Matematyka królowa nauk ;)

[maziek]

No to zadanie niby proste a diabelskie . Całkiem jak to ze sznurkiem i Ziemią. Pomimo tego kwadratu na dole, który wykreślnie skonstruować banalnie prosto jak już człowieka oświeci (tym samym od ręki znajdując jeden z wierzchołków poszukiwanego kwadratu) - i mimo to, że to Tales aż piszczy - zdaje mi się, że nie można znaleźć dwóch różnych proporcji zawierających znane długości starego nowego trójkąta - a ściślej w nowym trójkącie nie znamy żadnej długości. Jedyna więc rozsądna proporcja, jaką można ułożyć, to że bok szukanego kwadratu do podstawy trójkąta ma się jak ta podstawa (czyli bok zbudowanego kwadratu) do podstawy zbudowanego trójkąta. Dalej trzeba taką czy inną drogą np. obliczyć wysokość itd. czyli nic to nie wnosi do Waszych rozwiązań. Natomiast zauważyłem jeszcze, że wg oznaczeń LA na moim rysunku trójkąt aHc - jest poczciwym pitagorejczykiem 3-4-5 (w proporcji x1,5). Z tym, że w zasadzie nie można tego odkryć, nie licząc najpierw analitycznie współrzędnych pkt. c. Nie mogę wyjść ze zdumienia, że można to zadanie ściśle rozwiązać za pomocą ekierki i ołówka - a nie można prosto proporcjami. Chyba, że można...


PS 2 -

Pss...mnie też się wydaje, że się nie da

Da się, bo znane są długości ac i bc. Natomiast jak napisałem na samym początku mało eleganckie, bo długie. Natomiast - patrz niżej (piszę tak nie w kolejności bo z przerwami )


PS - zamiast liczyć analitycznie z z punktów i kierunkowych prostych łatwiej jeszcze konstruując dwa okręgi - jeden ze środkiem w punkcie a (0,0) o r=7,5 i drugi w punkcie b (7,0) o r= 6,5. Prowadzi to do banalnego układu równań kwadratowych, w którym najpierw znoszą się y2 a potem x2 i zostaje równanie liniowe x z rozwiązaniem x=4,5 dla odciętej pkt. H. Nadal jednak troszkę za barokowo .

[olkapolka]

Errare humanum...

Jasność i oczywistość;)

Ja tymczasem chyba zabłądziłam w wątku pt. "Czego szuka maziek?"

Szukałeś na początku prostych żeby wyznaczyć punkt przecięcia 1 i o tym z LA napisaliśmy: że wyznaczenie równania prostej c1' przy tych danych jest niemożliwe - chyba żeby tworzyć karkołomne układy równań. Tu i tak mam wątpliwości czy się da.
Jakiś układ z przekątną kwadratu? Długością odcinków...nie wiem.


A teraz podałeś inne rozwiązanie (z tymi okręgami) dla wyznaczenia długości OH. Ale to już mamy. To nie rozwiązuje współrzędnych punktu 1.
Czyliżeco?

Jesteśmy w tym punkcie do którego poza układem współrzędnych doszliśmy na trzy sposoby - z cosinusów, z pól na dwa sposoby.
Reszta prostą proporcją z podobieństwa. Grunt to mieć H.
H mamy.
Z okręgów nie mamy.

[maziek]

Eno jak nie, jeśli masz odciętą pkt. c (z ww. okręgów, bo prościej - no ale jak nie da się analitycznie, jak da się z okręgów ?). Podstawiając tę odciętą do równania któregokolwiek z tych okręgów, otrzymujesz rzędną c. Znasz więc współrzędne c (4,5;6,0). Znasz też współrzędne 1' (0;-7,0). Badasz przecięcie prostej 1'-c z 0X . Wsio


PS może ja za bardzo skaczę - więc tak po kolei wywód na teraz:


- najpierw jest rysunek, z którego wynika, że szukamy pkt. 1. i znamy pkt. 1' (0,-7)
- następnie konstruujemy dwa okręgi opisane wyżej w pkt (0,0) i (0,7) o r odpowiednio 7,5 i 6,5
- rozwiązujemy układ z równań tych okręgów - dostajemy punkt przecięcia c (4,5;6,0)
- szukamy równania prostej przechodzącej przez pkt. c (4,5;6,0) i 1' (0,-7)
- znajdujemy miejsce zerowe tego równania, równe x=~2,42 - szukany punkt 1 ma współrzędne (~2,42, 0)
- i dalej ...

