Matematyka królowa nauk ;)

[akond]

Nie miałem wolnego czasu i nie zdążyłem sam pokombinować, ale ta ostatnia wersja rozwiązania jest śliczna. Brawo!

(Nie żeby wcześniejszym wiele brakowało, ale ta zwięzła prostota i "oczywistość" jest urzekająca).

[Lieber Augustin]

No dobra, a co jeśli nieco zmodyfikować zadanie, tzn. przesunąć wspólny wierzchołek czworokątów wewnątz kwadratu, jak niżej?



Nie jestem pewien, że i w tym przypadku "ostatnia wersja" jest prosta i oczywista. Tymczasem metoda "wysokości i środkowych" nadal doskonale działa

[olkapolka]

No dobra, a co jeśli nieco zmodyfikować zadanie, tzn. przesunąć wspólny wierzchołek czworokątów wewnątz kwadratu, jak niżej?

Widocznie nie można mieszać dwóch systemów walutowych czyli czworokątów wklęsłych z wypukłymi;)
Dla tej metody chyba podstawowe znaczenie ma, że owe trójkąty zawierają się w kwadracie wyznaczonym przez połączenie środków boków całego kwadratu - wklęsły zaś wychodzi z roli?

Psss...musiałam sobie to narysować (z tym wklęsłym) i rzeczywiście trójkąty parami nadal mają wspólne podstawy i wysokości.
Niemniej nie wydaje ci się podejrzany ten układ równań? Można go rozwiązać podając pola poszczególnych trójkątów? Bo mnie wychodzi (nawet kiedy poprawiłam z i 2;) niezgodność w wielkości trójkątów b i c (wg twoich oznaczeń).

[Lieber Augustin]

Niezupełnie rozumim, co to znaczy: niezgodność w wielkości trójkątów b i c? Że nie są równe?

Zauważyłem, że nasz układ jest układem z trzech równań i czterech zmiennych. I dość dziwne, że w ogóle da się go rozwiązać.
Co więcej: po rozwiązaniu mamy na pozór normalny układ z czterech równań z czterema zmiennymi:
a+b=32
a+d=20
c+d=16
c+b=28

Spróbowałem go rozwiązać względem zmiennych, tzn. uzyskać wartości a, b, c, d.
Ze zdziwieniem odkryłem, że nie potrafię.

Cóż, zapytałem online karkulowsiała od ukladów równań. Oto odpowiedź:
a=20-d
b=d+12
c=16-d

I to wszystko. Hm...

[olkapolka]

Niezupełnie rozumim, co to znaczy: niezgodność w wielkości trójkątów b i c? Że nie są równe?

Trójkąty b i c (u Ciebie) nie mają takich samych pól, bo różnią się wysokością.
Jak napisałam - przez bazgroły pomyliłam "z" z "2":

I wyszło mi, że te trójkąty mają pola równe 14. 

Po poprawce wychodzi mi tożsamość 0=0. i z mojego i Twojego:


Dlatego u zarania napisałam, że ten układ równań wygląda podejrzanie i maślanie czyli pętląco wewnątrz:))

Zauważyłem, że nasz układ jest układem z trzech równań i czterech zmiennych. I dość dziwne, że w ogóle da się go rozwiązać.
Co więcej: po rozwiązaniu mamy na pozór normalny układ z czterech równań z czterema zmiennymi:

Żeby wyliczyć 28 u mnie są 4 równania z 5 zmiennymi (piąta to x czyli pole czworokąta).
A później mamy normalnie 4 równania i 4 zmienne - tyle, że wynik 4 równania to rozwiązanie tego samego układu równań.
Niemniej to klasyczny układ równań.
Tożsamościowy?
Nieskończenie wiele rozwiązań?
Maślanka

[Lieber Augustin]

Po poprawce wychodzi mi tożsamość 0=0. i z mojego i Twojego:

A masz ci los. Neopozytywizm, jak nic )))

Neopozytywiści orzekli, iż bezpośrednio dane są nam nie pęczki kartofli, ale pęczki wrażeń zmysłowych - następnie stworzyli symbole logiczne, oznaczające “pęczek wrażeń” i “pęczek kartofli”, ułożyli specjalny rachunek zdaniowy z samych znaków algebraicznych i wypisawszy morze atramentu doszli do matematycznie ścisłego i ponad wszelką wątpliwość prawdziwego rezultatu, że 0 = 0.

