几何-书证

三角形什么时候像圆？

本周的小提琴手是关于“半径”的广义概念。

对于半径为$r$的圆，其面积为$\pir^2$，周长为$2\pir$。如果你对面积公式对$r$求导，你就得到了周长公式！让我们定义术语“微分半径”。具有面积$a$和周长$P$的形状的微分半径$r$（$r$的两个函数）具有$dA/dr=P$的属性。（请注意，$A$总是以$r^2$缩放，$P$总是以$r$缩放。）

例如，考虑边长为$s$的正方形。其微分半径为$r=s/2$。广场的面积为$s^2$或$4r^2$，周长为$4s$或$8r$。果然，$dA/dr=d（4r^2）/dr=8r=P$。边长为s的等边三角形的微分半径是多少？

额外学分：
边长为$a$和$b$的矩形的微分半径是多少？

我的解决方案：
[显示解决方案]

一般来说，如果$A$与$r^2$缩放，$P$与$r$缩放，并且$P$是$A$的导数，则必须是这样的情况：
\[
A=\alpha-r^2\qquad\text{和}\qquad P=2\alpha r
\]比例常数$\alpha$。如果我们有一个特定的形状，并且我们知道它的面积和周长的公式，那么我们可以用$a$和$P$来求解$\alpha$和$r$，我们得到：
\[
\α=\frac{P^2}{4A}\qquad\text{和}\qqquad r=\frac{2A}{P}
\]
我们可以验证边长为$s$的平方的这个公式。这里，$P=4s$和$A=s^2$。代入上述公式，我们得到$\alpha=4$和$r=\tfrac{s}{2}$，正如问题所述。

通常，我们可以解决长度为$s$的$n$边的正多边形的情况。周长为$P=ns$面积为$A=\frac{ns^2}{4\tan（\pi/n）}$。因此，我们得出：
\[
\alpha=n\tan\bigl（\tfrac{\pi}{n}\bigr）、\qquad\text{和}\qquad r=\frac{s}{2}\cot\bigl
\]因此，特别是对于$n=3$，我们得到$r=\frac{\sqrt{3}}{6} 秒$. 对于规则多边形，微分半径为阿波提姆（连接多边形中心到其一侧中点的线。它也是“内半径”（内接圆的半径）。请注意，根据$r$的一般公式，我们得出：
\[
A=\压裂{P\cdot r}{2}
\]对于正多边形，这意味着面积是周长的一半乘以微分半径（apotime）。这很有意义，因为我们可以展开一个正多边形，并使用底面（周长）和高度（apotime）计算其面积。请参见下面的视觉演示：

下面是一个动画版本：

额外信贷

对于边长为$a$和$b$的矩形，周长为$P=2（a+b）$，面积为$a=ab$。应用上述公式，我们得出：
\[
\alpha=\frac{（a+b）^2}{ab}\qquad\text{和}\qqquad r=\frac{ab}{a+b}
\]微分半径是调和平均值$a$和$b$。它还满足了很好的公式：
\[
\压裂{1}{r}=\frac{1}}{a}+\frac{1}{b}
\]顺便提一下你是怎么加的并联电阻器。我们可以通过绘制一条连接对角的线，然后绘制另一条与另一个角成45度角的线，并标记交点，从而在几何上构造微分半径。结果如下图所示：

当你“展开”左边的矩形时，右边的三角形就是你得到的。矩形的面积$ab$就是三角形的底（矩形的周长）乘以高度（$r$或微分半径）再乘以一半。

这是因为三角形AFP和PGC相似。由此可见：
\开始{align*}
\压裂{AF}{FP}&=\frac{AD-DF}{FP{=\frac{b-r}{r}，\quad\text{和}\\[2mm]
\压裂｛PG｝｛GC｝&=\压裂｛PG｝｛DC-DG｝=\压裂｛r｝｛a-r｝
\end{align*}等式它们，我们得到：
\[
\压裂{r}{a-r}=\压裂{b-r}{r}
\]通过求解$r$的这个方程，我们可以根据需要得到$r=\frac{ab}{a+b}$。

这是一个矩形展开为四个高度相等的三角形的动画，其底和等于矩形的周长！

棋盘比赛

本周的小提琴手是一个与物理有着惊人联系的谜题！

一只小蚂蚁正在一个2乘2的棋盘上奔跑，如下图所示，每个较小的正方形的边长为1厘米。蚂蚁从左下黑色正方形的左下角开始，试图到达右上黑色正方形的右上角。蚂蚁在白色方块上的移动速度比在黑色方块上的快。白色方块上的速度为每分钟1厘米，而黑色方块上的转速为每分钟0.9厘米。蚂蚁到达终点所需的最少时间是多少？

额外学分：相反，该板现在是8乘8，如下所示。

我的解决方案：
[显示解决方案]

几个观察结果：

当蚂蚁在任何恒定速度的区域（任何较小的方格）中移动时，都应该沿直线移动，因为这是任何两点之间最短（因此也是最快）的路径。
任何最短路径都必须是可逆的。如果蚂蚁要后退回到起点，它们应该能够沿着同样的路径返回。这意味着我们的解应该具有对称性！

假设速度在白色方块中为$1$，在黑色方块中为$\eta$。从上面可以清楚地看出，我们可以通过一个变量$x$参数化通过板的所有路径，如下图所示。

因为时间是距离除以速度，所以穿越黑色方块所花费的时间就是距离除以$\eta$。同时，穿越白色方块的时间就是距离（我们假设速度为1）。这使得总时间等于：
\[
f（x）=\frac{2}{\eta}\sqrt{1+x^2}+\sqrt}\，（1-x）
\]取导数并将其设为零，我们发现$x$的最佳值和最佳关联时间为：
\[
x_\star=\frac｛\eta｝｛\sqrt｛2-\eta ^2｝｝｝
f（x_\star）=\sqrt{2}\左（1+\frac{\sqrt}2-\eta^2}}{\eta}\右）。
\]为了回答所提出的问题，我们应该用$\eta=0.9$替换，我们发现$x\约为0.825$cm，遍历所用的时间约为$3.12835$分钟。

