Автор Тема: Геометрические задачи.  (Прочитано 12966 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн StrannikPiter

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1665
    • Просмотр профиля
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #75 : 12 Август 2017, 20:10:16 »
"Сокращаем на b2, остаётся  a2 = 2bx"
Поздравляю, Вы вывели фактически определение инверсии.
|OP|*|OP'| = R2
b - это расстояние от центра базовой окружности (А) до исходной точки (Е).
2х - это расстояние от центра базовой окружности (А) до инвертированной точки. Инвертированная точка в 2 раза дальше от центра, чем перпендикуляр, поэтому я и увеличивал отрезок не в 3 раза, а в 1.5.

Оффлайн снн

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1605
    • Просмотр профиля
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #76 : 13 Август 2017, 02:47:01 »
Товарищи, докажите кто сможет, ибо я не знаю, почему пересечение диагоналей квадрата 1,5*1,5 и прямоугольника 1,5*3 в моем решении дают  высоту искомого прямоугольника, равную 1 ? :wall:
(ↄ)

Оффлайн StrannikPiter

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1665
    • Просмотр профиля
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #77 : 13 Август 2017, 04:57:44 »
Товарищи, докажите кто сможет, ибо я не знаю, почему пересечение диагоналей квадрата 1,5*1,5 и прямоугольника 1,5*3 в моем решении дают  высоту искомого прямоугольника, равную 1 ? :wall:
Треугольники подобны по равенству углов. Горизонтальные стороны отличаются в 2 раза, значит и все другие размеры, в том числе и высоты, тоже отличаются в 2 раза.

Оффлайн снн

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1605
    • Просмотр профиля
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #78 : 13 Август 2017, 14:12:19 »
Товарищи, докажите кто сможет, ибо я не знаю, почему пересечение диагоналей квадрата 1,5*1,5 и прямоугольника 1,5*3 в моем решении дают  высоту искомого прямоугольника, равную 1 ? :wall:
Треугольники подобны по равенству углов. Горизонтальные стороны отличаются в 2 раза, значит и все другие размеры, в том числе и высоты, тоже отличаются в 2 раза.

Спасибо! StrannikPiter! Коротко и ясно! А то мой мозг, перегруженный кругами и формулами из этой темы ушел в отказ, т.е. экономя мои биологические ресурсы и время, обошел в альтерверсе такой интерфейс, надстройку как математический язык и сразу выдал суть - образ.
(ↄ)

Оффлайн снн

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1605
    • Просмотр профиля
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #79 : 13 Август 2017, 18:51:31 »
Вот до чего бы мой мозг точно не добрался в дебрях альтернативных сценариев, так это до формулы для любой произвольной длины отсекаемого отрезка, а не только для 1/3, выведенной Головотяпом.
Привожу целинный авторский текст ( надеюсь, StrannikPiter поймет и простит ;D) :
А потому ли вы поэты? Поэты мы потому, что от нас по тому потомкам потом. Поэтому поэты мы. (Мистер Блин).

 

Блин, я опять тащусь со Странника. Вот, вроде, не дурак, а xyz от пальца отличить не может. Он видит похожие картинки, и для него это значит, что методы одинаковые. Он думает, что я старый маразматик, и мне мерещится разница там, где её нету.

    На самом же деле, это Странник уже со старше-юношеского возраста впал в маразм, и не видит разницу в сути, а способен только кружкИ и линии видеть, а что за ними стоИт и, главное, как они получены, для него непостижимо.

 

  Последний раз поясняю в общих словах. То, что у нас картинки внешне похожи, вовсе не значит, что я подробно изучил ваш с Раце метод, потом он свалился у меня в подсознание, и я его напрочь забыл, а потом вспомнил этот метод, но решил, что это я его сам придумал, а не вспомнил.

 

    Да, у нас с вами в наших решениях одинаковая отправная точка поиска – равносторонний треугол, и одинаковая конечная точка – отрезали 1/3. Но сами пути-то решения совсем разные.

Я признаю, что не я тут первый придумал использовать равносторонний треугол. Первый его упомянул Раце в посте №39: «Построил … по вписанной в равносторонний треугольник окружности». Т.е. сам автор метода Раце явно сказал: «ПОСТРОИЛ ПО ВПСАНООЙ ОКРУЖНОСТИ». Странник тоже у себя нарисовал вписанную окружность, а потом, увидев мой метод, сказал: «Ой, а окружность-то не нужна!» В том-то и дело, что как Раце, так и Страннику вписанная окружность БЫЛА НУЖНА при поиске построения. А мне она сразу и ВООБЩЕ ни разу была не нужна, даже мысленно – я вообще о ней не думал.

