+y}^l dz$

Вычислим внутренний интеграл по $z$:

$\int_{x+y}^l dz = [z]_{x+y}^l = l - (x+y)$

Теперь вычислим интеграл по $y$:

$\int_0^{l-x} (l-x-y) dy = \left[ (l-x)y - \frac{y^2}{2} \right]_0^{l-x} = (l-x)(l-x) - \frac{(l-x)^2}{2} = \frac{(l-x)^2}{2}$

И, наконец, внешний интеграл по $x$:

$\int_0^l \frac{(l-x)^2}{2} dx = \frac{1}{2} \left[ -\frac{(l-x)^3}{3} \right]_0^l = \frac{1}{2} \left( 0 - \left(-\frac{l^3}{3}\right) \right) = \frac{l^3}{6}$

Итак, объем одной неблагоприятной области равен $l^3/6$. Так как таких областей три и они симметричны, общий объем неблагоприятных исходов равен:

$V_{unfavorable} = 3 \times V_{unfav,1} = 3 \times \frac{l^3}{6} = \frac{l^3}{2}$

Объем благоприятных исходов (когда треугольник можно составить) равен разности общего объема и объема неблагоприятных исходов:

$V_{favorable} = V_{total} - V_{unfavorable} = l^3 - \frac{l^3}{2} = \frac{l^3}{2}$

Вероятность искомого события равна отношению объема благоприятных исходов к общему объему:

$P = \frac{V_{favorable}}{V_{total}} = \frac{l^3/2}{l^3} = \frac{1}{2}$

Геометрически, пространство всех исходов — это куб. Пространство неблагоприятных исходов — это три тетраэдра, отсекаемых от куба плоскостями $x+y=z$, $x+z=y$ и $y+z=x$. Все три тетраэдра имеют общую вершину в начале координат.

Ответ: Вероятность того, что из трех отрезков, длины которых не превосходят $l$, можно составить треугольник, равна $1/2$.

5.97. Один из радиусов кольца вдвое больше другого. В точке малой окружности кольца поместили источник света. Найдите вероятность того, что наудачу выбранная точка кольца окажется освещенной.

Для решения задачи используется метод геометрической вероятности. Вероятность $P$ того, что случайно выбранная точка кольца окажется освещенной, определяется как отношение площади освещенной части кольца $S_{\text{освещ}}$ к общей площади кольца $S_{\text{кольца}}$:

$P = \frac{S_{\text{освещ}}}{S_{\text{кольца}}}$

1. Нахождение общей площади кольца.

Пусть радиус внутренней (малой) окружности равен $r$. Согласно условию, радиус внешней (большой) окружности $R$ вдвое больше, то есть $R = 2r$.

Площадь круга, ограниченного большой окружностью, составляет $S_R = \pi R^2 = \pi (2r)^2 = 4\pi r^2$.

Площадь круга, ограниченного малой окружностью, равна $S_r = \pi r^2$.

Площадь кольца $S_{\text{кольца}}$ является разностью этих двух площадей:

$S_{\text{кольца}} = S_R - S_r = 4\pi r^2 - \pi r^2 = 3\pi r^2$.

2. Нахождение площади освещенной части кольца.

Для определения освещенной области введем систему координат. Поместим центр кольца в начало координат $O(0,0)$. Внутренняя окружность задается уравнением $x^2 + y^2 = r^2$, а внешняя — $x^2 + y^2 = (2r)^2$. Источник света $S$ расположен на малой окружности; для простоты расчетов поместим его в точку $S(r, 0)$.

Предполагается, что область внутри малой окружности (диск $x^2 + y^2 \le r^2$) непрозрачна для света. Свет от источника $S$ распространяется прямолинейно. Точка в кольце будет освещена, если отрезок, соединяющий ее с источником света, не пересекает внутреннюю часть этого непрозрачного диска. Так как источник $S$ находится на границе диска, свет может распространяться только в полупространство, "внешнее" по отношению к касательной в этой точке. Касательной к окружности $x^2+y^2=r^2$ в точке $S(r,0)$ является прямая $x=r$. Любой луч света, направленный от $S$ в область $x < r$, будет заблокирован диском. Следовательно, освещенной может быть только та часть кольца, для точек которой выполняется условие $x \ge r$.