替代推导：斯内尔定律！

事实证明，这个问题可以通过光学镜头来观察（没有双关语的意思）！当光线穿过两种不同介质之间的界面时，它遵循一条时间最短的路径。

这被称为费马最小时间原理它导致了物理学中的一个公式斯内尔定律：入射角的正弦比等于两种介质之间的速度比。在我们的例子中，如下图所示，公式如下
\[
\裂缝{\sin{\theta_1}}{\sin}\theta_2}}=\ta
\]

根据这个图，我们可以看到$\sin{\theta_1}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$和$\sin}\theta_2}=\sin{tfrac{\pi}{4}}=\frac{1}{\scrt{2}}$。因此，Snell定律暗示
\[
\压裂{x}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{\eta}{\scrt{2}}
\]求解$x$，我们得到了与前面推导的完全相同的公式！

额外信贷

让我们考虑一个更一般的情况，棋盘是$2n\乘以2n$。问题是关于$n=4$的情况，但我们将研究一般情况。对于更复杂的几何图形，目前还不清楚路径应该是什么样子，以及交叉点应该出现在哪里。然而，我们可以做出一些合乎逻辑的推断。

如果我们最初移动到$（1,0）$，然后沿直线对角线移动到$2n，2n-1）$，则整个对角线部分将位于白色方块上。任何比这条对角线走得更远的路径都需要花费更多的时间，并且可以被排除在外。因此，我们得出结论，整个路径必须包含在下面的阴影区域中。

事实上，红色区域跨越了所有$\eta$的所有最佳路径的范围。

当$\eta=1$时，所有方块的速度都相同，因此最快的路径是从起点到终点的直线（红色区域的中间）。
当$\eta\到0$时，黑色方块比白色方块慢得多，因此我们应该尽量减少在黑色方块上花费的时间。这是通过沿着红色区域的边界移动来完成的。
当$0\lt\eta\lt 1$时，最佳路径介于两者之间！

通过对称性，我们可以进一步将路径限制在下半部分。我们可以看到，对于一个$2n乘以2n$的平方，将有$4n-2$的接口交叉，它们将以镜像对的形式出现。这就留下了2n-1$的未知数。我们将为其贴上标签，如下所示：

由于解的对称性，交点的出现顺序如下：
\[
x_1，x_2，\点，x{2n-1}，x{2-1}。\点，x2，x_1。
\]最后，总时间由表达式给出：
\开始{multline}
f（x）=\frac{2}{\eta}\sqrt{1+x_1^2}+\sqrt{2}\，\bigl（1-x{2n-1}\biger）\\
+\sum_{k=0}^{n-2}左（2\sqrt{（1-x_{2k+1}）^2+（1-x{2k+2}）
+\frac｛2｝｛\eta｝\sqrt｛x_｛2k+2｝^2+x_｛2k+3｝^2｝\ right）
\结束{multline}注释当$n=1$（第一个问题的$2×2$情形）时，总和为空，$x1=x{2n-1}$，我们从第一部分恢复$f（x）$。

此时，我们必须再次求导数（这次是梯度！），并将它们全部设为零，然后求解$x_1，\dots，x_{2n-1}$的后续方程。这不是一件简单的事情，所以我求助于Mathematica来从数值上找到解决方案。

当$\eta=0.9$时，最佳时间约为11.78815分钟，最佳交叉口为：
\[
x_1\约0.48571，四x_2 \约0.073789，四x_3\约0.057876，四x_4=x_5=x_6=x_7=0。
\]所以最后四个交叉点为零。零？？或者只是接近于零的东西？这将带我们进入奖金部分…

阶段转换疯狂！

我们之前提到过，当$\eta\to 1$时，直接对角线路径是最优的，这意味着$x_k\to 1$for all$k$。此外，当$\eta\到0$时，红色区域的边界是最佳的，因此$x_k\到0$for all$k$。那么$\eta$的中间值会发生什么呢？起初，我希望随着$\eta$的增加，所有$x_k$都会逐渐从$0$迁移到$1$，但我错了！

实际发生的情况是，$x_k$一直保持在$0$，直到超过某个$\eta$阈值，此时它们从零开始移动。每个不同的$x_k$都有不同的$\eta$阈值（！！）

这里是$x_1，\dots，x_7$的图，它们是$\eta$在$8\乘以8$情况下的函数。

因此，大多数$x_k$在大多数情况下都是零，直到$\eta$接近$1$。让我们放大到情节的有趣部分：

因此，当$\eta=0.9$时，只有$x_1、x_2、x_3$是非零的，正如我们之前发现的那样。但当$\eta=0.98$时，所有$x_k$都是正数！$\eta$阈值成对出现在$x_1$之后，即$x_2、x_3$同时变为非零，$x_4、x_5$也是如此。这是因为我们如何定义$x_k$。当$x_{2k}=0$时，这将强制$x{2k+1}$也为零。

第一句话：机器学习中也会出现这种现象，即改变参数可能导致最佳向量的分量以一种看似突然的方式从零变为非零。具体来说，在L1规则化最小二乘中(拉索正则化)，当我们改变正则化参数$\lambda$时，最优向量$x$从稀疏过渡到具有类似突变阈值的稠密。相应的图称为正则化路径.

