mikioli
Well-Known Member
- 2 770
- 5 387
Dziękuję, że przyznałeś, że osiągnąłem najwięcej z pośród rozkminiających
Dziwi mnie więc, Twoja pycha... no chyba, że doszedłbyś do tego rozwiązania w inny sposób 
-
Forum Libertarian ma swój regulamin.
Zagadki logiczne, matematyczne i inne
- Thread starter MaxStirner
- Rozpoczęty
Dziwi mnie więc, Twoja pycha... no chyba, że doszedłbyś do tego rozwiązania w inny sposób
mikioli
Well-Known Member
- 2 770
- 5 387
Ale mówimy o tym... poprzednie miały inny ciężar gatunkowy. Dziwni mnie, wstawienie tego "kosmosu" co teraz, dla zwykłych śmiertelników... A ty od razu pogarda... bo co?
mikioli
Well-Known Member
- 2 770
- 5 387
"No, niezły kozak jesteś, znalazłeś rozwiązanie na necie; ciekawe, czy rozumiesz dowód
""No jak na razie jedynym twoim osiągnięciem w tym wątku jest znalezienie rozwiązania zadania w necie.."
A przecież od razu przyznałem, że zadanie dla mnie kosmos i rozwiązanie wziąłem skądś...
jkruk2
A fronte praecipitium a tergo lupi
- 828
- 2 391
Jak możesz to wyślij mi na priv, jakiekolwiek sformułowanie tego zadania.
mikioli
Well-Known Member
- 2 770
- 5 387
Att
Manarchista
- 286
- 495
O kurczę, nie było mnie trochę czasu i pojawiły się jakieś niestworzone teorie. Dla jasności - odpowiedź mikoliego jest błędna, a zadanie można zrobić w bardzo prosty sposób. Natomiast to twierdza Routh'a to jakaś bardzo uogólniona wersja mojego zadania i może do udowodnienia jego faktycznie potrzeba trochę trudnej teorii. Swoją drogą całe to zamieszanie pokazuje, jak wartościowe są rozwiązania analityczne - nikt nie zdołał wykonać odpowiednich rachunków i zaoponować przeciwko odpowiedzi mikoliego
EDIT: Teraz zobaczyłem, że w artykule z wikipedii podesłanym przez mikoliego jest odnośnik do artykułu o moim zadaniu. Więc jeśli ktoś chce jeszcze sam pomyśleć, to niech tam nie zagląda.
Połóżmy sobie na wierzchołkach trójkąta ciężarki o masie 1, 2 i 4. Zastanówmy się, gdzie leży środek ciężkości takiego trójkąta. Niebieskie punkty to środki ciężkości jego boków (zachowany jest stosunek 2:1). Jeśli szukamy środka ciężkości trójkąta, to dwa ciężarki położone na wierzchołkach możemy zastąpić jednym leżącym w niebieskim punkcie o masie równej sumie mas tych ciężarków. Oczywiście środek ciężkości trójkąta będzie leżał na odcinku łączącym taki niebieski punkt z przeciwległym wierzchołkiem, a zatem musi to być czerwony punkt. Musi również być zachowany odpowiedni stosunek (w przypadku jednego z odcinków 3:4 i drugiego 6:1. Stąd mamy to, co na rysunku. Z twierdzenia Talesa łatwo wynika, że pole niebieskiego trójkąta to 1 (pole dużego) * 2/3 (stosunek odcinków na dolnym boku) * 3/7 (stosunek odcinków na odcinku długości a) = 2/7. Podobnie liczymy pozostałych dwóch trójkątów - wiadomo których.
A zatem pole małego trójkąta to 1 - 3*2/7 = 1/7
A zatem pole małego trójkąta to 1 - 3*2/7 = 1/7
EDIT: Teraz zobaczyłem, że w artykule z wikipedii podesłanym przez mikoliego jest odnośnik do artykułu o moim zadaniu.
Więc jeśli ktoś chce jeszcze sam pomyśleć, to niech tam nie zagląda.Muszę się zastanowić nad dobrym sformułowaniem, jutro tutaj je napiszę.
mikioli
Well-Known Member
- 2 770
- 5 387
Błędna bo? Podpowiem ci dlaczego tam jest ten link... BO TO TWIERDZENIE DOTYCZY TWOJEGO PRZYKŁADU! ...DżizasO kurczę, nie było mnie trochę czasu i pojawiły się jakieś niestworzone teorie. Dla jasności - odpowiedź mikoliego jest błędna, a zadanie można zrobić w bardzo prosty sposób. Natomiast to twierdza Routh'a to jakaś bardzo uogólniona wersja mojego zadania i może do udowodnienia jego faktycznie potrzeba trochę trudnej teorii. Swoją drogą całe to zamieszanie pokazuje, jak wartościowe są rozwiązania analityczne - nikt nie zdołał wykonać odpowiednich rachunków i zaoponować przeciwko odpowiedzi mikoliego
Połóżmy sobie na wierzchołkach trójkąta ciężarki o masie 1, 2 i 4. Zastanówmy się, gdzie leży środek ciężkości takiego trójkąta. Niebieskie punkty to środki ciężkości jego boków (zachowany jest stosunek 2:1). Jeśli szukamy środka ciężkości trójkąta, to dwa ciężarki położone na wierzchołkach możemy zastąpić jednym leżącym w niebieskim punkcie o masie równej sumie mas tych ciężarków. Oczywiście środek ciężkości trójkąta będzie leżał na odcinku łączącym taki niebieski punkt z przeciwległym wierzchołkiem, a zatem musi to być czerwony punkt. Musi również być zachowany odpowiedni stosunek (w przypadku jednego z odcinków 3:4 i drugiego 6:1. Stąd mamy to, co na rysunku. Z twierdzenia Talesa łatwo wynika, że pole niebieskiego trójkąta to 1 (pole dużego) * 2/3 (stosunek odcinków na dolnym boku) * 3/7 (stosunek odcinków na odcinku długości a) = 2/7. Podobnie liczymy pozostałych dwóch trójkątów - wiadomo których.
