Задача за 4 окръжности и "издут" квадрат

вместо бленувания теоретичен раздел

Модератори: mishaikin, bobo, Betelgeuse

Betelgeuse
Мнения: 1723
Регистриран: чет авг 11, 2005 22:26
Репутация: 12
Местоположение: остров Ванкувър
Контакти:

Задача за 4 окръжности и "издут" квадрат

Мнение от Betelgeuse » пон май 16, 2011 05:42

Тази задача не е директно астрономическа, а по-скоро чисто геометрична. За разлика от много сложните напоследък задачи изискващи диференциали и интеграли, тази се решава само със знанията по геометрия от гимназията.
Имаме 4 окръжности с еднакви радиуси с центрове лежащи по върховете на квадрат със страна равна на радиуса на окръжностите (r). Намерете площта на облата зона в средата която се явява сечение на 4-те окръжности.

Изображение

Картинката не спира да ме удивлява с многото си симетрии, еднакви ъгли и дъги.
Space is big. You just won't believe how vastly, hugely, mind-bogglingly big it is.

"...any scientist who couldn't explain to an eight-year old what he was doing is a charlatan."

Relinquishmentor
Мнения: 643
Регистриран: пон май 22, 2006 16:30
Репутация: 0

Мнение от Relinquishmentor » пон май 16, 2011 17:48

Изкарах го към 31,5% от площта на квадрата.
Ето една друга задача, която бях срещнал в един форум, но стигнах само до нерешимо аналитично уравнение:
За оградата на една кръгла ливада трябва да се върже магаре, така че да опасе точно половината от нея. Колко трябва да е дължината на въжето?

Betelgeuse
Мнения: 1723
Регистриран: чет авг 11, 2005 22:26
Репутация: 12
Местоположение: остров Ванкувър
Контакти:

Мнение от Betelgeuse » вт май 17, 2011 06:07

Да и аз някъде толко го изкарах.
Задачата за магарето се оказа, че я има описана по нета и добре известна, само че под името "задача за козата" както и други животни, де, но явно козата е фаворит в англоезичната версия.
Хората са показали, че не може да се реши точно.
Приблизително го дават към 1.1587
Space is big. You just won't believe how vastly, hugely, mind-bogglingly big it is.

"...any scientist who couldn't explain to an eight-year old what he was doing is a charlatan."

Relinquishmentor
Мнения: 643
Регистриран: пон май 22, 2006 16:30
Репутация: 0

Мнение от Relinquishmentor » ср юни 01, 2011 17:52

Искам само да кажа, че задачата на Бетелгейзе още не е решена - затова и не пуснах точен отговор. Пиша това само защото ми се стори странно, че никой не се опита да я реши :question:

Потребителски аватар
stalker
Мнения: 808
Регистриран: пет окт 05, 2007 22:35
Репутация: 1
Контакти:

Мнение от stalker » пет юни 03, 2011 20:44

Задачата с магарето (козата) много ми хареса. Още щом я прочетох заподозрях, че е нерешима, но все пак се пробвах и в най-добрия си опит успявам да докарам аналитично отговора на Бетелгейзе с точност до втория знак след запетаята, което задоволява скромните ми възможности.

И така, за да ни е по-лесно после, първо трябва да разгледаме случая, в който две окръжности с еднакви радиуси се припокриват частично, като разстоянието между центровете им е равно на радиуса. Търси се площта, припокривана и от двете фигури, ето и картинка за по-ясно:

Изображение

Правим следните геометрически построения:

Изображение

Тъй като дъгата АO<sub>2</sub>В е равна на 120<sup>0</sup> (което не е трудно да се докаже, но да не претрупваме), то площта на кръговия сектор О<sub>1</sub>ВO<sub>2</sub>А е равна на:
S<sub>1</sub>=πr<sup>2</sup>/3

Използвайки Питагоровата теорема намираме и площта на триъгълника АO<sub>1</sub>В:

Изображение

Знаейки тези две площи лесно можем да изразим площта на търсената защрихована фигура:

Изображение

Ако за удобство положим r = 1, получаваме S = 1.228369…

Сега вече можем да се занимаем и с нашата задача:

Изображение

Търси се радиуса R на голямата окръжност; в нея е вписана окръжност с радиус r, която се допира до центровете на други две окръжности със същия радиус. Лицето на фигурата ODC e равно на половината от лицата на малките окръжнности (по условие); площта на фигурата ОАВ пък вече сме я намерили по-горе и следователно площта S на фигурата ABCD е разликата между тези две площи.

За да докарам задачата до някъде правя следното приближение – приемам дъгите BC и AD за прави, насочени към центъра О и минаващи през т. B и т. A. Новата площ на фигурата е прибилизително равна на старата (малко по-голяма, ама айде) и сега вече може да се изрази радиуса R:

Изображение

Отново полагаме r = 1 и получаваме, че R = √((3*(π/2 – 1.2283)/π)+1) = 1.1519…

Може и още по-точно, но на мен и толкова ми стига;)

Relinquishmentor
Мнения: 643
Регистриран: пон май 22, 2006 16:30
Репутация: 0

Мнение от Relinquishmentor » пет юни 03, 2011 23:43

Ето още една задача, за която не знам колко е трудна:
Ако радиуса на зеницата е r, а радиуса на окръжността, съдържаща коя да е от дъгите на шарингана - R, да се намери площта на "издутия" шестоъгълник.
Изображение

Потребителски аватар
Газзо
Мнения: 30
Регистриран: пет авг 22, 2008 01:30
Репутация: 0
Местоположение: Варна

Мнение от Газзо » пон юни 06, 2011 14:11

Относно първата задача за 4-те окръжности: не е нещо особено решението - получих ~0,31515*r^2 (иначе казано - симетрии ... "бол")

Relinquishmentor
Мнения: 643
Регистриран: пон май 22, 2006 16:30
Репутация: 0

Мнение от Relinquishmentor » вт юни 07, 2011 20:32

А шарингана?

