Отрезок минимальной длины.

[Yu_K]

В случае острого угла не так все просто, как для прямого. Здесь уже не удается найти простого решения для корней полинома. Даже попытка как-то по другому подойти к задаче не дает простого решения - например можно параметризовать пучек прямых одной координатой на оси абсцисс $x$, зафиксировав точку внутри угла и искать минимальную длину отрезка, как минимум функции от $x$ - все равно получаем очень громоздкие выражения (ищется решение полинома третьей степени).

Такой вопрос. Преобразование сжатия прямого угла в острый - не сохранит ли минимум длины отрезка для пучка прямых? Или отрезки внутри прямого угла перейдут в кривые при сжатии его сторон?

[Алексей К.]

Yu_K в сообщении #214401 писал(а):

Преобразование сжатия прямого угла в острый - не сохранит ли минимум длины отрезка для пучка прямых? Или отрезки внутри прямого угла перейдут в кривые при сжатии его сторон?

Я не проверял, я просто бы даже не надеялся на это. Подсознательно. Возможно, от того, что в случае острого угла мне чудятся два минимума.

Yu_K в сообщении #214401 писал(а):

В случае острого угла не так все просто, как для прямого. Здесь уже не удается найти простого решения для корней полинома.

Сам я примерно этого и ожидал, и ленился решать. Полагал, что автор сам напишет, а я только глазками повожу. От того и призывал его к ясности изложения.

Цитата:

- все равно получаем очень громоздкие выражения (ищется решение полинома третьей степени).

Вау, я с некоторых пор люблю кубические уравнения. Но всё равно --- потерплю пока, не буду кидаться в эту пучину. Может, тогда цветочки на балконе повысаживаю...

-- 16 май 2009, 11:35 --

Не, не нравится уравнение...

[e7e5]

Алексей К. в сообщении #214109 писал(а):

В качестве сторон угла берём ось абсцисс и прямую $y=k_0 x \quad(k_0=\tg\varphi)$.

Выбираем точку $(a,0)$ на оси абсцисс и точку $(b,k_0b)$ на второй стороне.

Варьируя $a$ и $b$, минимизируем квадрат расстояния между точками, т.е. ф-цию $F(a,b)=\ldots$,
при условии, что соединяющая эти точки прямая проходит через фиксированную точку $(x,y)$, т.е. при условии $C(a,b)\equiv\ldots=0$.

У меня получается:
$F(a,b)=b^2(1+k_0^2)+a^2+2ab$
$C(a,b) \equiv \frac{x-a} {b-a} - \frac {y} {k_0 b}=0$ Правильно?
В частности, проверяю для прямого угла $F(a,0)$, но чему равно в этом случае
$b^2(1+k_0^2)$? $b=0$, $k_0 \to \infty$ - неопределенность, и я за сомневался...

[Алексей К.]

Неопределённость в итоге исчезнет или будет разрешаться предельным переходом. Можно сразу расположить стороны угла симметрично относительно оси абсцисс.

[e7e5]

$F(a,b)=b^2+bk_0^2+a^2+2ab$
Здесь $bk_0\equiv y_{b \to 0}$ , т.е.
$F(a,0)=y_b^2+a^2$, такой предельный переход? или нужно рассмотреть неопределенность $0 \infty$, которое свести к
$\frac {0} {\infty}$, чтобы применить правило Лопиталя ?

Если расположить стороны угла симметрично относительно оси абсцисс, то такой неопределенности не будет, проще?

[Алексей К.]

e7e5 в сообщении #214819 писал(а):

$F(a,b)=b^2+bk_0^2+a^2+2ab$
Здесь $bk_0\equiv y_{b \to 0}$ , т.е.
$F(a,0)=y_b^2+a^2$, такой предельный переход? или нужно рассмотреть неопределенность $0 \infty$, которое свести к
$\frac {0} {\infty}$, чтобы применить правило Лопиталя ?

Просто не надо этим сейчас заниматься (или рассматривать отдельно). Всё сработает а итоговом ответе (если до него доживём)

Цитата:

Если расположить стороны угла симметрично относительно оси абсцисс, то такой неопределенности не будет, проще?