     Если Вы наложите свой и мой конечные рисунки, из которых нами повыкиданы все лишние линии (и если ещё выкинуть Вашу, якобы вдруг ненужную маленькую лиловую окружность), то они на 90% совпадут. Но если мы вернём все линии назад, восстановим равносторонние треуглы, на базе которых базируются наши построения, не будем трогать вашу вписанную окружность, то разница наших решений, их логика и принципы, на которых они основаны, будет очевидна.

   Поэтому Странник и в музыке ничего не понимает, потому что для Странника любая музыка – это всего навсего 12 нот (и то, не уверен, что Вы знаете, сколько их, а думаете, что только 7) и текст в песне на русском языке, чтобы было вообще что слушать, ибо без русского текста для Странника музыка уже и не музыка вовсе.

 

Странник не понимает, что такое оптимизация. Оптимизация – это когда из готового решения убирают неосновные ненужные детали, без которых можно обойтись, не меняя сути самого решения. Например, если деталь прикручена 4-мя винтиками, то её можно привинтить и только двумя винтиками, сэкономив 2 винтика. Или деталь из стали - заменить на такую же деталь из алюминия. Или толщину её уменьшить. Если же полностью переработать решение с самого начала и идти другим путём, то это уже не просто оптимизация, а «перестройка» предварительно снесённого здания. А по Вашему и LCD монитор – это всего лишь оптимизация вакуумно-трубочного пузатого с люминофором. И автомобиль – это оптимизация гужевой повозки, ведь и тот и эта оба на 4-х колёсах двигаются из точки А в точку Б, и мощность обоих меряется в лошадиных силах.

И вообще тогда можно сказать, что все разные решения одной и той же задачи есть суть вариации и модификации друг друга.

 

    Да, я не спорю, что между всеми решениями есть связь. И эта связь может быть как дико тонкой и отдалённой, так и близкой. В данном случае связь весьма близкая, т.к. у обоих методов ноги растут из свойств равностороннего треугла. Но из разных свойств. Разные свойства же равностороннего треугла, как и любой геометрической фигуры, всегда взаимосвязаны. Поэтому и рисунки у нас получились похожие. Но пришли мы к этим похожим рисункам разными путями.

    Грязный секс и высокая любовь тоже ведут к решению одной «задачи» – размножению (даже если люди этого и не осознают). И выглядеть конечный «рисунок» будет одинаково – один лежит на другом и ёрзает. Но пути к этому «рисунку» разные  - кто-то выпил и трахнулся, а кто-то два года ухаживал, цветочки вонючие дарил и по театрам водил.

   Ах да, забыл! Странник аналогий не понимает, ибо воображение у него не идёт дальше циркуля. И обобщений и сравнений он делать не умеет.

 

Да ладно, после опыта дискуссии со Странником на тему блондинки и «теории» эволюции я уже понял, что у Странника «своя точка зрения», точнее, «своя точка куриной слепоты». До Раце суть моего третьего метода биссектрисы и его отличие дошло быстрее.

 

=============================================================

ОК, переходим теперь к решению снн.

 

Странник уже и тут успел закинуть против меня удочку, что я что-то буду оптимизировать, а точнее, «запишу в подсознание, забуду, потом вспомню и скажу, что это мой метод». Но у меня уже против Странника противоядие выработалось – иммунитет.

Рассказываю (повторяю) всю историю ещё раз, не уверен правда, что до Странника дойдёт.

 

Когда Странник выложил свой метод, который он назвал «методом инверсии пространства», я, изучив его рисунок в его посте №41, заметил, что там неявно образовались два неявных прямоугольных треугольника с одним общим катетом и гипотенузами, относящимися как 1:1,5. Я подумал, что в этом и заключается фишка:

 

два прямоугольных треугольника с одним общим катетом и гипотенузами, относящимися как 1:1,5,

 

назвал это методом «Катетов и гипотенуз", и спросил Странника, где он стырил метод «Катетов и гипотенуз". Потом этот мой пост кто-то удалил. Странник же мне ответил в посте №43: «Никакого "метода катетов и гипотенуз" я нигде не тырил». На что я ему ответил: "ОК, раз Вы не претендуете на авторство "метода катетов и гипотенуз", то я его беру себе, и скоро выложу его обоснование". Потом я увидел, что этот "метод катетов и гипотенуз" не даёт построения лучше, чем странниковское, и не стал тогда сразу им заниматься, ибо там выводить долго не тривиально.