最后备注：虽然我们只看了8美元乘以8美元的情况，但这个图实际上告诉了我们任何$n$的值（前提是$\eta$不太大）！例如，假设我们想用$\eta=0.96$来解决$500\乘以500$的情况。根据我们的图，我们只需读出$x_1，\dots，x_5$的值（它们与$8\times 8$的情况相同），剩下的$x_k$将为零。唯一需要注意的是，如果我们想解决一个$\eta\gt 0.97$（这大于$x_7$的阈值）的情况，那么我们需要解决一个更大的网格，以便能够找到丢失的阈值。

解析计算第一阈值

计算下一个$x_k$变为非零的$\eta$的精确值不是一件容易的任务。在Mathematica的帮助下，我发现第一个阈值出现在
\[
117\eta^8-576\eta~6+1080\eta_4-896\eta ^2+272=0
\]它的精确值为：
\[
\eta_1=
\sqrt{\frac{2}{39}\左（24-\sqrt{\salpha}-\sqrt{\sfrac{276}{\sqrt}\alpha}}-\alpha-27}\右）}\约0.885416，
\]其中$\alpha:=13\cdot3^｛2/3｝-9\约18.0411$。

我也尝试过计算$\eta_2$，但事实证明它要困难得多！

煎饼比赛

本周的小提琴手是一个关于尽快回家的逻辑难题。

爱丽丝、鲍勃和凯莉一起出发，以不同的恒定速度回家。一旦三个人都回家了，他们就可以吃煎饼了！爱丽丝10分钟就能走回家，鲍伯20分钟就能走，凯莉30分钟就能走。幸运的是，他们中的任何人都可以背着其他人，而不会降低自己的行走速度。假设他们可以接起某人，放下某人，并立即改变方向。他们吃煎饼最快的速度是什么？

额外学分
现在有第四个：迪。迪是最慢的，步行回家需要60分钟。和以前一样，任何人都可以带其他人，在每个人都回家之前，他们不会吃煎饼。这种情况发生的最快速度是什么？

我的解决方案：
[显示解决方案]

乍一看，这似乎是一个逻辑难题，但它具有良好的几何直觉。具体来说，想象一下$x$-轴上的时间和$y$-轴上家的距离。如果Alice、Bob和Carey（从现在起我就叫他们A、B、C）以恒定速度行走，他们的路径会显示为直线。

对于第一个问题，最佳做法如下：

A+C一起骑行，B独自骑行。
在某一时刻，A放下C，返回与B会面。
C独自回家。
A遇见B，把他们接起来，然后A+B一起骑车回家。

发生的最佳情况是A、B、C都能同时到家，如下图所示。如果C在A+B之前到家，那么A应该早点送他们回家，因此和B一起早点到家。同样，如果C在A+B之后到家，那么A应该早点送他们回家，这样他们就可以早点到家。

在图中，蓝线表示“A斜率”$\pm 1$，绿线表示“B斜率”$1\pm\frac{1}{2}$，红线表示“C斜率”$\pm\frac{1{3}$。兴趣点为F、G、H，如图所示。我用未知量$p，q，r$来表示它们的坐标，单位是10分钟。我们现在有三个方程式：

FG具有斜率$1$，因此$p-\tfrac{1}{2} q个=q-p$
GH具有斜率$-1$，因此$1-\tfrac{1}{2} q个=r-q$
FH具有斜率$-\frac{1}{3}$，因此$1-p=\tfrac{1'{3}（r-p）$

求解这些方程，我们得到
\[
p＝\frac｛3｝｛4｝，quad q＝1，quad r＝\frac｛3｝｛2｝。
\]因为我使用的单位是10分钟，所以到达时间是$10r=10\cdot\frac{3}{2}$分钟，或者正好是15分钟。

注：我要感谢评论员TLK指出我的解决方案的前一个版本中的错误。我第一次写文章时有点草率，以为a会一路把C带回家，然后再回来接B！

额外信贷

对于额外的学分，解决方案要复杂得多：

A+D一起骑行，B+C一起骑行
在某一时刻，A放下D，回到B身边。
D继续向家走去。
A遇到B，和B一起回家，C独自继续。
A+B遇到D，B把D带回家，A转身回来。
A与C相遇，将C带回家。

再一次，最理想的情况是A、B、C、D都能同时到家。这是相应的图表。

这一次，我们有了更多的方程和变量。

FG具有斜率$1$，因此$p-\tfrac{1}{2} q个=q-p$。
FH具有斜率$-\tfrac{1}{6}$，因此$H=（p+s，1-p-\tfrac}{6} 秒)$换$s$。
GJ有斜率$-\tfrac{1}{3}$，因此$J=（q+r，1-\tfrac}{2} 问-\tfrac{1}{3} 第页美元。
GH具有斜率$-1$，因此$p+s-q=p+\tfrac｛1｝{6} 秒-\tfrac{1}{2} q个$
HJ斜率为$1$，因此$q+r-p-s=p+\tfrac{1}{6} 秒-\tfrac{1}{2} 问-\tfrac{1}{3} 第页美元。
香港的斜率为$-\tfrac｛1｝｛2｝$，因此为$1-p-\tfrac｛1｝{6} 秒=\tfrac{1}{2}（t-p-s）$。
JK有斜率$-1$，因此$1-\tfrac{1}{2} 问-\tfrac{1}{3} 第页=t-q-r$。

求解这些方程，我们得到：
\[
p=\压裂{5}{8}，\四
q=\压裂{5}{6}，\四
r=\frac{7}{16}，\quad
s=\frac{1}{2}，\quad
t=\压裂{41}{24}。
\]到达时间为$10t=\frac{205}{12}$分钟，或17.0833分钟，
或者确切地说17分5秒.

