Desafío 76. Poligolandia en bici.

Transcripción

1 Desafío 76. Poligolandia en bici. Solución Para Hexania, la solución pedida en la parte A (la que minimiza el trazado total de vía verde) es la formada por 5 de los 6 lados del hexágono, resultando en 5 km. El trazado alternativo de la parte B es el que se muestra en la siguiente figura, junto con la solución de la parte A para el resto de las islas. Todas estas soluciones tienen algo en común: los nodos que se añaden se conectan a otros tres puntos, mediante segmentos que forman 120 grados. La razón de esto se justifica en el Anexo 1, pero de momento demos por cierta la siguiente afirmación: En toda solución óptima, de haber nodos intermedios deben estar unidos a exactamente otros tres puntos por segmentos que forman 120 grados, y además no puede haber dos segmentos con un punto común que formen menos de 120 grados, ni pueden darse caminos circulares. Asumiendo eso, veamos caso por caso.

2 Solución para Cuadrania. La solución óptima para Cuadrania se obtiene añadiendo dos nodos intermedios sobre un eje de simetría del cuadrado, de manera que el segmento que los une y los que unen cada uno con dos vértices formen 120 grados. En el Anexo 2 se explica por qué esta, y ninguna otra, tiene que ser la solución óptima. Para obtener la longitud total del trazado se hará uso de las cotas de la figura, fácilmente calculables teniendo en cuenta la simetría y el ángulo indicado de La longitud de cada tramo inclinado a 30 0 es: La del tramo "vertical" que une los dos nodos intermedios es: La longitud total para la red de vías verdes de Cuadrania es: 1 3 2cos 30 0, tan , ,732

3 Solución para Pentania. La solución óptima para Pentania se obtiene por medio de tres nodos intermedios, conectados entre si secuencialmente, del modo mostrado en la figura, donde los ángulos que parecen de 90 grados lo son: El cálculo de la longitud total de via verde construida será la suma de los 7 segmentos en verde: los marcados como L 1, L 2 y L 3 y sus simétricos el marcado L 4 que no tiene simétrico Las longitudes de los segmentos se pueden calcular aplicando trigonometría: cos 72 cos cos72 0, cos30 0,577 3 sen72 cos72 tan30 sen cos72 0,773 sen36 cos72 tan30 tan30 2 Lo que nos permite hallar esta expresión de la longitud total: sen cos72 3 0, cos72 2 sen72 sen36 En el Anexo 3 se evalúan y descartan otras posibles soluciones.

4 Anexo 1: Condiciones para que una solución pueda ser óptima. Para que una solución sea óptima, se tiene que dar: Que no existan caminos circulares. Que si hay nodos intermedios añadidos, estos se conecten exactamente con tres puntos (sean los vértices fijos u otros puntos añadidos) Que los segmentos de esas conexiones formen siempre Que no existan dos segmentos conectando un punto con otros dos, que formen menos de Las condiciones anteriores son necesarias, pero no suficientes, para verificar si una solución es el óptimo absoluto. Es decir, para una serie de puntos, puede haber varias configuraciones que satisfagan las condiciones anteriores. Digamos que son "mínimos locales". Esto es lo que sucede con los dos trazados de Hexania. Para comprobar cual de ellas es la solución óptima (el "mínimo absoluto"), habra que medirlas. Las condiciones anteriores se basan en la demostración que sigue y en sus corolarios. Un nodo interior conectado a 3 vértices forma Vamos a considerar un problema previo. Dados tres puntos A, B y C fijos, nos preguntamos que posición tiene que tener un punto M interior al triángulo que forman para que la suma de los segmentos AM, BM y CM sea mínima. Lo primero que haremos es establecer los ángulos α, β, γ que forman estos segmentos entre si. Ninguno de ellos puede ser superior a si M está en el interior del triángulo ABC, y su suma debe ser

