гранична точка

[popawili]

Нека [tex]P_{0}P_{1}P_{2}[/tex] - е правоъгълен триъгълник с прав ъгъл при върха[tex]P_{2}[/tex] .[tex]P_{2}P_{3}[/tex] - е перпендикуляр от [tex]P_{2}[/tex] към [tex]P_{0}P_{1}[/tex] . Аналогично [tex]P_{3}P_{4}\bot P_{1}P_{2}[/tex] , [tex]P_{4}P_{5}\bot P_{2}P_{3}[/tex] и т.н.
Да се намери граничната точка lim [tex]P_{n}[/tex] при [tex]n\rightarrow \infty[/tex] .

[popawili]

Хайде няма ли кандидати. Пък следващия път ще пусна като за 4 клас.

[allier]

Аз ще я налучкам тая точка ..... взимаме произволна окръжност през P1 и P2, допираща се до P0P1 (не е съвсем произволна де, даже си е точно определена) и окръжност през P0 и P1, допираща се до P1P2. Пресечната точка на тези две окръжност, различна от P1, е търсената точка.

[popawili]

Много красив отговор.Това с налучкването е основен метод в математиката.
Сега да видим дали отговора е верен.И каква правим бъркаме в кутията с късметчетата.Така.Отваряме.
Уф съжалявам грешен отговор.
Но няма страшно имате право на неограничен брой отговори и то без допълнителни импулси.
Като шанса расте постоянно.Тъй като кутията е с ограничен брой отговори и изтеглените не се връщат.
Така че от един момент нататък каквото и да отговориш кутията ще каже ,че е вярно.
Да ти кажа честно тъй като го сметнах,а да не говорим ,че и го начертах отговора ти.И се вижда ,че кутията е права.

[allier]

Ще налучкам пак тогава, точката лежи на окръжността с диаметър P0P2, и в същото време не лежи на никоя окръжност през точките P0P4.

[popawili]

Да ти казвам какъв отговора на кутията няма смисъл ти го знаеш.Затова бръкнах в кутията с жокери и тя казва - задачата не може да бъде решена с линия и пергел.Това смятам , че ще даде доста икономии на молив.
Задачата е дадена от Е.Щайниц през 1912 год.
Защо не пробваш да си направиш някаква координатна система и да намериш координатите.
Иначе с налучкването предполага едно друго решение ама е доста по сложно.

[mkmarinov]

Координатите на точката (или отместването от някоя позната) могат да се представят като граница на сума от вектори. Самите тези вектори могат да се изразят чрез ъгъл и големина (ъглите се изменят доста очевидно, големините не чак толкова, но могат да бъдат намерени). Остава да се мине в Декартови координати и да се сметне границата.

(Да, доста ме мързи да разписвам)

[allier]

Ами ако съществува граница, то тя съвпада с второто ми предположение. Втори път го изкарвам това вече. Точката е петата на перпендикуляра от P2 към P0P4. Или бъркам много сериозно , или ми е вярно.

Ето и някаква кратка логика защо според мен това трябва да е точката. Ако съществува тази граница, то тъй като P0P1P2 и P2P3P4 са подобни и еднакво ориентирани, следва че ъглите PP2P4 и PP0P2 са равни (т.е. точката P е аналогичната точка P за P2P3P4). Оттук следва, че ъгъл P0PP2 е прав (т.е. както съм писал по-долу, P лежи на окръжността с диаметър P0P2). Ъглите PP4P3 и PP0P2 са също равни, и понеже P0P2 и P3P4 са успоредни, следва,че P0, P, P4 лежат на една права.

В крайна сметка, ако съществува, P трябва да бъде петата на перпендикуляра от P2 към P0P4.

[popawili]

Координатите на точката (или отместването от някоя позната) могат да се представят като граница на сума от вектори. Самите тези вектори могат да се изразят чрез ъгъл и големина (ъглите се изменят доста очевидно, големините не чак толкова, но могат да бъдат намерени). Остава да се мине в Декартови координати и да се сметне границата.