A zatem pole małego trójkąta to 1 - 3*2/7 = 1/7
EDIT: Teraz zobaczyłem, że w artykule z wikipedii podesłanym przez mikoliego jest odnośnik do artykułu o moim zadaniu.
Edit. Oczywiście, że mój wynik jest zły bo zrobiłem proporcję 1 do 3 a nie 1 do 2
W samym artykule jest przecież że jak stosunek jest 1 do 2 to nazywamy to one-seventh area triangleEdit2. Twoje rozwiązanie działa ale wydaje mi się strasznie dziwne. Jeśli jest takie spox. To przedstaw mi rozwiązanie gdy ta mała część to y/7 itd... masz 20 min
Ostatnia edycja:
Att
Manarchista
- 286
- 495
Wystarczy, że wezmę ciężarki o masach 1, 7, 49 i zrobię te same rachunki. Tylko wynik tym razem będzie brzydszy, bo 255/399, jeśli dobrze liczę.
mikioli
Well-Known Member
- 2 770
- 5 387
25/43 sry winetu licz dalej
Edit. Pominę już jakie cuda by się działy jakby stosunki dla boków były różne...
Att
Manarchista
- 286
- 495
Oczywiście masz rację. To co napisałem odnosiłoby się do długości x/8, y/8, z/8. Dla Twojego przykładu należy dać ciężarki o masie 1, 6 i 36. Wówczas pole niebieskiego trójkąta jest równe 1*6/7*7/43=6/43, więc pole zielonego to 1-3*6/43=25/43. Wciąż jest to bardzo szybka metoda na zadania tego typu. Jeśliby stosunki dla boków były różne, to niebieskie trójkąty miałyby różne pola, więc trzeba by było wykonać trzykrotnie więcej obliczeń. Moje pierwotne zadanie jest jednak dużo prostsze i nie wymaga takiego babrania się w rachunkach.25/43 sry winetu licz dalej
Edit. Pominę już jakie cuda by się działy jakby stosunki dla boków były różne...
@tomahawk Jeśli chodzi o książki z różnymi ciekawostkami, ładnymi zadaniami i tp., to moimi ulubionymi są Lilavati i Śladami Pitagorasa Szczepana Jeleńskiego oraz Ostatnie rozrywki Martina Gardnera.
mikioli
Well-Known Member
- 2 770
- 5 387
Też nie prawda bo jeśli już w takim dużym ułamku chcesz to dla x/8 jest 252/399, a po skróceniu ładne 36/57... a nie 255/399. Zresztą mój zarzut jest taki, że logika dorzucania hipotetycznych mas punktowych i cały ten wywód wygląda jakby został przeprowadzony od tyłu... tzn z dobrze rozpracowanym zadaniem innymi metodami. "Dojście" do takiego wywodu jest bardzo trudne in my personal opinion, a że teraz w zasadzie skalujesz równanie, to rzeczywiście może to działać szybko
Zresztą może cię czepiam...Mamy okrąg, na okręgu mamy n różnych punktów, położonych w taki sposób, że każda para sąsiadujących ze sobą punktów leży w równej odległości (łuk okręgu zakreślony między nimi jest taki sam dla wszystkich sąsiadujących ze sobą par). Dla każdego punktu wyznaczamy wektor, który ma początek w środku okręgu, natomiast koniec w danym punkcie na okręgu - w ten sposób otrzymujemy n różnych wektorów, które leżą na promieniach tego okręgu. Udowodnij, że suma tych wektorów wynosi zero. Oczywiście n > 1.
PS. Miałem podać sformułowanie używając pojęcia wektora siły, ale stwierdziłem, że nie będę mieszał i dałem takie proste sformułowanie, które każdy powinien zrozumieć. Jak ktoś chce to może umieścić rysunek poglądowy, mnie się nie chce
PS. Miałem podać sformułowanie używając pojęcia wektora siły, ale stwierdziłem, że nie będę mieszał i dałem takie proste sformułowanie, które każdy powinien zrozumieć. Jak ktoś chce to może umieścić rysunek poglądowy, mnie się nie chce
WnusioPinoczeta
Dawniej "Arturek"
- 665
- 1 499
Nie widzę tu złudzenia optycznego - widzę podciągnięty górny bok do wysokości prawego.Są jeszcze schody penrose'a