Relinquishmentor
Мнения: 643
Регистриран: пон май 22, 2006 16:30
Репутация: 0

Мнение от Relinquishmentor » нед апр 01, 2012 19:41

Вчера попаднах на една задачка в един форум и рекох да я опитам, подведен от простото условие, ама нещо ми се опъна. Ето я:
Равнобедрен правоъгълен триъгълник е вписан в окръжност с радиус R. Да се намери радиусът на окръжността, която се допира до неравните страни на триъгълника и до дадената окръжност.

Betelgeuse
Мнения: 1723
Регистриран: чет авг 11, 2005 22:26
Репутация: 12
Местоположение: остров Ванкувър
Контакти:

Мнение от Betelgeuse » нед апр 01, 2012 20:12

Ако не съм сгафил с грешен чертеж, излиза квадратно уравнение (Питагорова теорема) за малкия триъгълник с върхове - центровете на окръжностите и петата на перпендикуляра от центъра на малката към хипотенузата на големия триъгълник.

(r/tan(22.5deg)-R)^2+r^2=(R-r)^2

което няма "красиво" решение. Грозното е някъде към r=0.485R
Space is big. You just won't believe how vastly, hugely, mind-bogglingly big it is.

"...any scientist who couldn't explain to an eight-year old what he was doing is a charlatan."

Relinquishmentor
Мнения: 643
Регистриран: пон май 22, 2006 16:30
Репутация: 0

Мнение от Relinquishmentor » пон апр 02, 2012 18:20

Така е, видях го и аз това триъгълниче, нямаш грешка.
"Красивото" решение е r = 2R(tg(22,5deg))*(1-tg(22,5deg))

tg(22,5deg) = sqrt((2-sqrt(2))/(2+sqrt(2)))

Айде още една от подобен тип:
Две окръжности с радиуси R и r се допират вътрешно.Да се намери страната на равностранен триъгълник, единият връх на който съвпада с допирната точка на двете окръжности, а другите два върха лежат съответно на различните окръжности.

Потребителски аватар
stalker
Мнения: 808
Регистриран: пет окт 05, 2007 22:35
Репутация: 1
Контакти:

Мнение от stalker » пон апр 02, 2012 18:34

Да дам и аз едно решение без тангенси на по-горната задача, макар че "красивата" ми формула изглежда доста по-зле:

Изображение

До това чудо се стига, като изразя малката окръжност като вписана в друг правоъгълен тригълник, който може да се определи чрез известния триъгълник, и радиуса се намира по готовата формула (а+b-c)/2 = r, придобиваща горния вид след преобразувания.

При мен приближената зависимост е мааалко по-висока: r ≈ 0.4893R

Relinquishmentor
Мнения: 643
Регистриран: пон май 22, 2006 16:30
Репутация: 0

Мнение от Relinquishmentor » пон апр 02, 2012 18:52

stalker, нещо си объркал. Ако във формулата ти положим R=0, се получава r = -2, което явно е невъзможно.

Потребителски аватар
stalker
Мнения: 808
Регистриран: пет окт 05, 2007 22:35
Репутация: 1
Контакти:

Мнение от stalker » пон апр 02, 2012 19:11

Ааа, вярно - аз полагах за 1 и излязоха нещата, ама сигурно съм сбъркал някъде. На теория би трябвало да става де.

Потребителски аватар
stalker
Мнения: 808
Регистриран: пет окт 05, 2007 22:35
Репутация: 1
Контакти:

Мнение от stalker » нед апр 08, 2012 20:54

Ето решение на последната задача (за равностранния тригълник). Между другото триъгълниците, които отговарят на условието на задачата са два, освен в случая R = r, когато са безкрайно много.

Изображение


С "а" сме означили търсената страна и както е видно от чертежа по-горе, можем да съставим система с две уравнения с две неизвестни (страната и ъгъл):

R*cos(α+60) = a/2
r*cosα = a/2

Съставяме тригонометричното уравнение: R*cos(α+60) = r*cosα, чието решение е:

α = arctg((R-2r)/√3*R), откъдето за страната получаваме:

a = 2r*cos(arctg((R-2r)/√3*R)),

което като си поиграем малко можем да го докараме до следния вид:

Изображение

Проверих решението при R = ∞, R = 2r, R = r и нещата излизат както трябва, така че дано този път не съм се изложил :P . Не мога да се сетя обаче за решение, без да се прибягва до тригонометрично уравнение, каквито никак не обичам.

Relinquishmentor
Мнения: 643
Регистриран: пон май 22, 2006 16:30
Репутация: 0

Мнение от Relinquishmentor » нед апр 08, 2012 23:55

И аз получавам толкова :)
Моето решение не ползва триг. уравнения, а син. теорема, но мисля, че е по-тромаво и излишно усложнено от твоето :)

Остана да решим само шарингана на Саске -_۞

Отговори