pogo

Stanley Widzę, że wybrałeś prawdopodobnie najtrudniejsza możliwą metodę dla tego układu. Szukanie gdzie się pomyliłeś jest jeszcze trudniejsze niż jej rozpisanie, a zapewniam Cię, że musi tam być błąd... My wynik 4 i 1/6 uznaliśmy już za pewny

Chyba nie pamiętam jak to się przelicza, bo nic sensownego mi nie wychodzi.

Aż mi wstyd ale nie umiem w pamięci przeliczyć na system o podstawie 26... W sumie to mam problem ze zdefiniowaniem listy cyfr w takim systemie... 01234 56789 ABCDE FGHIJ KLMNO P ?? czy: ABCDE FGHIJ KLMNO PQRST UVWXY Z ?? Biorąc pod uwagę jak wygląda system szesnastkowy (0123456789ABCDEF) to stawiam na opcję pierwszą.

Nie będę podawał, w którym miejscu na forum (również w tym wątku) jest odpowiedź

Nadal nie rozumiem dlaczego 30... mi cały czas wychodzi 25...

W oryginalnej zagadce były chyba czasy: 1, 2, 4, 7. Ponieważ różnica między 1 i 2 była mniejsza niż 2 i 4, to cała zagadka miała różne rozwiązania dla kombinowania i "biegania na głupa". Tutaj okazuje się to zupełnie obojętne... i tak zajmuje to 38 minut. No to jeszcze wynik zagadki elektrycznej: Podstawy to 5 Ohm. Krawędzie na pionowe, które nie mają kontaktu z punktem A ani B są bez znaczenia. Góra razem z dojściami do niej to 25 Ohm. 1/5 + 1/25 = 1/x => x = 25/6 Ohm = (4 + 1/6) Ohm TADAM To tak policzone w pamięci + resztki intuicji elektrycznej, więc mogą być błędy...

"Opór" stawiany przez drabinę będzie przypominał ctg (dla kąta przy ścianie, bo on będzie ładnie rósł od 0 do 90°, więc i wykres wyjdzie w dobrą stronę ). To oznacza, że przyspieszenie ziemskie "skuteczne" będzie g/ctg(ß). Jeszcze nie mam pomysłu jak to przeliczyć na zmianę prędkości w czasie... szczególnie, że wchodzą tu jeszcze 2 kolejne zmienne: długość drabiny i wysokość na jakiej się uczepił jej Astroboy.

Jako, że drabina jest matematyczna, to z góry założyłem, że jest doskonale sztywna.

Czy Astroboy wskakujący na drabinę znowu jest matematyczny i działa punktową masą, przez co nie może nadać momentu ów matematycznej drabinie? Inaczej gdy drabina jest dostatecznie blisko pionu, to środek ciężkości wychyla się poza podstawę i drabina się przewraca według innego już wzoru. Jaki pęd posiada Astroboy w momencie dotknięcia drabiny? Jaki jest jego wektor? Czy uderzenie następuje jednocześnie całą masą? A co do zagadki ze studnią... nie wierzę w jakieś zgrabne rozwiązanie od kiedy rozpisałem sobie prosty przypadek gdzie prawie wszystkie punkty styku trafiają w kratki kartki, a długość jednej z tyczek posiadała w zapisie sqrt(13)... (druga tyczka miała długość wymierną: 7,5 kratki, szerokość studni - 6, wysokość przecięcia - 3). Musiałem spróbować na jakimś szczególnym przypadku, aby móc kombinować z prostymi zależnościami...

Poprawną czyli jaką? Przecież w takiej sytuacji obie tyczki leżą na dnie i obie mogą być krótsze od szerokości studni. Widzę, że nikt nie ma czasu liczyć... ja jeszcze nie zdążyłem nadrobić czytania KW po ostatnich 2 dniach prawie całkowitej przerwy.

Stawiam, że to też należy policzyć. Moje wyczucie mówi, że 1/3

Nie chce mi się solidnie liczyć, więc będę zgadywał. Prawdopodobieństwo, że te 2 odpowiedzi są dobre jest 1/3 (?) Jeśli tak, to prawdopodobieństwo trafienia dobrej jest 1/2 Jeśli nie - to 1/4 Teraz średnia ważona: (1/2 * 1 + 1/4 * 2) / 3 = 1/3 Intuicja mówi mi, że to nie jest prawidłowe rozwiązanie...

@Astroboy Nie da się uzyskać wieloboku wklęsłego za pomocą odcinków, które oba końce mają poza wnętrzem tego wieloboku. @ex nihilo Dzięki za narysowanie czegoś co potwierdza moje przypuszczenia . Ale jest jeszcze jeden sposób na uzyskanie trójkąta: skrócenie jednego z boków czworokąta do 0.

@ex nihilo Wygląda przekonująco... ale nie mogę znaleźć dowodów na potwierdzenie tego (poza słowami Astroboya o przekątnych) @Astroboy Fajnie... ale widzę, że wymaga to wiedzy o proporcjach przecinania się tych wszystkich kresek trochę lepszej niż to co pamiętam... to mnie przeraża...