 

  И вот, как раз, когда я захотел вернуться к нему, наша талантливая и очень одарённая умничка снн предложила свой метод, очень похожий на мой (теперь уже мой, раз Странник от него отказался в посте № 43) "метод катетов и гипотенуз", ибо у неё тоже гипотенузы двух состыкованных катетами прямоугольных треуглов относятся как 1:1,5.

   Правда снн, к сожалению, не дала обоснования своего метода (возможно, она и не может его обосновать), и, похоже, не осознаёт, что там у неё гипотенузы относятся как 1:1,5. Но, так или иначе, она строила их совсем не так, как я тут на рисунке ниже строю (и как Странник строил). Поэтому я не собираюсь утверждать, что метод снн - это лишь модификация моего "метода катетов и гипотенуз" (как Странник утверждает о моём "Методе биссектрисы прямоугольного треугла с углами 60° и 30°", что это дескать его с Раце метод). Тем более, что я на тот момен ещё и не успел свой "метод катетов и гипотенуз" тут выложить.

 

Построение в моём "методе катетов и гипотенуз" у меня и Странника одинаковые. Но общего в них только то, что мы оба строим отрезок в 1,5 раза длиннее исходного. Но для разных целей! Я его строю целенаправленно именно как гипотенузу треугла, а Странник его строит чтобы его метод инверсии сработал. Я считаю, что это означает, что суть этих двух методов разная, несмотря на то, что мы оба строим отрезки в 1,5 раза длиннее исходного и внешне это выглядит одинаково. Как любовь и секс. У меня – любовь к геометрии, а у Странника – секс с геометрией, ибо он грубо трахает отрезок инверсией и обрезает на 1/3.

 

Я, в данном случае, вовсе и не претендую на авторство своего "метода катетов и гипотенуз", и готов признать авторство за Странником. Просто Странник называет его почему-то «методом инверсии». Я не знаком с методом инверсии, и не припёрся на белом ишаке, но я просто заметил, что если гипотенузы относятся как 1:1,5, то АВ поделится на отрезки 1:2, обоснование чего для произвольного отношения длин получающихся отрезков я и привожу ниже.

 

То, что Странник не разглядел в методе снн, что у неё там, как и у самого Странника в посте № 41, гипотенузы относятся как 1:1,5, и поэтому не стал кричать, что снн стырила у него метод, лишь доказывает непричастность Странника к "методу катетов и гипотенуз".

Я не буду спорить, что мой метод "метод катетов и гипотенуз" родственен методу инверсии. Но я его вывел сам, совершенно не зня никакого метода инверсии просто на пальцах из теоремы Пифа и Гора. Вот мои рассуждения:

 

Я, посмотревши на рисунок Странника в посте № 41, который он (Странник), будучи зазнайкой, не удосужился ни объяснить, ни обосновать (поэтому я ни хрена не понимал), стал думу думать – А как так получилось, что округи радиусом |АВ| и 1,5∙|AB| пересеклись именно в точке, из которой ПЕРПЕНДИКУЛЯР (!) отсекает 1/3 от АВ? Причём радиус левого круга (линия 2 у Странника) равен как раз |АВ|, а вот радиус правого круга (линия 6) равен чему-то, что надо определять-вычислять.

   И дальше подумал – а для произвольного соотношения длин отсекаемых отрезков |AC| и |CB| какой будет радиус круга 6?

   И дальше я тупо нарисовал этот расклад отдельно безо всяких окружностей, а просто два состыкованных катетами CD ПРЯМОУГОЛЬНЫХ треугла (см. рисунок), сумма нижних катетов которых x+e = b как раз и будет радиусом той второй правой округи. При этом этот радиус будет гипотенузой правого из состыкованных треуглов (зелёный). А радиус левой округи, равный |АВ|, будет гипотенузой левого из состыкованных треуглов (чёрный). Поэтому я назвал этот метод "методом катетов и гипотенуз".  И дальше тупо записал теорему Пифа и Гора для каждого из двух состыкованных треуглов и ещё соотношение длин отрезков. Получается система из 3х уравнений:

 

a2 = h2 + x2                          (1)

b2 = h2 + e2                          (2)

x + e = b;   e =  b - x             (3)

 

Вычитаем (1) из (2), получаем:

b2 – a2 = e2 – x2 = (e - x)(e+x)     (4)

 

Подставляем в (4) из (3), получаем:

b2 – a2 = e2 – x2 = (b-x - x)b = b2 – 2bx

 

Сокращаем на b2, остаётся  a2 = 2bx, откуда

 

b = a2/2x         (5).