Освещенная область $S_{\text{освещ}}$ задается системой неравенств: $r^2 \le x^2 + y^2 \le (2r)^2$ и $x \ge r$.

Важно отметить, что для любой точки с координатой $x > r$ автоматически выполняется $x^2 > r^2$, а значит и $x^2 + y^2 > r^2$. Таким образом, условие $x^2+y^2 \ge r^2$ избыточно, и освещенная область — это часть большого круга радиуса $R=2r$, лежащая правее прямой $x=r$.

Эта область представляет собой сегмент большого круга, отсекаемый хордой $x=r$. Площадь сегмента можно вычислить как разность площади сектора и площади треугольника.

Найдем точки пересечения $A$ и $B$ прямой $x=r$ с окружностью $x^2+y^2=(2r)^2$:

$r^2 + y^2 = 4r^2 \implies y^2 = 3r^2 \implies y = \pm \sqrt{3}r$.

Следовательно, точки пересечения — $A(r, \sqrt{3}r)$ и $B(r, -\sqrt{3}r)$.

Площадь сектора $OAB$ определяется его центральным углом $2\alpha$. Косинус половины угла $\alpha$ равен отношению прилежащего катета $r$ к гипотенузе $R$:

$\cos \alpha = \frac{r}{R} = \frac{r}{2r} = \frac{1}{2}$.

Отсюда $\alpha = \frac{\pi}{3}$, а полный угол сектора $2\alpha = \frac{2\pi}{3}$.

Площадь сектора: $S_{\text{сектора}} = \frac{2\alpha}{2\pi} \pi R^2 = \alpha R^2 = \frac{\pi}{3} (2r)^2 = \frac{4\pi r^2}{3}$.

Площадь треугольника $OAB$ с основанием $AB = 2\sqrt{3}r$ и высотой $r$ равна:

$S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2} \cdot (2\sqrt{3}r) \cdot r = \sqrt{3}r^2$.

Площадь освещенной части кольца равна разности площади сектора и площади треугольника:

$S_{\text{освещ}} = S_{\text{сектора}} - S_{\triangle OAB} = \frac{4\pi r^2}{3} - \sqrt{3}r^2 = r^2(\frac{4\pi}{3} - \sqrt{3})$.

3. Нахождение вероятности.

Теперь мы можем найти искомую вероятность, разделив площадь освещенной части на общую площадь кольца:

$P = \frac{S_{\text{освещ}}}{S_{\text{кольца}}} = \frac{r^2(\frac{4\pi}{3} - \sqrt{3})}{3\pi r^2} = \frac{\frac{4\pi - 3\sqrt{3}}{3}}{3\pi} = \frac{4\pi - 3\sqrt{3}}{9\pi}$.

Ответ: $\frac{4\pi - 3\sqrt{3}}{9\pi}$

5.98. Решите предыдущую задачу, взяв вместо окружностей концентрические сферы. Необходимые для решения задачи формулы можно взять из математических справочников.

Задача состоит в нахождении потенциала и напряженности электростатического поля, создаваемого двумя концентрическими сферами. Предполагается, что в предыдущей задаче требовалось найти те же величины для двух концентрических окружностей.

Рассмотрим две тонкие концентрические сферы с радиусами $R_1$ и $R_2$ (пусть $R_1 < R_2$). Сферы несут на своих поверхностях заряды $Q_1$ и $Q_2$, которые распределены равномерно. Для решения задачи используется теорема о поле заряженной сферической оболочки (являющаяся следствием теоремы Гаусса) и принцип суперпозиции полей.

Согласно теореме, поле, создаваемое сферической оболочкой с зарядом $Q$ и радиусом $R$:

• Вне оболочки (на расстоянии $r > R$ от центра) эквивалентно полю точечного заряда $Q$, помещенного в центр: $E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r^2}$.
• Внутри оболочки ($r < R$) напряженность поля равна нулю: $E = 0$.