Niemniej to klasyczny układ równań.
Tożsamościowy?
Nieskończenie wiele rozwiązań?
Maślanka

A bo ja wiem? Nieskończenie wiele to chyba nie. Wszak trójkąty y, z, w, c wyglądają dość solidnie i, by tak rzec, jednoznacznie. Stoją jak wół. Nie sposób chyba zbudować ich w jakiś inny sposób, niż ten na rysunku.
Hm.
Z tego, że układu równań nie da się rozwiązać analitycznie, nie wynika jeszcze, iż jest nierozwiązywalny numerycznie...

A swoją drogą: ciekawym, czemu odpowiada przypadek, gdy "punkt zero" znajduje się poza granicami kwadratu?



Ujemnej wartości pola? A może urojonej?

[olkapolka]

A co jeśli neopozytywiści mają trochę racji?

Wynik jest 0=0. To jest rozwiązanie tego układu. Jest to układ tożsamościowy. Inaczej nieoznaczony czyli z nieskończoną liczbą rozwiązań.
Trójkąty są solidne. Jednoznaczne - znaczy suma pól dwóch daje odpowiednie wyniki.
Ale czy pole czworokąta 20 to wynik sumy tylko dwóch konkretnych trójkątów? Ile pól trójkątów po zsumowaniu daje wynik 20? 32?28?
2, 10, 103 czy nieskończenie wiele?
Oto jest pytanie

[Lieber Augustin]

Trójkąty są solidne. Jednoznaczne - znaczy suma pól dwóch daje odpowiednie wyniki.
Ale czy pole czworokąta 20 to wynik sumy tylko dwóch konkretnych trójkątów? Ile pól trójkątów po zsumowaniu daje wynik 20? 32?28?
2, 10, 103 czy nieskończenie wiele?
Oto jest pytanie

Pole czworokąta 20 może być wynikiem sumy nieskończonej liczby trójkątów, fakt.

Ale! Czy pole czworokąta 20, wraz z polem drugiego czworokąta 32, plus do tego pole trzeciego 16 - a wszystkiego czterech czworokątów w granicach jednego kwadratu - może być wynikiem sumy więcej niż ośmiu konkretnych trójkątów?
That is the question

[olkapolka]

Ale! Czy pole czworokąta 20, wraz z polem drugiego czworokąta 32, plus do tego pole trzeciego 16 - a wszystkiego czterech czworokątów w granicach jednego kwadratu - może być wynikiem sumy więcej niż ośmiu konkretnych trójkątów?
That is the question

Czterech. Te trójkąty mają parami jednakowe pola. Pole całego kwadratu to 2a +2b + 2c + 2d = 96
Ponieważ te trójkąty dzielą się między czworokątami wewnętrznymi, to pole jednego determinuje pole kolejnych.
Jeśli np. a=12, to b = 20, c=8, d=8.
Z tym, że dla nieskończonych możliwości musi się zmieniać rysunek, bo pola trójkątów mogą być równe inaczej niż tymi narysowanymi parami.
Więc chyba nieskończenie wiele dla 4 czworokątów o zadanych polach, ale ile dla odpowiadających rysunkowi, gdzie pola trójkątów są w taki sposób takie same?
O to chodzi z tym pytaniem?

[Lieber Augustin]

Hm.
a=14, b=18, c=10, d=6...
Warunek, tzn. układ równań, jest spełniony...

Wygląda na to, że masz rację, liczba czworokątów o zadanych polach jest nieskończona

...ile dla odpowiadających rysunkowi, gdzie pola trójkątów są w taki sposób takie same?

Odpowiadających rysunkowi? Czyli dla ściśle określonego położenia "punktu zero", jak na rysunku? Jeśli tak, to podejrzewam, że możliwości jest niewiele, dokładnie jedna.


Swoją drogą, a czy ów "punkt zero", czyli wspólny wierzchołek czworokątów, może się znajdować w dowolnym miejscu wewnątrz kwadratu? Przecież, dajmy na to, pole "a" nie może przekroczyć wartości 20. W przeciwnym razie pole "d" będzie ujemne. Podobne ograniczenie dotyczy pozostałych trójkątów. Hm...

