Сложность решения системы уравнений второго порядка

[B@R5uk]

Да вы шутите, наверное:

$$\[2\sin {{\alpha }_{1}}\sin {{\alpha }_{2}}-\cos {{\alpha }_{1}}\cos {{\alpha }_{2}}-{{d}_{2}}\cos {{\alpha }_{1}}-{{d}_{1}}\cos {{\alpha }_{2}}={{c}_{3}}\]$$

$$\[2\sin {{\alpha }_{1}}\sin {{\alpha }_{2}}-\left( {{d}_{1}}+\cos {{\alpha }_{1}} \right)\cos {{\alpha }_{2}}={{c}_{3}}+{{d}_{2}}\cos {{\alpha }_{1}}\]$$

$$\[{{f}_{3}}=\sqrt{4{{\sin }^{2}}{{\alpha }_{1}}+{{\left( {{d}_{1}}+\cos {{\alpha }_{1}} \right)}^{2}}}\]$$

$${{\beta }_{3}}={{\operatorname{atan}}_{2}}\left( \begin{matrix} 2\sin {{\alpha }_{1}}, & -{{d}_{1}}-\cos {{\alpha }_{1}} \\ \end{matrix} \right)$$

$$\[{{f}_{3}}\sin {{\beta }_{3}}\sin {{\alpha }_{2}}+{{f}_{3}}\cos {{\beta }_{3}}\cos {{\alpha }_{2}}={{c}_{3}}+{{d}_{2}}\cos {{\alpha }_{1}}\]$$

$$\[{{\alpha }_{2}}={{\beta }_{3}}\pm \operatorname{acos}\frac{{{c}_{3}}+{{d}_{2}}\cos {{\alpha }_{1}}}{{{f}_{3}}}\]$$

И условие разрешимости:

$$\[{{f}_{3}}\ge \left| {{c}_{3}}+{{d}_{2}}\cos {{\alpha }_{1}} \right|\]$$

[ivanp7]

ivanp7 в сообщении #1169201 писал(а):

Извините, мне вот непонятно, почему у нас тут девять неизвестных.
В задаче спрашиваются ведь координаты точки - центра меньшого треугольника, откуда девять неизвестных ?

Взять координаты центра нельзя, поому что

ivanp7 в сообщении #1169194 писал(а):

Поворот треугольника неизвестным образом зависит от его местоположения.

из-за наложенных на него ограничений.

-- 15.11.2016, 12:59 --

B@R5uk в сообщении #1169208 писал(а):

Да вы шутите, наверное

Вы правы, не глядя положился на Математику. Странно, что на подобных простых примерах она чудит.

[Лукомор]

ivanp7 в сообщении #1169218 писал(а):

Взять координаты центра нельзя, потому что

... потому что они неизвестны, и их требуется найти.
Я вот не понял одного, у Вас же больший треугольник лежит в плоскости, параллельной X0Y.
Причем, если поднять его строго вверх по оси $Z$ на константу, его центр будет лежать строго в начале координат.
Правильно?

[ivanp7]

Лукомор в сообщении #1169227 писал(а):

Правильно?

Правильно.

[Aritaborian]

ivanp7 в сообщении #1169218 писал(а):

Странно, что на подобных простых примерах она чудит.

А вы попробуйте к найденному решению применить FullSimplify или вроде того. Авось, станет симпатичнее выглядеть.

[Лукомор]

ivanp7 в сообщении #1168608 писал(а):

Для $L_1=L_2=L_3=0$ я знаю формулу точного решения, но FindInstance почему-то выдает пустой результат при конкретном $k$ для системы с девятью уравнениями

$k=1$, куда уж конкретнее...

-- Вт ноя 15, 2016 14:07:14 --

ivanp7 в сообщении #1169218 писал(а):

Странно, что на подобных простых примерах она чудит.

А точно чудит математика?
У Вас в уравнениях длина стороны большого треугольника равна единичке, а длина стороны малого треугольника равна
$a=2k\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}$, нет?

[wrest]

ivanp7

(Переводя на язык геометрии)

А разве отрезок, соединяющий центры подобных треугольников, не будет параллелен ребрам $L_i$?

Подскажите пож-ста, правильно ли я понимаю что на язык геометрии задача переводится примерно так: "Дана правильная прямая треугольная призма (основание -- "малый" равносторонний треугольник, ребра перпендикулярны основанию). Сечением этой призмы плоскостью является также равносторонний треугольник ("большой"). Известна длина стороны этого сечения и коэффициент пропорциональности (больший или равный единице) между ней и длиной стороны основания, а также длины ребер от основания призмы до сечения. Найти расстояние между центрами основания и сечения"

[Лукомор]

wrest в сообщении #1169242 писал(а):

ребра перпендикулярны основанию

Рёбра же вроде не перпендикулярны плоскости основания, не?

[wrest]

Лукомор в сообщении #1169249 писал(а):

Рёбра же вроде не перпендикулярны плоскости основания, не?

По условию:

ivanp7 в сообщении #1168682 писал(а):

векторы между парами вершин этих треугольников (которые имеют длины $L_1$, $L_2$, $L_3$) перпендикулярны соответствующим сторонам "малого" треугольника.

