Построить четырёхугольник

[atlakatl]

Построить четырёхугольник такой, что отношения площадей треугольников, формируемых его диагоналями, образуют геометрическую прогрессию со знаменателем $\pi$.

Т.е. чтобы $S_{2}/S_{1}=S_{3}/S_{2}=S_{4}/S_{3}=\pi$

[DeBill]

atlakatl
И - как только мы решим эту задачу, так сразу и решим проблему квадратуры круга.....
Т.е., весь вопрос в том, что: $\pi$ - оно есть, или его нет?

[atlakatl]

DeBill
$\pi$ есть. Его не может не быть.
И возникает оно даже среди столь угловато-некруглых сущностей как четырёхугольник.

[gris]

Обычно термин "построить" применяется к геометрическому построению с помощью циркуля и линейки с заданным единичным отрезком. Если же ещё задан отрезок длины $\pi$, то решение слишком просто, чтобы его приводить

(Оффтоп)

(Замените $\pi$ на $2017$, треугольники на прямоугольники, и задача перетечёт в пятый класс, где сможет носить звание олимпиадной.)

[atlakatl]

gris
С Вашим "обычно" я не согласен.
Мем "$\pi$ - построить - циркуль - квадратура" существует. Но это просто шаблон, а не правило.
Уточню условие всё-таки. Построить значит привести любые данные, однозначно определяющие искомый четырёхугольник.
Вам слишком просто, так может кто-нибудь поломает голову?

[mihailm]

Это называется не построить, а привести

[Markiyan Hirnyk]

Задача решается средствами аналитической геометрии. Расположим вершины четырехугольника в точках $O(0;0), \,A(x_1;y_1),\,B(x_2,y_2),\,C(1,0) ,$ предполагая координаты точек $ A,\,B$ положительными.Также предположим $\frac {x_{1}\,y_{2}}{x_{2}} < y_{1}$ для выпуклости четырехугольника.
Начнем с нахождения координат точки пересечения $ D \left( -{\frac {{\it x_2}\,{\it y_1}}{{\it x_1}\,{\it y_2}-{\it x_2}\,{ \it y_1}-{\it y_2}}},-{\frac {{\it y_2}\,{\it y_1}}{{\it x_1}\,{\it y_2}-{ \it x_2}\,{\it y_1}-{\it y_2}}} \right) $ диагоналей четырехугольника $OABC$ как решения системы уравнений $\left\{ y={\frac {{\it y_2}\,x}{{\it x_2}}},- \left( x-{\it x_1} \right) {\it y_1}= \left( y-{\it y_1} \right) \left( 1-{\it x_1} \right) \right\}.$ Далее, площади $S_1,\,S_2,\,S_3,|,S_4$ треугольников $OAD,\,ABD,\,ODC,\,DBC$ с точностью до знака
равны определителям матриц, составленных из координат векторов, построенных по двум сторонам трeугольников, умноженным на $\frac 1 2$ :
$S_1=\left| -\frac 1 2 {\frac {y_{2}\,y_{1}\, \left( x_{1}-x_{2} \right) }{x_{1}\,y_{2}-x_{2}\,y_{1}-y_{2}}}\right|,S_2= \left| \frac 1 2 {\frac {{x_{1}}^{2}{y_{2}}^{2}-2\,x_{1}\,x_{2}\,y_{1}\,y_{2}+{x_{2}}^{ 2}{y_{1}}^{2}+x_{1}\,y_{1}\,y_{2}-x_{1}\,{y_{2}}^{2}-x_{2}\,{y_{1}}^{2}+x_{2}\,y_{1}\,y_{2}}{x_{1}\,y_{2}- x_{2}\,y_{1}-y_{2}}}\right|,S_3=\left| \frac 1 2 {\frac {x_{2}\,y_{1}}{x_{1}\,y_{2}-x_{2}\,y_{1}-y_{2}}}\right|, S_4=\left| \frac 1 2 {\frac {y_{2}\, \left( x_{1}\,y_{2}-x_{2}\,y_{1}+y_{1}-y_{2} \right) }{x_{1}\,y_{2}-x_{2}\,y_{1}-y_{2}}}\right|.$