@Staruch Podpowiedź ma sens jeśli wiemy, że środkowa przecina przekątną w 1/3, to nie jest takie oczywiste... zgadywanie a przeprowadzenie dowodu... bo szukanie w tablicach czy necie takich rzeczy to jakoś mi nie leży... No i po co nam 6 metoda na policzenie, że to 1/6? (nie liczyłem, ale liczby, jakie tu występują, strasznie chcą utworzyć szóstkę) Poza tym to nadal kwadrat, który jest tylko jedną z opcji dla czworokąta wypukłego. Prostopadłościan i deltoid mają dużą szansę dać ten sam wynik, ale trapez to już inna bajka. Edit: W trapezie już przy proporcjach podstaw 1/6 między całym trapezem a trójkątem łączącym dowolny punkt dłuższej podstawy z 2 przeciwległymi rogami masz proporcje 1/7, a w miarę wydłużania długiej podstawy to rośnie... a nie zdążyliśmy nawet obciąć rogów tego trójkąta by zaczął przypominać ośmiokąt...

Brakowało mi właśnie wyjaśnienia jak to odpalać. A tego typu funkcji można używać dla obliczania powierzchni dowolnych kształtów Kwestia poziomu zadowalającej precyzji, ale wówczas trzeba tylko więcej "rzutów kamieniem".

jakieś objaśnienie? bo nie ogarłżem...

@Astroboy... właśnie to rysowałem Rozwiązanie godne 10 latka... Przy czym to raczej ubliża nam wszystkim, że od tego nie zaczęliśmy, a nie samemu rozwiązaniu Edit: To może teraz to samo zadanie dla prostokąta 2x1 za jakiś czas dojdziemy do bardziej ogólnych czworokątów wypukłych.

@Stanley żółty trójkąt, który narysowałeś wewnątrz zielonego kwadratu na pewno jest źle. Te cienkie kreski albo nie trafiają w punkty przecięć albo są po kątem innym niż 90° do boków kwadratu. Jakbyś narysował to dokąłdniej to byś doskonale to widział. W końcu te małe żółte trójkąty nie są równoramienne i dzielą bok zielonego kwadratu w proporcjach 4/4/3 (choć początkowo myślałem, że 2/2/1), więc o ile w samym środku rzeczywiście jest kwadrat, to pozostałe 8 to 4 deltoidy (w rogach) i 4 chyba pozbawione reguł czworoboki. @Afordoncja Ty się nie chwal, że masz taki sam wynik tylko pokaż obliczenia. Powinniśmy mieć tu co najmniej 3 metody dojścia do tego samego Edit: zarówno tutaj jak i w poprzednim poście źle spojrzałem na proporcje... oczywiście są to: 4/5/3

Jeśli już wiemy, że żółte kwadraty są pitagorejskie to znaczy, że długość dłuższej przyprostokątnej to (4/11) * (2/5) środkowej... a krótszej (3/11) * (2/5) środkowej. Nie ułatwia to obliczeń. W wyobraźni właśnie spróbowałem przerobić ten kwadrat na trapez i okazuje się, że zupełnie się zmieniają proporcje powierzchni gdy zbliżamy się do trójkąta... tak jak pisał ex nihilo... powierzchnia "ośmioboku" dąży do zera. (W cudzysłowie, bo nie jestem pewien czy nie zaczyna mu w pewnym momencie brakować co najmniej jednego boku.) Edit: Wciąż się zastanawiam dlaczego to są trójkąty pitagorejskie... z czego to wynika?

Czyli żółte kwadraty mają inne katy niż szary i czerwony? To psuje moją koncepcję... Ale wciąż jest do policzenia, tylko już nie odczuwam sensu robienia tego...

Patrząc na Twój obrazek widzę kilka ciekawych rzeczy. Wszystkie trójkąty są do siebie podobne (w sensie matematycznym). Trójkąt (szary+czerwony) wyraźnie ma podstawę a i wysokość a/2 (liczę że podstawą jest dłuższa z przyprostokątnych i tak będę robił do końca). Policzmy więc powierzchnię szarego trójkąta. podstawa to 4/5 środkowej kwadratu, która wynosi sqrt(a2+a2/4) = a * sqrt(1,25) (nie ma żadnych trójkątów pitagorejskich), więc powierzchnia takiego trójkąta to a * sqrt(1,25) * a * sqrt(1,25) / 4 = 0,3125 * a2 (zniknęły niewymierności ) Zaraz policzę małe trójkąty, ale muszę zapisać zanim kot mi wejdzie na klawiaturę i wszystko skasuje... Edit: już liczę dalej... Żółty trójkąt ma podstawę (i analogicznie wysokość) 5 razy mniejszą niż szary. Co oznacza, że ma powierzchnię 25 razy mniejszą. To w sumie daje: 0,3125 * a2 + 0,3125 * a2 / 25 = 0,325 a2 i to razy 4 i mamy: 1,3 a2... Źle... liczę jeszcze raz... Edit: widzę błąd. Policzyłem powierzchnię nie szarego trójkąta, a (szarego+czerwony). Ciekawe czy to jedyny błąd...

Ja się zastanawiam czy zawsze uzyskamy ośmiokąt. Musze popróbować, bo wydaje mi się, że jest szansa aby zabrakło co najmniej jednego ściętego rogu...

Wdrapywać się po pionowej szklanej tafli... powodzenia. A zagadki niematematyczne proponuję wrzucić do osobnego wątku. Najlepiej aby miał temat zgodny z typem zagadek. Mam nadzieję, że dla nikogo chętnego nie będzie to przerost jego możliwości

1. Podejść do osi obrotu, stanąć na jednym z tych ostrzy i trzymać się mocno za ośkę. Będzie karuzela, ale przynajmniej żadne ostrze mnie nie sięgnie