Μιχάλη αυτό βγάζω και εγώ για το (γ) ... αν και λίγο διαφορετικά:

Τα MB, MD είναι ύψη ισοπλεύρων τριγώνων πλευράς a ενώ η BD είναι διαγώνιος τετραγώνου πλευράς a, οπότε από Νόμο Συνημιτόνων και πάλι,

BD^2=MB^2+MD^2-2\cdot MB\cdot MD\cdot cos\omega ,

προκύπτει άμεσα η cos\omega =-\dfrac{1}{3 ...

Θυμίζω εδώ την από κοινού με τον Michel Helfgott εργασία μας "Γωνίες, εμβαδόν και περίμετρος πιασμένα σε μια τριτοβάθμια" όπου αποδεικνύουμε ότι οι γωνίες τυχόντος τριγώνου γνωστού εμβαδού A και γνωστής περιμέτρου P κείνται υποχρεωτικά ανάμεσα στις γωνίες κορυφής των δύο ισοσκελών τριγώνων εμβαδού A ...

Ελέγχομαι κάπως για την διπλή χρήση του όρου "αναπάντεχα":

(I) Είναι το πρόβλημα αναπάντεχα όμορφο, επιδεχόμενο λύση χωρίς Αναλυτική (Χρήστος) ακριβώς επειδή είναι δευτεροβάθμιο; Ακριβώς το ίδιο ερώτημα είχα θέσει (στον εαυτό μου) εδώ , χωρίς να έχει υπάρξει στοιχειώδης λύση: έχουμε γενικώς το ...

Αναπάντεχα όμορφο! [Το ίδιο και η πιο στοιχειώδης λύση του Χρήστου Σαμουηλίδη (add2math) ... που είδα όταν έγραφα το "διτετράγωνη" ;) ]

Γενικεύοντας, θεωρώ τους ομόκεντρους κύκλους x^2+y^2=r^2, x^2+y^2=R^2, r<R, και τον κύκλο κέντρου S=(0, -R) και ακτίνας d, x^2+(y+R)^2=d^2. Επιλύοντας εύκολα τα ...

Διερευνήθηκε πλήρως εδώ.

Υστερόγραφο

Μια και η τεχνητή νοημοσύνη (ΑΙ) και η μεγαλογλωσσομοντελοποίηση (LLM) αναφέρθηκαν και 'επίσημα' στο :logo: σήμερα το πρωί ... ας πω εδώ ότι πολύ πρόσφατα προχωρημένο σύστημα ΑΙ που 'δανείστηκα' από φίλο επιβεβαίωσε την παραπάνω 'ασθενή εικασία' μου (#6): το ελάχιστο δυνατόν μέγιστο είναι όντως αυτό ...

'Η μάλλον* ... "βγαλμένο απ' τη γεωμετρία": να βρεθεί το όριο, καθώς το d τείνει στο άπειρο, της παράστασης


\dfrac{\sqrt{d^2-1}}{2d^2}[\sqrt{1+d^2+2\sqrt{d^4-d^2+1}}+(d^2-1)\sqrt{1-2d^2+2\sqrt{d^4-d^2+1}}].


*ανατρέχοντας στην πηγή ... μπορείτε να το υπολογίσετε πιο γεωμετρικά ;)



Πράγματι ...

'Η μάλλον* ... "βγαλμένο απ' τη γεωμετρία": να βρεθεί το όριο, καθώς το τείνει στο άπειρο, της παράστασης





*ανατρέχοντας στην πηγή ... μπορείτε να το υπολογίσετε πιο γεωμετρικά

Ας παρατηρηθεί εδώ ... ότι το τριτοβάθμιο αυτό πρόβλημα θα μπορούσε να είχε επιλυθεί πλήρως -- με δέκα ψηφία ας πούμε :)
-- ακόμη και πριν 100 χρόνια, τότε που υπολόγιζαν κυβικές ρίζες με το χέρι ;)


Δεν είναι τριτοβάθμιο, δευτεροβάθμιο είναι!!!

