Re[3]: x — ? - Этюды для программистов

\begin{asy}
    size(300);
    import olympiad;
    pair A, B, C, D, E, F, G, H;
    
    A = (0, 0);
    B = 10*dir(120);
    C = (15, 0);
    G = (-5, 0);
    D = midpoint(B--C);
    E = (5, 0);
    F = intersectionpoint(B--E, A--D);

    fill(anglemark(B, A, G, 40), green);
    
    draw(A--G, blue);
    draw(A--C--B--A, blue);
    draw(A--D, blue);
    draw(B--E, blue);
    
    dot(A, black);
    dot(B, black);
    dot(C, black);
    dot(D, black);
    dot(E, black);
    dot(F, black);
   
    label("$A$", A, S);
    label("$B$", B, W);
    label("$C$", C, S);
    label("$E$", E, S);
    label("$D$", D, NE);
    label("$F$", F, N);
    label("$x$", A--F, NW);
    label("$4$", F--E, NE);
    label("$60^\circ$", anglemark(B, A, G), 4 * NW);
    
    add(pathticks(A--B, 2, 0.5, 0, 25, green));
    add(pathticks(E--C, 2, 0.5, 0, 25, green));
    add(pathticks(D--B, 2, 0.5, 7, 25, green));
    add(pathticks(D--C, 2, 0.5, 7, 25, green));
\end{asy}

Здравствуйте, Roman Odaisky, Вы писали:

RO>

RO>

RO>\begin{asy}
RO>    size(300);
RO>    import olympiad;
RO>    pair A, B, C, D, E, F, G, H;
    
RO>    A = (0, 0);
RO>    B = 10*dir(120);
RO>    C = (15, 0);
RO>    G = (-5, 0);
RO>    D = midpoint(B--C);
RO>    E = (5, 0);
RO>    F = intersectionpoint(B--E, A--D);

RO>    fill(anglemark(B, A, G, 40), green);
    
RO>    draw(A--G, blue);
RO>    draw(A--C--B--A, blue);
RO>    draw(A--D, blue);
RO>    draw(B--E, blue);
    
RO>    dot(A, black);
RO>    dot(B, black);
RO>    dot(C, black);
RO>    dot(D, black);
RO>    dot(E, black);
RO>    dot(F, black);
   
RO>    label("$A$", A, S);
RO>    label("$B$", B, W);
RO>    label("$C$", C, S);
RO>    label("$E$", E, S);
RO>    label("$D$", D, NE);
RO>    label("$F$", F, N);
RO>    label("$x$", A--F, NW);
RO>    label("$4$", F--E, NE);
RO>    label("$60^\circ$", anglemark(B, A, G), 4 * NW);
    
RO>    add(pathticks(A--B, 2, 0.5, 0, 25, green));
RO>    add(pathticks(E--C, 2, 0.5, 0, 25, green));
RO>    add(pathticks(D--B, 2, 0.5, 7, 25, green));
RO>    add(pathticks(D--C, 2, 0.5, 7, 25, green));
RO>\end{asy}
RO>

А что это за чудо-язык такой?

Здравствуйте, Muxa, Вы писали:

M>x = |AF|

Симметричность отношения =?

Здравствуйте, Roman Odaisky, Вы писали:

Предположим, что задача имеет ЕДЕНИЧНОЕ решение.

Попробуем графически построить треугольник, удовлетворяющий требованию:
Зафиксируем угол BAC. На луче АВ отложим отрезок (а), а на луче АС отрезок (b) — (где (a) и (b) любые числа) — получили точки В' и Е'. После точки Е' окладываем отрезок (а) и получаем точку С'. Далее делим В'С' пополам и получам D'. Проводим линии B'E' и AD' — получаем F'. Понятно, что при заданных (a) и (b) можно построить единственный треугольник. Далее увеличим треугольник, чтобы E'F' стало равно 4. Получаем, что при любых (a) и (b) сущеествует единственное (k), при треугольник со сторонами (ka) и (kb+ka) удовлетворяет уловию задачи. Получается, что при множестве не подобных треугольников [(a+b)/a <> const], которые можно построить для условия задачи, отрезок AF — будет всегда постоянный.