注：我要感谢评论员Sanandan Swaminathan指出了我以前版本的解决方案中的一个错误。再一次，我在第一次写文章时有点草率，以为a会在第一次回程时接C，而实际上a最好接B！这是我找到的前一个（次优）解决方案的图表，它只达到17.8125分钟，即17分48.75秒。

织机问题

本周的小提琴手是一个经典问题。

一个织布机由沿x轴和y轴等间距的挂钩组成。一根绳子将x轴上最远的钩子连接到y轴上最近的钩子，并在轴之间来回移动，始终占据下一个可用的钩子。这导致了一张如下所示的图片：

当钩子的数量趋于无穷大时，它的形状是什么？

额外学分：如果如下图所示旋转并重叠四台织机，中间白色区域的面积是多少？

我的解决方案：
[显示解决方案]

假设织机的尺寸是1美元乘以1美元。如果给定字符串沿着$y$-轴从原点开始一个分数$\alpha$，那么在点$（0，\alpha）$处，它将沿着$x$-轴连接到点$（1-\alpha，0）$。因此，所有直线的集合都有方程式：
\[
y=\α-\压裂{\α}{1-\α}x
\]假设极限形状具有方程$y=f（x）$。对于给定的$x$，$f（x）$是在给定的$x$处，上面的一行可以实现的$y$的最大值。如下图所示：

换句话说，我们有：
\[
f（x）=\max_{0\leq\alpha\leq1}\left（\alpha-\frac{\alpha}{1-\alpha{x\right）
\]很明显，最大值不会出现在边界点（$\alpha=0$或$\alfa=1$），因此它必须出现在对$\alba$的导数为零的点上。换句话说，
\[
\frac{\mathrm{d}}{\mathr{d}\alpha}\left（\alpha-\frac{alpha}{1-\alpha}x\right）
=1-\frac{x}{（1-\alpha）^2}=0
\]最佳选择是$\alpha_\star=1-\sqrt{x}$，这导致
\开始{align}
f（x）&=1-\sqrt{x}-\裂缝{1-\sqrt{x}}{\sqrt}}x\\
&=1-2\sqrt{x}+x\\
&=（1-\sqrt{x}）^2
\结束{对齐}A表达此函数的更对称的方法是隐式编写它。如果$y=f（x）$，满足上述方程的点集$（x，y）$正是满足该方程的点

$\显示样式
\sqrt{x}+\sqrt{y}=1
$

让我们再深入一点，看看我们是否能更多地了解这条曲线的形状。对两侧进行平方、重新排列并再次进行平方，我们得到：
\[
x^2+y^2-2xy-2x-2y+1=0
\]这是$x$和$y$中的二次表达式，这意味着它是一个圆锥曲线! 所以要么是圆，要么是椭圆，要么是双曲线，要么是抛物线。但是哪一个？最简单的检查方法是检查二次部分的特征值（将有两个特征值）。这里有一张方便的表格供参考：
\[
\开始{数组}{l|l}
\textbf{特征值属性}&\textbf{conic截面}\\hline
\text｛相等的特征值｝&\ text｛圆形｝\\
\text｛相同符号且非零｝&&text｛椭圆｝\\
\text{不同符号和非零}&\text{双曲线}\\
\text{一个零特征值}&\text{抛物线}
\结束{数组}
\]
在我们的例子中，二次项是：
\[
x^2+y^2-2xy=\开始{bmatrix}x\\y\结束{bmatrix}^\mathsf{T}
\开始{bmatrix}1&-1\-1&1\end｛bmatrix｝
\开始{bmatrix}x\\y\结束{bmatrix}
\]这个矩阵是奇异的（行列式为零），所以特征值为零，圆锥曲线必须是抛物线！为了更清楚地说明这一点，我们可以将方程重新排列一点，以获得
\[
\左（\frac{x+y}{\sqrt{2}}\右）=\frac{1}{\scrt{2}{\左（\frac{x-y}{\sqrt{2\right）^2+\frac{1\{2\sqrt}}
\]如果我们想象将曲线逆时针旋转$45$度，这将对应于转换$（x，y）\mapsto\left（\tfrac{x-y}{\sqrt{2}}，\tfrac}x+y}{\sqrt{2]}）$，因此上面在旋转坐标$（\hatx，\haty）$中的方程很简单
\[
\hat y=\frac{1}{\sqrt{2}}\hat x^2+\frac}{2\sqrt{2]}，
\]这显然是一条抛物线。

相切。根据上面的动画，看起来穿过$（x，f（x））$的线也是与…相切那一点的曲线。为了验证这一点，我们可以直接计算导数，并将其与直线斜率进行比较：
\[
f'（x）=\frac{\mathrm{d}}{\mathr{d} x}（1-\sqrt{x}）^2=1-\frac{1}{\sqrt}x}}
\]但我们为点$x$找到的$\alpha_\star$产生了：
\[
\文本{（直线斜率）}=\frac{-\alpha_\star}{1-\alphae\star}=\frac{-（1-\sqrt{x}）}{1-（1-\squart{x{）}=1-\frac}1}{\sqrt}x}}，
\]这是一个完美的匹配！

额外信贷

为了找到中心区域的面积，我们可以将形状分成小块，如下所示。

点$x_0$对应于曲线的$x$-值，其中$y=\frac{1}{2}$。这由以下公式给出：
\[
x_0=\左（1-\sqrt{\frac{1}{2}}\右）^2=\ frac{3}{2}-\平方{2}\约0.0858
\]中心部分的面积是正方形的总面积（$1$）减去阴影面积的四倍，从而得出积分：
\开始{align}
A&=1-4\左（\压裂{1}{2} x 0+\int_{x_0}^{\frac{1}{2}}（1-\sqrt{x}）^2\，\mathrm{d} x\右）\\
&=\压裂{2}{3}\左（4\sqrt{2}-5\右）\\[2m]
&\约0.4379
\结束{对齐}I决定省去集成的细节，因为它们不是特别有趣。因此，中间的白色区域约占正方形面积的43.8%$。