 

Вот (5) и есть нужная формула. Но в таком виде они неудобная. Перепишем (5) в таком понятном виде:

 

b = (a/2)(x/a) = (a/2)/p           (6)

 

где, p означает «part», т.е. доля, и р = x/a – отсекаемая от отрезка а доля х в относительном выражении. Т.е. если мы хотим отсечь от отрезка AB долю 38%, то р = 0,38, и тогда формула (6) будет выглядеть b = (a/2)/0,38. А если кто ещё не понял, то сколько отрезков х уложится на отрезке АВ, столько половинок отрезка АВ и будет составлять гипотенузу правого треугла, т.е. радиус правой окружности – обратно пропорционально.

 

От слов «обратно пропорционально» пованивает некой «инверсией». Возможно, в этом инверсия и заключается. Но Пиф и Гор раньше свою теорему придумали, чем инверсия появилась, раз я эту инверсию до сих пор не знаю.

 

   На рисунке показано как появляются вертикальные отрезки типа CD. Отрезок CD изображает произвольный случай доли х. Для определённости он взят х=1/3∙а. Всего показаны 5 примеров для долей р = 1/4; 1/3; 5/12; 1/2 и 2/3. Для их построения использовались окружности радиусом b, найденным по выведенной мною выше формуле (6) b = (a/2)/p = a/(2p), соответственно, b = 2a; 3a/2; 6a/5; a; 3a/4.

 

В отличие от предложенных мной первых трёх методов, которые чисто геометрические, этот "метод катетов и гипотенуз" чисто аналитический. Я не знаю, наверное метод Странника «инверсии» считается чисто геометрическим, но я тут выше чисто аналитически через теорему Пифа и Гора вывел замечательную универсальную формулу, совершенно не прибегая ни к каким инверсиям. Я даже не знаю, что это такое – инверсии – рубашка наизнанку, что ли?.
(ↄ)

Оффлайн StrannikPiter

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1665
    • Просмотр профиля
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #80 : 13 Август 2017, 20:55:26 »
Конечно прикольно, когда мои цитаты оказываются опубликованы раньше, чем цитируемый текст.  :) Мы-то с Головотяпом друг друга поймем, а вот сторонний читатель может мозг сломать, чтобы проследить за диалогами. Без смекалки ему не обойтись.  ;D

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #81 : 14 Август 2017, 12:04:32 »
Да, так читать сложно.
Эх, метод СНН еще и прямой угол дает, вроде бы.

Пойду попробую почитать решение Головотяпа в другой теме...
Если мозг сможет воспринимать информацию в такой жаре.

С другой стороны, за 14 чирков вроде не выходит построить)
 :surrender: ну или это жара виновата)
« Последнее редактирование: 14 Август 2017, 12:10:51 от Race »

Оффлайн Головолом

  • Старожил
  • ****
  • Сообщений: 447
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #82 : 16 Август 2017, 17:43:10 »
Приведу ход своих мыслЕй без доказательств (Гога, дАкажи тИарему Пифагора - МАмай клинусЪ!  ;D )
Задача 1
1. Проводится окружность произвольного радиуса с центром на исходной окружности
2,3. Проводятся окружности того же радиуса из точек пересечения окружности 1 с исходной (раствор циркуля переносить не требуется)
4,5. Строятся линии через точки пересечения окружностей 1 и 2, 1 и 3. Пересечение этих линий - центр исходной окружности. Получаем также диаметр и радиус исходной окружности.
6. Строится окружность из центра исходной произвольного бОльшего радиуса
7,8. Из точек пересечения окружности 6 и исходной прямой (А и В) строим окружности через центр исходной
9. Через точки пересечения окружностей 7 и 8 проводим линию, которая будет перпендикулярна исходной и проходить через точку (С) касания исходных линии и окружности
10. Из второй (верхней по рисунку) точки пересечения линии 9 и исходной окружности строим окружность равную исходной (раствор циркуля переносить не требуется)
11. Из точки пересечения линии 9 и окружности 10 (верхней по рисунку) строим окружность радиусом равным окружности 6 (вот тут переносим раствор циркуля)
12. Через точки пересечения окружностей 6 и 11 проводим линию, которая и будет касательной к исходной окружности и параллельна исходной прямой.
Задача 2
13. Достраиваем окружность из точки С с радиусом равному исходной
14. Проводим линию через точки пересечения окружности 10 с линией 12 и окружности 13 с исходной. Получаем касательную к исходной окружности перпендикулярную исходной прямой.
При последовательном решении этих задач потребовался всего 1 перенос раствора циркуля. Но, по видимому, существует более оптимальное решение, для меня не доступное  :wall:
П.С. (Головотяпу): Если будете писАть замечания, то попрошу - не удаляйте их, иначе я их просто не успею прочитать

