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楼主: gxqcn

[原创] 均分田地,田埂最短问题

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发表于 2019-6-8 14:16:46 来自手机 | 显示全部楼层
看来这种考古级别的题目实在是历史太久远了,导致中枪的人都忘了为何中枪。早在11#fans就给出了五等分正方形一种端庄美丽的解法了,但是看来美丽的不一定是最优秀的
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发表于 2019-6-10 10:04:48 | 显示全部楼层
我打开几何画板,按照你的$2.41$捣鼓了好一阵子,觉得面积很难相等啊?

divide.png

当然,我是线段,你是曲线,我没你精确,但也不应该差这么远啊?

你可以算得更准一点吗?不然我会死不瞑目的

点评

像是在打靶,现在可以逼近到2.51了,不过精度不够高:), 三线交叉点坐标(0.68810,0.45320), 三个圆心(-0.167907,1.463217),(3.702368,1), (1,1.323435)  发表于 2019-6-10 14:39
还好,没死成,捏一把汗。  发表于 2019-6-10 11:46
前面的2.41算错了,只使用直线段结果应该是2.57,还是没能打败Fans。如果改成圆弧,应该可以有所提高,但是不知道极限是多少,但是看来打败Fans还是很困难的。  发表于 2019-6-10 11:43
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发表于 2019-6-10 19:39:19 | 显示全部楼层
现在可以找到我这种模型的结果(正方形等分五份的最短分界线长度和)大概是2.52,比Fans的对称完美方案(2.50)要略差一筹。
其中右上一个三条边界交会点坐标(0.690079,0.449663),右上侧三段圆弧的圆心分别为(-0.151079,1.443679),(3.736946,1),(1,1.312325)(面积误差不超过0.0001)

继续通过二分法可以得出更加精确一些的结果 (0.69003974714468,0.44945773152205),
(-0.15101284289143,1.44339014661263), (3.73838723401532,1), (1,1.31217511522699)
这时面积误差不超过$10^-7$,而计算的分界线长度和为2.52043862096832
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发表于 2019-6-10 23:10:51 | 显示全部楼层
对于单位圆内和圆周均匀布置\(n\)个的构型最短周长结果:

记圆内曲边\(n\)边形的每条弧的圆心角为\(\theta\),半径为\(R\),曲边\(n\)边形顶点与对应圆周上的点的连线为直线长度记为\(1-x\),则总周长

\(L=n(1-x)+2nR\theta\)均分单位圆面积\(N=n+1\)份


由mathe得到的极值条件我们有:


\(\sin(\theta)=\frac{x\sin(\frac{\pi}{n})}{R}\)


\(x^2\sin(\frac{2\pi}{n})-R^2(2\theta-\sin(2\theta))=\frac{2\pi}{n(n+1)}\)


\(\theta+\frac{\pi}{n}=\frac{\pi}{6}\)


例: 我们取值计算得到

\(N=4,R = -1.05565242994935, n = 3, x =0 .609481214601939, L = 4.48798627486727\)

\(N=5,R = -1.41199618133519, n = 4, x =0 .516826472415296, L = 4.88997199712511\)

\(N=6,R = -2.57425136251692, n = 5, x =0 .457790558608056, L = 5.40679692995185\)

\(N=7,R =\infty, n = 6, x = 0.415623383117137, L = 6\)

c7.png

\(N=8,R = 2.22638101510908, n = 7, x = 0.383461389810399, L = 6.64723101838021\)

c8.1.png

\(N=9,R = 1.04914717555124, n = 8, x = 0.357844563734553, L = 7.33457219628777\)

\(N=10,R =0 .663364343298166, n = 9, x = 0.336798903780542, L = 8.05283041353411\)

\(N=11,R = 0.474275078821237, n = 10, x =0 .319100034449260, L = 8.79563846004815\)


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发表于 2019-6-11 07:14:29 来自手机 | 显示全部楼层
随着区域数目变大,中间点的数目比例要逐步变大才行。
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 楼主| 发表于 2019-6-16 14:09:01 | 显示全部楼层
原帖由 gxqcn 于 2010-11-12 15:03:57 发表
对于这个问题,我感觉应把两类地块均分问题研究透点:正方形与圆形
因为这两种形状现实意义比较大;
最好是逐步加大 $n$,直到出现“等角六边形”,乃至局部出现“蜂窝状”为止。
大家再一起努力啊。。。


