Dany jest prostokąt \(\displaystyle{ ABCD}\), gdzie \(\displaystyle{ AD<AB}\). Wewnątrz tego prostokąta wyznacz takie punkty \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\), dla których suma \(\displaystyle{ AP+DP+PQ+QB+QC}\) przyjmuje najmniejszą wartość.
Chodzi mi o dowód tego że po zbudowaniu na któtszych bokach trójkątów równobocznych i wykreśleniu na nich kół zachodzi taka równość, że powyższa najmniejsza wartość jest mniejsza lub równa sumie tych samych odcinków tylko dla innych , dowolnych punktów \(\displaystyle{ P', Q'}\)
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
-
kruszewski
- Użytkownik
- Posty: 6882
- Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Staszów
- Podziękował: 50 razy
- Pomógł: 1112 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
Bez rysunku nie potrafię tego zrozumieć:
"dowód tego że po zbudowaniu na któtszych (krótszych?) bokach trójkątów równobocznych".
"dowód tego że po zbudowaniu na któtszych (krótszych?) bokach trójkątów równobocznych".
-
Ruahyin
- Użytkownik
- Posty: 123
- Rejestracja: 25 kwie 2016, o 17:21
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Yakushima
- Podziękował: 80 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
Faktycznie niedopowiedziane. Na krótszych bokach prostokąta. Ale to nie ważne. Treść zadania to pierwszy akapit. Drugi akapit to to sposób rozwiązania jaki został mi przedstawiony w odpowiedziach. Jednak niekoniecznie wiem jak przedstawić dowód owego rozwiązania. Dla jasności proponuję nie zwracać uwagi na tą drugą część.
-
octahedron
- Użytkownik
- Posty: 3568
- Rejestracja: 7 mar 2011, o 22:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 910 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
Niech \(\displaystyle{ P}\) leży w odległości \(\displaystyle{ x}\) od boku \(\displaystyle{ AD}\). Odłóżmy na \(\displaystyle{ CD}\) odcinek \(\displaystyle{ DD'}\) o długości \(\displaystyle{ 2x}\). Wtedy \(\displaystyle{ |DP|=|D'P|}\), zatem \(\displaystyle{ |AP|+|DP|=|AP|+|D'P|}\) i ta suma jest najmniejsza, gdy \(\displaystyle{ A,P,D'}\) leżą na jednej prostej. \(\displaystyle{ P}\) jest więc środkiem \(\displaystyle{ AD'}\) i leży na osi symetrii prostokąta. Analogicznie będzie z \(\displaystyle{ Q}\), wtedy również \(\displaystyle{ PQ}\) jest najkrótszy.
Możemy rozważać tylko przypadki symetrycznego położenia \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\). Szukana suma jest równa \(\displaystyle{ |AB|+\frac{2-\sin\angle AD'D}{\cos\angle AD'D}\cdot|AD|}\) i osiąga minimum dla \(\displaystyle{ \angle AD'D=30^o}\). Może da się to pokazać "geometrycznie", ale nie mam pomysłu.
Możemy rozważać tylko przypadki symetrycznego położenia \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\). Szukana suma jest równa \(\displaystyle{ |AB|+\frac{2-\sin\angle AD'D}{\cos\angle AD'D}\cdot|AD|}\) i osiąga minimum dla \(\displaystyle{ \angle AD'D=30^o}\). Może da się to pokazać "geometrycznie", ale nie mam pomysłu.
-
kruszewski
- Użytkownik
- Posty: 6882
- Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Staszów
- Podziękował: 50 razy
- Pomógł: 1112 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
Nie jest prawdą, że dla kąta \(\displaystyle{ \angle AD'D=30^o}\) suma \(\displaystyle{ |AP|+|DP|+|PQ|+|AB|+|QC|}\) jest najmniejszą, co można sprawdzić wykonując konstrukcję dla dowolnego prostokąta i dwu miar kątów \(\displaystyle{ \angle AD'D}\) . Raz miary \(\displaystyle{ 30^o}\) i drugi raz dla \(\displaystyle{ \angle AD'D>30^o}\).
Mam wrażenie że jest to zadanie z grupy zadań na maksima/minima.
W.Kr.-- 6 lip 2016, o 12:19 --
Kolorem czerwonym rysunek dla kąta \(\displaystyle{ \angle AD'D=30^o}\),
niebieskim dla \(\displaystyle{ \angle AD'D=45^o}\).
Mam wrażenie że jest to zadanie z grupy zadań na maksima/minima.
