pogo

@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

Odpowiedź jest bardzo prosta: Nigdy.Gdy MK zbliży się do lisa, ten zmieni kierunek, bo jest nieoswojony. Jeśli jednak nie zdecyduje się zmienić kierunku to dziabnie MK w rękę gdy tylko ją wyciągnie w jego kierunku i z głaskania nadal nici

Jakiś sposób jak to obliczyłeś?

Napisałem... ale mój MK się poddał po przebyciu nieco ponad 2mld kroków (limit dla int32). Dalej nawet nie próbuję liczyć, bo precyzja spada tak bardzo, że może wyjść wszystko. Każdy kolejny krok daje "awans" o (n-1)/n tego co dawał poprzedni. I nie mam pomysłu jak to wykorzystać... Edit: Pogrzebałem i znalazłem coś takiego jak szereg harmoniczny. Doskonale nam pasuje i daje gwarancję, że MK zakończy wycieczkę w skończonym czasie. Pozostaje policzenie jaki to będzie czas... Niestety nie mogę nic znaleźć o łatwym obliczaniu sumy takiego szeregu dla punktu n...

Rzeczywiście. Przy okazji to komplikuje sprawę, bo nagle przestał to być ciąg geometryczny.Czy po przekroczeniu połowy drogi nadal będzie mu przybywało drogi szybciej niż idzie? I czy dotrze do połowy? Zaraz się skurzę i napiszę program, który spróbuje to policzyć na piechotę

thikim Tak patrzę na Twój ciąg i jest to ciąg geometryczny o współczynniku mniejszym od 1. (an = an-1 * 1/314, lub jak kto woli: an = a1 * (1/314)n-1). To trochę jak napisać 0,5 i liczyć ile "5" trzeba jeszcze dopisać aby uzyskać 1. Mamy więc funkcję o asymptocie poziomej mniejszej od 1. Nikt też nie napisał, że tak nie jest, a bez tego założenia nie ma kompletnie co liczyć. Chyba czas pójść pogadać z prezesem o awansie

Stanley Twierdzisz, że wyjdzie z tego na początek dość płaska linia, która stopniowo będzie się podnosić z asymptotą równoległą do prostej przyrostu planety? Mam nadzieję, że ktoś zrozumiał co napisałem

Na starcie planeta ma 314m obwodu (mniejsza o ułamki). Po każdym kroku średnica planety zwiększa się o 100m, czyli obwód rośnie o 314. Oznacza to, że droga do pokonania rośnie 314 razy szybciej niż Mały Książe idzie, więc nie ma szans na obejście planety. Po każdym kolejnym wykonanym kroku Mały Książe wciąż ma za sobą tylko 1/314 drogi, a przed sobą całą resztę... Teraz zaczynam się zastanawiać jaka jest graniczna wartość przyrostu drogi aby była ona możliwa do pokonania w skończonym czasie. Edit: zapomniałem, że droga za MK też się rozszerza, więc wszystkie obliczenia od nowa... Edit2: Liczymy: Kiedy MK robi pierwszy krok to droga za nim wynosi już 2m (+2m) Kiedy robi drugi... to ten pierwszy "metr" jest już 3 metrami, a drugi to 1,5m... w sumie 4,5m (+2,5) Trzeci krok i pierwszy to 4m, drugi - 2m, trzeci - 1,(3)m... w sumie 7,(3)m (+2,8(3)) Czwarty krok: pierwszy - 5m, drugi - 2,5m, trzeci 1,(6)m, czwarty - 1,25m... w sumie 10.41(6) +(3,08(3)) Wstępnie wygląda na jakąś funkcję wielomianową, więc jej przyrost będzie większy niż funkcji liniowej określającej obwód planety. Pozostaje znaleźć punkt przecięcia obu funkcji... Nie mam czasu liczyć... W końcu się zabrałem za projekt, nie wolno mi tego marnować

Stanley Przesunięcie ku czerwieni nie zmienia się z odległością, a jedynie z różnicą prędkości między obserwatorem a "emiterem". Choć światło ma stałą prędkość to musi zużyć więcej energii aby tę prędkość utrzymać. Wydaje mi się, że przesunięcie ku czerwieni może też wynikać z grawitacji "emitera", ale chyba coś pomieszałem... Rozciąganie gumki powoduje rozrzedzenie fotonów, a nie utratę energii każdego z nich (energię straciły przez efekt Dopplera, czyli na utrzymanie prędkości)

Chyba mam wyjaśnienie tego fenomenu z odległością. Mamy gwiazdę oddaloną od nas o 14mld ly. punkt obserwacji umieszczamy na tej gwieździe. Emitujemy światło w kierunku Ziemi. Ziemia (a raczej miejsce gdzie powstanie) porusza się względem punktu obserwacji z prędkością światła. Ale jednocześnie pozwalamy by gwiazda też się poruszała z prędkością światła względem tego punktu. Ostatecznie i gwiazda i Ziemia uciekają od tego punktu z prędkością światła. c jest bezzwzględne, więc patrząc z Ziemi to światło i tak nas dogania z prędkością c. Po 14mld lat gdy już swiatło dociera do Ziemi gwiazda jest oddalona od punktu startu o 14mld ly. A Ziemia o 28mld ly. co daje razem 42 mld ly. Czy teraz liczby się zgadzają? Nie zupełnie, bo miało być 46mld :/ ...a 46/3 daje 15,(3), więc w żaden sposób nie pasuje mi to do obserwacji... Może gdzieś wkradł się błąd?

Po raz pierwszy kompletnie nic nie zrozumiałem z tego co napisałeś... A teraz inna zagadka: Jeśli promień obserwowalnego wszechświata to 46mld ly, a najstarsze światło jakie obserwujemy ma ok 14mld lat... To coś tu nie pasuje. W momencie gdy gwiazda wypromieniowywała światło, które do nas trafia to była w odległoścu 14mld ly od nas. Od tamtej pory minęło te 14mld lat. W tym czasie poruszająca się z prędkością światła gwiazda mogła się przemieścić o 14mld ly osiągając obecną pozycję na poziomie 28mld ly od nas. Więc skąd się bierze te 46mld ly? Mój chłopski rozum tego nie ogarnia...

Z linków podanych przez Wilka widać, że zdecydowana większość obecnie używanych kabli podwodnych ma przepustowość przekraczającą 100Gbps, a nie brakuje też takich 10Tbps, więc chyba widzisz różnicę... Chyba, ze mowa tu jest o pojedynczych włóknach które mają 10Gbps, ale wciąż się okazuje, że "kable" 10Tbps są robione jako wiązki 100x100Gbps, czyli 10 razy szybciej od tego do czego oni chcą się dostać...

Chodziło mi raczej o to, że suma pożyczek jest większa, i to prawdopodobnie wielokrotnie większa, niż suma zapisów na rachunkach.

Nie widzę <p>[ ]</p>

Łącze 10Gbps wydaje się być przerażająco wolne jak na międzynarodowe (a wręcz międzykontynentalne) łącza. Jakoś nie chce mi się wierzyć, że to jest przepustowość pojedynczego współczesnego "kabla" podwodnego...