Соответственно, электростатический потенциал $\phi$ (при условии $\phi(\infty) = 0$):

• Вне оболочки ($r \ge R$): $\phi(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r}$.
• Внутри оболочки ($r \le R$): $\phi(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{R}$ (потенциал постоянен).

Применяя принцип суперпозиции, найдем суммарный потенциал и напряженность поля, сложив их значения от каждой сферы.

Потенциал электростатического поля $\phi(r)$

Разобьем пространство на три области и найдем потенциал в каждой из них.

1. Область внутри обеих сфер ($r < R_1$).Точка наблюдения находится внутри сферы 1 и внутри сферы 2. Потенциалы от каждой из них в этой области постоянны и равны потенциалам на их поверхностях:$\phi_1(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1}{R_1}$ и $\phi_2(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_2}{R_2}$.Суммарный потенциал: $\phi(r) = \phi_1(r) + \phi_2(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{Q_1}{R_1} + \frac{Q_2}{R_2} \right)$.

2. Область между сферами ($R_1 \le r < R_2$).Точка наблюдения находится вне сферы 1 и внутри сферы 2. Потенциал от сферы 1 зависит от расстояния $r$, а от сферы 2 — постоянен:$\phi_1(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1}{r}$ и $\phi_2(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_2}{R_2}$.Суммарный потенциал: $\phi(r) = \phi_1(r) + \phi_2(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{Q_1}{r} + \frac{Q_2}{R_2} \right)$.

3. Область вне обеих сфер ($r \ge R_2$).Точка наблюдения находится вне обеих сфер. Каждая сфера создает потенциал, как точечный заряд в центре:$\phi_1(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1}{r}$ и $\phi_2(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_2}{r}$.Суммарный потенциал: $\phi(r) = \phi_1(r) + \phi_2(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1 + Q_2}{r}$.

Ответ:$$\phi(r) = \begin{cases} \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{Q_1}{R_1} + \frac{Q_2}{R_2} \right), & r < R_1 \\ \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{Q_1}{r} + \frac{Q_2}{R_2} \right), & R_1 \le r < R_2 \\ \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1 + Q_2}{r}, & r \ge R_2 \end{cases}$$

Напряженность электростатического поля $E(r)$

Напряженность поля можно найти как градиент потенциала со знаком минус: $E(r) = - \frac{d\phi(r)}{dr}$. Направление вектора $\vec{E}$ радиальное.

1. Область внутри обеих сфер ($r < R_1$).Потенциал в этой области постоянен, следовательно, его производная по $r$ равна нулю.$E(r) = - \frac{d}{dr} \left[ \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{Q_1}{R_1} + \frac{Q_2}{R_2} \right) \right] = 0$.

2. Область между сферами ($R_1 < r < R_2$).$E(r) = - \frac{d}{dr} \left[ \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{Q_1}{r} + \frac{Q_2}{R_2} \right) \right] = - \frac{Q_1}{4\pi\epsilon_0} \frac{d}{dr}\left(\frac{1}{r}\right) = - \frac{Q_1}{4\pi\epsilon_0} \left(-\frac{1}{r^2}\right) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1}{r^2}$.

3. Область вне обеих сфер ($r > R_2$).$E(r) = - \frac{d}{dr} \left[ \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1 + Q_2}{r} \right] = - \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi\epsilon_0} \frac{d}{dr}\left(\frac{1}{r}\right) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1 + Q_2}{r^2}$.

Ответ:$$E(r) = \begin{cases} 0, & r < R_1 \\ \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1}{r^2}, & R_1 < r < R_2 \\ \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1 + Q_2}{r^2}, & r > R_2 \end{cases}$$(На границах $r=R_1$ и $r=R_2$ напряженность поля испытывает скачок, если соответствующие заряды $Q_1$ и $Q_2$ не равны нулю).

5.99. (Задача о встрече.) Двое условились встретиться в определенном месте между 17 и 18 ч. По договоренности каждый из них приходит в назначенное место и ждет второго ровно $T$ минут и в случае, если второй партнер за это время не приходит в назначенное место, он уходит. Какова вероятность встречи партнеров? Решите задачу при:

1) $T=15$ мин;

2) $T=20$ мин;

3) $T=30$ мин.