椭圆形填料

你听说过圆形包装…这周的Riddler经典是关于椭圆包装的！

本周，尝试将长轴为2、短轴为1的三个椭圆打包为具有相同纵横比的较大椭圆。你能找到的最小的这么大的椭圆是什么？具体来说，它的主轴有多长？

额外学分：不是三个较小的省略号，而是其他数量的省略符呢？

我的解决方案：
[显示解决方案]

解决方法

这是一个困难的问题，我采用了一种相当粗鲁的计算方法。大致来说，我将该问题建模为一个非线性（非凸）约束的连续优化问题，然后在该问题上使用黑盒优化器进行大量随机初始猜测，以帮助导航该问题中的许多局部最优解。

我通过每个内椭圆的中心$（x_I，y_I）$的坐标和方向角$\theta_I$对其进行参数化。对于较大的封闭椭圆，我假设它以主轴长度$r$的原点为中心。因此，对于$n$较小的省略号，总共需要求解$3n+1$个变量。

长轴长度为$2$、短轴长度为$1$且以原点为中心的椭圆的内部是满足以下条件的点集$（x，y）$
\[
x^2+4y^2\leq 1
\]如果我们将这个椭圆旋转$\theta_i$，并将中心平移到$（x_i，y_i）$，经过一些代数运算，我们得到了转换后的方程
\[
E_i:\quad\frac{1}{2}\开始{矩阵}x-xi\\y-y_i\end{bmatrix}^\top
\开始{bmatrix}
5-3cos（2\theta_i）和-3sin（2\ theta_i）\\
-3\sin（2\theta_i）&5+3\cos（2\ theta_i）
\结束{bmatrix}
\开始{矩阵}x-xi\\y-y_i\结束{bmatrix}\leq 1
\]我们还有一个外椭圆，我们假设它的长轴长度为$r$，并且以原点为中心，没有旋转。这个公式如下：
\[
E_r:\四个r^2x^2+4r^2 y^2\leq 1
\]

我们需要担心的约束如下：

小椭圆不相交：所有$1\leqi\ltj\leqn$的$E_i\cap E_j=\emptyset$。
小省略号位于大省略号内：所有$1\leqi\leqn$的$E_i\subseteqE_r$。

因此，我们正在解决的优化问题是：
\[
\开始{对齐}
\underset{x_i，y_i，\theta_i，r}{\text{minimize}}\qquad&r\\
\文本｛使得：｝\qquad&E_i\cap E_j=\emptyset，\quad 1\leq i\lt j\leq n\\
&E_i\substeq E_r，\quad 1\leq i\leq n
\结束{对齐}
\]

有多种方法可以指定交集和包含约束，但我并不太担心，因为我无论如何都要使用黑盒优化器。我选择的方法本质上是将每个椭圆的边界近似为具有大量顶点的多边形（我使用了80个）。然后，一对椭圆之间的包含或交集可以通过强制指定沿给定椭圆边界的每个点满足（或违反）定义另一个椭圆的不等式来指定。对于每个椭圆对，我只使用产生最严重约束冲突的点，从而使约束总数保持较小。

在实际实现中，我使用了MATLAB的fminco公司函数，它使用内部点解算器并使用有限差分近似梯度。粗略地说，它反复对所有变量进行小调整，以在满足所有约束的同时减少$r$，并在达到局部最优时停止。这并不好看，但由于变量和约束的数量相对较少，该算法非常有效（即使在MATLAB中！）。随着$n$变大，局部极小值的数量也变大，因此求解器越来越可能“陷入”次优解。为了克服这个问题，我对每个$n$使用了1000次随机初始化，并保留了最佳的解决方案。

最佳包装

这是我在$n=2,3，\dots，10$中发现的。我很有信心，我找到了我尝试过的较小$n$的最佳配置，但对于较大的$n$，可能是1000次随机试验只触及了表面，有可能找到我在这里展示的更好的包装。这就是说，我发现即使是$n$，最好的包装也是具有180度旋转对称性的配置。然而，当$n$是奇数时，包装就很难解释了。（单击查看全尺寸图像）

为了显示更改优化器初始化的效果，下面是优化器为$n=10$的情况找到的前12个最佳解决方案。正如我们所看到的，有许多不同的配置可以产生类似质量的解决方案。这就是为什么随着我们增加$n$，问题变得越来越困难；有很多“好”的配置，所以很难找到最好的配置。

对称（次优）填料

另一种获得$n=3$情况解的方法是考虑另一个圆内三个圆的最优布局。有无数这样的排列，因为我们有旋转对称性。

然后，如果我们将每个这样的配置水平拉伸$2$，我们将得到三个椭圆的有效填充，并且还有一个具有旋转对称性的无限族。如果每个较小的椭圆的宽度为$2$，则较大的椭圆的宽为$\frac{4}{\sqrt{3}}+2\约4.3094$。这不如我们在上面使用优化发现的打包好，后者产生了3.8759美元的收益。差异的原因是对称解决方案假设所有四个椭圆的主轴对齐。事实证明，如果你不对齐椭圆，你可以做得更好！

随意切三明治

本周的Riddler经典是关于随机切割方形三明治的几何难题。

我做了一个方形三明治，现在是时候把它切成薄片了。但我不是做标准的水平或对角线切割，而是沿着三明治的周长随机选取两个点，从一个点直接切割到另一个点。（这些点可以在同一侧。）

较小的工件的面积至少是整个面积的四分之一的概率是多少？

我的解决方案：
[显示解决方案]

