Astroboy

Za naszych czasów ograniczanie sinusa jak i cosinusa jedynie do jedynki to była imperialistyczna prowokacja. Ja tam bym wolał zwykłą, liniową. Edit: co do drabiny, to tak przeszedł mi do głowy inny pomysł…

Dla Tych mam całą specjalną nie tylko pólkę, ale ścianę win. Nie wnikałem, ale aż tak trzeba będzie? Bez wgryzania się sądziłem, że zabawa sprowadzi się do potrójnego równania kwadratowego… Pewnie się myliłem. Edit: no i nie przerażaj mnie, że muszę wyciągnąć kilof, by dokopać się do osobnej piwnicy win przeznaczonej dla nieśmiertelnego Młodzieńca, Mistrza Galois.

W tej zabawie nie potrzeba tego pamiętać. W ogóle, możemy udać greków, że nie wiemy, co to są funkcje trygonometryczne.

Podstawiłem, ale nikt nie powiedział, że to są tyczki o tej samej długości, która równa jest szerokości studni. Ex nihilo, przy piątku (drugi kieliszek mojego wytrawnego) szczególne pozdrowienia. Tak swoją drogą, ludzie, którzy mi to podpowiedzieli (Tales i Pitagoras) przypijają ze mną. No i jeszcze jedna uwaga: nie zastanowił Cię mianownik? Edit: przy trzecim kieliszku muszę przyznać, że wystarczy, by jedna tyczka miała długość równą szerokości studni, ale nic to nie zmienia w kwestii mianownika.

Chyba nie jest to tak straszne; wystarczy rozwiązać równanie Miłej zabawy. Edit: do przyjemnego rozwiązywania może przydać się: Widzę jakieś piątkowe lenistwo! Nikomu nie chce się dalej rozwijać prostego równania: 4c2(a2-x2)(b2-x2) = [(a2-x2)(b2-x2) - c2(a2+b2-2x2)]2 ? Dla tych, którzy przy piątku zapomnieli, to mamy dane a,b,c, szukamy x. Edit: ups, niechcący napisałem następny post, ale proszę o scalenie. Doba nie minęła (powinienem pewnie podać link na "Insomnię"…)

Mniejsza o to. Jeśli masz równie ciekawe zadania, to chyba pozwolę sobie wyrazić wolę nie tylko moją, że czekamy na kolejne takie. Do dzieła Staruch!

Fred, gratuluję tak szybkiego komputera. U mnie pewnie liczyłoby się to tak z 10120 lat. Wracając do kwadratu, to pozwoliłem sobie przerobić rysunek Starucha (mam nadzieję, że autor nie ma mi za złe): Rysunek jest dość czytelny, a dowód sprowadza się do stwierdzenia, że 1/(1+1+4) = 1/6. Gdyby ktoś miał wątpliwości, to chętnie odpowiem.

Przepraszam Afordancja, czy mógłbyś mi przybliżyć, czym w poprzednim poście zasłużyłem na ujemny punkt reputacji?

Gdyby był foremny, to na obrazku Starucha ciemnozielony trójkąt byłby równoramienny. Gołym okiem widać, że nie jest. Ośmiokąt i tak jest bardzo ciekawy, bo ma równe boki (cała konstrukcja ma cztery osie symetrii). To był nasz pierwszy wynik (sqrt(2)/8 = 1/(4*sqrt(2)), który jest błędny. Edit: czy mógłbyś innym kolorem zaznaczyć w trójkącie prostokątnym trójkąt (prawa dolna część) podobny do ciemnozielonego? Wszyscy zobaczą najprostsze rozwiązanie.

Faktycznie, coś mnie również zastanowiło. Czasu jednak brak. Edit: mały apel. Staruch! Ruszyłeś ciekawą część umysłu sporej części forumowiczów. Myślę, że MK jest tu dobrym przykładem, bo chodzi o zwyczajną odpowiedzialność. Jeśli chodziło Ci o eksperyment polegający na sprawdzeniu, jaki odsetek ziaren róży wykiełkuje na skale, to ok. Masz już odpowiednią próbkę statystyczną. Mam jednak głęboką nadzieję, że nie o to Ci chodziło. O RÓŻE należy DBAĆ!!!

Ex nihilo, nikt nie obiecywał, że ten ośmiokąt zawsze będzie wypukły. Pójdź tropem algorytmu Afordancji.

Pogo, ta podpowiedź jest bardzo dobra, bo nic tu nie trzeba liczyć. Spójrz na trójkąt prostokątny, którego część stanowi zielony trójkąt. W prawej dolnej części widać trójkąt podobny do zielonego o skali 2, czyli polu 4 razy większym. Pozostały trójkącik ma pole dokładnie równe zielonemu, co również jest na poziomie "dziesięciolatka" Czyli jak przyłóż 1:6. Tak podejrzewałem, że zabawa sprowadzi się do podobieństwa trójkątów, i to w ogólnym wypadku. Edit: Pogo, jeśli chcesz "naukowego" dowodu podziału 1:3, to polecam najbrzydszy jaki wymyśliłem: tg[(90-2*atg(1/2))/2] = 1/3

Kurczę, korci mnie, więc podpowiem. Wycinamy czerwony trójkąt i doklejamy do niebieskiego, po czym jeszcze trzy takie zabiegi. Wychodzi piękny krzyż, co przekonuje nas, że kwadrat zielone+żółte to dokładnie 1/5 dużego kwadratu. Teraz patrzymy na jeden z żółtych trójkącików i cieszymy się, że jego przeciwprostokątna do dokładnie bok ośmiokąta…