5 Si realmente M está en un punto que minimiza la suma de los segmentos AM+BM+CM, cualquier desplazamiento de M, en cualquier dirección, debe suponer un aumento de esa magnitud. Veamos que pasa al desplazar M, por ejemplo, sobre la recta AM alejándolo de A, una distancia infinitesimal dl. Si dl es pequeño, podemos considerar que la recta que une el nuevo punto M' con B (roja discontinua) es paralela a la que unía M con B (roja continua). Lo mismo sucede con la que una M' con C (azul discontinua), paralela a la que unía M y C (azul continua). En estas condiciones: La longitud del segmento AM' incrementa en dl la longitud que tenía AM. La longitud del segmento BM' se reduce respecto a BM en La longitud del segmento CM' se reduce respecto a CM en Puesto que el coseno de un ángulo es igual al de su suplementario cambiado de signo, la variación de la longitud total es: 1

6 Esta ecuación es válida también para el caso de que desplacemos M' en la recta que contiene al segmento AM pero acercándolo a A, sin más que considerar que en ese caso dl es negativo. Pero lo que realmente nos interesa es ver en que condiciones el incremento es nulo. Es decir, para que ángulos β, γ lo que se gana en el segmento AM compensa lo que se pierde en los segmentos BM y CM. Esto sucede cuando se satisfaga: 1 0 Pero el análisis que hemos hecho desplazando M' en la recta sobre la que descansa AM, se puede repetir sobre las rectas en que descansan BM y CM, lo que nos conduce a este sistema: Restando por ejemplo las dos de primeras ecuaciones, tenemos: cos Esto solo es posible si los dos ángulos son iguales, ya que no contemplamos superiores a Aplicado a los tres ángulos, y teniendo en cuenta que suman 360 0, lo que nos queda es: obtenemos una igualdad entre dos de los cosenos. En total, lo que tenemos es: Es decir: cos 120 Si M es un punto interior a un triángulo A, B, C, que minimiza la suma de los segmentos AM+BM+CM, entonces estos tres segmentos forman ángulos de Corolarios: Se deducen fácilmente, aunque no me voy a detener en ello, las siguiente afirmaciones: Si tres puntos A, B y C forman un triángulo uno de cuyos ángulos es mayor de 120 0, no existe ningún punto interior M tal que los segmentos que lo unan a A, B y C formen entre ellos. Si tres puntos A, B y C forman un triángulo en el que todos los ángulos son inferiores a 120 0, existe con seguridad ese punto M interior, y la suma de los segmentos es inferior a la suma de cualquier par de lados del triángulo ABC. Si un punto M se une a cuatro vértices A, B, C, D, alguno de los ángulos entre dos de los segmentos adyacentes que unen M y los vértices es con seguridad inferior a Por tanto, siempre se podrá añadir un nodo en la bisectriz de ese ángulo que reduzca la longitud total de los segmentos precisos para unir los cuatro puntos A, B, C, D. Si en una solución un punto M añadido interior solo conecta otros dos puntos, ese nodo sobra, ya que se pueden conectar los dos nodos directamente minimizando la longitud total.

7 Anexo 2: Posibilidades descartadas para Cuadrania Para Cuadrania tendríamos que considerar varias posibilidades: Unir los vértices sin nodos intermedios, mediante tres de los cuatro lados del triángulo, lo que nos proporciona una solución de 3 km. Esta no puede ser óptima, ya que hay segmentos que confluyen en un vértice y que forman 90 grados, y en toda solución óptima los ángulos deben ser iguales o superiores a 120 grados. Unir los vértices en diagonal. Realmente esto corresponde a una solución con un nodo intermedio, unido a cuatro puntos, por lo que no puede ser una solución óptima. Usar un solo nodo intermedio. En este caso, tiene que estar unido a tres vértices del cuadrado. Uno de ellos tendría que estar unido además al cuarto vértice, lo que implica un ángulo menor de 120 grados. Tampoco puede ser óptima. Usar dos nodos intermedios no conectados entre si. En este caso, cada uno de ellos tendría que estar conectado a tres vértices si se trata de una solución óptima. Pero el cuadrado solo tiene cuatro vértices, así que dos de ellos tendrían que estar conectados a los nodos intermedios. Y esto supone que habría un camino circular, y en ninguna solución óptima puede haberlo. Por tanto, no es posible que esta configuración sea óptima. Usar dos nodos intermedios M 1 y M 2 conectados entre si. En este caso, cada uno tiene que estar conectado a dos vértices. Además, deben ser diferentes para que no haya caminos circulares. Esto conduce a una solución del tipo que se analiza más adelante. Usar más de dos nodos intermedios. Este caso no se puede dar sin crear caminos circulares o unir un nodo a más de tres puntos.

