Polígonos con 2 diagonales de longitud fija (parte dos)

Question

En esta cuestión de la mina

Polígonos con dos diagonales de longitud fija

He presentado los siguientes particular polígono $P$

y le he pedido a la siguiente pregunta: ¿es posible reducir uno o más de sus lados o azul diagonales de $P$ en un proceso continuo de tal manera que tanto se cumplan las siguientes condiciones:

• por el acortamiento dijo lados o azul diagonales del PP no del otro lado o azul diagonal de $P$ obtiene más
• por el acortamiento dijo lados o azul diagonales de $P$ de las longitudes de los dos red diagonales permanecen constantes

Usuario Larry B. demostrado que la respuesta es "no" utilizando un sistema lineal de desigualdades sobre las longitudes de los lados y diagonales.

Ahora quiero saber si el mismo es cierto para cualquier polígono que "parece como $P$": por que me refiero a cualquier polígono con 8 vértices y con 4 ángulos convexos y 4 ángulos cóncavos en orden alterno y de tal manera que los dos red diagonales permanecer en el interior del polígono. Claramente esto hará las cosas más complicadas que en mi anterior pregunta..

---

Mi enfoque hasta ahora:

He tratado de adaptar Larry B. el enfoque en este contexto. Voy a nombrar los puntos como en su respuesta y seguir su razonamiento, con la diferencia de que yo voy a usar la notación de dAx para $\frac{\partial A_x}{\partial t}$ (y para los otros puntos de acuerdo con ello).

Le he dado las siguientes limitantes en los puntos de $A,B,C,D,a,b,c,d$ de tal manera que les voy a dar un polígono con las características deseadas.

Ax=0,
Ay=0, 
Cx > 0, 
Cy=0,
0 < Ox < Cx, 
Oy=0
alpha > 0, 
Bx > Ox, 
By == alpha (Bx - Ox), 
Dx < Ox, 
Dy == alpha (Dx - Ox), 
0 < ay < By, 
(Bx/By) ay < ax < (ay/alpha) + Ox, 
0 < by < By, 
(by/alpha) + Ox < bx < ((Bx - Cx)/By) by + Cx, 
Dy < cy < 0, 
cy/alpha + Ox < cx < ((Dx - Cx)/Dy) cy + Cx, 
Dy < dy < 0, 
(Dx/Dy) dy < dx < dy/alpha + Ox

He puesto la diagonal $\overline{AC}$$x-axis$, he definido el punto de $O$ como el punto de intersección de las $\overline{AC}$ y $\overline{BD}$, $\alpha$ es el coeficiente angular de $\overline{BD}$ (hasta las reflexiones de $P$ siempre es posible suponer $\alpha>0$), el punto de $a$ está dentro del triángulo $\Delta(OAC)$ y así sucesivamente para el resto de los puntos.

De los posibles valores de las variables Cx, el Buey, el alfa, Bx, Dx, ax, ay, bx, by, cx, cy, dx, dy, se obtiene el siguiente sistema de inecuaciones:

(Bx - Dx) dBx + (By - Dy) dBy + (Dx - Bx) dDx + (Dy - By) dBy == 0, 
ax*dax + ay*day <= 0, 
(ax - Bx) dax + (ay - By) day + (Bx - ax) dBx + (By - ay) dBy <= 0, 
(Bx - bx) dBx + (By - by) dBy + (bx - Bx) dbx + (by - By) dby <= 0, 
(bx - Cx) dbx + by*dby <= 0, 
(cx - Cx) dcx + cy*dcy <= 0, 
(cx - Dx) dcx + (cy - Dy) dcy + (Dx - cx) dDx + (Dy - cy) dDy <= 0, 
(Dx - dx) dDx + (Dy - dy) dDy + (dx - Dx) ddx + (dy - Dy) ddy <= 0, 
dx*ddx + dy*ddy <= 0, 
(ax - cx) dax + (ay - cy) day + (cx - ax) dcx + (cy - ay) dcy <= 0, 
(bx - dx) dbx + (by - dy) dby + (dx - bx) ddx + (dy - by) ddy <= 0, 
(ax - bx) dax + (ay - by) day + (bx - ax) dbx + (by - ay) dby <= 0, 
(ax - dx) dax + (ay - dy) day + (dx - ax) ddx + (dy - ay) ddy <= 0, 
(bx - cx) dbx + (by - cy) dby + (cx - bx) dcx + (cy - by) dcy <= 0, 
(cx - dx) dcx + (cy - dy) dcy + (dx - cx) ddx + (dy - cy) ddy <= 0