假设三明治的边长为1。设$t\in[0,1]$为第一个点的位置（从一个角开始测量）。我们有三个案例需要考虑：

如果第二个点在同一侧（概率为$\frac{1}{4}$），则得到的最小块的面积将为零。
如果第二个点位于相邻的一侧（概率为$\frac{1}{2}$），则得到的最小块的面积将为$\frac{1{{2} 信托收据$，其中$r\in[0,1]$是相邻边上第二个点的位置。
如果第二个点位于相反的一侧（概率为$\frac{1}{4}$），则生成块的面积将是生成的两个四边形中较小的一个。具体地说，它将是$\main（\frac｛t+r｝｛2｝，1-\frac｛t+r｝｛2｝）$，其中$r\in[0,1]$是对面第二个点的位置。

我们将解决一般情况，即找出最小切片至少占总面积$p$的一部分的概率。这个问题要求$p=\frac{1}{4}$。由于正方形的总面积是$1$，我们实际上是在问：“最小面积至少为$p$的概率是多少？”。

案例1。如果我们在第一种情况下（同一侧的点），面积大于$p$的概率为零，因为面积总是零。因此，我们得出结论：
\[
a_1=0
\]

案例2。如果我们在第二种情况下（相邻边上的点），我们需要$\frac{1}的概率{2} 信托收据>p$，其中$r$和$t$在$[0,1]$中统一随机选择。这相当于计算：
\开始{align}
a_2&=\int_0^1\int_0^1\mathbf{1}\bigl（\tfrac{1}{2} 信托收据\gt p\biger）\，\mathrm{d} 第页\，\mathrm{d} t吨 \\
&=\int_{2p}^1\int_0^1\mathbf{1}\bigl（r\gt\tfrac{2p{t}\bigr）\，\mathrm{d} 第页\，\mathrm{d} t吨 \\
&=\int_{2p}^1\left（1-\frac{2p{t}\right）\，\mathrm{d} t吨 \\
&=1-2p+2p\log（2p）
\结束{align}注释我们必须改变$t$积分的下限，因为当$t\lt2p$时，我们有$\tfrac{2p}{t}>1$，所以被积函数为零。几何上，这是[0,1]^2$中区域$（t，r）的分数，其中$tr\gt p^2$如下所示。

案例3。如果是第三种情况（相对边上的点），我们对四边形的面积进行类似的计算：
\开始{align}
a_3&=\int_0^1\int_0^1\mathbf{1}\bigl（\min（\tfrac{t+r}{2}，1-\tfrac}t+r{2}）\gtp\bigr）\，\mathrm{d} 第页\，\mathrm{d} 吨 \\
&=\int_0^1\int_0^1\mathbf｛1｝\bigl（\tfrac｛t+r｝｛2｝\gt p\text｛and｝1-\tfrac｛t+r｝｛2｝\gt p\bigr）\，\mathrm{d} 第页\，\mathrm{d} t吨 \\
&=\int_0^1\int_0^1\mathbf{1}\bigl（p\lt\tfrac{t+r}{2}\lt 1-p\bigr）\，\mathrm{d} 第页\，\mathrm{d} t吨 \\
&=\int_0^1\int_0^1\mathbf{1}\bigl（2p\lt t+r\lt 2-2p\bigr）\，\mathrm{d} 对\，\mathrm{d} t吨 \\
&=1-4p^2
\结束{对齐}A计算上述积分的技巧是用几何方法。绘制$2p\lt t+r\lt 2-2p$的区域，我们看到它是区域$1$的正方形，两个角被截断，其面积为$（2p）^2$，因此结果为$1-4p^2$。请参阅下面的插图。

把所有的东西放在一起，最小块的面积至少为$p$的概率是由我们已经计算的概率之和给出的，每个概率都由它们发生的可能性加权，所以$f（p）=\frac{1}{4} a_1+\压裂{1}{2} a_2型+\压裂{1}{4} a_3型$. 将上述结果代入并简化，我们得到了最终答案：

$\显示样式
f（p）=压裂{3}{4} -p-p^2+p\log（2p）
$

函数如下所示：

当然，图只扩展到$p=\frac{1}{2}$，因为较小部分的面积不能超过总面积的一半。当$p=\frac{1}{4}$（原始问题所问的内容）时，我们得到$f（\frac{1'{4}）=\frac}7}{16}-\压裂{\log（2）}{4}\约0.264213$。因此，较小部分至少占整个面积的四分之一的概率约为26.4%。

完美的披萨分享

本周的Riddler经典是关于如何切割披萨以获得精确的切片面积比。

迪恩做了一个比萨饼与他的三个朋友分享。在这四个人中，他们各自想要不同数量的披萨。特别是，他们的食欲比是1:2:3:4。因此，迪恩想在披萨上做两个完整的直切（即和弦），得到四块面积比例为1:2:3:4的披萨。

迪恩应该在哪里做这两片？

额外学分：假设迪恩和更多的朋友一起分披萨。如果六个人分享比萨饼，迪恩沿着三条在一个点相交的和弦切割，那么他能达到多大程度上接近1:2:3:4:5:6的比例？如果有八个人共享披萨怎么办？

我的解决方案：
[显示解决方案]

推导面积公式

首先假设披萨是一个半径为1的圆，然后使用坐标系，原点位于披萨的中心。由于所有切割都必须在圆内部的一个公共点相交，因此可以旋转圆，使交点位于正$x$-轴上。设交点为$X$，坐标为$（X，0）$。我们通过这一点进行$n$切割，这将导致$n$和弦在$x$-轴上方$n$点处与圆相交，在$n$轴下方$n$处相交，因此总共$2n$点。