W.Kr.-- 6 lip 2016, o 12:19 --
Kolorem czerwonym rysunek dla kąta \(\displaystyle{ \angle AD'D=30^o}\),
niebieskim dla \(\displaystyle{ \angle AD'D=45^o}\).
-
kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8581
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3349 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
Wydaje mi się że octahedron optymalizował złe równanie (dobre, ale dla kąta D'AD)
Raczej powinno być: ,, Szukana suma jest równa \(\displaystyle{ |AB|+\frac{2-\cos\angle AD'D}{\sin\angle AD'D}\cdot|AD|}\) i osiąga minimum dla
\(\displaystyle{ \angle AD'D=60^o}\).''
Inaczej:
Jeśli punkt P leży w pewnej odległości od punktów A i D to w takiej samej odległości są położone punkty elipsy przechodzącej przez P i o ogniskach w A i D. Mam analogiczną elipsę o ogniskach w B i C. Najmniejsza odległość między punktami obu elips jest miedzy najbliższymi sobie punktami z osi małej, więc P i Q leżą na symetralnej AD (i BC).
Niech prostokąt leży w układzie współrzędnych tak że \(\displaystyle{ A=(a,b)}\), \(\displaystyle{ B=(-a,b)}\), \(\displaystyle{ C=(-a,-b)}\) i \(\displaystyle{ D=(a,-b)}\), oraz \(\displaystyle{ a \ge b}\). Punkt \(\displaystyle{ P=(x,0)}\) i analogicznie \(\displaystyle{ Q=(-x,0)}\) gdzie \(\displaystyle{ 0 \le x \le a}\)
Szukana suma:
\(\displaystyle{ S=\left| AP\right|+ \left| DP\right|+\left| BQ\right|+ \left| CQ\right|+ \left| PQ\right|=4\left| AP\right|+\left| PQ\right|=4 \sqrt{(a-x)^2+b^2}+2x}\)
jest najmniejsza dla \(\displaystyle{ x= a-\frac{b}{ \sqrt{3} }}\)
Daje to \(\displaystyle{ \angle ADP =30^o}\) .
Raczej powinno być: ,, Szukana suma jest równa \(\displaystyle{ |AB|+\frac{2-\cos\angle AD'D}{\sin\angle AD'D}\cdot|AD|}\) i osiąga minimum dla
\(\displaystyle{ \angle AD'D=60^o}\).''
Inaczej:
Jeśli punkt P leży w pewnej odległości od punktów A i D to w takiej samej odległości są położone punkty elipsy przechodzącej przez P i o ogniskach w A i D. Mam analogiczną elipsę o ogniskach w B i C. Najmniejsza odległość między punktami obu elips jest miedzy najbliższymi sobie punktami z osi małej, więc P i Q leżą na symetralnej AD (i BC).
Niech prostokąt leży w układzie współrzędnych tak że \(\displaystyle{ A=(a,b)}\), \(\displaystyle{ B=(-a,b)}\), \(\displaystyle{ C=(-a,-b)}\) i \(\displaystyle{ D=(a,-b)}\), oraz \(\displaystyle{ a \ge b}\). Punkt \(\displaystyle{ P=(x,0)}\) i analogicznie \(\displaystyle{ Q=(-x,0)}\) gdzie \(\displaystyle{ 0 \le x \le a}\)
Szukana suma:
\(\displaystyle{ S=\left| AP\right|+ \left| DP\right|+\left| BQ\right|+ \left| CQ\right|+ \left| PQ\right|=4\left| AP\right|+\left| PQ\right|=4 \sqrt{(a-x)^2+b^2}+2x}\)
jest najmniejsza dla \(\displaystyle{ x= a-\frac{b}{ \sqrt{3} }}\)
Daje to \(\displaystyle{ \angle ADP =30^o}\) .
-
Ruahyin
- Użytkownik
- Posty: 123
- Rejestracja: 25 kwie 2016, o 17:21
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Yakushima
- Podziękował: 80 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
kerajs, skąd wzięło się \(\displaystyle{ x=a- \frac{b}{ \sqrt{3} }}\) i to \(\displaystyle{ 30^°}\) stopni?
