Reklama
Polityka_blog_top_bill_desktop
Polityka_blog_top_bill_mobile_Adslot1
Polityka_blog_top_bill_mobile_Adslot2
Łamiblog - Blog Marka Penszko Łamiblog - Blog Marka Penszko Łamiblog - Blog Marka Penszko

16.08.2019
piątek

Para pól

16 sierpnia 2019, piątek,

Zadania geometryczne pojawiają się w Łamiblogu rzadko; choćby dlatego, że generalnie ich udział w repertuarze łamigłówkowym jest skromny. Postanowiłem nadrobić tę zaległość z nawiązką i zaproponować od razu dwa małe i nietwarde, a raczej figlarne orzeszki geometryczne. Aby było jeszcze figlarniej, nie będzie żadnych obrazków – tylko opis. Kogo skusi rozgryzanie, tego czeka na wstępie samodzielna rekonstrukcja rysunków, choć moim zdaniem powinna wystarczyć wyobraźnia. Proponuję w związku z tym spróbować rozwiązać oba zadania w głowie, czyli bez rysowania i pisania. Dodam jeszcze, że w rozwiązaniach kryje się wyjaśnienie, dlaczego oba stanowią duet.
Zadanie 1
Dwa współśrodkowe okręgi o różnych promieniach tworzą znajdujący się między nimi pierścień kołowy. Cięciwa większego okręgu styczna do mniejszego ma długość równą √2. Jakie jest pole pierścienia?
Zadanie 2
Mamy tzw. trójkąt egipski, czyli prostokątny o bokach 3, 4 i 5. Dorysowujemy do niego trzy okręgi o promieniu równym 1, których środkami są wierzchołki trójkąta. Jakie jest łączne pole części kół znajdujących się wewnątrz trójkąta?

Reklama
Polityka_blog_bottom_rec_mobile
Reklama
Polityka_blog_bottom_rec_desktop

Komentarze: 16

Dodaj komentarz »
  1. Rozwiązanie obydwu zadań to:
    -0,5·i·ln(-1)
    co w przybliżeniu daje
    ≈1,57079632679…

  2. Dwa warianty dla drugiego zadania równie trudne, jak oryginał:
    1. trójkąt ma boki 5, 12, 13 (w głowie)
    2. trójkąt ma boki 0,3; 0,4; 0,5 (w głowie)
    i jeszcze jeden, dla tych, którzy mają trochę wolnego czasu:
    3. trójkąt 3, 4, 5, ale leży na sferze o promieniu R=5/π (wszystkim, co mamy do dyspozycji >:)) )

  3. Pierwsze zadanie jest podobne do zadania o kuli i wyciętym w niej walcu. Aby obliczyć objętość pozostałej części kuli należało zredukować walec do odcinka. Zadanie to ogłosił M.Gardner. Tutaj podobnie, jeżeli zredukujemy wewnętrzne koło do punktu, to pierścień będzie miał taką samą powierzchnię jak koło o średnicy sqrt(2), czyli 1/2*Pi. Drugie zadanie mamy trzy wycinki kołowe, które stanowią odpowiednio 1/4, 1/6 i 1/12 część koła o promieniu 1, w sumie połowę koła o promieniu 1, czyli 1/2*Pi .

  4. Reklama
    Polityka_blog_komentarze_rec_mobile
    Polityka_blog_komentarze_rec_desktop
  5. W obu zadaniach rozwiązaniem jest Pi/2, ale jeszcze nie dopiłem kawy, więc…

  6. W obydwu zadaniach pole = 0,5pi

  7. pi/2
    1/2

  8. pi/2 (ta sama odpowiedź i pewnie stąd duet)
    1. Jeżeli przyjmiemy oznaczenia: R – promień dużego okręgu, r – promień małego okręgu, a – długość cięciwy, to pole pierścienia = pi * (R^2-r^2). Połowa cięciwy i promienie obu okręgów tworzą trójkąt prostokątny, więc R^2-r^2=a^2/4. Podstawiając zadaną wartość a otrzymujemy wynik.
    2. Warunkiem jednoznacznego rozwiązania tego zadania jest to, by najkrótszy bok trójkąta miał długość nie mniejszą niż podwojony promień okręgu. Oczywiście trójkąt egipski ma tę własność, choć jego prostokątność jest bez znaczenia. Pole wycinka koła jest to iloczyn pola koła i stosunku kąta wycinka do kata pełnego. Ponieważ wszystkie trzy okręgi mają taki sam promień równy 1, a suma kątów w trójkącie to połowa kąta pełnego, wychodzi w sumie pi/2

  9. Oba pola mają powierzchnię Pi/2.

  10. Zadanie 1
    R- promień większego okręgu
    r- promień mniejszego okręgu
    R^2-r^2=sqrt(2)/2 mnożymy stronami przez pi
    pi*R^2-pi*r^2=pi*sqrt(2)/2 -pole pierścienia.
    Zadanie 2
    Suma kątow wewnętrznych trójkąta wynosi pi.
    Trzy wycinki tworzą półkole koła o promieniu 1
    pole 1/2pi*1^2

  11. Dzień dobry,

    Niestety, nie obyło się bez poglądowych rysunków.

