Несколько задач (числа, геометрия)

[d0k]

Помогите пожалуйста решить следующие задачи:

1) В ряд стоит 50 человек, все разного роста. Ровно 15 из них выше своего левого соседа. Сколько человек выше своего правого соседа? Приведите все варианты и докажите, что других нет.

У меня ответ получился 34.

2) На сторонах BC и AB треугольника ABC нашлись точки L и K соответственно, такие что AL -биссектриса угла BAC, угол ACK = углу ABC, угол CLK= углу BKC. Докажите, что AC = KB.

3) Натуральное число поделили с остатком на сумму его цифр. И неполное частное, и остаток оказались равными 2008. Докажите что такого быть не может.

Моё решение: Пусть число равно Х, тогда остаток от деления, равный Х-2008*(сумма цифр Х) = Х - (сумма цифр Х) - 2007*(сумма цифр Х) делится на 3,
так как и Х - (сумма цифр Х), и 2007*(сумма цифр Х) делятся, поэтому остаток не может быть равен 2008.

4) Докажите для чисел $a$ , $b$ , $c$ больших 1, неравенство:
$\frac1a +\frac1b +\frac1c + \left| \frac1a - \frac1b \right| + \left| \frac1b - \frac1c \right| + \left| \frac1c - \frac1a| \le a+b+c$

5) Докажите что из всех прямоугольников с равным периметром, наибольшая площадь у квадрата.

Вроде так: $a$ - сторона квадрата, площадь кв. - $a^2$, периметр кв. - $4a$.
При $a >n$, $n>0$ периметр пр-ника равен $2((a-n)+(a+n))=4a$, площадь пр-ника $(a-n)(a+n)=a^2-n^2$.
Т.к. $a^2>a^2-n^2$, то площадь квадрата больше площади пр-ника с тем же периметром.

6) Докажите, что из всех равновеликих прямоугольников наименьший периметр у квадрата.

Помогите пожалуйста с решением.

[VAL]

d0k в сообщении #258423 писал(а):

1) В ряд стоит 50 человек, все разного роста. Ровно 15 из них выше своего левого соседа. Сколько человек выше своего правого соседа? Приведите все варианты и докажите, что других нет.

У меня ответ получился 34.

И у меня. Тех, которые больше обоих соседей на 1 больше, чем тех, которые меньше обоих (или единственного) соседа.

-- 05 ноя 2009, 02:50 --

d0k в сообщении #258423 писал(а):

3) Натуральное число поделили с остатком на сумму его цифр. И неполное частное, и остаток оказались равными 2008. Докажите что такого быть не может.

Моё решение: Пусть число равно Х, тогда остаток от деления, равный Х-2008*(сумма цифр Х) = Х - (сумма цифр Х) - 2007*(сумма цифр Х) делится на 3, так как и Х - (сумма цифр Х), и 2007*(сумма цифр Х) делятся, поэтому остаток не может быть равен 2008.

Помогите пожалуйста с решением.

Если хотите, можете тройку для убедительности девяткой заменить. А так, ничем помочь не могу
Поскольку решение верное

-- 05 ноя 2009, 02:53 --

d0k в сообщении #258423 писал(а):

5) Докажите что из всех прямоугольников с равным периметром, наибольшая площадь у квадрата.

Вроде так: $a$ - сторона квадрата, площадь кв. - $a^2$, периметр кв. - $4a$.
При $a >n$, $n>0$ периметр пр-ника равен $2((a-n)+(a+n))=4a$, площадь пр-ника $(a-n)(a+n)=a^2-n^2$.
Т.к. $a^2>a^2-n^2$, то площадь квадрата больше площади пр-ника с тем же периметром.

И вновь не могу помочь. По той же причине.

-- 05 ноя 2009, 03:14 --

d0k в сообщении #258423 писал(а):

4) Докажите для чисел $a$ , $b$ , $c$ больших 1, неравенство:
$\frac1a +\frac1b +\frac1c + \left| \frac1a - \frac1b \right| + \left| \frac1b - \frac1c \right| + \left| \frac1c - \frac1a| \le a+b+c$

Пусть $a>b>c>1$. Тогда $a+b+c-(\frac1a +\frac1b +\frac1c + \left| \frac1a - \frac1b \right| + \left| \frac1b - \frac1c \right| + \left| \frac1c - \frac1a|)=(a+\frac1a)+(b-\frac1b)+(c-\frac3c)$.
Первая скобка больше 2, вторая - больше 0, а третья - больше -2.

[nn910]

d0k в сообщении #258423 писал(а):

2) На сторонах BC и AB треугольника ABC нашлись точки L и K соответственно, такие что AL -биссектриса угла BAC, угол ACK = углу ABC, угол CLK= углу BKC. Докажите, что AC = KB.

Подсчет углов приводит к выводу что треугольник равнобедренный с А=С=72, В=36

[d0k]

Цитата:

Подсчет углов приводит к выводу что треугольник равнобедренный с А=С=72, В=36

Непонял каким образом можно получить значения углов. Но если исходить из того что A=C=72, B=36, то доказать равенство AC и KB у меня получилось. Осталось понять как найти A=C=72, B=36. Объясните пожалуйста.