Я так понял, что если к примеру $ABC$ - "большой" треугольник, $abc$ - "малый" треугольник и отрезок $L_1$ соединяет вершины $A$ и $a$, то $L_1$ перпендикулярен $ab$ и перпендикулярен $ac$ (т.е. перпендикулярен плоскости $abc$, как и остальные отрезки $L_2$ и $L_3$).

[Лукомор]

wrest в сообщении #1169252 писал(а):

Я так понял, что если к примеру $ABC$ - "большой" треугольник, $abc$ - "малый" треугольник и отрезок $L_1$ соединяет вершины $A$ и $a$, то $L_1$ перпендикулярен $ab$ и перпендикулярен $ac$ (т.е. перпендикулярен плоскости $abc$, как и остальные отрезки $L_2$ и $L_3$).

А я ничего не понял!
Я понял по другому.

ivanp7 в сообщении #1168682 писал(а):

при условии, что векторы между парами вершин этих треугольников (которые имеют длины $L_1$, $L_2$, $L_3$) перпендикулярны соответствующим сторонам "малого" треугольника.

Я понял так, что $L_1$ перпендикулярен $ab$, $L_2$ перпендикулярен $bc$ и $L_3$ перпендикулярен $ca$.

[ivanp7]

wrest в сообщении #1169252 писал(а):

если к примеру $ABC$ - "большой" треугольник, $abc$ - "малый" треугольник и отрезок $L_1$ соединяет вершины $A$ и $a$

то $L_1$ перпендикулярен $bc$, $L_2$ перпендикулярен $ac$ и $L_3$ перпендикулярен $ab$

-- 15.11.2016, 17:20 --

Лукомор в сообщении #1169236 писал(а):

У Вас в уравнениях длина стороны большого треугольника равна единичке, а длина стороны малого треугольника равна
$a=2k\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}$, нет?

нет, $k$ -- коэффициент подобия. На уравнения не смотрите, я уже несколько раз их попеременял

[Лукомор]

ivanp7 в сообщении #1169278 писал(а):

нет, $k$ -- коэффициент подобия. На уравнения не смотрите, я уже несколько раз их попеременял

Вы употребляете $k=\frac{AB}{ab}>1$ или $k=\frac{ab}{AB}<1$ ?
И, да! - если не трудно, напишите уравнения, актуальные на вечер вторника, потому что по вашим исходным трудно понять, что имелось в виду...

[B@R5uk]

Погонял я вашу задачу в Матлабе, получились забавные картинки:



Видно, что может быть четыре, шесть и даже восемь решений. Естественно, можно подобрать параметры задачи так, чтобы решений вообще не было. Но самое забавное, что мне попалось континуальное решение, когда угол $\alpha_1$ (то есть ориентация отрезка $L_1$) может быть совершенно любым (необычайное везение для численного эксперимента, хотя результат всё равно требует строгого доказательства):


Может быть я где-то ошибся? Потому что это весьма забавная ситуация получается.

[ivanp7]

Лукомор в сообщении #1169306 писал(а):

Вы употребляете $k=\frac{AB}{ab}>1$ или $k=\frac{ab}{AB}<1$ ?
И, да! - если не трудно, напишите уравнения, актуальные на вечер вторника, потому что по вашим исходным трудно понять, что имелось в виду...

$k<1$
Извиняюсь, что долго не отвечаю -- бел немного занят. Отпишусь, когда вернусь домой.

B@R5uk в сообщении #1169488 писал(а):

Может быть я где-то ошибся? Потому что это весьма забавная ситуация получается.

Вроде бы все верно, мои уравнения получились похожими на ваши, тоже сумма синусов-косинусов-косиносинусов. С особым случаем, когда угол произвольный, нужно разобраться поподробнее. Интересно, что это за положение такое, в котором при заданных длинах треугольник крутится-вертится как хочет

[ivanp7]

Лукомор в сообщении #1169306 писал(а):

напишите уравнения

Извиняюсь за задержку. Вот уравнения:

$ \begin{cases} 8 (-1 + k^2) R^2 + 6 \sqrt{2} k R (L_1 \cos{\alpha_1} + L_2 \cos{\alpha_2}) + 3 (L_1^2 + L_2^2 + L_1 L_2 \cos{\alpha_1} \cos{\alpha_2} - 2 L_1 L_2 \cos{\alpha_1} \cos{\alpha_2}) = 0\\ 8 (-1 + k^2) R^2 + 6 \sqrt{2} k R (L_1 \cos{\alpha_1} + L_3 \cos{\alpha_3}) + 3 (L_1^2 + L_3^2 + L_1 L_3 \cos{\alpha_1} \cos{\alpha_3} - 2 L_1 L_3 \cos{\alpha_1} \cos{\alpha_3}) = 0\\ 8 (-1 + k^2) R^2 + 6 \sqrt{2} k R (L_2 \cos{\alpha_2} + L_3 \cos{\alpha_3}) + 3 (L_2^2 + L_3^2 + L_2 L_3 \cos{\alpha_2} \cos{\alpha_3} - 2 L_2 L_3 \cos{\alpha_2} \cos{\alpha_3}) = 0\\ \end{cases} $