Неопределенности не будет, и, видимо, проще. Типа симметрия. Но всё равно сложно --- уже двое выше подтвердили, пока Вы там картошку сажали...

[e7e5]

Алексей К. в сообщении #214109 писал(а):

Далее, чтобы найти условный минимум $F(a,b)$ методом Лагранжа, составим фунцию
$L(a,b,\lambda)=F(a,b)+\lambda C(a,b)$. И т.д.
(теперь, надеюсь, понятно и какие брать производные)
------------------------------------------------------

$L(a,b,\lambda)=b^2(1+k_0^2)+a^2+2ab+\lambda(\frac{x-a} {b-a} - \frac {y} {k_0 b})$

Теперь искать производные: $L'_a$, $L'_b$ - такие?

Чтобы затем приравнять их к нулю для определения $\lambda$?

[Алексей К.]

Я не помню реализацию метода Лагранжа. Слазил в справочник.
Да, и по лямбде тоже, что просто означает учёт условия $C(a,b)=0$.

[Yu_K]

Для тех кто забыл метод множителей Лагранжа - маленький пример - http://www.youtube.com/watch?v=ry9cgNx1QV8 LaGrange Multipliers - Finding Maximum or Minimum Values using Lagrange Multipliers. An outline of the general procedure along with a concrete example are shown.

[e7e5]

$L(a,b,\lambda)=b^2(1+k_0^2)+a^2+2ab+\lambda(\frac{x-a} {b-a} - \frac {y} {k_0 b})$
Ищем производные: $L'_a$, $L'_b$, $L_{\lambda}'$ и приравниваем нулю.
У меня получилось

$2(a+b)(a-b)^2- \lambda (b+x)=0$
$(a-b)^2(k_0b^2+2ak_0b^2+ \lambda y)-\lambda k_0b^2=0$
$\frac {x-a} {b-a} - \frac{y} {k_0b}=0$

[Алексей К.]

Ну, не знаю, как Вам научиться самопроверке.
Записывайте, что ли, промежуточные выкладки.
Первое неверно, второе подозрительно.

-- 18 май 2009, 17:15 --

Кстати, условие $C(a,b)=0$ никто не запрещает переписать в другом виде, оставив от него только числитель.

[e7e5]

$L(a,b,\lambda)=b^2(1+k_0^2)+a^2+2ab+\lambda(\frac{x-a} {b-a} - \frac {y} {k_0 b})$

$L'_a=2a+2b+\lambda (\frac {-1 (b-a)-(x-a)(-1)} {(b-a)^2})$
$\frac {2(a+b)(a-b)^2+ \lambda (a-b+x-a)} {(a-b)^2}$, приравнивая к нулю, получаем
$2(a+b)(a-b)^2+ \lambda (x-b)=0$

-- Пн май 18, 2009 21:54:41 --

$L_{\lambda}'=0$, тогда $(x-a)k_0b+y(a-b)=0$

[Алексей К.]

Почему-то вспомнились жалобы моего шефа, Ю.А., на своего младшенького (ныне вполне процветающего):

Миша: Папа, я молока хочу.
Ю.А.: Миша, пойди на кухню и возьми молоко в холодильнике.
Миша: Папа, дверь на кухню закрыта.
Ю.А.: Миша, открой дверь на кухню и возьми молоко в холодильнике.

[AKM]

Алексей К.,
пожалуйста, минимизируя длину этого отрезка, старайтесь минимизировать и флуд.

[Yu_K]

В принципе можно получить уравнения - если вести пару ограничений, записать теорему косинусов для двух углов, на которые разбивается большой угол лучом из нуля во внутреннюю точку угла - будет два множителя Лагранжа и система четырех уравнений - но результат тоже громоздкий... А вот если просто посмотреть огибающую семейства прямых, для которых длина отрезка между двумя фиксированными пересекающимися прямыми постоянна (равна $c$) - то эта задача попроще. Можно выписать параметрические уравнения этих огибающих. И тогда в силу подобия при разных $c$ - получим семейство линий уровня. Пример огибающих при конкретных значениях параметров на картинке - там отрезок длины $c=5$ и угол равен 1/5 от прямого угла. Такие же каспы на огибающих - как и для астроиды.
http://s58.radikal.ru/i161/0905/b0/9ea03e156c08.gif