-
kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8581
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3349 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
Przyjąłem że \(\displaystyle{ \left| AB\right|=2a \ , \ \left| AD\right|=2b}\)
Szukana suma:
\(\displaystyle{ S=\left| AP\right|+ \left| DP\right|+\left| BQ\right|+ \left| CQ\right|+ \left| PQ\right|=4\left| AP\right|+\left| PQ\right|=4 \sqrt{(a-x)^2+b^2}+2x}\)
\(\displaystyle{ S(x)=4 \sqrt{(a-x)^2+b^2}+2x\\
S'(x)=4 \frac{1}{2\sqrt{(a-x)^2+b^2}} \cdot 2(a-x)^1 \cdot (-1)+2=\frac{2}{2\sqrt{(a-x)^2+b^2}}\left( -2(a-x)+\sqrt{(a-x)^2+b^2}\right)}\)
Warunek konieczny istnienia ekstremum:
\(\displaystyle{ S'(x)=0\\
\left( -2(x-a)+\sqrt{(a-x)^2+b^2}\right)=0\\
\sqrt{(a-x)^2+b^2}=2(a-x)\\
(a-x)^2+b^2=4(a-x)^2\\
(a-x)^2= \frac{ b^2}{3}\\
a-x= \sqrt{\frac{ b^2}{3}}\\
x=a- \frac{b}{ \sqrt{3} }}\)
I jest to minimum.
Stąd punkt \(\displaystyle{ P=(a- \frac{b}{ \sqrt{3} },0)}\)
Niech \(\displaystyle{ P'=(a,0)}\) to z trójkąta prostokątnego DPP' mam
\(\displaystyle{ \tan \angle ADP =\tan \angle D'DP= \frac{\left| PP'\right|}{\left| DP'\right|}= \frac{\frac{b}{ \sqrt{3} }}{b}=\frac{ \sqrt{3} }{3} \Rightarrow \angle D'DP=\angle ADP=30^o}\)
Szukana suma:
\(\displaystyle{ S=\left| AP\right|+ \left| DP\right|+\left| BQ\right|+ \left| CQ\right|+ \left| PQ\right|=4\left| AP\right|+\left| PQ\right|=4 \sqrt{(a-x)^2+b^2}+2x}\)
\(\displaystyle{ S(x)=4 \sqrt{(a-x)^2+b^2}+2x\\
S'(x)=4 \frac{1}{2\sqrt{(a-x)^2+b^2}} \cdot 2(a-x)^1 \cdot (-1)+2=\frac{2}{2\sqrt{(a-x)^2+b^2}}\left( -2(a-x)+\sqrt{(a-x)^2+b^2}\right)}\)
Warunek konieczny istnienia ekstremum:
\(\displaystyle{ S'(x)=0\\
\left( -2(x-a)+\sqrt{(a-x)^2+b^2}\right)=0\\
\sqrt{(a-x)^2+b^2}=2(a-x)\\
(a-x)^2+b^2=4(a-x)^2\\
(a-x)^2= \frac{ b^2}{3}\\
a-x= \sqrt{\frac{ b^2}{3}}\\
x=a- \frac{b}{ \sqrt{3} }}\)
I jest to minimum.
Stąd punkt \(\displaystyle{ P=(a- \frac{b}{ \sqrt{3} },0)}\)
Niech \(\displaystyle{ P'=(a,0)}\) to z trójkąta prostokątnego DPP' mam
\(\displaystyle{ \tan \angle ADP =\tan \angle D'DP= \frac{\left| PP'\right|}{\left| DP'\right|}= \frac{\frac{b}{ \sqrt{3} }}{b}=\frac{ \sqrt{3} }{3} \Rightarrow \angle D'DP=\angle ADP=30^o}\)
-
kruszewski
- Użytkownik
- Posty: 6882
- Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Staszów
- Podziękował: 50 razy
- Pomógł: 1112 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
Oznaczmy wysokość i szerokość prostokąta odpowiednio \(\displaystyle{ h \ i \ b}\), wtedy suma długości odcinków \(\displaystyle{ |AP|, \ |DP|, \ |BQ|, \ |CQ|}\) wyrażona kątem \(\displaystyle{ \angle CBQ= \alpha}\) równa jest:
\(\displaystyle{ \frac{2b}{cos \alpha }}\), zaś odległość punktów \(\displaystyle{ Q \ i \ P}\) jest równa \(\displaystyle{ h- \frac{b}{cos \alpha }sin \alpha}\)
zatem ich suma jest równa: \(\displaystyle{ S=\frac{2b}{cos \alpha } +h - \frac{b}{cos \alpha }sin \alpha}\)
i osiąga ekstremum dla \(\displaystyle{ \frac{d}{d \alpha }\left( \frac{2b}{cos \alpha }-b \frac{sin \alpha }{cos \alpha } \right) =0}\),
a stąd po zróżniczkowaniu : \(\displaystyle{ \frac{2bsin \alpha }{cos^2 \alpha }- \frac{b}{cos^2 \alpha } =0}\) i dalej
\(\displaystyle{ \frac{2bsin \alpha }{cos^2 \alpha } = \frac{b}{cos^2 \alpha }}\)
po wykonaniu działań upraszczających rachunki otrzymujemy \(\displaystyle{ sin \alpha = \frac{1}{2}}\)
a stąd: \(\displaystyle{ \alpha =arcsin \frac{1}{2}= \frac{ \pi }{6} = 30^o}\)
W.Kr.
