¿Esta hormiga encontrar su camino de regreso al nido?

Question

Para que el rompecabezas es como este:

Una hormiga está fuera de su nido en busca de alimento. Viaja en línea recta desde su nido. Después de esta hormiga obtiene 40 pies de distancia del nido, de repente una lluvia comienza a verter y lava todo su rastro de olor. Esta hormiga tiene la fuerza de viaje 280 ft más de morirse de hambre. Supongamos que este nido de la hormiga es una enorme pared y esta hormiga puede viajar en cualquier punto de la curva se quiere, ¿cómo puede esta hormiga encontrar su camino de regreso?

Yo lo interpreto como: me inicio en el origen. Sé que no es una línea recta con distancia de 40 pies para el origen, pero no sé la dirección. En lo que paramétrica de la curva que va a golpear la línea cuando el parámetro $t$ es creciente, mientras que el total de la longitud del arco es igual o inferior a 280 ft.

Le pregunté a un amigo mío que es un Doctorado en matemáticas, él me dijo que esto es un cálculo de la variación del problema. Me pregunto si puedo usar básicas de cálculo cosas para resolver este rompecabezas (he aprendido ODE). Mi corazonada me dice que una espiral debe ser utilizado como el camino, pero no estoy seguro de qué tipo de espiral para uso aquí. Cualquier sugerencia será apreciado. Gracias tíos!

Aclaración por dfeuer

Como algunas personas parecen estar teniendo problemas para entender la descripción del problema, vamos a agregar un equivalente que debe quedar claro:

Comenzando en el centro de un círculo de radio de 40 pies, dibujar un trazado con la longitud más corta posible que se cruza con cada línea que es tangente al círculo.

Answer 1

Resumen histórico

Es el famoso problema inventado por R. Bellman en 1956 [1]. Es conocido como 'Perdidos en un Bosque Problema':

¿Cuál es el mejor camino a seguir, con el fin de escapar de un bosque de conocida la forma y dimensiones?

El subproblem para el semiplano bosque con una distancia conocida de la frontera fue resuelto por J. R. Isbell en 1957 [2]. Describió el camino con la longitud

$$\left(\sqrt{3}+\frac{7\pi}{6}+1\right)$d$

donde $$ d es la distancia desde el límite del bosque. Él dio la prueba en el esquema que su camino se había longitud mínima. La completa y detallada de la prueba fue dada por H. Joris en 1980 [3]. La consideración acerca de este problema también puede ser encontrado en el libro [4].

El resumen de los resultados sobre el problema general hasta el año 2004 se puede encontrar en [5].

Isbell del camino

La forma de la ruta más corta:

Como @Le Nelson escribió el camino más corto, consta de 3 segmentos de línea con longitudes de $\frac{2}{\sqrt{3}}d$, $\frac{1}{\sqrt{3}}d$ y $d$ y el arco de círculo con un radio de $d$ que subtienda el ángulo $\frac{7\pi}{6}$. La longitud total de la ruta es

$$L_{\min}(d)=\frac{2}{\sqrt{3}}d+\frac{1}{\sqrt{3}}d+\frac{7\pi}{6}d+d=\left(\sqrt{3}+\frac{7\pi}{6}+1\right)d\aprox 6.397 d$$

En nuestro caso $d=40$ para $L_{\min}\approx 255.890<280$. La hormiga puede sobrevivir!

Referencias

1. R. Bellman, El Problema De Minimización, Bull. Amer. De matemáticas. Soc. 62 (1956) p. 270. [Disponible en línea en el AMS BAMS archivode forma gratuita.]

2. J. R. Isbell, Un patrón de búsqueda óptima, Naval Res. Logist. Cuarto de galón. 4 (1957) pp 357-359. [Disponible en línea en Wiley Online Library, 35$ costo.]

3. H. Joris, Le chasseur perdu dans la foret, Elem. De matemáticas. 35 (1980) pp 1-14. [Disponible en línea en el sitio de la École polytechnique fédérale de Lausanne, de forma gratuita.]

4. Z. A. Melzak, Compañero de Hormigón Matemáticas: Técnicas Matemáticas y Diversas Aplicaciones, Wiley, Nueva York, 1973, pp 150-153. [No he podido encontrar este libro en línea. De acuerdo con @Barry Cipra búsqueda de Libros de Google permitir a algunos usuarios ver una gran parte de este libro con las páginas relevantes.]

5. S. R. Pinzón y J. E. Wetzel, Perdido en un Bosque, American Mathematical Monthly 111 (2004) pp 645-654. [Disponible en línea en el sitio de la Asociación Matemática de América, de forma gratuita.]

Actualización: Algunas referencias se han añadido.

Answer 2

Cambiar la escala de modo que el radio de $R=1$. Suponga que el punto de partida (el centro del círculo) está en $(0,0)$. A menos que me he hecho un error de cálculo (no lo creo), el mínimo se obtiene con la siguiente ruta:

• Línea recta de $(0,0)$ $\left(\frac{\sqrt{3}}{3},-1\right de dólares).

• Línea recta desde $\left(\frac{\sqrt{3}}{3},-1\right)$ $\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$.

• Siga el arco circular en sentido antihorario acerca de centro $(0,0)$ de $\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$ $(-1,0)$.