由于圆具有无与伦比的对称性(平面中),
先以最短田埂 \(n\) 等分圆考虑,记内部出现的“等角六边形”个数为 \(k = f(n)\),
考察函数 \(k = f(n)\) 的连续性、单调性?
又或者进一步考察其反函数 \(n = g(k) = \min\{ n | k == f(n) \}\)
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发表于 2019-6-17 16:11:32 | 显示全部楼层
gxqcn 发表于 2010-11-24 10:04
如果对一个正五角星五等分,最短的方案是怎样的?
先前总结的规律还适用否?


gxqcn在63#提出对正五角星进行五等分问题
这里可以给个图
star.png
其中五角星5个拐弯点到中心(黑点)的距离为1,也就是原始划分田埂总长为5。其中右侧的拐弯点在(1,0)。
选择的A点坐标为$(0.06275694378533,0)$, A和(1,0)连线为直线段。
A旁边两个选择的内部点坐标分别为$(-0.01658172390018,+-0.14998435971403)$
最短两条短圆弧为2*2.1220726190768°,圆心在远离五角星中心方向
另外两种圆弧分别为2*12.124681244049°和2*24.675419681906°。
其中所有分界线总长为4.886945047876。
各种弧线长度分别为:0.169714761189, 0.9339340603,0.8712021743
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发表于 2019-6-17 20:59:59 | 显示全部楼层
为了便于更好的理解mathe得到的极值条件结论,我将上面的结论及求解过程重新整理了一下:

对于N=4,借用84#图形

N=4.png

我们设圆内四段弧\(\widehat{MD}=\widehat{MD}=\widehat{DN}=\widehat{B'D'}=\widehat{D'J}\)的弦长,弧长,半径记为\(2a,2\theta,R\),\(DO=OD'=d,\angle MDN=2\alpha\)

则我们有三曲边MDN面积:\(S=2a^2\sin(\alpha)+(\frac{a}{\sin(\theta)})^2(2\theta-\sin(\theta)+\frac{1}{2}(2(\alpha-\theta)-\sin(2\alpha-2\theta))=\frac{\pi}{4}\)

四曲边形DD'JN面积:\(S=4a\sin(\alpha)(d+a\cos(\alpha))-(\frac{a}{\sin(\theta)})^2(2\theta-\sin(2\theta))+\frac{(\pi-2(\alpha-\theta)-\sin(\pi-2\alpha+2\theta))}{2}=\frac{\pi}{4}\)

几何条件:\(\theta+\alpha=\frac{\pi}{3},d^2=1+4a^2-4a\cos(\theta)\)

我们求解以上方程得到:

\(a=0.461950874981207,d=0.12201015667671,R=4.66154271422,\theta=0.09926120173,\alpha=0.94793634946445\)

\(L=2\theta 4R+2d=3.9457029672671857\)
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发表于 2019-6-17 21:50:24 | 显示全部楼层
对于N=5,借用87# mathe给出的图形

87N=5.png

我们记\(BC=a,CD=CD'=2b,DJ=2c,DF=2d,\widehat{CD},\widehat{DI},\widehat{DF}\)对应的圆半径,圆弧度,圆周角分别\(R_0,2t_0,\theta_0,R_1,2t_1,\theta_1,R_2,2t_2,\theta_2\)

我们有曲边三边形IFD的面积:\(S=2cd\sin(\frac{2\pi}{3}-t_1-t_2)+\frac{1}{2}(\frac{c}{\sin(t_1)})^2(2t_1-\sin(2t_1))+\frac{1}{2}(\frac{d}{\sin(t_2)})^2(2t_2-\sin(2t_2))+

\frac{1}{2}(\frac{2\pi}{3}-2(t_1+t_2)-\sin(\frac{2\pi}{3}-2(t_1+t_2))=\frac{\pi}{5}\)

曲边四边形BIDC的面积\(S=\frac{1}{2}(\frac{\pi}{3}+2(t_1-t_0))+2bc\sin(\frac{5\pi}{6}+t_1-2t_0)\sin(\frac{\pi}{3}+t_0)-\frac{1}{2}(\frac{c}{\sin(t_1)})^2(2t_1-\sin(2t_1))-b^2\sin(\frac{2\pi}{3}+2t_0)+\frac{1}{2}(\frac{b}{\sin(t_0)})^2(2t_0-\sin(2t_0))=\frac{\pi}{5}\)