    W obu przypadkach pole wynosi pi/2

    Pozdrawiam,

  12. Zadanie 1: Pole pierścienia to pi*R^2-pi*r^2, czyli pi*(R^2-r^2). Różnica kwadratów promieni to połowa cięciwy podniesiona do kwadratu, a więc 1/2, stąd pole wynosi pi/2.
    Zadanie 2: Mamy 3 wycinki kołowe o tym samym promieniu 1, ale różnym kącie. Kąty te sumują się do 180°, a więc po złożeniu dostaniemy półokrąg o promieniu 1, czyli pole będzie znów pi/2. W tym drugim zadaniu trójkąt nie musi być nawet prostokątny, byle tylko był wystarczająco duży, żeby wycinki nie zachodziły na siebie.

  13. Szanowny Gospodarzu.
    Zablokował Pan mój post 193596, który w niczym nie sugeruje rozwiązań głównego zadania. Proszę zwrócić uwagę na wariant 3. Jest to bardzo ciekawe zadanie i, wbrew pozorom, do rozwiązania wyłącznie w głowie (może niepotrzebnie zasugerowałem, że jest inaczej). W zasadzie jest tak samo łatwe, jak warianty 1 i 2, tyle, że w wyobraźni trójwymiarowej – to jedyna trudność, ale chyba inspirująca…

    Przegapiłem w „nawale” komentarzy. Sorry. Już odblokowane.
    mp

  14. Dla obu zadań „w rozumie” wyszło mi jedno rozwiązanie: pi/2. Może sprawdzę na papierze. Jutro.

  15. 2*PI
    oraz
    PI/2

    Drugie podchwytliwe, wszak suma kątów w trójkącie to 180 stopni, czyli połowa okręgu… sam się złapałem na początku na próbie liczenia czegośtam… 🙂

  16. Mój post 193596 pojawił się dosyć późno i nie sądzę, żeby ktoś się nim jeszcze zainteresował, więc jedynie dla formalności wyjaśnię to i owo.

    Wariant 1 pokazuje, że nie tylko trójkąt o bokach 3, 4, 5 daje rozwiązanie. Wszystkie trójkąty na płaszczyźnie mają sumę kątów π/2, więc wszystkie są rozwiązaniami.

    Wariant 2 pokazuje, że nie wszystkie, a jedynie odpowiednio duże… (zauważył to @Michał S)

    Wariant 3 pokazuje, że w odpowiednich warunkach, kiedy trójkąt chce być jednak nieco za duży, to… przestaje istnieć!

    Spróbuję wyjaśnić wariant 3:

    Kula o promieniu 5/π ma obwód O=2πR=2π5/π=10. Bok c=5 ma więc długość równą połowie obwodu. Czyli bok c możemy rozpiąć pomiędzy biegunami N i S kuli, tak jak ziemski południk. Jeżeli teraz, jako trzeci wierzchołek trójkąta (dwa to bieguny), wybierzemy dowolny punkt X sfery nieleżący na boku c, to okazuje się, że punkt ten jest połączony z biegunem N (bok a) i biegunem S (bok b) tym samym południkiem, gdyż boki trójkąta sferycznego muszą być kołami wielkimi sfery, a przez bieguny przechodzą tylko południki! Więc kąt ten jest równy π/2. A miał być kątem prostym… Wniosek: nie istnieje trójkąt z jednym kątem prostym o boku c na sferze o obwodzie 2c.

    Ale, ale… Przecież można skonstruować trójkąt z dwoma kątami prostymi! Wystarczy, aby punkt X leżał na południku przesuniętym o π/2 względem boku c. Otrzymamy wtedy coś na kształt cząstki pomarańczy będącej 1/4 kuli. Ta cząstka będzie miała dwa kąty proste na biegunach i jeden kąt π/2 w punkcie X.
    Czy to daje rozwiązanie? Nie. Nadal suma boków a i b jest równa długości południka, czyli a+b=5, a miało być a+b=3+4=7, czyli wymagany w zadaniu trójkąt nie istnieje.
    Czym więc jest ta „cząstka”? To dwukąt sferyczny. Najlepiej wyjaśnia to angielska Wiki:
    https://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_lune

    Pozdrawiam.

  17. Nieuważnie przeczytałam pytanie nr 2. Odpowiedziałam 1/2 pola, czyli dokładnie pi/2

css.php