«Геометрическая 2»
– На [ivana2000 2021-06-07 19:32:10]
https://docs.google.com/document/d/1H-u5llMJc3JpxpRo-rn8ZzcL0BmI3ZAxJh5ePyUt-2Q/edit
– Доступ ОТКРЫТ (мой был косяк)

KoKos 2021-06-16 06:02:33 пишет:

Геометрическая: ivana2000, красиво, конечно, но фигово - с Вашей же собственной точки зрения. Ж:))) Теперь попытайтесь эту красоту обобщить до тех же "эн минус два"? ;)))

KoKos 2021-06-16 05:28:07 пишет:

Раздвижной многоугольник: М-м? 8)) ivana2000, а вот это извращение по-Вашему действительно необходимо? Для чего, если не секрет, конечно? Мне кажется, или банальным параллельным переносом мы придем к тому же выводу без всяких "штрихов"? 8)

jonson-72 2021-06-15 17:23:42 пишет:

«Геометрическая 2»
– На [ivana2000 2021-06-07 19:32:10]
https://docs.google.com/document/d/1H-u5llMJc3JpxpRo-rn8ZzcL0BmI3ZAxJh5ePyUt-2Q/edit

KoKos 2021-06-12 00:41:33 пишет:

https://youtu.be/6BMxDwwbmLU

jonson-72 2021-06-11 10:06:28 пишет:

Думаю, гоночную машину и гонщика правильнее оценивать не по количеству выпускаемого из выхлопной трубы дыма и создаваемому при этом шуму, а по количеству (и весомости) реальных побед в сложных и напряжённых гонках.

Думаю, альпиниста правильнее оценивать не по тому, насколько красиво и наукообразно-изощрённо он «тарахтит» о теории и технике восхождения (как и не по тому факту, что он не преминет тщеславно воткнуть свой флажок на "вершине" каждой встречной нихренадцати-метровой кочки), а по количеству и сложности покорённых им вершин-десятитысячников, – и не в его снах-фантазиях, а реально.

:)) кокос, – "подыметь" да помандаболить тебя хлебом не корми, – а вот "десятитысячники" свои здешние может предъявишь? – Хочу заценить, чего у тебя больше – реальных/стОящих Побед или реальных/бесславных/позорных «Луж» (которые все у меня «на карандаше»).
Со своей стороны могу набросать, при желании, список твоих НЕпокорённых «вершин» и НЕвыигранных «гонок».

KoKos 2021-06-10 23:21:47 пишет:

Площадь: не знаю, что там такого геометрического? Решается через пропорции, и в конечном ответе тоже никакой особой красоты не просматривается. 360/13

не представился 2021-06-09 17:37:48 пишет:

Геометрическая 2.
1. К решению 2021-06-01 09:38:21.
CDOB – четырехугольник, ∡С=∡B, CD=OB.

Пусть [CD] пересекает [BO] в точке M.
Тогда треугольник CMB равнобедренный.
Следовательно |MB| = |MC|. Значит |CD| + |DM| = |OB| + |OM|. Т.е. |DM| = |OM|. И треугольник DMO равнобедренный. Тогда треугольники DMO и CMB гомотетичны. И следовательно (DO) параллельна (CB).

Реальная История 2021-06-07 16:05:53 пишет:

А? Что? Кто? Ах, вот оно что... Ну тогда да - подтверждаю, печать, подпись.

jonson-72 2021-06-07 11:55:36 пишет:

кокос, – ты, чмо высокомерное, реально считаешь себя умнее меня?
...А реальная История это подтверждает, балаболка наблатыканная?
(«Практика – критерий Истины.»)

KoKos 2021-06-06 03:39:40 пишет:

ЦМ одной линейкой, для ! Представился : да, я видел. :) Водится за мной такой грешок, но ведь "любопытство - не порок" (с) :)))

KoKos 2021-06-06 03:14:49 пишет:

ЦМ одной линейкой, для ! Представился : я бы предложил считать не "вырезанные прямоугольники", а "вырезанные углы" - тогда фигура типа "П", с одним лишь прямоугольником, но вырезанным из стороны, а не из угла, Вам тоже аккуратно уложится в Вашу схему и будет иметь ту же сложность Ф2 (два вырезанных угла), что и авторская фигура типа "Т".