(Да, доста ме мързи да разписвам)

Всичко което написа е абсолютно вярно.Още повече си имаме и правоъгълен триъгълник,а и декартовите координати са най-подходящи за метрични изрази.Значи тя задачата си е стандартна и се изискват някакви умения от анализ.Значи за да и се отговори не се изискват кой знае какво писане.Иначе се сетих за нея като четох темата която беше пуснал за границата в която имаше и числото на Греъм.Както и да е задачата има някаква връзка.Просто твоята граница е некоректна за безкрайно поле с използване числото на Греъм.

[popawili]

А allier ти си пуснал отговор докато пиша.
Нещо се заблуждаваш.Че има граница има си но тя не лежи на никои от началните точки и линии.Защо не си го начертаеш за две три стъпки.Ще изчакам още ден два някой може да реши да я решава и ще напиша отговора.
Като каза налучкване се сетих за една друга задача и ще я пусна по-късно специално в твоя чест.

[martin.nikolov]

Домързя ме да го пиша защото не ми се смяташе и очаквах някой да напише тарикатско решение. Сега виждам, че се споменават координати за това да кажа идеята. На първата стъпка триъгълника се разделя на два по малки, и подобни на него. От там нататък процедурата е същата за един от двата триъгълника. С други думи точката която се търси за оригиналния триъгълник е същата като точката, за същата задача, за триъгълника от втората стъпка. Въвеждаме кооордината, след като са подобни с ротация, транслация и хомотетия може да пратим големия в малкия триъгъник. Търсената точка ще е неподвината точка на това преобразование. Понеже е линейно очевидно ще има единствено решение. Но както казах, не очаквам това да е решението. Би трябвало да има нещо по-тарикатско, ако не може и да го сметна.

[allier]

Е опровергай ме де, дървен философ ... (popavili имам предвид). Хващам бас, че точката е точно където казвам.

[popawili]

Е опровергай ме де, дървен философ ... (popavili имам предвид). Хващам бас, че точката е точно където казвам.

Какво има да те опровергавам?Ти въобще даваш ли някакъв отговор?
Но дори да предположим ,че даваш.Задачата се свежда до изчисляването на сумата на един безкраен ред , а решението не лежи на никаква от твоите окръжности , пети и други простотии които си ръсиш .
Най - добре иди при майка си да си налучквате точките , че да научиш най - накрая "баща ти" да не ви ги бърка .

[allier]

Дадох решение, да. Пише го по-горе. Прочети го. Единственото, което липсва от това решение, е доказателство, че границата съществува. Всичко друго е вярно.

[popawili]

Сега до тук mkmarinov дава правилна насока.Не знам при вас защо се получават дълги решения , при мен е 6 реда.
Значи малко насоки. Взимам [tex]P_{2}[/tex] за начало на координатната система. [tex]P_{0}[/tex] -за положителна реална ос , [tex]P_{1}[/tex] - за положителна мнима ос .Означавам с d -дължината на хипотенузата .
Като отговор нека да бъде крайния резултат , че да няма писане .

[L.e.o]

Нека Р2 = (0,0) , Р0 = (1,0) , Р1 = (0,α/2)
▲Р0Р1Р2 подобен с ▲Р8Р9Р10 като посока на ориентиране спрямо коор.с-ма.
Р10 = (x,y)
[tex]x = \frac{sin^2\alpha}{ 4}\ (1 - \frac{sin^2\alpha}{ 4}) , y = \frac{sin\alpha}{ 2}\ (1 - \frac{sin^2\alpha}{ 4})[/tex]
След още осем итерации ще имаме подобен триъгълник, за който:
[tex]P18 = (x+x^2, y+y^2)[/tex]
За [tex]P24 = (x+x^2+x^3, y+y^2+y^3)[/tex]
Координатите на търсената гранична точка са:
[tex]X = x + x^2 + x^3 + .... + x^n = \frac{x}{ 1-x}[/tex] (заместваме с х и разписваме)
[tex]Y = y + y^2 + y^3 + .... + y^n = \frac{y}{ 1-y}[/tex] (заместваме с у и разписваме)

Има ли нещо вярно в това решение?