\(\displaystyle{ \frac{2b}{cos \alpha }}\), zaś odległość punktów \(\displaystyle{ Q \ i \ P}\) jest równa \(\displaystyle{ h- \frac{b}{cos \alpha }sin \alpha}\)
zatem ich suma jest równa: \(\displaystyle{ S=\frac{2b}{cos \alpha } +h - \frac{b}{cos \alpha }sin \alpha}\)
i osiąga ekstremum dla \(\displaystyle{ \frac{d}{d \alpha }\left( \frac{2b}{cos \alpha }-b \frac{sin \alpha }{cos \alpha } \right) =0}\),
a stąd po zróżniczkowaniu : \(\displaystyle{ \frac{2bsin \alpha }{cos^2 \alpha }- \frac{b}{cos^2 \alpha } =0}\) i dalej
\(\displaystyle{ \frac{2bsin \alpha }{cos^2 \alpha } = \frac{b}{cos^2 \alpha }}\)
po wykonaniu działań upraszczających rachunki otrzymujemy \(\displaystyle{ sin \alpha = \frac{1}{2}}\)
a stąd: \(\displaystyle{ \alpha =arcsin \frac{1}{2}= \frac{ \pi }{6} = 30^o}\)
W.Kr.
-
andkom
- Użytkownik
- Posty: 636
- Rejestracja: 10 paź 2007, o 12:57
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Pomógł: 350 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
Spróbujmy bez rachunków. Chodzi o zminimalizowanie sumy długości pogrubionych odcinków:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1,2.5);
\coordinate (Q) at (4,1.5);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P'$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q'$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\end{tikzpicture}}\)
Mamy wykorzystać dwa dobudowane trójkąty równoboczne, jak na rysunku:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1,2.5);
\coordinate (Q) at (4,1.5);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P'$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q'$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (E) at (D);
\draw (D)--(E) node[anchor=east] {$E$}--(A);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (F) at (B);
\draw (B)--(F) node[anchor=west] {$F$}--(C);
\end{tikzpicture}}\)
Dorysujmy jeszcze kilka punktów i odcinków.
Odcinki tego samego koloru mają te same długości.
Trójkąty równoboczne to ADE, CBF, AP'X, CQ'Y.
AXE przystaje do AP'D,
CYF przystaje do CQ'B.
Minimalizowana suma długości odcinków jest równa długości łamanej EXP'Q'YF
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1,2.5);
\coordinate (Q) at (4,1.5);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P'$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q'$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (E) at (D);
\draw (D)--(E) node[anchor=east] {$E$}--(A);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (F) at (B);
\draw (B)--(F) node[anchor=west] {$F$}--(C);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (X) at (P);
\draw (A)--(X) node[anchor=south] {$X$};
\draw[thick,red] (X)--(P);
\draw[thick,blue] (X)--(E);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (Y) at (Q);
\draw (C)--(Y) node[anchor=south west] {$Y$};
\draw[thick,orange] (Y)--(Q);
\draw[thick,black] (Y)--(F);
\end{tikzpicture}}\)
Ponieważ punkty E i F nie zależą od P' i Q', więc długość łamanej EXP'Q'YF jest niemniejsza, niż odległość punktów E i F. Jest ona najmniejsza, gdy punkty E, X, P=P', Q=Q', Y, F są współliniowe i leżą, jak na rysunku:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1.1547,2);
\coordinate (Q) at (6-1.1547,2);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (E) at (D);
\draw (D)--(E) node[anchor=east] {$E$}--(A);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (F) at (B);
\draw (B)--(F) node[anchor=west] {$F$}--(C);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (X) at (P);
\draw (A)--(X) node[anchor=south] {$X$};
\draw[thick,red] (X)--(P);
\draw[thick,blue] (X)--(E);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (Y) at (Q);
\draw (C)--(Y) node[anchor=south west] {$Y$};
\draw[thick,orange] (Y)--(Q);
\draw[thick,black] (Y)--(F);
\end{tikzpicture}}\)
Czyli tak:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1.1547,2);
\coordinate (Q) at (6-1.1547,2);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\end{tikzpicture}}\)
Kąty ADP, DAP, BCQ, CQB mają po 30 stopni,
APD, DPQ, QPA, CQB, BQP, PQC po 120 stopni.