Далее, имеет смысл наложить два дополнительных условия.
а) никакие две стороны фигуры не лежат на одной прямой (это поможет унифицировать выкладки, так как любой разрез вдоль стороны вырезанного угла будет убирать ровно один этот угол из получившейся суммы двух новых фигур);
б) контур фигуры должен быть односвязным (каждая фигура не должна иметь изолированных внутренних дырок, типа "О", и не состоять из нескольких изолированных частей, типа "=")

При таких дополнительных условиях Вы получите вполне строгую систему для вычисления сложности любой ФN.
- Ф0 [обычный прямоугольник] = 2 [количество построений, необходимое для нахождения ЦМ].
- Ф1 [всегда типа "Г"] = 2*( 1 [разрез] + Ф0 + Ф0 + 1 [соединение ЦМ] ) = 12
- Ф2 [типы "Т", "П" и "лесенка"] = 2*( 1 + Ф0 + Ф1 + 1 ) = 32
- и т.д...

Однако тут возникают сразу две новых задачи. :)))

1. Не существует ли пар "неудачных" разрезов, при которых впоследствии линии ЦМ частично совпадут и, соответственно, не дадут единственного пересечения, необходимого для решения задачи? Это неочевидно и требует доказательства. Альтернативой можно представить некий алгоритм поиска обязательно "удачных" разрезов, при которых линии ЦМ гарантируют единственное пересечение - и тогда забить на наличие или отсутствие неудачных.

2. Оптимизация.

Как легко заметить, при лобовой рекурсии Ф3=2*(Ф0+Ф2+2)=72, Ф4=2*(Ф0+Ф3+2)=152, ... , Ф7=2*(Ф0+Ф6+2)=1272 сложность растет очень быстро, по степеням двойки: Ф1-Ф0=10, Ф2-Ф1=20, Ф3-Ф2=40, Ф4-Ф3=80, ... , Ф7-Ф6=640 Прирост сложности можно существенно замедлить, выбирая другие варианты разреза. Например, Ф'3=2*(Ф1+Ф1+2)=52, Ф'4=2*(Ф1+Ф2+2)=92, ... , Ф'7=2*(Ф'3+Ф'3+2)=212 => Ф'3-Ф2=20=Ф2-Ф1, Ф'4-Ф'3=40, ... , Ф'7-Ф'6=40.

Всегда ли деление на максимально равные по сложности фигуры является оптимальным? Очевидно, не обязательно - Ф5=2*(Ф2+Ф2+2)=132=2*(Ф1+Ф'3+2). Всегда ли можно практически найти соответствующие пары "удачных" разрезов (см.п.1) для максимально возможной теоретически оптимизации построений?

Сразу признаю, что готовых решений по обоим пунктам у меня нет. Если кому-то это интересно, то я открыт для дискуссии.

Админ, если считаете возможным (не ущемляющим оригинального автора - а то, мало ли, может он сам хотел такие дополнительные вопросы вбросить по мере решения, как обычно :))), то может, есть смысл запостить это отдельной задачей?

KoKos 2021-06-01 20:38:14 пишет:

:) Ну, мы же отлично понимаем, что даже попугаю с ампутированным мозгом можно дать кличку "ученик" - и потом радостно предъявлять его в качестве "доказательства" косячности ответа КоКоса. XD А вот для хотя бы распознавания (уж не говоря об использовании) сарказма требуется немножко больше высшей нервной деятельности. :)

jonson-72 2021-06-01 09:42:00 пишет:

_Правила_игры_ – ЗАКОН для Играющего.

ivana2000, ты – как игрок "Автор" – либо соблюдай Правила (ставь «тырешилы», и т.д.), либо иди нахер с этого сайта.

jonson-72 2021-06-01 09:34:47 пишет:

*не представился*
– Перефразирую "логику" твоего Вопроса максимально наглядно-приземлённо: «Т.е. если у некоего отвлечённого *не представился* нет правой руки, то он не может мастурбировать?» – Да хрен его знает! (что там у него с наличием всего остального:)

