Всем привет!) Пока вся страна гуляет, было бы здорово задачки порешать)) Андрей, если вас не затруднит, какую-нибудь Новогоднюю головоломку предложить)

Предлагаю для решения, задачу из моей программы.

Имеются две линии а и в, заданных точками А1,А2 и В1, В2 соответственно. Найти уравнение складки, отражающей линию а в линию в.

это же элементарно, Ватсон! =)
(x-X1)/(X2-X1)=(y-Y1)/(Y2-Y1)
где
X1=[x(A1)+x(B1)]/2
Y1=[y(A1)+y(B1)]/2
X2=[x(A2)+x(B2)]/2
Y2=[y(A2)+y(B2)]/2
x(M) - координата х точки М.

это при условии что линии симметричны отн. прямой, но про это вроде ни слова))
Я думаю здесь ур-ия следует привести к нормальному виду, и найти такое ГМТ, при котором расстояния до каждой из прямой будут одинаковыми,... если память не обманывает,
то примерно так
(ax+bx+c)r=+-(a1x+b1x+c1)r1 где r,r1-нормирующие множители
r= 1/sqr(а^2+в^2) , r1= 1/sqr(a1^2+b1^2)

Неверный рисунок. Вот

Ваше решение не подходит из за того, что через складку отражаются линии, но не обязательно, что точка А1 перейдет в В1, а А2 - В2.

а я про это и не писал
я лишь считаю, что прямые пересекаются в одной точке, при чем искомая линии биссектриса... вот и приравнивал нормальные расстояния...
______________________
Добавлено:
тьфу блин это Вы для korn
тогда конечное согласен, я думал Вы про мое предыдущее сообщение...
но все равно настаиваю на
(ax+bx+c)r=+-(a1x+b1x+c1)r1 где r,r1-нормирующие множители
r= 1/sqr(а^2+в^2) , r1= 1/sqr(a1^2+b1^2)

Я когда писал свой пост то ваш не видел. Так что "Ваше решение не подходит из за того, что через складку отражаются линии, но не обязательно, что точка А1 перейдет в В1, а А2 - В2." относится к решению Корна.

Добавлено (04.02.2010, 20:22:06)
---------------------------------------------
А можете пояснить, что такое "нормирующие множители".

Фу-ты, я дуралей =)
Конечно же в общем случае нужно искать биссектрису.
Мне если честно лень разбирать уравнение anermakа, но нутром чую, что идея заключается в том, чтобы два данных вектора сделать одной длинны (т.к. нас интересуют их направляющие, то длина вектора не играет роли). Для этого наверно и применяются нормирующие множители. А если векторы одинаковой длины, то их сумма будет лежать на биссектрисе. Остаётся найти точку пересечения и прибавить к ней эту сумму нормированных векторов.

Добавлено (04.02.2010, 20:38:55)
---------------------------------------------
нормирующий множитель - скаляр, при умножении на котрый данного вектора получится вектор единичной длины. Наверно =))))).

Добавлено (04.02.2010, 20:49:14)
---------------------------------------------
я вот думаю - возможно ли найти линию сгиба для совмещения двух произвольных кривых? Разумеется, тоже кривую.
Я думаю о таком построении:
в любой точке одной кривой можно найти прямую, проходящую через эту точку и составляющую равные углы с касательной к этой кривой в этой точке и касательной в нек. точке второй кривой (причём прямая проходит через эту точку на второй кривой). Видимо, такая прямая не единственная. Тогда выберем такую прямую, чтобы отрезок, соединяющий точки пересечения прямой и кривых был наименьшим.
Т.о. из каждой точки одной кривой проводим такие отрезки, определяющиеся единственным образом. Наверно сложновато проверить, но скорее всего точки, которые мы получим на второй кривой, полностью покроют её. Тогда остаётся провести кривую чрез середины этих хитрых отрезков. Очевидно, она будет непрерывной.

коэффициент преобразования ур-ия до нормального вида
xcosi + ysini - p = 0 – нормальное уравнение прямой,
р – длина перпендикуляра, из (0,0) на прямую, а i - угол, образованный этим перпендикуляром с + направлением оси Ох...
думаю в википедии должно быть...

именно так,каждая точка биссектрисы равноудалена от сторон угла, а так как расстояние от любой точки пространства до прямой есть длина нормального вектора прямой до этой точки, то приравняв оба расстояния получим ГМТ описывающих ур-ие биссектрисы, что я и сделал ...

сомневаюсь, что справедлива вообще такая постановка вопроса.
Если интересует средняя линия, то ее можно определить с помощью обычного пучка параллельных линий, пересекающих обе кривые, да и она будет меняться в зависимости от угла наклона самого пучка, да и от плотности линий все зависит... хотя если совмещать элементарные участки, то тут интереснее, можно поковыряться с производными и угловыми коэффициентами, т.е. делать те же преобразования только на элементарных участках ...
Другой вопрос - зачем ?)) в плоскость все равно не сложить, "правила плоской базы" еще никто не отменял

Да просто задача мнтересной оказалась - мозговзрывающей =))). Я вот придумал более грамотное построение. Надо не просто провести линию через середины таких отрезков, а через каждую середину провести прямую - биссектрису между соответствующими касательными к данным кривым. Таким образом, получим набор касательных, по которым можно построить кривую. то ли эволюта называется, то ли эвольвента - главное, что есть формула, позволяющая построить кривую по касательным (хотя там вроде даже для более общего случая). Или просто проинтегрировать. Я пытался доказать, что при указанном мной первым построением касательные как раз и будут биссектрисами (как вы и предложили через элементарные участки, а потом уводя всё в пределе к касательным). Но если строить вторым способом, то доказывать это очевидно не надо. Т.к. "мгновенное направление" сгиба очевидно есть касательная к кривой сгиба, то в каждой конкретной точке получим просто метод для простого случая, с которого всё началось. Ну а в целом очевидно всё непрервненько так сложится. (опять же т.к. касательные совпадают => и кривые совпадут, т.к. начальные точки одни и те же). На практике пожалуй этого не проверишь =). Зато ангем вспомнил =)))

Следующая задача.
Построить уравнение для новой складки, проходящей через точку В2 и откажающей В1 на прямую а

Morkva, вот алгоритм решения. подставлять, честно признаюсь, лень... В конце используется предыдущая задача с получением ур-ия биссектрисы....

Вот, от меня небольшая задачка, прикладная, особенно для tesselation.
Вписать в квадрат шестиугольник максимальной площади... Естественно, с нахождением ориентирных линий...

можно упростить

Эта точка лежит как раз на искомой прямой. Имея две точки можно получить уравнение.

Шестиугольник будет иметь максимальную площадь, когда его диагональ будет лежать на диагонали квадрата.

Тогда задача сводится к трисекции 90-градусного угла.

Не спрашивайте меня, как я нашёл, но получилось, что диагонали шестиугольника должны быть наклонены по отношению к средней линии квалрата на пи/12 или пи/4. Способ нахождения включает построение 3-х синусоиди графический их анализ. Если честно, я и сам не понял, как нашёл =))))). А правильно?

Добавлено (07.02.2010, 22:37:21)
---------------------------------------------
Видимо, мой ответ совпадает с ответом Morkva =)))

согласен только зачем вообще находить середину, когда
после решения системы достаточно, через А1,В1 провести прямую и получить ур-ие нормали через В2. Хотя... так тож. нормуль , только ты описался, в определении координаты середины А1,В1.

Morkva, с шестиугольником правильно разобрался..Молодец!!!
есть решение проще, в качестве ориентирной линии может выступить и одна прямая