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #83 : 16 Август 2017, 18:32:53 »
Проблема в том что задача решается в лоб.
1. Определяем центр окружности.
2. Строим касательные.

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #84 : 16 Август 2017, 19:08:51 »
"Проблема в том что задача решается в лоб." - Проблема в том, что в минимальное кол-во чирков ничего никогда в лоб не решается. Сколько у Вас чирков? Не полсотни ли?
1я задача 8 чирков.
Раствор циркуля не переносил никуда.
Разве что можно придраться что построил произвольную окружность, центр которой принадлежит заданной, ну тогда можете досчитать 9й чирк, хотя вроде бы, не противоречит условию.
« Последнее редактирование: 16 Август 2017, 19:11:50 от Race »

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #85 : 16 Август 2017, 19:53:09 »
Условие задачи:

Даны прямая и окружность, касающиеся друг друга. Точка их взаимного касания неизвестна (в явном виде не обозначена).
Поручение:
В минимальное кол-во чирков, построить вторую касательную к этой окружности,
1) параллельную данной прямой;
 
2) перпендикулярную данной прямой.


Использовать только циркуль и линейку. Раствор циркуля можно переносить, но, желательно, не более 1 раза за всю историю построения для каждой из подзадач 1) и 2).
Продублировал условие.

Построение в 8 чирков.


Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #86 : 16 Август 2017, 20:44:54 »
перепост
Здравствуйте.
Сразу перепостите для культурного наследия, плиз.

Построил искомый прямоугольник за 13 чирков методом, основанным на методе снн, который она предложила для нахождения одной трети отрезка. Я уж не знаю, как там Странник мог построить за 14 чирков, но методом в лоб даже с некоторой оптимизацией и старанием у меня получилось только за 15 чирков. Наверное, он нашел построение за больше, чем 14 чирков, а потом, просто чтобы первому застолбить рекорд, на случай если мне удастся за меньше, чем он, сделать, заранее заявил 14. Но просчитался – надо было про 13 врать.

То, что метод снн работает, Странник как бы доказал, хотя он, как всегда, не дал доказательство, а по-барски дал только общее направление, типа «Треугольники подобны и их стороны и высоты отличаются в 2х.» А дальше типа сами доказывайте. Это, конечно, халтура ленивого "всесторонне развитого" зазнайки. Тройбан ему за это. Но, допустим.


Сначала метод для безмозглых в 15 чирков (рис. 1)

1) Строим красный круг 1 из точки А радиусом |АВ|;
2) Строим красный круг 2 из точки В радиусом |АВ|;
3) Через пересечения 1 и 2 строим серую прямую 3;
4) Из точки пересечения 3 с АВ строим розовый круг 4 через точку А или В;
5), 6) Строим зелёные прямые 5 и 6 из точек А и В в точку пересечения 4 и 3;
7), 8) Строим чёрные прямые 7 и 8 из точек А и В в точки пересечения прямых 5 и 6 с кругами 1 и 2;
9) Из точки В строим розовый круг 9 радиусом до пересечения линии 3 и АВ;
10) Из точки А строим зелёную прямую 10 в точку пересечения 9 и 8;
11) Из точки А строим голубой круг 11 через точку пересечения прямых 5 и 10;
12) Из точки В строим голубой круг 12 через точку пересечения прямых 5 и 10;
13) Из верхней точки пересечения 5 и 1 строим голубой круг 13;
14) Через точки пересечения голубых кругов 11 и 12 проводим чёрную прямую 14;
15) Через точки пересечения голубых кругов 11 и 13 проводим чёрную прямую 15;

=====================================================

Теперь метод для мозговитых в 13 чирков (рис.2).

