в яндексе 209,05

сегодня ссылка открылась. ничего себе, какими сложными путями люди идут, чтобы только тригонометрию поменьше применять... :))
Пересчитал поточнее, получилось
К=4,181125 (К=1/sin(А), т.к. при движении по образующим трапеции продольная составляющая скорости курьера равна скорости толпы), L=209,0563км

По поводу альтернативного решения:
У меня идея пока окончательно не созрела, но суть такова: изменить последовательность ходов. Пусть он например сначала скачет вперед-назад а потом вправо-влево. Посмотреть какие при этом он прочетрит траектории и сравнить их. Задача, как мы понимаем, сводится к тому, чтобы найти тот отрезок, который прошел квадрат, когда почтарь доскакал до северо-западного угла.
Буду думать.

И мое решение тоже в конце концов свелось к этому уравнению.
Интересно, можно ли его решить геомертически?
Снегинск, а как ты получил уравнение 2*tg(alfa)*tg(alfa)=tg(alfa/2) ?

сорь, за поспешный вывод о некорректности задачи! Вот решение, короткое и понятное:

v1 - скорость толпы L=v2*(50/v1) L - искомый путь всадника.
v2 - скорость всадника sin(a)=v1/v2 a - угол наклона траектории всадника
cos(a)=sqrt(1-v1^2/v2^2) при поперечном движении.

50/(v2-v1)- время движения вверх.
50/(v2+v1)- время движения вниз.
50/sqrt(v2^2-v1^2)- время движения вправо.
50/sqrt(v2^2-v1^2)- время движения влево.
50/v1- общее время движения.

Имеем уравнение:

50/(v2-v1)+50/(v2+v1)+2*50/sqrt(v2^2-v1^2)=50/v1;

Домножаем обе части на 50/v1, после чего в левой части уравнения в каждой дроби делим и числитель и знаменатель на v1, в итоге получаем:

1/(v2/v1-1)+1/(v2/v1+1)+2/sqrt((v2/v1)^2-1)=1 v2/v1=b - обзначим.

Перобразуя данное уравнение, получаем:

b^4-4*b^3-2*b^2+4*b+5=0 забиваем уравнение в софтину(чтоб не подбирать) и имеем b=4,181

Осталось заметить, что L=50*b, следовательно имеем ответ:
Путь всадника составил: L=50*4,181=209,05 км.

Спасибо за интересную задачу!

я не Снегинск, я Снежинск, по названию города.

рассмотрим путь по образующей трапеции, обозначив угол отклонения курса от линии Запад-Восток буквой А. тогда Vкурьера*sin(А)=Vтолпы, а время t2=t4=50/(Vкурьера*cos(А)).
Записав уравнение времени движения
50/(Vк-Vт)+50/(Vк+Vт)+2*50/(Vкурьера*cos(А))=50/Vт
и подставив в него Vт можно сократить на Vк и решать уравнение относительно тригонометрических функций угла А.
его можно привести к виду 2*(1+cos(A))*sin(А)=(cos(A))^2.
перевернем и умножим обе части на (sin(A))^2: (tg(A))^2=sin(A)/(2*(1+cos(A))
умножив на 2 и используя формулы двойного и половинного аргумента можно получить
2*(tg(A))^2=2*sin(A/2)*cos(A/2)/2*(cos(A/2))^2=tg(A/2)

вот как-то так

а насчет подстановки - К=1/sin(A)

присоединяюсь к спасибу за интересную задачу

Это сообщение отредактировал Sneginsk - 16/09/2006, 02:02

разложите путь всадника по четырем перепендикулярным векторам
и решайте в два простых этапа
для упрощения задачи достаточно понять что если он выберет другой способ перемещения
вначале вперед потом назад аб-ба
затем ад-да (поперек строя) а в точке С вообще не побывает путь будет тот же
и конечная точка маршрута та же
итого путь аб+ба=50+50 плюс путь квадрата минус путь квадрата=100 ине зависит от скорости перемещения квадрата
для упрощения задачи представьте что очень медленно едет поезд и вы перемешаетесь от хвоста к началу и от начала к хвосту на машине -ширина поезда не имеет значения

и второе движение -командир бегает вдоль линни стрелков (по гипотенузе один катет=50 второй равен пути пройденому линией стрелков пока он бежал)
поскольку мы не знаем скорости командира и скорости линии стрелков красивого решения нет
надо тупо считать 4 уравнения
а красивые задач имеют красивое решение

Павелс, именно так ка ты написал почти все и решали и пришли к одному и тому же уравнению 4-й степени, к которому вроде бы как винченцио нашел замену но по-моему он просто ошибся, т.к. 1 не является корнем уравнения.
Интрерсное решение предложил Снежинск, но оно по сути тоже из уравнений. А то, что я лично называю "красивым" решением - пока нет.

Не очень яркий, но все же
Пример "красивого решения":
Задача: Есть прямая, есть две точки, лежащи епо одну сторону от нее. Надо из одной точки дойти до прямой и вернуться в другую точку. Доказать, что когда угол падения равен углу отражения - путь минимален.
Решение: если "в лоб" можно и несложно. Достаточно написать функцию и найти ее минимум.
Красивым будет решение "на пальцах". Построим симметричную относительно прямой точку ко второй точке. Проведем к ней кратчайший путь - отрезок. Угол падения равен углу отражения.

Мне вообще кажется, что к задаче об Орде - красивого решения нет - уж больно ответ не целый.

Это сообщение отредактировал tucan - 22/09/2006, 18:15