[maziek]

Matko, niczego nie przeczuwając siadłam przy kawie, a tu jak zwykle w międzyczasie przeskoczyła era geologiczna... Generalnie ja od razu zobaczyłem piramidę Cheopsa w rzucie na płaszczyznę, gdzie suma pow. ścian w rzucie na podstawę wynosi kwadrat boku podstawy (o ile wierzchołek poza nią nie wyjeżdża). I stąd już poszło. Wychodzi na to, że sumy przeciwległych "ścian" piramidy w rzucie są zawsze sobie równe i równe połowie powierzchni "podstawy" (u mnie ABCD) - niezależnie pod jakim kątem patrzy się na "piramidę" (czyli gdzie wewnątrz podstawy znajduje się zrzutowany wierzchołek). Z czego wynika nieskończenie wiele szczególnych rozwiązań. W każdym razie wg mnie szukane pole to 12 a bok kwadratu to 8.

PS a że na wszelki wypadek niczego nie czytałem, to ciekawe, walnąłem się, czy OK?

[Lieber Augustin]

Wszystko git. Chyba że skracanie –(1/2)a² po prawej w dole było (na moje niewprawne oko) trochę nie comme il faut

32–(1/2)a²+16–(1/2)a²=a²
2a²=48
a²=24
a=sqrt(24)

x=2a²–20=2*sqrt(24)²–20=2*24–20=28

Matko, niczego nie przeczuwając siadłam przy kawie, a tu jak zwykle w międzyczasie przeskoczyła era geologiczna...

))))
To tak jak u mnie, z trójścienną kostką do gry

[olkapolka]

Uff
Przed kawą rzuciłam okiem na maźkowe rozwiązanie - a właściwie wynik i odpadłam. Właśnie miałam przeliczyć - ale widzę, że nie tylko ja

Swoją drogą, a czy ów "punkt zero", czyli wspólny wierzchołek czworokątów, może się znajdować w dowolnym miejscu wewnątrz kwadratu? Przecież, dajmy na to, pole "a" nie może przekroczyć wartości 20. W przeciwnym razie pole "d" będzie ujemne. Podobne ograniczenie dotyczy pozostałych trójkątów. Hm...

Punkt zero chyba nie jest określony dokładnie - jest tylko umieszczony w dolnej lewej ćwiartce kwadratu. Gdyby był, to faktycznie jeden zestaw trójkątów, a jak wędruje, to więcej. Ale czy nieskończenie?

[Lieber Augustin]

Mam na myśli, czy przypadkiem nie ma dla punktu zero takich swoistych "obszarów zakazanych" wewnątrz kwadratu?
Dajmy na to, a=3. Wtedy z automatu d=17 (bo a+d=20), a co za tym idzie, c+d nie może wynosić 16, jak tego wymaga nasz układzik równanek.
Albo też, niech a dąży do zera. Trójkąt AOB na moim rysunku kurczy się, punkt zero siłą rzeczy znajduje się blisko krawędzi AB. A przecież tego nie może być, jak wyżej.
Mylę się?

Punkt zero chyba nie jest określony dokładnie - jest tylko umieszczony w dolnej lewej ćwiartce kwadratu. Gdyby był, to faktycznie jeden zestaw trójkątów, a jak wędruje, to więcej. Ale czy nieskończenie?

Podejrzewam, że nieskończenie. Wszak nikt nie powiedział, że wartości pól to tylko i wyłącznie liczby naturalne...

[maziek]

A tak zwaliłem . Znaczy rozumowanie OK (mam nadzieję), tylko jak zwykle "zjadło się", a tak ładnie wychodziło 4, 8 16, 32... że szkoda było sprawdzać. Zdaje się, że tylko zaznaczyłem że to to samo a po przerwie uznałem, że skróciłem... No chyba jeszcze tak nie zdurniałem, choć jak się zastanowić to pewne znaki na to wskazują. a jest sqrt24 czyli kwadrat "główny" jest o boku ~9,8 a szukane pole to 28, merde...