曲边五边形D'CDFF'的面积:\(S=2b^2\sin(\frac{2\pi}{3}+2t_0)+4[2b\sin(\frac{\pi}{3}+t_0)+d\cos(\frac{\pi}{2}-t_2-2t_0)]d\sin(\frac{\pi}{2}-t_2-2t_0)+\frac{1}{2}(4(t_2+t_0)
-\sin(4t_2+4t_0))-(\frac{d}{\sin(t_2)})^2(2t_2-\sin(2t_2))-(\frac{b}{\sin(t_0)})^2(2t_0-\sin(2t_0))=\frac{\pi}{5}\)

在三角形CD'I中有:\(4b^2\sin(\frac{\pi}{3}+t_0)^2=1+4c^2-4c\cos(t_1)=1+4d^2-4d\cos(t_2)\)

对于D'点三条弧长半径倒数和为0有:\(\frac{\sin(t_0)}{b}+\frac{\sin(t_1)}{c}=\frac{\sin(t_2)}{d}\)

由AB=1得到\(a=1-2b\cos(\frac{\pi}{3}+t_0)\)

求解上面各个方程得到:

\(a =0 .879463963109326,b =0 .125461295311914646680554020297, c = 0.402467472407989591801778223969, d =0 .457448926120063796522568855176\)


\(t_0 = 0.0225206512095240656725707292124, t_1 = 0.113634777747006221833125858318, t_2 = 0.212584737971211810817091628064\)

\(\theta_0= 1.29033826612251^{\circ}, \theta_1= 6.51079317046031^{\circ}, \theta_2= 12.1802082739897^{\circ}\)

\(R_0 = 5.57141532053360, R_1 = 3.54939706783342, R_2 = 2.16813638526389\)

\(L=a+4R_0t_0+4R_1t_1+4R_2t_2=4.8383421769630722929\)

点评

已在另外一个贴给出了更多数据  发表于 2019-6-18 20:57
8个变量(D点坐标两个,C,I,F各一个参数,再加上三条圆弧曲率),面积提供两条方程,D点三条弧线曲率和为0提供一条,I,F处和圆正交各一条,还有D处三曲线两两夹角120°两条方程,DCB角度120°提供最后方程  发表于 2019-6-18 20:55
需要注意,左右对称的前提下,三个部分的面积公式其实只有两个是有用的(确定右上两部分的面积,左上两个面积也确定了,余下的下中部分面积就被唯一确定了)  发表于 2019-6-18 20:52
BAC共线,D'AD不共线  发表于 2019-6-18 20:25
我的计算中已默认了D',A,D三点共线,且垂直于DD' ,这也许造成我们计算结果不同的原因?  发表于 2019-6-18 19:10
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发表于 2019-6-17 22:03:54 | 显示全部楼层
对于N=6,借用57# 给出的图形

57N=6.png


我们设\(AC_1=2a,CF=2b\),六条小圆弧\(\widehat{G_1C_1}=\widehat{F_1C_1}=\widehat{GC}=\widehat{FC}=\widehat{G_2C_2}=\widehat{F_2C_2}\)的半径,圆弧度和圆周角为\(R,2t,\theta\)

对于曲边三边形FCG的面积:\(S=2b^2\sin(\frac{2\pi}{3}-2t)+\frac{1}{2}(\frac{2\pi}{3}-4t-\sin(\frac{2\pi}{3}-4t))+(\frac{b}{\sin(t)})^2(2t-\sin(2t))=\frac{\pi}{6}\)

对于曲边五边形\(ACFG_2C_2\)的面积:\(S=\sqrt{3}a^2+4(\sqrt{3}a+b\sin(t))b\cos(t)-(\frac{b}{\sin(t)})^2(2t-\sin(2t))+\frac{1}{2}(4t-\sin(4t))=\frac{\pi}{6}\)

对三角形\(AC_2F_1\)有:\(4a^2=1+4b^2-4b\cos(t)\)

求解以上方程组得到:

\(a =0 .13481306660842720351, b =0 .40018641624564671384, t =0 .20293117137679238973,R=1.9856306493949688659, \theta = 11.627099650910719893^{\circ}\)

\(L=12tR+6a=\frac{12tb}{\sin(t)}+6a=5.6442346428911471127\)

最优结果是104#,N=6,具体图形见mathe  99#
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