让$\theta_i$表示点$i$与正$x$-轴的夹角，相对于交点$x$进行测量。
让$\phi_i$表示点$i$与正$x$-轴的夹角，相对于原点$O$测量。
让$L_i$表示点$i$和交点$X$之间的线段长度。

下图说明了$n=3$情况下的一组可能的削减。

现在我们必须计算不同切片的面积。在上面的图表中，在削减$1$和$2$之间的一个这样的部分是阴影。我们将把每个切片分成三角形部分$\triangle_{12}$和四舍五入部分$\bigcirc_{12{$。

三角形部分是三角形$XP_1P_2$。根据边长$XP_1=L_1$和$XP_2=L_2$以及角度$\angle P_1XP_2=\theta_2-\theta_1$，面积为
\[
\三角{12}=\压裂{1}{2} L_1L_2\sin（\theta_2-\theta_1）
\]
圆角部分是圆形扇区$O P_1P_2$和三角形$OP_1P_2$s之间的差值。由于披萨的半径为$1$，因此$OP_1=OP_2=1$。圆形扇区有$\frac{1}{2}（\phi_2-\phi_1）$区域，三角形有$\frac{1{2}\sin（\phi_2-\phi_1）$区域。因此，切割$1$和$2$之间的切片具有总面积：
\[
\bigcirc{12}=\frac{1}{2}\左（（\phi_2-\phi_1）-\sin（\phi_2-\phi_1）\右）
\]

我们的下一个任务是用$x$和$\theta_i$表示$\phi_i$和$L_i$。考虑点$P_i$。根据我们是通过$O\到P_i$还是通过$O\到X\到P_i$到达那里，我们可以用两种不同的方式来写它的坐标。这就产生了
\[
P_i=\begin{bmatrix}\cos\phi_i\\sin\phi_i\end{bmatricx}
=\开始{bmatrix}x+L_i\cos\theta_i\\L_i\sin\theta_i\end{bmatrix}
\]将这些方程平方并求和以消除$\phii$，我们得到
\[
1=（x+L_i\cos\theta_i）^2+L_i^2\sin^2
\]求解$L_i$并保持正根（因为$L_i \gt 0$），我们发现
\[
L_i=\sqrt{1-x^2\sin^2\theta_i}-x\cos\theta_i。
\]把所有的东西放在一起，我们现在有了一个切片面积的公式！在削减1美元和2美元之间的情况下，面积为：

$\显示样式
\开始{对齐}
A_{12}（x，θ_1，θ_2）&=frac{1}{2} L_1L_2\sin（\theta_2-\theta_1）+\frac{1}{2}\bigl（（\phi_2-\phi_1）-\sin（\phi_2-\phi_1）\bigr）\\
\文本{其中：}\，\，&\左\{\开始{对齐}
L_i&=\sqrt{1-x^2\sin^2\theta_i}-x\cos\theta_i\\
\phi_i&=\arccos\left（\cos\theta_i\sqrt{1-x^2\sin^2\theta_i}+x\sin^2\theta_i \right）
\结束｛对齐｝\右。
\结束{对齐}
$

类似的公式适用于其余的切片，因此如果我们有$n$个切割，并且我们指定了交点的位置$x$和角度$\theta_1、\dots、\theta_n$，我们可以找到每个切片$A{ij}$的面积的公式。

寻找最佳切割集

如果我们有$n$的削减，就会有$2n$的切片。为了简单起见，让我们规范化区域，使总面积为$1+2+\dots+2n=2n^2+n$，并将规范化区域标记为$A_1、\dots、A{2n}$（以逆时针顺序，从$A{12}$开始）。这样做的原因是，例如，在$n=2$的情况下，我们希望$4$片的比率为$1:2:3:4$。因此，我们将总面积归一化为$1+2+3+4=10$。这样我们可以直接尝试使$A_1=1$、$A_2=2$等。

每个区域都是参数$\{x、\theta_1、\dots和\theta_n\}$的函数。目标是找到一组参数，这些参数给出的面积与数字$1,2，\点，2n$非常接近。有很多方法可以定义“亲密度”。我将使用最小二乘法标准，在这种情况下做得很好，因为它确保所有区域“大致相等地接近”它们应该是什么，并且没有大的偏差。

例如，在$n=2$的情况下，我们的任务是选择$（x，\theta_1，\theta _2）$，以便将以下函数最小化：
\[
J_1=（A_1-1）^2+（A_2-2）^2+
\]但还有更多……如果切片没有按照这个特定的顺序1、2、3、4出现呢？我们还应该检查其他排列！例如，我们还应该尝试以下功能：
\开始{align}
J_2&=（A_1-1）^2+（A_2-2）^2+\\
J_3&=（A_1-1）^2+（A_2-3）^2+\\
&\光盘
\结束{align}输入全部，将有$（2n）！$排列，或者在$n=2$的情况下为$24$。如果我们利用反射中的对称性，这个数字可以减少2美元。

因此，我们的流程如下：

选择$\{1,2，\dots，2n\}的排列$p$$
求最小平方成本的$（x，\theta_1，\tosts，\theta _n）$
\[
J_p=\sum_{i=1}^{2n}\bigl（A_i（x，θ_1，点，θ_n）-p_i\bigr）^2
\]受限于约束条件$0\leqx\leq1$和$0\leq\theta_1\lt\cdots\lt\theta_n\leq\pi$。
如果我们可以获得$J_p=0$，那么我们有一个完美的匹配，我们可以停止。否则，返回步骤1并选择不同的排列$p$。重复上述步骤，直到测试完所有排列。

函数$J（x，theta_1，dots，theta_n）$是一个困难的（读：非凸）函数，但仍然相对良好（读：连续可微），因此标准的非自助解算器足以完成此任务。我使用了Matlab的约束非线性优化器fminco公司.