• Línea recta de $(-1,0)$ $(-1,-1)$.

La longitud de cada uno de estos subtrazos es $\frac{2}{3}\sqrt{3}$, $\frac{1}{3}\sqrt{3}$, $\frac{7}{6}\pi$, y $1$. La longitud total es de $$ \frac{7}{6}\pi + \sqrt{3} + 1 $$ o para R=40, $$ 40\left(\frac{7}{6}\pi + \sqrt{3} + 1\right) \aprox 255.89. $$

Voy a tratar de esbozar una prueba de esto, cuando tengo la oportunidad.

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ACTUALIZACIÓN: voy a empezar a esbozar una prueba. Considere el círculo unitario $C$ centrada en el origen en $\mathbb{R}^2$. Considerar la línea $l$ tangente a $C$ definida por $ $ y=-1$. Revisión de dos puntos $(x_+,-1)$ y $(x_-,-1)$ en $l$ que $x_+\ge 0$ y $x_-\le 0$. Supongamos que $\Gamma$ es una ruta de acceso de $(x_+, -)$ $(x_-,-1)$ tal que el casco convexo de $\Gamma$ incluye $C$. Deje que $\Gamma'$ ser cualquier ruta de acceso de $(0,0)$ $(x_+,-1)$ y, a continuación, a lo largo de $\Gamma$ $(x_-,-1)$. Observar que $\Gamma'$ es admisible la solución del problema, es decir, todos los de la tangente a las líneas de $C$ cruzan $\Gamma'$.

Resulta que la solución óptima para el problema debe ser una ruta de acceso de $\Gamma'$. Esa es la parte difícil de la prueba, pero es intuitivamente muy claro si se piensa en ello. Y no es difícil encontrar la longitud mínima de $\Gamma'$. Para ello, revisión $x_-\le 0$ y $x_+\ge 0$, entonces resolver para la longitud mínima de $\Gamma'$ con estos valores de $x-$ y $x+$. A continuación, varían de $x_-$ y $x+$ a resolver por la mínima longitud de ruta de acceso en general. La longitud mínima de $\Gamma'$ fijo de $x_-$ y $x+$ es fácil de encontrar.

Más detalles cuando tengo la oportunidad.

Answer 3

La envolvente de las paredes se barre hacia fuera de un círculo de radio $40$. Este es un método posible para encontrar la pared (es decir, una ruta que cruza cada tangente del círculo). Desde el origen, caminar a $ $(0,40). Ahora camina en sentido antihorario alrededor del círculo de las tres cuartas partes de la forma de $ $(40,0). Ahora camina verticalmente hacia arriba a $ $(40,40). Todo has viajado $40 + 40 + 40 de \frac{3}{2}\pi \approx 268.5$ ft.

Answer 4

Aquí es una solución un poco más corta:

$40(\sqrt{2}+1 + \pi +1) \approx 262.2$.

Answer 5

Esta es sólo una prueba parcial y está pensado sólo como una ilustración de mi comentario a @cobre.hat - una prueba parece estar ya dado otra respuesta...

No estoy seguro de que con la segunda parte: La segunda parte es, que debemos asumir , la minimización de la ruta termina con un sendero para caminar en la circunferencia del círculo y, por último, en la línea vertical hacia abajo de la horizontal "de la pared en forma de nido"; esto significa que la mitad superior de la circunferencia ( $p_4=r \cdot \pi$ ) y un radio ( $p_5 = r \cdot 1$ ) se supone que para ser la mínima trailing camino después de que el líder se ha hecho y por lo tanto se fija para la duración de $p_4+p_5 = r \cdot (\pi+1)$, donde $r=40$ es el radio.

La parte inicial de la ruta de acceso es la parte variable del problema.
La hormiga tiene que ir a la pared con un cierto ángulo $\varphi$, que es la primera parte de la ruta de acceso ( $=p_1$ ) , entonces tiene que ir de vuelta a la circunferencia ( segunda parte $p_2$ ) , y caminar sobre la circunferencia a la posición $\pi/2$ en la circunferencia que es el final del primer cuadrante (tercera parte $p_3$ ).

1. Obviamente que parte de la circunferencia es de $p_3=r\cdot (\pi/2-2\varphi)$
2. La parte $p_1$ depende del ángulo $\varphi$: $p_1 = r \cdot {1 \over\cos(\varphi)}$ y
3. la parte $p_2$ es $ p_2 = p_1 \cdot \sin(\varphi)$

Así th parte variable de la hormiga de la ruta de acceso es de $f(\varphi) = p_1 + p_2 + p_3 = r\cdot \left({1+\sin{\varphi}\over \cos\varphi} + \pi/2 - 2 \varphi \right) $ y para ello reducir a un mínimo la expresión puede ser dado: $ {d \sobre d \varphi} f(\varphi) = r \cdot \left({\sin^2 \varphi+\sin \varphi\\cos^2 \varphi}-1\right) $ y la solución se produce, de hecho, como $\varphi = 2 \pi/12 = 30°$, que es la mitad del ángulo del hexágono.

Sin embargo, esto no es todavía la plena prueba; tal vez hay alguna manera fractal ruta cruce de la circunferencia en el interior del círculo, hacer un poco de acceso directo y proceder - que debe ser demostrado, que en verdad no hay ruta más corta para esta parte.