Задачки от Лебедя

[provincialka]

Ух ты! Даже рисунок не поленились сделать!

[gris]

Ну так чего ещё ожидать от форумных зубров? Всё правильно. Естественно, осторожный решатель аккуратно напишет на бумажке все случаи, хотя бы и кратко.
Я просто обратил внимание, что у ТС-куна задачи с виду кажутся простенькими, а они отсылают к серьёзным нерешённым проблемам или к абитурному фольклору, как последняя. Вот откуда он эту задачу взял?

[Urnwestek]

Где у ТСа отсылки к серьезным нерешённым проблемам? Задачу про тетрацию не он предложил.

[provincialka]

(Оффтоп)

gris, а еще посмотрите на концентрацию заслужённых в "детской" теме. Может, просто детство вспомнили?

[LebedKun]

(Оффтоп)

Извините за немного кривой чертёж. Сам треугольник я начертил в Ворде, а обозначения сторон и углов уже в Paint.net наложил.

Дано:
$\triangle ABC$
($\angle C = 90^{\circ}$);
$AE$ - биссектриса;
$AE=BE$
Доказать:
$\angle A = 60^{\circ}$

Доказательство:
1. Т.к. $AE$ - биссектриса, то $\angle BAE= \angle EAC$.
2. $\triangle AEB$ - равнобедренный (т.к. $AE=BE$), следовательно $\angle ABE= \angle BAE$, значит $\angle ABE= \angle BAE = \angle EAC$.
3. Пусть $\angle B=x$, тогда $\angle A=2\angle EAC = 2x$, $\angle C=90^{\circ}$, $\angle A+ \angle B+ \angle C = 180^{\circ}$.
Составим и решим уравнение:

$2x+x+90=180$
$3x+90=180$
$3x=90$
$x=30$, значит $\angle B=30^{\circ}$, тогда $\angle A = 2\angle EAC = 2 \cdot 30^{\circ} = 60^{\circ}$.

4. $\angle A=60^{\circ}$. ЧТД.

Таким образом биссектриса острого угла, равного $60^{\circ}$, в прямоугольном треугольнике отсекает от этого треугольника равнобедренный треугольник, основанием которого является гипотенуза данного прямоугольного треугольника.

[provincialka]

Это все хорошо. Только нет обоснования, что равнобедренный именно AEB и именно эти стороны равны. Остальное - очевидно.

[LebedKun]

provincialka в сообщении #793726 писал(а):

Это все хорошо. Только нет обоснования, что равнобедренный именно AEB и именно эти стороны равны. Остальное - очевидно.

$\triangle AEC$ не может быть равнобедренным, т.к. $\angle AEC \neq \angle EAC$ ($\angle AEC= 90^{\circ}-\angle EAC=90-x$), следовательно равнобедренный треугольник - $\triangle AEB$.

-- 28.11.2013, 13:48 --

Докажите, что если $a$ и $b$ - натуральные числа, то количество чисел в промежутке $\big[1;a\big]$, кратных $b$, равно $n=\frac {a} {b} - q$, где $q$ - дробная часть числа $\frac {a} {b}$.

[Xaositect]

$\frac {a} {b} - q$, где $q$ - дробная часть числа $\frac {a} {b}$, обычно называется "целая часть $\frac{a}{b}$"

А так утверждение тривиально, если сильно хочется, можно доказать индукцией по $a$.

Не пора ли перенести тему в ПРР(М)?

[Toucan]

Тема перемещена из форума «Свободный полёт» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[LebedKun]

Вот как доказать, что сумма кубов последовательных натуральных чисел равна квадрату сумы последовательных натуральных чисел? Т.е. $1^3+2^3+3^3+...+n^3=(1+2+3+...+n)^2$

Пытаюсь доказать методом индукции:

1. Пусть $ n=1$, тогда при $n=1$ утверждение верно: $n^3=1^3=1=1^2$

2. Пусть $n=k$ утверждение верно $1^3+2^3+3^3+...+k^3=(1+2+3+...+k)^2$

3. Пусть $n=k+1$, тогда $1^3+2^3+3^3+...+k^3+(k+1)^3=1^3+2^3+3^3+...+k^3+k^3+3k^2+3k+1=1^3+2^3+3^3+...+2k^3+3k^2+3k+1$

А вот дальше как свернуть эту сумму?

[RIP]

Сначала надо свернуть $1+2+\ldots+n$ (сумма арифметической прогрессии), а уже потом полученную формулу доказывать по индукции.

[_Ivana]

LebedKun, вот вам еще несложная задачка: Пусть число $x+\frac{1}{x}$ - целое. Доказать, что $x^n+\frac{1}{x^n}$ - целое.

[DjD USB]

_Ivana, а я добавлю
1) Известно, что $a^5-a^3+a=2$. Докажите, что $a^6>3$
2) Для каждого ненулевого подмножества множества чисел $\{2;3;…;2014\}$ находят произведение его элементов. Пусть S- сумма величин, обратных таким произведениям:

$$S=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{2014}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 4}+…+\frac{1}{2\cdot 3\cdot .... \cdot 2014}$$

Найти значение S.
3) Доказать, что $N=111…1222…2$ ( единиц и двоек по k штук) есть произведение двух последовательных натуральных чисел.

[LebedKun]

Всё. Я уже нашёл одно воистину чудесное доказательство тождества $1^3+2^3+3^3+...+n^3=(1+2+3+...+n)^2$ (1)

1. $1+2+3+...+n=\frac {n(n+1)} {2}$ по формуле треугольного числа.
2. Пусть утверждение (1) верно при $n=1$.
3. Пусть утверждение (1) верно при $n=m$, тогда $1^3+2^3+3^3+...+m^3=(1+2+3+...+m)^2=(\frac {m(m+1)} {2})^2=\frac {m^2(m+1)^2} {4}$.
4. Докажем, что утверждение (1) верно при $n=m+1$:

$1^3+2^3+3^3+...+m^3+(m+1)^3=(1^3+2^3+3^3+...+m^3)+(m+1)^3=\frac {m^2(m+1)^2} {4}+(m+1)^3=\frac {m^2(m+1)^2+4(m+1)^3} {4}=\frac {[(m+1)^2(m^2+4(m+1)]}{4}=\frac {(m+1)^2(m^2+4m+4)} {4}=\frac {(m+1)^2(m+2)^2}{4}=(\frac {(m+1)(m+2)} {2})^2=(1+2+3+...+m+(m+1))^2$

Следовательно утверждение верно при $n=m+1$. ЧТД

[LebedKun]

Вот моя задача:



Найдите площадь закрашенной (чёрной) и незакрашенной (белой) частей, найдите отношение закрашенной части к незакрашенной, если сторона внешнего квадрата равна 2.

З.Ы. Сорри за немного корявый рисунок. Делал чертёж в Ворде.