[allier]

Домързя ме да го пиша защото не ми се смяташе и очаквах някой да напише тарикатско решение. Сега виждам, че се споменават координати за това да кажа идеята. На първата стъпка триъгълника се разделя на два по малки, и подобни на него.

Точно с тази идея се получава моето решение, което popawili така и не прочете. Първият триъгълник, който има същата ориентация като P0P1P2 е P2P3P4 (равните ъгли кореспондират на индексите в нарастващ ред, т.е. ъгълът при P0 в първия триъгълник е равен на ъгъла при P2 във втория и т.н.) Оттук следва, че тъй като точка P за първия триъгълник се генерира по същата процедура както точка P за втория (и съвпада), то ъглите които PP0, PP1, PP2 сключват със страните на P0P1P2 са същите като ъглите, които PP2, PP3, PP4 сключват със страните на P2P3P4.

Оттук без никакви сметки, прогресии, координати и т.н. следва, че ъгъл PP2P4 = ъгъл PP0P2, следователно ъгъл P0PP2 е прав. Аналогично, от равенството на ъглите PP4P3 и PP0P2 следва, че P,P0,P4 лежат на една права. Тогава P е петата на перпендикуляра от P2 към P0P4.

Ще се радвам, ако има грешка, някой да я посочи.

[martin.nikolov]

Изглежда добре.

п.с. А, вече няма рейтинг!

[dgs]

...
следва, че ъгъл PP2P4 = ъгъл PP0P2,
следователно ъгъл P0PP2 е прав.
...
Ще се радвам, ако има грешка, някой да я посочи.

Ако P0, P и P4 лежат на една права, то съгласен съм, че
ъгъл P0PP2 е прав
Но не мога да разбера защо считаме, че P0, P и P4 лежат на една права (не твърдя, че не е вярно, а питам защо е така?) и затова онова "следователно" по-горе в цитата съм го оцветил в червено.

А относно "построимост с линийка и пергел" - категорично твърдя, че мога построя точката с линийка и пергел по следния начин:
Построявам последователно точките P3 P4 ... до P10 (не виждам никаква трудност това да го направя с линийка и пергел)
Тук визуално се забелязва (не мисля че е проблем и да се докаже стриктно), че:
P0P1 е успоредна на P8P9,
P1P2 е успоредна на P9P10,
P2P0 е успоредна на P10P8,
А също се забелязва, че именно търсената точка P е "центъра" на изображението (май "хомотетия" се наричаше в училище това изображение) което "праща" P0P1P2 в P8P9P10.
Защото (същото като в цитата по-долу, но за триъгълнитците P0P1P2 и P8P9P10)

Оттук следва, че тъй като точка P за първия триъгълник се генерира по същата процедура както точка P за втория (и съвпада), то ъглите които PP0, PP1, PP2 сключват със страните на P0P1P2 са същите като ъглите, които PP2, PP3, PP4 сключват със страните на P2P3P4.

И остава да се построи пресечната точка на например правите през P0P8 и P2P10 (и това е търсената точка P)

[allier]

Не считаме, аз лошо съм го написал. PP2P0 = 90- PP2P4 = 90-PP0P2. Сега вече P0PP2 = 180-PP2P0-PP0P2=180-90=90.

[dgs]

Не считаме, аз лошо съм го написал. PP2P0 = 90- PP2P4 = 90-PP0P2. Сега вече P0PP2 = 180-PP2P0-PP0P2=180-90=90.

Да съгласен съм, така е.
Трябва да си купя нови очила, щото не вижам очевидни неща

ДОБАВКА:
А от преходното "съгласен съм" следва, че и това съм съгласен:

...Точката е петата на перпендикуляра от P2 към P0P4....