...Отсюда и косячность Ответа кокоса, – т.к. Условие Вопроса ("если") содержит лишь данные о том, чего *ученик* _не_знает, и НЕ содержит данных о том, чтО он _знает_, – а "ученик" понятие растяжимое. – Что насчёт младшеклассников? («МЛАДШЕКЛАССНИК ЛАЙВЗ МЭТЕРЗ!!»:))

KoKos 2021-05-29 23:00:13 пишет:

Ж:))) Доказать-то сможет, конечно. Но вот супер-эргономика - это Вам не хухры-мухры! 8)))

не представился 2021-05-29 18:18:31 пишет:

Т.е. Если ученик не знает тригонометрию, то он доказать суб-задачу не может?

jonson-72 2021-05-28 10:13:42 пишет:

ok, раз уж я записал и приготовил супер-эргономичное Док-во той *суб-задачки*, то вот и публикую – не пропадать же добру.
------------------------------------------------------
• ДАНО: – Четырёхугольник ABCD:
AB = CD (= b) ; ∠A = ∠D (= α).
• ДОКАЗАТЬ: – ABCD есть Трапеция с основаниями AD и BC.
Вуаля:
1. Геометрическое место точек с координатами (-∞...+∞, y), y ≠ 0, есть прямая, параллельная оси X. (Доказывать данное Утверждение нет нужды – оно вытекает непосредственно из Определения параллельных прямых в контексте ДCK и Уравнения прямой.)
2. Пускай AD принадлежит оси X; тогда BC принадлежит прямой, параллельной оси Х – т.к. точки B и C имеют одинаковую ординату:
y = b*sin(α). /// – Доказано.
------------------------------------------------------
"ивановского" Док-ва мы не видели, но судя по тому, что он сказал "требуются только признаки равенства треугольников", уже по этому можно судить, что оно (было бы) куда более многословно и потому менее эргономично – т.е. и тут по части оптимизации наш Доцент _проиграл_ (пускай и заочно).

jonson-72 2021-05-25 14:16:53 пишет:

ivana2000 – «Геометрическая 2»:
(восстанавливаю стёртое – имеем наглядное свидетельство идиотизма/маразма иваны)

Он: > Нельзя построить BO симметричный CD, т.к. эти отрезки УЖЕ построены до проведения «оси симметрии».
Я: -- "УЖЕ построены" КЕМ? – На рисунке ЗАДАЧИ (Условие) т.«О» _отсутствует_. Строю её _Я_(«Решающий») – как это описано в учебнике геометрии: http://online.anyflip.com/qmwb/nccx/mobile/index.html#p=114 (Рис.142)
...А _перед_этим я строю Ось симметрии «g». – На то, кАк я это делаю вам тоже ссылку из учебника привести?
P.S. !...А может вы не доганяете, что каждый мой новый (изменённый) Вариант Р.№3 ОТМЕНЯЕТ/заменяет Р.№3 предыдущий? – и потому вы типа тычете мне в нос _моё_собственное_(уже НЕактуальное) построение??? – Окститесь. :)

• Мало того – ДАЖЕ ЭТУ ПРОСТУЮ МЫСЛЬ МНЕ ПРИШЛОСЬ ИВАНЕ ПОВТОРЯТЬ! – ранее там было:

> "1. Не надо строить BO симметричный CD относительно g, т.к. BO и CD уже построены без всякой симметрии."
-- ивана, ты не Идиот – ты ДЕБИЛ!
Это МОЙ рисунок – и МОЁ Решение – все построения вы (вникающие в Решение) делаете вслед за мной – как их на своём демонстрационном рисунке сделал я – и в Решении описал/пояснил словами последовательность «чтО» и «кАк».
Пункты 1-2: – 4-угольник OBCD _симметричен_ ПО ПОСТРОЕНИЮ. (Нагугли учебник геометрии – кАк строится точка (О), симметричная данной (D) относительно прямой-Оси симметрии.) ...При этом данное построение сделало ненужным и отменило/заместило специальное построение равностороннего ΔAOB первоначального варианта Решения №3.

1...

...25

© 2009-201x Логические задачи