[olkapolka]

Zajarzyłam - myślałam o tym bez patrzenia na rysunek i nie widziałam punktu 1'...uciekł mi - więc dalej nie mogłam zrobić równanka tej prostej.

Super!:)

Psss..w ogóle od dzisiaj bez cyrkla się nie ruszam:))

Psss1...teraz tak patrzę i oczom nie dowierzam...przecież punkt 1' jest dany z rysunku - kwadrat duży i równanie tej prostej c1' można napisać i dokończyć wg systemu LA - bez okręgów. Zaćmienie.
Albo LA ma zdolności hipnotyzera, bo całkowicie się zasugerowałam tym:

Układ równań prostych ac, bc i ab chyba da się ułożyć, znając długości stron (7,5, 6,5 i 7 odpowiednio), oraz wysokość cH=6. Nawet bez kwadratu pod spodem.

)

Natomiast jeśli ma być bez funkcji trygonometrycznych to okręgi i równania prostych.

Dzięki za rozrywkę - tak mało używam matmy w ostatnim czasie, że zanika. Nie pozwólcie jej!;)

[maziek]

Weź nic nie mów ja już mam takie obumarcie komórek, że jak LA wrzuca kolejny granat z wyrwaną zawleczką - to muszę przedwstępnie powtarzać kurs szkoły podstawowej .

[Lieber Augustin]

Psss1...teraz tak patrzę i oczom nie dowierzam...przecież punkt 1' jest dany z rysunku - kwadrat duży i równanie tej prostej c1' można napisać i dokończyć wg systemu LA - bez okręgów. Zaćmienie.

Zaiste, zaćmienie. Mnie też nie wpadło do łba, że współrzędne punktów 1' i 2' są de facto znane. A skoro mamy je do dyspozycji, można łatwo ułożyć równania prostych 1'c i 2'c, etc.

@maziek
Twój pomysł z kwadratem pod spodem uważam za bombowy.
Rozwiązanie wprost błyskotliwe - super. Chylę czoło

[maziek]

A dziękuję .

[Lieber Augustin]

Dzięki za rozrywkę - tak mało używam matmy w ostatnim czasie, że zanika. Nie pozwólcie jej!;)

Służę uprzejmie

Na okręgu wybrano losowo trzy punkty A, B i C. Proszę znaleźć prawdopodobieństwo, że trójkąt ABC - ostrokątny.

[olkapolka]

Dzięki za rozrywkę - tak mało używam matmy w ostatnim czasie, że zanika. Nie pozwólcie jej!;)

Służę uprzejmie

Na okręgu wybrano losowo trzy punkty A, B i C. Proszę znaleźć prawdopodobieństwo, że trójkąt ABC - ostrokątny.

Dziękuję bardzo, ale jak słyszę "prawdopodobieństwo" to z automatu uciekam:))
Tym razem uciekłam w net żeby sprawdzić co w tym okręgu piszczy - rozwiązanie zobaczyłam - milczę i obserwuję;)

[miazo]

Na okręgu wybrano losowo trzy punkty A, B i C. Proszę znaleźć prawdopodobieństwo, że trójkąt ABC - ostrokątny.

Podobne zadanie: The hardest problem on the hardest test. I przy okazji ładnie pokazane, jak ugryźć prawdopodobieństwo.

[maziek]

Nie czytam co wrzucił miazo na wszelki wypadek, ale tak na czuja problem tkwi w określeniu, jakie jest prawdopodobieństwo, że losując położenie punktu na okręgu (zakładając, że każde położenie jest równie prawdopodobne) - utrafi się w założony wcześniej punkt . Na oko jest ono zerowe, o ile rzecz rozpatrywać jeometrycznie (jest nieskończenie wiele punktów na okręgu). Co innego, jakby to ruleta była . To wyklucza zawracanie sobie głowy trójkątem prostokątnym, jako nieistniejącym itd. Rozpatrując rzecz w ten sposób, że jeden (dowolny) z wylosowanych punktów przyjmujemy za punkt wyjściowy na okręgu, możemy ten okrąg podzielić na 4 ćwiartki (jeden podział po średnicy zawierającej ten punkt, drugi prostopadle do pierwszego). Zestawiając ze sobą dobre i złe ćwiartki wychodzi mi na szybko, że jest taka sama liczba zdarzeń korzystnych i niekorzystnych, czyli wychodzi mi 1/2. Jeśli np. pierwszy punkt przyjmiemy na godzinie 6, a ćwiartki ponumerujemy od niego zgodnie z ruchem wsk. zegara, to każdy z dwóch pozostałych punktów ma oczywiście szansę 1/4 znaleźć się w danej ćwiartce. i tak np. losowanie ćwiartki 1-1 czy 1-2 czy 3-4 jest złe, a np. 1-3 czy 2-4 dobre.