Πράγματι, αν εξετάσουμε την γενική περίπτωση ...

Ας παρατηρηθεί εδώ ... ότι το τριτοβάθμιο αυτό πρόβλημα θα μπορούσε να είχε επιλυθεί πλήρως -- με δέκα ψηφία ας πούμε :)
-- ακόμη και πριν 100 χρόνια, τότε που υπολόγιζαν κυβικές ρίζες με το χέρι ;)


Δεν είναι τριτοβάθμιο, δευτεροβάθμιο είναι!!!

Πράγματι, αν εξετάσουμε την γενική περίπτωση r ...

Γιώργο συμφωνούμε στα πρώτα τέσσερα δεκαδικά ψηφία :twisted:

... \theta \approx 0,15984363 \approx 9,1583654^0, βρίσκεται πολύ κοντά στην 'απόκρυφη' εικαζόμενη λύση του Γιώργου Βισβίκη, την οποία δεν βλέπω πια!


Γιώργο, απέσυρα την ανάρτηση γιατί με ειδοποίησε ο Θανάσης με π.μ ότι για ...

Γιώργο συμφωνούμε στα πρώτα τέσσερα δεκαδικά ψηφία :twisted:



Ας το δούμε γενικώτερα, με |OS|=d>r.

Από γνωστή άσκηση γνωρίζουμε ότι A= \left(\dfrac{r^2}{d}, \dfrac{r\sqrt{d^2-r^2}}{d}\right).

H εξίσωση της τέμνουσας SCB είναι η (tan\theta)x-y=dtan\theta, όπου \theta =\angle OSC με arcsin(-r ...

Κατάρριψη ανωτέρω εικασίας (μου): στο (αντι)παράδειγμα αυτό ... όχι μόνον δεν έχουμε 4 'συνεχόμενες διαγωνίους ιδίου συμβόλου/γράμματος', δεν έχουμε ούτε καν 2 συνεχόμενες διαγωνίους!

Eικασία θερινής εσπέρας: υπάρχει πάντοτε ένα 'τετραπλό Ζ' -- βλέπε συνημμένο -- σχηματιζόμενο από ένα από τα τρία σύμβολα (όπως το a στην προηγούμενη δημοσίευση) που 'τυλίγει' τον κύβο

... Και μάλιστα ... το ίδιο το σχήμα δίνει 'υποχρεωτικά' μία υπόδειξη ... που είναι δύσκολο να αγνοήσει κανείς ;)


Να το πάρει το ποτάμι; Να το πάρει: σε κάθε μία από τις 8 γωνίες του κύβου ... πρέπει υποχρεωτικά να υπάρχουν και τα τρία σύμβολα!

Δίνω, χρησιμοποιώντας ανάπτυγμα κύβου, και ένα ...

... Και μάλιστα ... το ίδιο το σχήμα δίνει 'υποχρεωτικά' μία υπόδειξη ... που είναι δύσκολο να αγνοήσει κανείς

Ορέστη πολλές ευχαριστίες για την ανταπόκριση και πολλά συγχαρητήρια σε όλους για την διάκριση και προσπάθεια!

[Για τον Νίκο Κολλιόπουλο δεν θυμόμουν ότι διδάσκει στην Κύπρο ... αν και είμαστε φίλοι στο ΦΒ!]

Μία ακόμη 'στρατηγική' ... που οδηγεί, αναπάντεχα ίσως, σε ελάχιστο μέγιστο εμβαδόν ακριβώς ίσο προς 3:

Πιο συγκεκριμένα, αν m ο συντελεστής διεύθυνσης των δύο παραλλήλων ευθειών, βρίσκω πως για μεν m=\dfrac{3\sqrt{2}}{4}\approx 1,06 εξισώνονται τα εμβαδά των τετραπλεύρων και των οριζόντιας βάσης τριγώνων προς \dfrac{6}{2+\sqrt{2}}\approx 1,75736 , οπότε μέγιστο εμβαδόν είναι αυτό των δύο ...