Решаем систему алгебраических уравнений и неравенств
$\left \{ \frac {S_2} {S_1} = \pi ,\,\frac {S_3} { S_2}=\pi,\,\frac {S_4} {S_3}=\pi, \frac {x_1 y_2} {x_2} < y_1, x_1>0, y_1>0, x_2 > 0, y_2 > 0 \right \}.$
Отметим, что имеем четыре неизвестных и три уравнения. Обычно такие системы алгебраических уравнений имеют бесконечное множество решений. Это сделано намеренно: обвеличинить некоторую неизвестную никогда не поздно. Итак, мы имеем дело с полиномиальными системами (надо рассмотреть 8 комбинаций знаков, чтобы избавиться от модулей). Методы решения таких систем с коэффициентами из поля рациональных чисел и его расширений известны (пожалуй, лучшим введением на русском языке является книга И. Аржанцева "Базисы Гребнера и системы алгебраических уравнений" ). Они механизированы в Мэйпле, Математике и других математических системах. Впрочем, решение при желании и сильной мотивации можно найти и вручную, хотя это трудоемко. Мною был использован Мэйпл (см. PDF файл ) для нахождения $[x_{1}={\frac {{\pi}^{2}y_{2}-\pi+y_{2}-1}{{\pi}^{2} \left( \pi+1 \right) }},y_{1}={\frac { \left( {\pi}^{2}+1 \right) y_{2}}{{\pi}^{2} \left( \pi+1 \right) }},x_{2}=y_{2},{\frac {\pi+1}{{\pi}^{2}+1}}<y_{2 }]. $ Положив $y_2 = 1$, получаем $[x_{1}={\frac {{\pi}^{2}-\pi}{{\pi}^{2} \left( \pi+1 \right) }},y_{1}= {\frac {{\pi}^{2}+1}{{\pi}^{2} \left( \pi+1 \right) }},x_{2}=1]$.
Проверку найденного решения и рисунок также см. в приложенном файле.

[DeBill]

gris в сообщении #1176360 писал(а):

решение слишком просто, чтобы его приводить

Ну да ладно: Пусть пара прямых пересекается в точке $O$. Отложим на одной из них отрезки $OA=a, OC=\pi a$, а на другой - $OB=b,OD=b\pi^2$

(Оффтоп)

(по разные, блин, стороны от $O$)

Оно и получилось...

(Оффтоп)

Произвол: угол, $a$ и $b$

-- 30.12.2016, 02:26 --

Markiyan Hirnyk в сообщении #1180925 писал(а):

"Произвол: угол, $a$ и $b$" - это не доказательство.

Это - не доказательство, это - анализ решения...
Доказательство: У тр-ков $COB$ и $BOA$ общая высота, поэтому отношение их площадей равно отношению оснований (то есть, $\pi$). Аналогично, таким же будет отношение площадей тр-ков $DOC$ и $DOA$, а отношение площадей тр-ков $DOC$ и $COB$ будет равно $\pi^2$. Поэтому, если $S_{BOA} = S$, то $S_{COB}=\pi S$, $S_{DOC} = \pi^3S$, $S_{DOA}=\pi^2 S$, что и дает нужные отношения.
Анализ: из условия следует $\frac{S_4}{S_2} = \pi^2$. Из отношений площадей тр-ков (имеющих общие высоты) получаем - такие же - отношения отрезков (использованные при построении). Следовательно, ЛЮБОЙ чет-к с такими отношениями площадей может быть построен указанной конструкцией.

[gris]

DeBill, а я немножко поправил своё сообщение: "Если же ещё задан отрезок длиной (длины?) $\pi$", то можно построить геометрически. То есть единичный отрезок тоже задан. А то возникли предположения, что если задать только один "хороший" отрезок, то можно и квадратуру круга сделать. Конечно, не обязательно именно эти два отрезка задать, можно и другие, лишь бы соотношение длин у них было хорошее.

[atlakatl]

Я имел ввиду четырёхугольник с координатами $(1; 0) - (0; 1) - (-\pi; 0) - (0; -1/({\pi}^{2}))$
Мастера нашли общее решение при неперпендикулярных диагоналях.