Kurczę, chyba nie przeze mnie Pogo? Jeśli tak, to przepraszam, trzeba mi było ugryźć się w język (tfu! w palec ). Edit: Zapomniałem. Staruch, pytałeś o ilość możliwych partii go. Chyba jest to więcej http://en.wikipedia.org/wiki/Go_and_mathematics

Brawo Stanley! To bardzo dobry kierunek. Rozwiązanie masz pod nosem. Wydaje mi się, że łatwiej od kwadratu (zielone+żółte) odjąć 4 żółte trójkąciki (podpowiem, że to najprostsze pitagorejskie, 3:4:5 ). To, niestety, błędny trop (to nie są kwadraty)… Pogo, "Wszystkie trójkąty są do siebie podobne (w sensie matematycznym)" to właściwie prawda, bo wszystkie mają trzy boki. Ale serio, to niekoniecznie… No to jak chętni doliczą, to powinniśmy dostać ten stosunek 1:6 (ja poszedłem trochę bardziej uciążliwą drogą: zauważyłem, że dłuższa przekątna ośmiokąta (oś symetrii) to połowa boku kwadratu, a krótsza przekątna (też oś symetrii) to trzecia część przekątnej kwadratu); dalej to już prosto, osiem trójkącików; no chyba, że się gdzieś walnąłem:)). Tego bym się trzymał! Dowód dla kwadratu wystarczy, bo "ciąganie" nie zmienia stosunku pola ośmiokąta do pola czworokąta. Tu czekam na Starucha (Andrzeja?); pewnie (nie chcę strzelić gafy) wytrychem jest przekształcenie afiniczne.

Chyba utrafione Ex nihilo. Warto może podpowiedzieć, że skoro wniosek ma być prawdziwy dla dowolnego czworokąta wypukłego, to dlaczego nie dla kwadratu? A tam jakoś patrzy, że najdłuższa przekątna ośmiokąta foremnego to połowa boku kwadratu. Swoją drogą, ciekaw jestem ogólnego dowodu… No i przyszła mi do głowy zabawa z tym kwadratem. Jak go ładnie poskładać, by za pomocą jednego ciachnięcia nożyczek pozostał ten ośmiokąt? Edit: no i chyba zmyłka. Coś mi się wydaje, że jednak nie jest to ośmiokąt foremny. Trzeba się bardziej postarać… Edit2: chyba wyjdzie 1/6 tak dokładnie, jak tylko się da.

Faktycznie, śliczniutkie. Thikim zahaczył wcześniej o Bradleya – szkoda, że nikt nie poszedł tym tropem… Choć dla fizyka zgodność co do rzędu jest już wystarczającą satysfakcją. No i nie podtrzymuj napięcia. Zasuwaj kolejną zagadką! Pozdrawiam.

Flaku, nie czytasz wątku, lub (bez obrazy) nie czytasz ze zrozumieniem. Jeśli chcesz się pobawić, proszę: http://blog.etrapez.pl/narzedzia/kalkulatory/kalkulator-do-szeregow/

Miałem się nie odzywać, ale muszę sę usprawiedliwić, bo nie stosuję blenderów. Czy chodziło o coś takiego: http://www.electro.pl/pictures/products/big/155708_0.jpg generalnie, różnych dziwnych pomysłów, których i tak w życiu w kuchni nie zastosuję, nie brakuje: http://www.babble.com/best-recipes/crazy-wacky-and-useless-kitchen-gadgets/

No dobra. Już nie będę się doczepiał do matematycznych zagadek (chyba, że ktoś poprosi, i o ile będę mógł pomóc). Czekam na Starucha. Więcej takich zagadek!!!

No dobra, niech sobie idzie. Owszem, i to niejeden. 1. Mając 60 sekund, to jako moneta spokojnie pokonałbym te 20-30 cm do góry. 2. Może i bym poczekał… Co do drugiego problemu, to jest dość tendencyjny. "Ustawienie się" nie jest tu odpowiednie; w końcu zegarek to nie dwa punkty emitujące tę samą falę…

Darku, ja rozumiem, że to luźne, ale czy mógłbyś wytłumaczyć, jak owe problemy mają się do rozważanych dylematów MK? Prrroszę! Jeśli chcesz, to mogę Ci wrzucić jakieś 500 problemów w jednym poście, przy jedynie 10 zdaniach.

... while (suma < STO_PI) { czas++; suma+=1./czas } ... choć oczywiście long może być zbyt krótki dla czas Poważniej – Maxima, Wolfram… Bardzo dobre pytanie! Chciałbym poznać przestrzeń rozwiązań w zależności od odległości początkowej MK-Lis, tudzież od od sposobu stania względem siebie. Pogo! O takie aż rozważania m nie chodziło, bo zaraz nam się tu jeszcze krzywa pościgu pojawi. Zwyczajnie ograniczmy się do koła wielkiego.

Jak podpowiedział Staruch, po n-tym kroku MK pokonuje 1/(n*100π) obwodu. Wystarczy zatem znaleźć odpowiedź, ileż to wyrazów ciągu harmonicznego należy posumować, by otrzymać 100π. Pi razy drzwi daje to 10136, czyli jakieś 3*10128 lat. Ale MK jest, jak wiemy, nieśmiertelny. Edit: jako modyfikację proponuję wprowadzić Lisa. Ponieważ jest to NIEOSWOJONY Lis, to po każdym kroku MK cofa się o pół metra. Kiedy MK pogłaska Lisa?

No to zrobię za diabła. Edit: Tego właśnie nie jestem pewien.