8 Cálculo de la ubicación de los dos nodos intermedios para Cuadrania. Planteamos si es posible una configuración diferente de la indicada como solución óptima, es decir, no simétrica. Este sería el caso de la figura, donde en cada nodo, los segmentos deben formar 120 grados. Aunque se observa que en este caso eso no pasa, lo que nos preguntamos es si es posible. Para contestar a esto, consideremos el ángulo α que forma el segmento de C1 a M 1 respecto al lado C1 C2. Como los ángulos del triángulo C1 M 1 C2 deben sumar 180 grados, el ángulo marcado en C2 debe ser claramente 60 α. Ahora pongámonos en la piel de un ciclista que efectúa el recorrido de C1 a C4. Parte de C1 con un ángulo α respecto al eje horizontal de la imagen. En el nodo M 1, si realmente los segmentos forman 120 grados, al tomar el segmento de la izquierda estará realizando un giro de 60 grados. Es decir, su trayectoria formará un ángulo de α+60º con respecto al eje horizontal. Cuando llega al nodo M 2, vuelve a girar a la izquierda 60 0, por lo que se situa en una trayectoria que forma α con el eje horizontal. Con esta orientación es con la que llega a C4, tal como se marca en la imagen. Entonces, el ángulo entre el segmento C4 M 2 y el segmento C4 C3 debe ser 60 0 α. Y esto conduce a que el triángulo superior, C4 M 2 C3, es semejante al inferior, C2 M 1 C1, siendo los vértices opuestos donde encontramos ángulos iguales. Esto implica que el trazado de las vías verdes tiene que poseer simetría central respecto al punto medio de M 1 y M 2, o lo que es lo mismo, este punto medio debe ser el centro del cuadrado. Y sabiendo esto, y dado que los ángulos en M1 deben ser los tres de 120 grados, se deduce que M1 debe estar en una posición equidistante de C1 y C2. Todo ello conduce a que la solución simétrica que se dio previamente es la única posible.

9 Anexo 3: Posibles soluciones para Pentania. Para Pentania, partimos de la solución consistente en usar 4 de los 5 lados del pentágono formado por los vértices, que tiene una longitud total de 4 km. Por qué no puede ser esa la solución óptima?. Porque los lados de un pentágono regular forman 108 0, y como este valor es menor de 120 0, tiene que existir una solución mejor incluyendo un nodo intermedio en uno de los vértices. Este es el caso de la siguiente figura. En lugar de unir los vértices P3A, P4A y P5A directamente, se usa un nodo intermedio. Omito los cálculos, pero la longitud total resultante se reduce a unos 3,989 km. Esta no puede ser sin embargo una solución óptima, ya que sigue habiendo segmentos que forman menos de Y si esto incluir un nodo en un vértice funciona, por qué no hacerlo en dos de ellos?. Esto es lo que se representa en la figura siguiente. Los nodos se han agregado en las cercanías de los vértices P3B y P5B, para mantener la simetría. La longitud total de vía verde se sigue reduciendo, en este caso hasta unos 3,978 km. Esta tampoco puede ser una solución óptima, ya que el segmento P3B P4B forma con el segmento P4B P5B un ángulo menor de

10 Dentro de las posibilidades usando dos nodos intermedios, existe una solución mejor, que se da cuando los nodos están conectados entre si. La longitud total se sigue reduciendo, hasta unos 3,956 km, pero sigue sin ser óptima, ya que continúa habiendo un ángulo menor de Así que la única posibilidad que queda es usar tres nodos intermedios. En este caso, tienen que estar conectados entre si, por lo que solo puede darse la configuración de la figura. Respetando estas conexiones, se puede demostrar que la posición de los nodos tiene que ser la de la figura por un razonamiento similar al de Cuadrania. Si nos ponemos en la piel de un ciclista que parte de P1D con destino a P2D, este tiene que realizar 3 giros a la derecha, modificando en cada uno la dirección de su trayectoria en Acumulando estos giros (180 0 ), tiene que llegar a P2D justamente en dirección contraria a la de partida. Considerando las simetrías, se puede deducir que la dirección de partida debe ser perpendicular al lado P1D P2D.