Это классическая задача на геометрическую вероятность, известная как «задача о встрече». Для ее решения мы будем использовать геометрический метод.

Пусть $x$ — время прихода первого партнера, а $y$ — время прихода второго. Время измеряется в минутах, начиная с 17:00. Интервал времени встречи составляет один час, то есть 60 минут. Таким образом, $x$ и $y$ — это случайные величины, равномерно распределенные на отрезке $[0, 60]$.

Все возможные исходы можно представить в виде точек $(x, y)$ в квадрате на координатной плоскости. Этот квадрат ограничен линиями $x=0$, $x=60$, $y=0$ и $y=60$. Площадь этого квадрата $S_{общ}$ является мерой всех возможных исходов: $S_{общ} = 60 \cdot 60 = 3600$.

Встреча состоится, если разница во времени прихода партнеров не превышает времени ожидания $T$. Математически это условие записывается так: $|x - y| \le T$

Это двойное неравенство эквивалентно системе: $-T \le x - y \le T$, что можно переписать как $x - T \le y \le x + T$.

Эта система неравенств определяет на плоскости область благоприятных исходов. Геометрически это полоса, заключенная между прямыми $y = x + T$ и $y = x - T$, расположенная внутри нашего квадрата.

Проще всего найти площадь благоприятной области ($S_{бл}$), вычтя из общей площади квадрата площади двух угловых треугольников, которые соответствуют неблагоприятным исходам (когда встреча не состоялась).

Неблагоприятные исходы: $|x - y| > T$, то есть $y > x + T$ или $y < x - T$.

Площадь верхнего левого треугольника (где $y > x + T$): $S_1 = \frac{1}{2}(60 - T)(60 - T) = \frac{(60 - T)^2}{2}$.

Площадь нижнего правого треугольника (где $y < x - T$): $S_2 = \frac{1}{2}(60 - T)(60 - T) = \frac{(60 - T)^2}{2}$.

Площадь области неблагоприятных исходов: $S_{небл} = S_1 + S_2 = (60 - T)^2$.

Площадь области благоприятных исходов: $S_{бл} = S_{общ} - S_{небл} = 60^2 - (60 - T)^2$.

Вероятность встречи $P$ равна отношению площади благоприятных исходов к общей площади: $P = \frac{S_{бл}}{S_{общ}} = \frac{60^2 - (60 - T)^2}{60^2} = 1 - \left(\frac{60 - T}{60}\right)^2 = 1 - \left(1 - \frac{T}{60}\right)^2$.

Также формулу можно представить в виде: $P = \frac{3600 - (3600 - 120T + T^2)}{3600} = \frac{120T - T^2}{3600}$.

Теперь решим задачу для каждого из заданных значений $T$.

1) T=15 мин

Подставляем $T=15$ в формулу: $P = \frac{120 \cdot 15 - 15^2}{3600} = \frac{1800 - 225}{3600} = \frac{1575}{3600}$

Сократим дробь. Разделим числитель и знаменатель на 25: $\frac{1575 \div 25}{3600 \div 25} = \frac{63}{144}$

Теперь сократим на 9: $\frac{63 \div 9}{144 \div 9} = \frac{7}{16}$

Ответ: $\frac{7}{16}$

2) T=20 мин

Подставляем $T=20$ в формулу: $P = \frac{120 \cdot 20 - 20^2}{3600} = \frac{2400 - 400}{3600} = \frac{2000}{3600}$

Сократим дробь на 100, а затем на 4: $\frac{20}{36} = \frac{5}{9}$

Ответ: $\frac{5}{9}$

3) T=30 мин

Подставляем $T=30$ в формулу: $P = \frac{120 \cdot 30 - 30^2}{3600} = \frac{3600 - 900}{3600} = \frac{2700}{3600}$

Сократим дробь на 900: $\frac{27}{36} = \frac{3}{4}$

Ответ: $\frac{3}{4}$