Así que uno debe probar que para cualquier valor posible de Cx, el Buey, el alfa, Bx, Dx, ax, ay, bx, by, cx, cy, dx, dy (sometido a la limita) el correspondiente sistema de desigualdades sólo da la solución $dBx=dBy=dDx=dDy=dax=day=dbx=dby=dcx=dcy=ddx=ddy=0$. Pero yo realmente no sé cómo demostrarlo..

Answer 1

Aquí estoy incluyendo la hipótesis de que el problema, por favor me corrigen si estoy fallando aquí?:

• Gráfica con 8 nodos, 4 exteriores y 4 interiores,
• Lazos rojos son fijos,
• Azul y Negro enlaces pueden disminuir en magnitud, no puede aumentar,
• El rojo y el Azul de los enlaces son interiores a la forma (que es la única diferencia entre el azul y el negro de enlaces?).

Vamos a agregar el siguiente menos trivial supuestos:

• Cada nodo debe tener al menos 3 enlaces y/o limitaciones,
• un total de 2N grados de libertades debe ser fijo,
• 2 las restricciones deben ser agregados para la fijación de la (2D) de la posición,
• 1 restricción debe ser añadido para la fijación de la (2D-1) la rotación,
• por lo tanto, un total de 2N-3=13 restricciones deben estar incluidos.

Optimización a través del Cálculo de Variaciones - Karush Kuhn Tucker

Cada desplazamiento virtual sobre cualquier nodo no debe aumentar cualquier nodo, respetando todas las restricciones:

$$ J=\frac{1}{2}\sum_i d_i^2 $$

Donde $d_i$ es la distancia (fuerza) de cada enlace se mide a partir de la $x_i$ nodo en cada nodo, donde la $i(j)$ sobrecargado notación es la $j$th nodo conectado a $i$, e $I(j)$ es el conjunto de todos los índices conectado a la $i$ nodo.

$$ F_{ij}=1/2d_{ij}^2=1/2(x_i-x_i(j))^2-f_{ij} \le 0, i=1:N, j I(j) $$

Las restricciones en la red enlaces se expresa como:

$$ G_{kj}=1/2(x_k-x_k(j))^2-g_{kj}=0, (k,k(j)) es de color rojo $$

Por lo tanto las condiciones óptimas de vino de la Karush Kuhn Tucker (https://en.m.wikipedia.org/wiki/Karush–Kuhn–Tucker_conditions) condiciones que no son más que el de Euler Lagrange multiplier extendido por la limitación de caso.

Estas condiciones de buscar la solución óptima de cada término en $F$ y cada término en $C$, a través de la solución de la gradiente generalizada $\Delta$ forma de expresión de las condiciones KKT:

$$ \Delta J= \sum_{ij} \mu_{ij} \Delta F_{ij}+ \sum_{kj} \delta_{kj} \Delta G_{kj}=0 $$

El $\mu_{ij}\ge 0$ $\delta_{kj}$ son los multiplicadores de KKT del problema.

Todo lo anterior sólo es escrito como una introducción para el KKT, bastante estándar sin la artificial de los índices de los nodos incluidos.

Ahora, tome un solo nodo $i$ y su satélite expresiones para el degradados y el nombre de la suma como $J_i$:

$$ \Delta J_i= \sum_{j} \mu_{j} \Delta F_{j}+ \sum_{j} \lambda_{j} \Delta G_{j} $$

Esta es simplemente la suma de cada gradiente de la fuerza funcionales para cada enlace, incluidas las restricciones, cuando sea aplicable (cuando no hay ninguna red enlace adjunto, $\lambda_j$=0).

También, los gradientes de las expresiones no son más que las direcciones de los vectores de los enlaces, hacia el aumento de la dirección de la longitud: la línea en sí misma.

Para la geometría, es sencillo demostrar que siempre es posible encontrar multiplicadores para la fabricación de los satélites expresión igual a cero.

Para el exterior se une, siempre es posible encontrar números positivos satisfacer la condición. Nota de la disposición de la expresión para el mantenimiento de todos los multiplicadores positivos. Por lo tanto el negro y enlaces de la red no debe ser $/pi$ o 0:

$$ \mu_{i1}\Delta F_{i1}+\mu_{i2}\Delta F_{i2}=\lambda_i\Delta G_i, i=1:4 $$

Para el exterior de los enlaces, la expresión es similar, aunque incluyendo el hecho de que la tercera dirección siempre será LD con el anterior. El disponer aquí de nuevo tomar en cuenta la geometría de la posición de un par de gradientes en el lado opuesto del nodo. Por lo tanto, de nuevo, el ángulo entre el negro vínculos $acos(\Delta F_{i1},\Delta F_{i2})$ no debe ser $\pi$ o 0. Siempre es posible encontrar las direcciones positivas, porque siempre hay un nodo en el polígono que tiene un ángulo mayor de $pi/2$, con barras de color negro en el nodo. Si no, entonces el polígono es plana, y varios enlaces que pasa a través del nodo indicado, que presenta una degeneración:

$$ \mu_{i1}\Delta F_{i1}+\mu_{i2}\Delta F_{i2}=\mu_{i3}\Delta F_{i3}+\mu_{i4}\Delta F_{i4}, i=1:4 $$

Esto demuestra que para la geometría y de las limitaciones, no es posible para minimizar el funcional de las distancias, y, en particular, no cualquier distancia.

Answer 2

Edit: se Nota que esta respuesta no es válida. Se incluye aquí sólo para referencia.

Este problema es trivialmente resuelto a través de la armadura enfoque, como se indica en una de las respuestas de la pregunta original. Este problema es repetitivo en los sistemas.

Este tipo de gráficos no es nada más que un cierto número de nodos, cada uno con 2 grados de libertad (DOF), todos los cuales deben ser resueltos.

• El polígono tiene N=8 vértices, y estamos en un espacio 2D, por lo tanto tenemos 2*N DOF disponible,

• Para limitar la traslación, se debe establecer un nodo como el origen (0,0), la fijación de 2 GDL. En R dimensiones, se corrige R DOF haciendo esto,

• Para limitar la rotación, debemos restringir la rotación de todo el gráfico. Por lo tanto la rotación del conjunto es sólo un número, por lo tanto la fijación de 1 GDL. En R dimensiones, rotaciones han R-1 parámetros (DOFs).

• Por lo tanto, tenemos 2N-3=13 DOFs restantes. Por lo tanto, la topología de la gráfica, es decir, la relación entre los nodos - debe añadir ecuaciones para definir el sistema.

• Hay 8 barras negras. Asumir su distancia fija y solucionarlo 1 nuevo DOF por cada nodo, la fijación de 8 DOFs nueva en total,

• Hay 2 barras rojas, la restricción de 1 nuevo DOF en 2 nodos, la fijación de los 2 nuevos DOFs en total,

• Ahora agregue 3 barras de color azul, la restricción de 1 nuevo DOFs en otros 3 nodos no conectados por las barras anteriores, la fijación de los 3 nuevos DOFs en total.

Con eso, todos los 2N DOFs del sistema tiene bien limitado, y la cuadrática sistema está bien determinado. Tenga en cuenta que la forma en que hemos añadido las restricciones es la forma en que hemos añadido las ecuaciones de la cuadrática del sistema, para no añadir una degeneración -es decir, la adición de todas las diagonales en un único nodo, y dejar que los nodos de conexión.

Por lo tanto, sólo tenemos que comprobar si el cuadrática de matriz es diagonalizable.

Geométricamente en 2D, es equivalente a decir que cada nodo o la forma está conectado a una forma triangular que la "rigidez" de ellos. En N dimensiones, esto es equivalente a decir que cada nodo o la forma está conectado a un N-simplex forma (tetraedros).

La fijación de 3 azul diagonales en cualquier parte de la gráfica hacen de un sistema de ecuaciones bien definido. La adición de más de 3 diagonales hacen de un sistema sobre-determinado, que es el diagonales son linealmente dependiente de las limitaciones de las anteriores.

Si permitimos que la distancia a ser alterada de acuerdo algo de la función de la métrica: es decir, f(x)=kx^2, la cuadrática sistema de agregar un término adicional.