Чтоб построить за 13 чирков, нужно делать некоторое доказательство, но оно не сложное и я его привожу в самом низу.

1) - 5) Первые 5 пунктов совпадают с предыдущим построением в 15 чирков;
6) Из точки пересечения прямых 1 и 5 строим голубой круг 6 до точки А;
7) Из точки А строим зелёную прямую 7 в точку пересечения розового круга 4 и голубого круга 6. То, что эта прямая 7 совпадает с зелёной прямой 10 из предыдущего построения для 15 чирков, доказывается в самом низу. Это – ноу-хау Головотяпа.
Дальше можно продолжить как в пунктах 11) – 15) предыдущего построения в 15 чирков, но, ради разнообразия и увеселения восторженного зрителя, я решил сделать по-другому. Правда, тогда появляется перенос циркуля для построения круга 12, хотя этого, вроде бы, всё равно можно избежать.
8) Из точки В через точку пересечения серой прямой 3 и розового круга 4 строим зелёную прямую 8;
9) Из точки А строим светло-фиолетовый круг 9 до точки пересечения прямых 5 и 7;
10) Из точки пересечения прямых 5 и 7 строим чёрную прямую 10 через точку пересечения светло-фиолетового круга 9 с зелёной прямой 8;
11) Через точки пересечения круга 1 с прямыми 5 и 8 строим чёрную прямую 11;
12) Из точки А строим светло-серый круг 12 радиусом как расстояние между точками пересечения прямой 10 с отрезком АВ и прямой 5 или 7.
Здесь возникает перенос циркуля, но, вроде бы, этого можно избежать. Круг 12 строится для получения точки его пересечения с прямой 11. Но эту самую точку также можно получить как пересечение прямой 11 и прямой, проходящей через точки пересечения голубого круга 6 с кругом 9 (левая из двух точек пересечения) и розовым кругом 4 (правая из двух точек пересечения). Однако это требует доказательства. Пусть Странник доказывает – он и так тут ничего не делает.
13) Через верхнюю точку пересечения серого круга 12 с прямой 11 и точку пересечения прямых 5 и 7 проводим чёрную прямую 13.

▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀

Док-во, что прямая 7 из построения для 13-и-чиркового метода совпадает с зелёной прямой 10 из построения для 15 чирков (рис. 3).

На рис. 3 показан фрагмент из рисунков для 15-ти и 13-ти-чирковых методов, описанных выше.
Нам нужно доказать, что зелёная прямая 10 проходит через точку D’, т.е. через верхнее пересечение розового круга 4 и голубого круга 13/6.

Рассмотрим пересечение зелёного отрезка AD с голубым кругом 13/6 и верхнее пересечение розового круга 4 и голубого круга 13/6. Предположим, что они НЕ совпадают, и обозначим их, соответственно, D” и D’.
Пусть зелёный отрезок AD пересекается с голубым кругом 13/6 в точке D” на расстояниях а от отрезка АВ и h от отрезка АЕ. И пусть голубой круг 13/6 пересекается с розовым кругом 4 в точке D’ на расстояниях b от отрезка АВ и g от отрезка АЕ. Также пусть точка D’ проецируется на отрезок АВ в точку В’, и тогда |D’B’| = b. Тогда нам достаточно будет доказать, что a = b и h = g.

По нашему построению в прямоугольнике АВDE длины сторон |АB| = 2|BD|.

1) Рассмотрим пересечение зелёного отрезка AD с голубым кругом 13/6 в точке D”.

Для треуглов ADE и AD”E’ имеем такие соотношения:
tgα = |ED|/|EA| = 2r/r = 2      (1)
tgα = h/a;        a = h/tgα      Подставляем сюда из (1), получаем
a = h/2     (2)
sinß = h/(2r)            =>     h = 2r∙sinß         (3)
Треугол AOD” равнобедренный, поэтому ß + α + α = 180°      =>    ß = 180° - 2α          (4)
Подставляем (4) в (3):

h = 2r∙sinß = 2r∙sin(180° - 2α) = 2r∙sin2α         (5)

Подставляем (5) в (2):

a = r∙sin2α         (6)

Так мы получили выражения для a и h через угол α.

--------------------------

2) Теперь займёмся нахождением b и g.

Зелёная прямая 7, по построению, проходит через точку D’ пересечения розового круга 4 и голубого круга 13, 6. Рассмотрим треугольник AD’B’.