[Lieber Augustin]

Tym razem uciekłam w net żeby sprawdzić co w tym okręgu piszczy - rozwiązanie zobaczyłam - milczę i obserwuję;)

Zestawiając ze sobą dobre i złe ćwiartki wychodzi mi na szybko, że jest taka sama liczba zdarzeń korzystnych i niekorzystnych, czyli wychodzi mi 1/2.

Też zerknąłem na rozwiązania.
https://matematyka.pl/viewtopic.php?t=411444
https://matematykaszkolna.pl/forum/353739.html
http://matma4u.pl/topic/806-zadanie-z-okregiem-i-trojkatem/
Wszyscy biegli w matematyce jak jeden mąż twierdzą, że owo prawdopodobieństwo wynosi 1/4.
Hmmm...
Może czegoś nie rozumiem, ale mniemam, tak samo jak maziek, że 1/2.

Rozumowałem w następujący sposób:
Niech punkt A leży na średnicy AA', która dzieli okrąg na dwa łuki, półokręgi: "górny" i "dolny".
Jasne, że gdy punkty B i C leżą na jednym i tym samym półokręgu - obojętnie, górnym czy dolnym - trójkąt ABC jest rozwartokątny. W przeciwnym razie jest ostrokątny.



Prawdopodobieństwo, że punkt B znajdzie się w górnej części okręgu, wynosi 1/2, nieprawdaż? A szansa, iż punkt C przy losowym rzucie również wyląduje na górze? Chyba taka sama, jak szansa, że w dwóch kolejnych rzutach monetą wypadnie orzeł. 1/2 x 1/2 = 1/4.
Analogicznie z dolnym łukiem. Prawdopodobieństwo, że B i C znajdą się na dole, wynosi tę samą 1/4.
Sumaryczne, by tak rzec, prawdopodobieństwo, że ABC jest rozwartokątny, jest równe 1/4 + 1/4  = 1/2.
A prawdopodobieństwo ostrokątnego? Też 1/2, bo 1 – 1/2.
 

[xetras]

W statystyce wyniki głównie się zgaduje.

Tak nie może być że to 1/4 i 1/2.
Albo/albo.
Na coś trzeba się zdecydować.

Wyliczenie 1-1/2 pomija pewną możliwość. Oprócz ostrokątnych i rozwartokątnych możliwe są też trójkąty prostokątne, dlatego nie da się tak zrobić.
Zbiór trójkątów prostokątnych też potrzebny przy oszacowaniu wyniku.

[olkapolka]

Jak ja zobaczyłam to rozwiązanie wcześniej (nie że sama rozwiązałam...),  to wytłumaczyłam sobie to tak, że w przypadku:
1) trójkąta rozwartokątnego
- zaznaczamy ten punkt A - punkt B może trafić w 1/4 okręgu na górze albo na dole, punktowi C pozostaje też 1/4 okręgu górnego lub dolnego czyli 1- 1/4-1/4= 1/2

2) trójkąta ostrokątnego
- zaznaczamy też punkt A - punkt B może trafić w 1/2 okręgu u góry lub na dole, a punktowi C zostaje tylko 1/4 okręgu u góry lub na dole. Czyli 1-1/2-1/4= 1/4

Ale to catgutem szyte;)

[xetras]

Ale czy uwzględniać te trójkąty które są "lustrzanymi" odbiciami ?
Przecież punkty rzucane są losowo.

Dzięki za ten wywód:
https://matematykaszkolna.pl/forum/353739.html
Sam go nie znalazłem w wyszukiwarce (bo też wcześniej poszukałem gotowca, jak to sformułować).
Z samych wyliczeń rozumiem niewiele.

Mam zastrzeżenie do samego zdarzenia przeciwnego. Zdarzenia byłyby zależne (gdybyśmy uwzględniali tylko położenie punktów). W związku z tym nie pasuje mi sumowanie 1/4 plus 1/4.