[nn910]

d0k в сообщении #258601 писал(а):

Цитата:

Подсчет углов приводит к выводу что треугольник равнобедренный с А=С=72, В=36

Непонял каким образом можно получить значения углов. Но если исходить из того что A=C=72, B=36, то доказать равенство AC и KB у меня получилось. Осталось понять как найти A=C=72, B=36

Ну значит чертеж у нас одинаковый.$\angle BKL+\angle LKC=\angle BKC=\angle CLK=\angleBKL + \angle ABC=\angle BKL +\angle ACK$ соответственно по:условию, свойству внешнего угла; снова по условию.
Отсюда $\angle LKC= \angle ACK$ и $KL||AC$
Тогда AK=KL и треугольники CAK и BKL равны по стороне и двум углам. Откуда AC=BK, ЧТД

[d0k]

Всем спасибо. Осталось тока разобраться с шестой задачей.

[AKM]

Но Вы уже почесали репку на примере прямоугольников с площадью, например 36, и сторонами (1,36); (2,18); (4,9); (6,6); (9,4); (12,3)?
А потом --- с площадью $S$ и сторонами $(x,S/x)$?

[d0k]

Может так:
Площадь квадрата - $a^2$, периметр - $4a$. Стороны пр-ника $an$ и $\frac{a}{n}$, при $n>0$.
Площадь пр-ника - $an\frac{a}{n}=a^2$, периметр пр-ника $2an + 2\frac{a}{n}$. $2an>2a$, $2\frac{a}{n}<2a$, $2a-2\frac{a}{n}<2an-2a$ периносим - $4a<2an+2\frac{a}{n}$. Значит периметр квадрата меньше периметра равновеликого ему пр-ника.

[gris]

Во-первых, тогда уж надо $n>1$ - отношение большей стороны прямоугольника к стороне квадрата (не обязательно целое). Иначе почему $2an>2a$?
А вот из первых двух неравенств совершенно не следует третье.
$\begin{cases}2an>2a\\2\frac{a}{n}<2a\end{cases}\not\Rightarrow 2a-2\frac{a}{n}<2an-2a$

Да они и ни к чему. Вы составили периметр прямоугольника
$2an+2\frac an=2a(n+\frac1n)$
Докажите, что выражение в скобках больше 2.

[Алексей К.]

gris в сообщении #259166 писал(а):

Во-первых, тода уж надо $n>1$ - отношение большей стороны прямоугольника к стороне квадрата (не обязательно целое).

Не согласен. Авторское $n>0$ (отношение одной из сторон, всё равно --- большей или меньшей, к стороне квадрата) ничему не противоречит.

[d0k]

Согласен что $n>1$. Тогда периметр пр-ника - $2(an+\frac{a}{n}) = \frac{2a(n^2+1)}{n}$. $n^2 +1>2$ т.к. $n>1$.

[Sasha2]

Вторая задача

1) Угол AKC равен углу ALC, так как оба этих угла дополняют равные до двух прямых.
2) Из треугольников BKL и AKC следует, что угол BKL равен углу A (так как эти два угла являются третьими углами в треугольниках, имеющих по два соответственно равных угла).
3) С другой стороны, угол BKL является внешним углом треугольника AKL при вершине K и, следовательно
угол BKL, равный углу A, равен сумме A/2 + угол ALK.
Отсюда уже получаем, что угол ALK равен A/2, а значит треугольник ALK равнобедренный при основании AL, и, соответственно AK=KL.
4) Следовательно, треугольники AKC и BKL равны по стороне и двум углам, прилежащим к ней.

Значит AC=BK, так как эти стороны являются соответственными в этих равных треугольниках AKC и BKL.

-- Пт ноя 06, 2009 21:56:35 --

Шестая вообще элементарно.

Представьте периметр как $2*\sqrt{S}(\frac{x}{\sqrt{S}}+\frac{\sqrt{S}}{x})$ и сразу увидьте, что минимум этого выражения наступает при $x=\sqrt{S}$ (Здесь х - одна из сторон Вашего прямоугольника)

[Алексей К.]

d0k в сообщении #259192 писал(а):

Согласен что $n>1$. Тогда периметр пр-ника - $2(an+\frac{a}{n}) = \frac{2a(n^2+1)}{n}$. $n^2 +1>2$ т.к. $n>1$.

Посмотрите внимательно. Вам надо не $n^2 +1>2$, а $\dfrac{(n^2+1)}{n}>2$. И это выполнено и при $n=\frac15$, и при $n=\frac51$. Так что Ваше согласие Вас не спасает. Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим Вам в помощь.

[d0k]

gris в сообщении #259166 писал(а):

Во-первых, тогда уж надо $n>1$ - отношение большей стороны прямоугольника к стороне квадрата (не обязательно целое). Иначе почему $2an>2a$?
А вот из первых двух неравенств совершенно не следует третье.
$\begin{cases}2an>2a\\2\frac{a}{n}<2a\end{cases}\not\Rightarrow 2a-2\frac{a}{n}<2an-2a$

Да они и ни к чему. Вы составили периметр прямоугольника
$2an+2\frac an=2a(n+\frac1n)$
Докажите, что выражение в скобках больше 2.

А как доказать, что $n+\frac{1}{n}$ ,больше 2? При $n>1$.

[Maslov]

d0k в сообщении #259241 писал(а):

А как доказать, что $n+\frac{1}{n}$ ,больше 2?

Например, посмотреть, чему равно это выражение при $n=1$ и какой знак имеет его производная при $n > 1$.