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1,2.5);
\coordinate (Q) at (4,1.5);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P'$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q'$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\end{tikzpicture}}\)
Mamy wykorzystać dwa dobudowane trójkąty równoboczne, jak na rysunku:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1,2.5);
\coordinate (Q) at (4,1.5);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P'$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q'$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (E) at (D);
\draw (D)--(E) node[anchor=east] {$E$}--(A);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (F) at (B);
\draw (B)--(F) node[anchor=west] {$F$}--(C);
\end{tikzpicture}}\)
Dorysujmy jeszcze kilka punktów i odcinków.
Odcinki tego samego koloru mają te same długości.
Trójkąty równoboczne to ADE, CBF, AP'X, CQ'Y.
AXE przystaje do AP'D,
CYF przystaje do CQ'B.
Minimalizowana suma długości odcinków jest równa długości łamanej EXP'Q'YF
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1,2.5);
\coordinate (Q) at (4,1.5);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P'$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q'$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (E) at (D);
\draw (D)--(E) node[anchor=east] {$E$}--(A);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (F) at (B);
\draw (B)--(F) node[anchor=west] {$F$}--(C);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (X) at (P);
\draw (A)--(X) node[anchor=south] {$X$};
\draw[thick,red] (X)--(P);
\draw[thick,blue] (X)--(E);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (Y) at (Q);
\draw (C)--(Y) node[anchor=south west] {$Y$};
\draw[thick,orange] (Y)--(Q);
\draw[thick,black] (Y)--(F);
\end{tikzpicture}}\)
Ponieważ punkty E i F nie zależą od P' i Q', więc długość łamanej EXP'Q'YF jest niemniejsza, niż odległość punktów E i F. Jest ona najmniejsza, gdy punkty E, X, P=P', Q=Q', Y, F są współliniowe i leżą, jak na rysunku:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1.1547,2);
\coordinate (Q) at (6-1.1547,2);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (E) at (D);
\draw (D)--(E) node[anchor=east] {$E$}--(A);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (F) at (B);
\draw (B)--(F) node[anchor=west] {$F$}--(C);
\coordinate [rotate around={60:(A)}] (X) at (P);
\draw (A)--(X) node[anchor=south] {$X$};
\draw[thick,red] (X)--(P);
\draw[thick,blue] (X)--(E);
\coordinate [rotate around={60:(C)}] (Y) at (Q);
\draw (C)--(Y) node[anchor=south west] {$Y$};
\draw[thick,orange] (Y)--(Q);
\draw[thick,black] (Y)--(F);
\end{tikzpicture}}\)
Czyli tak:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (6,4);
\coordinate (D) at (0,4);
\coordinate (P) at (1.1547,2);
\coordinate (Q) at (6-1.1547,2);
\draw (A) node[anchor=north] {$A$}--(B) node[anchor=north] {$B$}--(C) node[anchor=south] {$C$}--(D) node[anchor=south] {$D$}--(A);
\draw[thick,red] (A)--(P);
\draw[thick,blue] (D)--(P);
\draw (P) node[anchor=south west] {$P$};
\draw (Q) node[anchor=north east] {$Q$};
\draw[thick,green] (P)--(Q);
\draw[thick,black] (B)--(Q);
\draw[thick,orange] (C)--(Q);
\end{tikzpicture}}\)
Kąty ADP, DAP, BCQ, CQB mają po 30 stopni,
APD, DPQ, QPA, CQB, BQP, PQC po 120 stopni.
-
octahedron
- Użytkownik
- Posty: 3568
- Rejestracja: 7 mar 2011, o 22:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 910 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
Równanie dobre, tylko właśnie pomyliłem się przy oznaczeniu kąta.kerajs pisze:Wydaje mi się że octahedron optymalizował złe równanie (dobre, ale dla kąta D'AD)
-
kruszewski
- Użytkownik
- Posty: 6882
- Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Staszów
- Podziękował: 50 razy
- Pomógł: 1112 razy
Dowód na to że suma odcinków jest najmniejszą z możliwych
@andkom
Klasyka!
W.Kr.
Ale zdanie:"Mamy wykorzystać dwa dobudowane trójkąty równoboczne,..." narzuca sposób rozwiązywania.
Klasyka!
W.Kr.
Ale zdanie:"Mamy wykorzystać dwa dobudowane trójkąty równoboczne,..." narzuca sposób rozwiązywania.