Последнее утверждения меня как-то смущает, хотя опровергнуть его я не могу. Имхо — условие задачи не полное.

Здравствуйте, Roman Odaisky, Вы писали:

Красиво!

Угол в 60 градусов и 2 одинаковых отрезка наводят на мысль о равносторонних треугольниках. Построим на AB и EC равносторонние треугольники ABZ и ECG.

 B_________G
 /\       /\
/__\_____/__\
Z  A     E   C

BACG — параллелограмм, и тогда AD — часть его диагонали, и точки D и F лежат на AG.
ABGE — равнобокая трапеция, и её диагонали образуют 2 равнобедренных треугольника : BFG и AFE. Значит, AF=FE, x = 4.

... << RSDN@Home 1.2.0 alpha rev. 728>>

Здравствуйте, vadimcher, Вы писали:

RO>>\begin{asy}
RO>>\end{asy}

V>А что это за чудо-язык такой?

Asymptote.sf.net, вестимо.

Здравствуйте, DK3981, Вы писали:

DK>Здравствуйте, Roman Odaisky, Вы писали:

DK>Красиво!

DK>Угол в 60 градусов и 2 одинаковых отрезка наводят на мысль о равносторонних треугольниках. Построим на AB и EC равносторонние треугольники ABZ и ECG.
DK>

DK> B_________G
DK> /\       /\
DK>/__\_____/__\
DK>Z  A     E   C
DK>

DK>BACG — параллелограмм, и тогда AD — часть его диагонали, и точки D и F лежат на AG.
DK>ABGE — равнобокая трапеция, и её диагонали образуют 2 равнобедренных треугольника : BFG и AFE. Значит, AF=FE, x = 4.

Да, у вас красивое решение. Я решал чуть по другому. Опустим из точек В и D высоты ВМ и DK на сторону АС
Тогда |DM| =|BD|=|DC|, так как ВС является диаметром окружности с центром в D, проходящей через M.

Рассмотрим треугольники DAM и BEC. Они подобны с коэффициентом 2, так как

|EC| = |AB| = 2|AM| — так как угол BAM равен 60 градусов
|MD| = 2|BC| как уже было показано ранее
кроме того, для их высот выполнено соотношение |BM|=2|DK|

А раз так, то имеем равенство углов FAE и FEA, а значит треугольник AFE равнобедренный, а значит x = |AF| = |EF| = 4

DK> B_________G
DK> /\       /\
DK>/__\_____/__\
DK>Z  A     E   C
DK>

Здравствуйте, Roman Odaisky, Вы писали:

Панковское решение:
Пусть |AB|=|CE|=0.
Тогда A=B, C=E, и видно, что D=F.
Из |BD|=|DC| следует, что |AF|=|FE|, то есть x=4

Здравствуйте, Pro100Oleh, Вы писали:

PO>Здравствуйте, Roman Odaisky, Вы писали:

PO>Предположим, что задача имеет ЕДЕНИЧНОЕ решение.

PO>Попробуем графически построить треугольник, удовлетворяющий требованию:
PO>Зафиксируем угол BAC. На луче АВ отложим отрезок (а), а на луче АС отрезок (b) — (где (a) и (b) любые числа) — получили точки В' и Е'. После точки Е' окладываем отрезок (а) и получаем точку С'. Далее делим В'С' пополам и получам D'. Проводим линии B'E' и AD' — получаем F'. Понятно, что при заданных (a) и (b) можно построить единственный треугольник. Далее увеличим треугольник, чтобы E'F' стало равно 4. Получаем, что при любых (a) и (b) сущеествует единственное (k), при треугольник со сторонами (ka) и (kb+ka) удовлетворяет уловию задачи. Получается, что при множестве не подобных треугольников [(a+b)/a <> const], которые можно построить для условия задачи, отрезок AF — будет всегда постоянный.