Из нашего предположения НЕсовпадения точек D” и D’ следует, что зелёная линия, проходя через пересечения кругов 4 и 13/6, НЕ пройдёт через вершину прямоугла ABDE, поэтому переобозначим угол α в угол τ, угол ß в φ и угол µ в ε, выделив все красными буквами.
Для угла ε, из равнобедренного треугла AFD’, имеем:
ε + 90°- τ + 90°- τ = 180°        =>      ε = 2τ
 
Из теоремы синусов имеем:
с/sinε = r/sin(90°-τ ) = r/cosτ     =>   c/sin2τ  = r/cosτ           =>
c = r∙sin2τ / cosτ = 2r∙sinτ∙cosτ / cosτ = 2r∙sinτ        (7)

Для треугла B’AD’ имеем:
^B’AD’ = 90°-τ;       sin^B’AD’ = b/c;     sin^B’AD’ = sin(90°-τ) = cosτ  = b/c      =>     
b = c∙cosτ                (8)
Подставляем (7) в (8), получаем:
b = c∙cosτ = 2r∙sinτ∙cosτ = r∙sin2τ       (9)

Для нахождения g рассмотрим треугол D’E’O.
Для угла φ, из равнобедренного треугла AOD’, имеем:
φ + τ + τ  = 180°        =>      φ  = 180° - 2τ

sinφ = g/2r;   =>   
g = 2r∙sinφ = 2r∙sin(180° - 2τ) = 2r∙sin2τ   (10)

Сравнивая (10) и (5), а также (9) и (6) видно, что выражения для g и h и, соответственно, для b и a одинаковые с точностью до углов α и τ. Из (1) видно, что тангенс угла α равен 2. Тогда для сравнения угла τ с углом α найдём тоже тангенс tgτ.

Для этого рассмотрим угол ^B’AD’.
cos^B’AD’ = g/c           =>       g = c∙cos^B’AD’ = c∙cos(90°-τ) = c∙sinτ. Подставляем сюда из (7):
g = c∙sinτ = r∙sin2τ ∙ sinτ / cosτ = 2r∙sinτ∙cosτ∙sinτ / cosτ = 2r∙sin2τ         (11)

Сравнивая (11) с (10) получаем:

g = 2r∙sin2τ      и      g = 2r∙sin2τ   

Левые части (11) и (10) равны, значит равны и правые:
2r∙sin2τ = 2r∙sin2τ      =>   sin2τ = sin2τ      =>    sin2τ = 2sinτ∙cosτ      =>   sinτ = 2cosτ     =>
tgτ = 2          (12)

Сравнивая (12) с (1) убеждаемся, что углы α и τ равны, т.е.

α = τ      (13)

Подставляя (13) в (10) и (9), получаем:

g = 2r∙sin2τ = 2r∙sin2α
b = r∙sin2τ = r∙sin2α

Таким образом эти две формулы для b и g полностью совпадают с (5) и (6) для, соответственно h и a. Значит g = h и b = a, т.е. расстояние точек D’ и D” до отрезков АЕ и АВ одинаковое, значит точки D’ и D” геометрически совпадают, значит зелёные прямые 10 и 7 тоже совпадают.
Значит вышеприведённое выше построение в 13 чирков корректно.

Возможно, это моё доказательство совпадения зелёных прямых 10 и 7 слишком сложное, с излишними моментами, и можно всё проще доказать, но я не буду искать и переделывать.

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #87 : 16 Август 2017, 20:45:46 »
По второй задаче, пока еще не придумал построение с минимумов чирков. Буду думать.

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1185
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #88 : 17 Август 2017, 12:36:02 »
И так крутил и этак, не получил решения второй задачи в мало чирков.
Проблема в том, что для построения необходимо определить 2 точки:
1 - центр окружности - 5 чирков
2 - точку касания прямой (без центра 7 чирков, с центром 5+5)

В итоге имеем 10 чирков за которые мы знаем центр и т. касания. Дальше все просто...
Общее число чирков выходит 13.

Оффлайн Головолом

  • Старожил
  • ****
  • Сообщений: 447
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Геометрические задачи.
« Ответ #89 : 17 Август 2017, 12:52:01 »
Рэйс, не могу оценить ваше решение, т.к. мой браузер, по-видимому, блокирует сайт, через который вы выкладываете свои рисунки  :( Почему вы для этого не используете возможности форума, как в случаях с перепостами рисунков от Головотяпа? ???