| Версия для печати темы
Нажмите сюда для просмотра этой темы в оригинальном формате |
| Форум программистов > Песочница > Товарищи математики |
| Автор: Virun 10.1.2006, 15:47 | ||
Очень прошу помогите решить задачку по стереометрии! Собственно задача:
Ребят.. Помогите пожалуйста, оч надо.  не могу решить  |
| Автор: maxim1000 10.1.2006, 17:55 |
| представим себе окружность вокруг треугольника ABC (равтостороннего) на дуге BC произвольно выбираем точку X от нее отходят три отрезка: AX, BX, CX получается три треугольника: AXB, AXC, BXC для каждого из них пишем теорему косинусов: сразу разберемся с углами: AXB=AXC=60, т.к. опираются на ту же дугу, что и ACB и ABC BXC=180-60, т.к. опираются на дугу BC с другой стороны от BAC так что сразу подставим значения косинусов в выражения: 1.AB2=AX2+BX2-AX*BX 2.AC2=AX2+CX2-AX*CX 3.BC2=BX2+CX2+BX*CX (2-ки означают квадраты) все эти выражения равны (треугольник равносторонний) сравниваем два первых уравнения, получаем: BX2-AX*BX=CX2-AX*CX BX2-CX2=AX(BX-CX) BX+CX=AX теперь просто складываем все три первых уравнения: const=2(AX2+BX2+CX2)-AX*BX-AX*CX+BX*CX осталось доказать, что AX*BX+AX*CX-BX*CX=const преобразовываем: AX2-BX*CX=const (это осталось доказать) а доказывается это просто: берем третье уравнение: const=BX2+CX2+BX*CX=BX2+CX2+2*BX*CX-BX*CX=(BX+CX)2-BX*CX=AX2-BX*CX все... P.S. сильно подозреваю, что можно сократить дело в том, что я просто крутил задачку с двух концов, и в одном месте (AX=BX+CX) они сошлись, вполне возможно, что держа в голове весь путь доказательства, его можно будет проделать несколько короче... |
| Автор: Sheridan 10.1.2006, 18:02 |
| Этож дык не трудно=) Вот у нас есть+)  В треугольнике APC применяем тиорему косинусов Для треугольника APC получаем a=AP(2)+PC(2)-2*AP*PC*COSy Для треугольника ABP делаем тоже самое+) a=AP(2)+PB(2)-2*AP*PB*COSy COSy=0.5 и для угол обоих треугольников одинаков, т.к оприается на одну и туже дугу+) Складываем 2 эти уравнения Получаем 2*a=2*AP(2)+PB(2)+PC(2)-AP*(PC+PB) PC+PB=AP (доказано ниже) Следовательно 2*a=AP(2)+PB(2)+PC(2) Теже самые действия делаем для APC1 потом приравниваем два полученных уранения и получаем равенство относительно 2*a ДОКАЗАНО+) Насчет PC+PB=AP Можно использовать тот же рисунок Цель последующего Отложим на луче AP отрезок AP1, равный отрезку CP. Тогда треугольники AP1B и CPB равны по двум сторонам и углу между ними. В треугольнике BPP1 BP1 = BP, BPP1 = BPA = BCA = 60град. Поэтому PP1 = BP. Следовательно, AP = AP1 + P1P = BP + CP AP = BP + CP Примечяние: То что в скобках , это квадрат(2) +) *-умножение+) Не лёгкий путь....но ничего трудного нет Добавлено @ 18:03 maxim1000 Немного не успел  |
| Автор: Virun 10.1.2006, 18:13 |
Парни! Огромное вам спасибо! Что бы я без вас делал?! Я хотел вам репутацию добавить, дык мало сообщений(пока  ). P.S. Комментарий не по теме: Я написал уже два сообщения, а форум пишит что пока их 0...это связано с установкой нового диза или как? Странно... |
| Автор: Sheridan 10.1.2006, 18:22 | ||||
Virun
Решал бы сам) Помню тоже выкинул пост на какой-то форум с просьбой помочь решить задачу по физике , никто не помог ,пришлось самому до 5 утра возится но решил
В форуме Флейм счётчик сообшений отключён+) |
| Автор: maxim1000 10.1.2006, 19:24 |
| тут все оказалось несколько интереснее есть правильный многоугольник описываем вокруг него окружность, начинаем на ней выбирать точки сумма квадратов расстояний до вершин многоугольника не меняется один частный случай этого - эта задача второй - хорошо всем известный со школы - 2-угольник (диаметр) а для общего вот: представим, что все это происходит на комплексной плоскости, окружность с единичным радиусом и центром в нуле тогда вершины многоугольника=exp(i*2*pi*k/n) (n - количество углов, k - от 1 до n) а произвольная точка на окружности - exp(i*x) разница между ними: exp(i*x) - exp(i*2*pi*k/n)=exp(i*x)*( 1 - exp i*[2*pi*k/n - x] ) берем квадрат модуля этого первый множитель уходит ( |exp(i*x)|=1) для краткости qk=2*pi*k/n - x остается: (1 - exp (i*qk) )*(1 - exp (-i*qk) )=2 - 2*cos(qk) теперь все это суммируем по k от 1 до n получается 2n - сумма cos(qk) эта сумма равна нулю значит, остается 2n пробовал проверить: для 2-угольника (диаметра) и для треугольника - сходится для квадрата - проверял, когда точка совпадает с вершиной и когда она посередине между двумя - сходится... так что похоже на правду... P.S. на всякий случай - доказательство того, что сумма[1..n] cos(qk)=0 cos(qk)=Re exp(i*qk) S=сумма[1..n] exp(i*qk) q(k+1)=qk+2*pi/n S*exp(i*2*pi/n)=сумма[1..n] exp [i*(qk+2*pi/n)]=сумма[1..n] exp( i*q(k+1) )=сумма[2..n+1] exp(i*qk) т.к. q(n+1)=q1+2*pi, то exp( i*q(n+1) )=exp(i*qk) получаем S*exp(i*2*pi/n)=сумма[1..n]exp(i*qk) S=S*чего-то ненулевое S=0... |
| Автор: alive 16.2.2008, 17:05 |
| Срочно нужна помощь в решении дискретной математики |
| Автор: ТоляМБА 19.2.2008, 08:04 |
И это всё во флейме,  разные вопросы у нас уже закрыли? |
| Автор: bars80080 19.2.2008, 16:57 | ||
| ТоляМБА, а тебе надо чтобы во флейме только такие посты были: бу-га-га... гы-гы-гы... ох**** честно говоря, задачка мгновенно вызвала у меня красненький алерт в левом полушарии кстати, легко могу доказать обратное
не написано же что вокруг, мож треугольник вообще не в окружности з.ы. шутка |