PO>Последнее утверждения меня как-то смущает, хотя опровергнуть его я не могу. Имхо — условие задачи не полное.

Условие нормальное!
Вообще интересная задача....
Сколько не строить треуголmников по условиям, всегда |AF| = |FE| !
Можно было бы это и доказать, только в условии этого не требуется

Здравствуйте, vadimcher, Вы писали:

V>Офигительное решение! Но зачем тебе точка Z понадобилась?

Исключительно ради симметричности картинки. Чтобы продемонстрировать ход мысли.

... << RSDN@Home 1.2.0 alpha rev. 728>>

Здравствуйте, DK3981, Вы писали:

DK>Здравствуйте, vadimcher, Вы писали:

V>>Офигительное решение! Но зачем тебе точка Z понадобилась?

DK>Исключительно ради симметричности картинки. Чтобы продемонстрировать ход мысли.

Короче, она там совсем не нужна. Тебе достаточно того, что ABGC -- параллелограм, а ABGE -- равнобокая трапеция. Остается только заметить, что D лежит на AG, что ты, собственно, и сделал. Круто!

Здравствуйте, Кодт, Вы писали:

К>Здравствуйте, Roman Odaisky, Вы писали:

К>Панковское решение:
К>Пусть |AB|=|CE|=0.
К>Тогда A=B, C=E, и видно, что D=F.
К>Из |BD|=|DC| следует, что |AF|=|FE|, то есть x=4

Ты упустил одну важную панковскую деталь! Все численные переменные, которые даны в условии, исчерпываются одной длиной l отрезка FE, а значит ответ -- некоторая функция f(l). Как найти f(l)? Вот тут-то нам на помощь приходит твой вырожденный случай. Мы можем всегда построить треугольник, который а) удовлетворяет всем условиям, б) |AB|=|EC|=0, и в) |FE|=4. Для таких треугольников очевидно x=|AF|=l. Короче, f(l)=l, так как ни от чего больше она зависить не может, ну а в этом вырожденном случае она именно такая. В нашем случае ответ 4=f(4). Вот такая вот незамысловатая "панковская" логика. Помнится, я когда-то давно "решил" подобным панковским образом три задачки по геометрии здесь на форуме.

Здравствуйте, vadimcher, Вы писали:

V>Ты упустил одну важную панковскую деталь!

Я не упустил, а подразумел.
"Если решение константа, то решение для вырожденного случая является решением для всех случаев. А если в вырожденном случае — особая точка, или решение параметризуется ещё чем-то, то автор задачи — самдурак!"

Здравствуйте, Кодт, Вы писали:

К>Здравствуйте, vadimcher, Вы писали:

V>>Ты упустил одну важную панковскую деталь!

К>Я не упустил, а подразумел.
К>"Если решение константа, то решение для вырожденного случая является решением для всех случаев. А если в вырожденном случае — особая точка, или решение параметризуется ещё чем-то, то автор задачи — самдурак!"

Исключение составляют всякие там константы Планка и прочие неопознанные летающие константы...

	От:	Roman Odaisky
	Дата:	12.12.08 09:41
	Оценка:

	От:	Muxa
	Дата:	12.12.08 13:47
	Оценка:

	От:	Seon
	Дата:	12.12.08 14:56
	Оценка:

	От:	vadimcher
	Дата:	12.12.08 15:17
	Оценка:

	От:	vadimcher
	Дата:	12.12.08 15:19
	Оценка:

	От:	Кодт
	Дата:	13.12.08 03:01
	Оценка:	+1

	От:	DK3981
	Дата:	15.12.08 18:57
	Оценка:

	От:	Кодт
	Дата:	15.12.08 21:05
	Оценка: