El que construir un puente para cruzar un río en la forma de un anillo

Question

Hay un río en la forma de un anillo. Fuera del anillo no es de la ciudad "A" y en el interior hay ciudad "B". Uno debe construir un puente hacia el centro del anillo tal que el camino de a a B cruzando el puente es el más corto posible. Donde para construir el puente?

Answer 1

Para tomar ventaja de Snell de la ley, la aplicación de un límite argumento: queremos encontrar la trayectoria de un rayo de luz donde la velocidad en el interior y exterior del terreno es constante (digamos $v$) y la velocidad en el agua ($V$) tiende a cero.

Supongamos primero que $0< V \ll v$. Entonces, llamando a $R_1$, $R_2$ el interior y exterior de la radio, y $A,B,C,D$ los ángulos de incidencia (ver figura) tenemos:

$$\frac{\sin Un}{\pecado B}=\frac{v}{V}=\frac{\pecado D}{\pecado C}$$

Ahora, en el límite de $V \to 0$ (que es nuestro escenario) tenemos $$\frac{\bronceado B}{\bronceado C} \a \frac{R_1}{R_2} $$ así, debido a que $\bronceado B/\bronceado C \a \pecado B/\pecado C$, las trayectorias que debe seguir la relación:

$$ R_2 \sen A = R_1 \pecado D $$

Lo que sigue es un poco de trygonometry - lo más sencillo de escribir, pero no para encontrar una forma cerrada de la ecuación. Dudo que sea factible, yo iría a por un proceso iterativo de solución numérica, aunque tal vez esto no es mucho mejor que simplemente encontrar la longitud mínima numéricamente. Me pregunto si hay alguna construcción geométrica [*].

Actualización: no me he dado cuenta de que este resultado ya se señaló en un comentario por WimC.

[*] Actualización 2: Una buena interpretación geométrica (no exactamente de la construcción) se muestra en la siguiente figura. Considere el segmento interno desde el interior de la incidencia punto ($d$) hasta el punto de destino ($Q$), y se extienden hasta el cruce con el círculo exterior (punto I$$). A continuación, considere el triángulo de $IdO$ (luz azul en la figura), y aplicar la ley de los senos: $\sin A/R_1 = \pecado D/R_2$. En el camino a ser la óptima, tanto los ángulos en la figura ($\alpha$ y $\beta$) debe ser igual. Haga clic aquí (GeoAlgebra: se necesita Java) para jugar de forma interactiva (alternativa: HTML5 applet)

BTW: UN comentario en la pregunta conjeturas de que "uno debe unirse a $A$ y $B$ ($P$ y $Q$) y construir el puente donde el segmento cruza el círculo externo". Que esto es falso, se puede ver fácilmente, (independientemente de esta derivación). Suponga que $L$ es el mejor camino (camino rojo) de unirse a $P$ y $Q$, entonces se considera una alternativa interior de punto $P'$ que se encuentra en $L$, "antes" $Q$; a continuación, la trayectoria óptima debe cruzar el río en el mismo lugar. Esto no sucederá si se utiliza la conjetura de la construcción.

Answer 2

(Editado para hacer coordenadas simétricas sobre la $x$-eje desde el principio. Además, la notación es cambiado ligeramente para ayudar a distinguir el camino fija los extremos del puente de la variable extremos.)

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Tomar nuestro camino para tener fijos los extremos de $A(a\cos\phi,\sin\phi)$, $B(b \cos\phi,-b\sin\phi)$ y nuestro puente de la a-ser-determinado extremos de $R(r \cos\theta, r\sin\theta)$, $S(s\cos\theta, s\sin\theta)$ ($a \geq r\geq s \geq b$). Nuestra meta es encontrar $\theta$ que minimiza $$|AR|+|R|+|SB|$$ Como $|RS| = r-s$ es constante, sino que "sólo" es necesario reducir al mínimo $$ p:=/AR|+|SB| =\sqrt{a^2+r^2-2a r \cos\left(\theta\phi\right)}+\sqrt{b^2+s^2-2bs\cos\left(\theta+\phi\right)}$$ El estándar de cálculo de enfoque es resolver por $\theta$ en la ecuación $$\frac{dp}{d\theta}=0 \qquad\qquad (1)$$ Esto es considerablemente más fácil de decir que de hacer, como $(1)$ se convierte en $$ \frac{r \sin\left(\theta\phi\right)}{\sqrt{a^2+r^2-2a r\cos\left(\theta\phi\right)}} = \frac{bs\sin\left(\theta+\phi\right)}{\sqrt{b^2+s^2-2bs \cos\left(\theta+\phi\right)}} \qquad (2)$$ El cuadrado y la "simplificación" da una larga polinomio en $\sin\theta$ Y $\cos\theta$. Otra ronda de cuadrar y "simplificar" nos lleva a un polinomio en $\sin\theta$ O $\cos\theta$, pero es un poco menos complicado para expresar el polinomio de la ecuación en términos de exponenciales complejas: $$\sigma := e^{i\phi} = \cos\phi + i \sin\phi \qquad\qquad \tau := e^{i\theta} = \cos\theta + \sin\theta$$

Y aquí es después de la división por $a^2 r^2 b^2 s^2 \sigma^3$ para destacar algunos simbólico (y "armónico") simetría: $$\begin{align} 0 &= \tau^6 \left( \frac{\sigma}{ar} - \frac{\overline{\sigma}}{bs} \right) + \left( \frac{\overline{\sigma}}{ar} - \frac{\sigma}{bs} \right) \\ &- \tau^5 \left( \frac{\sigma^2}{a^2} + \frac{\sigma^2}{r^2} - \frac{\overline{\sigma}^2}{b^2} -\frac{\overline{\sigma}^2}{s^2} \right) - \tau \left( \frac{\overline{\sigma}^2}{a^2} + \frac{\overline{\sigma}^2}{r^2} - \frac{\sigma^2}{b^2} - \frac{\sigma^2}{s^2} \right) \\ &- \tau^4 \left( \frac{2 \overline{\sigma}-\sigma^3}{ar} - \frac{ 2 \sigma \overline{\sigma}^3 }{bs} \right) - \tau^2 \left( \frac{2 \sigma\overline{\sigma}^3}{ar} -\frac{2 \overline{\sigma}-\sigma^3}{bs} \right) \\ Y+ 2 \tau^3 \left( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{r^2} - \frac{1}{b^2} - \frac{1}{s^2} \right) &(\estrellas) \end{align}$$ Una de sexto grado del polinomio es, en general, simbólicamente intratable. Tal vez hay algunos trigonométricas estructura de aquí que da lugar a una solución simbólica, pero esto es casi tan lejos como puedo ir.

Por cierto, en el caso de que $A$ se encuentra en el exterior del banco ---que es, cuando $a=r$--- el polinomio tiene una doble raíz $\tau = \sigma$, correspondiente a la condición de $\theta = \phi$. Esto coincide con nuestra expectativa de que el puente debe extender directamente de $a$. (Si el puente se encuentra en ninguna otra parte, la ruta de acceso de $a$ a $R$ haría pasar por el río.)

Del mismo modo, cuando $B$ se encuentra en el interior del banco, podemos conseguir un doble-root $\tau = \overline{\sigma}$; mientras que esto corresponde a tener el puente se extienden a partir del $B$, esto no es tan evidente que el puente debe hacerlo. (A diferencia de la $Una$-en-el-banco de caso, un puente ubicado en otro lugar no requieren pasar por el río para llegar desde $B$ a $S$.)

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@leonbloy la respuesta aprovecha la Ley de Snell. Como uno espera, su relación es equivalente a la ecuación $(2)$ arriba. Escribir $A^\prime$ y $B^\prime$ para los respectivos pies de las perpendiculares de $a$ y $B$ en $\overleftrightarrow{RS}$, el Snell ecuación se convierte en $$r \sin\ángulo de ARA^\prime = s \sin\ángulo de BSB^\prime$$ mientras que la ecuación $(2)$ afirma $$\frac{r \sin\ángulo de AOR}{|AR|} = \frac{b s \sin\ángulo BOS}{|BS|} $$ Desde $$\begin{align} un \sin\ángulo de AOR &= |AA^\prime| = |AR| \sin\ángulo de ARA^\prime \\ b \sin\ángulo BOS &= |BB^\prime| = |BS| \sin\ángulo de BSB^\prime \end{align}$$ las ecuaciones partido.

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La separación de la $ar$ cosas de la $bs$ cosas en el polinomio $(\estrella)$ da $$\left(\tau^2\sigma^2 - 1 \right)^2 \left(\frac{\tau}{a} - \frac{\sigma}{r} \right) \left( \frac{\tau}{r} - \frac{\sigma}{a} \right) = \left( \tau^2-\sigma^2 \right)^2 \left( \frac{\tau \sigma}{b} - \frac{1}{s} \right) \left(\frac{\tau\sigma}{s} - \frac{1}{b} \right) \qquad\quad (\estrellas\estrella)$$ que parece estar tratando de decirnos algo. Como era de esperar, $(\estrellas\estrella)$ en última instancia puede ser manipulado en $(2)$ porque $(2)$ es el cómputo de la esencia del problema. Me pregunto, sin embargo, si $(\estrellas\estrella)$ codifica geométricas ideas que ayudan en la comprensión de este resultado.

Probablemente debería dejarlo ir. :)

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Una cosa más ...

La ecuación $(2)$ se puede interpretar geométricamente como $$\frac{|\triángulo de AOR|}{|AR|} = \frac{|\triángulo BOS|}{|BS|}$$

lo que implica que las altitudes de $\triángulo AOR$ y $\triángulo BOS$ correspondientes a los bordes de $AR$ y $BS$ son congruentes. Esto dice exactamente que $O$ es equidistante de los (extended) de los bordes, de manera que aquellos (extended) de los bordes debe ser tangente a algún círculo común sobre el origen. Esto nos da una estrategia para la búsqueda de la puente.

Construir un auxiliar círculo (el morado discontinua) y dejar que $P$ y $R$ ser los puntos donde la tangente a la circunferencia a partir de $Un$ satisfacer el exterior de la ribera (círculo azul), y deje de $S$ y $T$ ser los puntos donde las tangentes desde $B$ satisfacer el interior de la ribera (círculo rojo). Construir puentes en $P$ y $R$ (en azul), y $S$ y $T$ (en rojo). A continuación, sólo tiene que ajustar el tamaño de la auxiliar de círculo hasta un puente azul se superpone a un puente rojo.

$\qquad$

Creo que sólo dos se superpone son cada vez más factible. (En el diagrama, el $T$ puente nunca se acerca lo suficiente a la $P$ y $R$ puentes ... excepto en el caso de colineales $S$, $A$, $B$ cuando el auxiliar círculo se colapsa a un punto y todos los puentes coinciden.) Esto parece consistente con una pregunta que me plantea en una edición anterior acerca de si cuatro de las raíces de $(\estrella)$ son siempre extraños.

Answer 3

• Esto se puede resolver utilizando el Cálculo.
• Te dan puntos $A$ y $B$.
• Deje que el punto $O$ ser $(0,0)$ a $C$ es $(\cos\theta, \sin\theta)$, $D$ es $b \cos\theta,b \sin\theta)$. [$a$ es $OC$, $b$ es $OD$]
• Escriba la ecuación para la distancia entre $A$ y $B$, se diferencian con respecto a $\theta$ y $0$. $$|AB|=|AC|+|CD|+|DB|$$