要直接跳到结果：
[显示解决方案]

你应该爬多高？

本周的Riddler经典是一个简洁的几何问题。

两个人爬上了地球上最高的两座塔楼，而这两座塔恰好位于邻近的城市。在一个晴朗的日子里，你们俩都会爬上每座塔100米。由于行星的曲率，他们几乎无法相互辨认。第一个人回到塔楼的底层。第二个人必须站在多高的塔楼上？你几乎无法再次认出对方？

我的解决方案：
[显示解决方案]

沙漠逃亡

本周的Riddler经典是关于几何和概率，以及沙漠逃亡！以下是（重新表述的）问题：

有$n$的旅行者被困在一片狭窄的绿洲上。他们各自独立地在绿洲中选择一个随机的起始位置和随机的旅行方向。就$n$而言，它们的路径都不会相交的概率是多少？

我的解决方案：
[显示解决方案]

首先，考虑一个更简单的问题，所有旅行者都从绿洲的同一侧出发。这是一张可能看起来像什么的图表。

如果从左到右的角度从最小到最大排列，则路径不会精确交叉。例如，在上图中，路径不会交叉，因为$\teta_1\lt\teta_2\lt\teta_3$。一旦你固定了角度，只有$n！$中的一个旅行者的可能安排将有正确的顺序。因此，路径不相交的概率为$\frac{1}{n！}$。

现在考虑一下旅行者可以从绿洲两侧出发的情况。假设$k$旅行者从顶部出发，$n-k$从底部出发，如下图所示。

由于每个旅行者都有同等的可能性从两边出发，因此发生这种情况的概率是$\frac{1}{2^n}\binom{n}{k}$（这是一个二项分布). 路径不相交的概率是$\frac{1}{k！（n-k）！}$，因为它是从顶部出发的$k$旅行者不相交和从底部出发的$n-k$旅行者不会相交的概率的乘积，并且这两个事件是独立的。为了找到总概率$P_n$，我们对所有可能的$k$求和：
\开始{align}
P_n&=\frac｛1｝｛2^n｝\sum_｛k=0｝^n\binom｛n｝｛k｝\frac｛1｝｛k！（n-k）！｝\\
&=\frac{1}{2^n\cdot n！}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\fracc{n！}{k！（n-k）！}\\
&=\frac{1}{2^n\cdot n！}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}\\
&=\frac{1}{2^n\cdot n！}\binom{2n}{n}\\
&=\frac{（2n）！}{2^n\cdot（n！）^3}
\结束{align}最后一步是范德蒙德的身份。您可以将其视为计算从一组$2n$对象中拾取$n$对象的方法数。我们可以这样做，假设我们的$2n$对象被分成两组$n$，我们从第一组中选择$k$，从第二组中选择$n-k$，然后对$k$进行求和。如果你对这些二项式恒等式感兴趣，我鼓励你阅读我写的关于这个主题的两篇博文(第1部分和第2部分). 因此，当尘埃落定时，路径不相交的概率为：

$\显示样式
P_n=\frac{（2n）！}{2^n\cdot（n！）^3}
$

此函数随着$n$的增加而迅速减小。为了看到这一点，我们可以将$P_n$绘制为$n$的函数。以下是我们获得的结果：

为了更好地处理$P_n$，我们可以使用斯特林近似到阶乘，$n！\sim\sqrt{2\pin}\left（\frac{n}{e}\right）^n$，它生成
\[
P_n\sim\frac{1}{2\sqrt{2}\，\pi\，e}\左（\frac{2e}{n}\右）^{n+1}
\]这告诉我们$\log（P_n）\sim-n\log几乎是线性的在对数刻度上减少$P_n$。

锥形爬行

本周的Riddler经典是关于穿越圆锥体表面的几何问题

圆锥体的圆形底座半径为2米，倾斜高度为4米。我们从基地开始，距离中心1米远。目标是到达圆锥体的一半，从一开始绕圆锥体的中心轴90度，如图所示。最短的路是什么？

这是我的解决方案：
[显示解决方案]

假设底面半径为$r_0$，我们从中心开始计算距离$\rho_0$（点$a$）。假设倾斜高度为$r_1$，我们的目标是从顶部达到$\rho_1$点（$B$点）。我们可以把旅程分成两部分。无论我们如何从$A$到$B$，我们都必须在旅途中的某个时刻到达基准（点$X$）的边缘。假设$X$与底座中心的角度为$\theta$。

在上图中，我们在右侧显示了3D圆锥体和相应的展开2D版本。相应的点具有匹配的标签（单击图表以放大）旅程的第一部分，从$A$到$X$，应该是一条直线，因为这是连接平面上两个点的最短距离。由余弦定律，距离$AX$为
\[
|AX|=\sqrt{r_0^2+\rho_0^2-2r_0\rho_0\cos（\theta）}
\]旅程的第二部分，从$X$到$B$，将是沿着圆锥体表面的弯曲路径。然而，由于我们想要尽可能短的路径，如果我们展开圆锥体。这个展开的圆锥体是半径为$r_1$的圆形扇区。根据下图，我们可以再次应用余弦定律来求距离$XB$：
\[
|XB|=\sqrt{r_1^2+\rho_1^2-2r_1\rho_1\cos（\phi）}
\]但是什么是$\phi$？路径两部分沿底部边缘的弧长之和必须为90度。所以两个弧长之和必须等于底周长的四分之一。换句话说，当我们将圆锥体折回到一起时，点$X'$和$R'$必须分别与$X$和$R重合。因此，
\[
r0\θ+r1\phi=\tfrac{\pi}{2} r_0（零）
\]将这三个要素结合在一起，我们的目标是解决优化问题：
\开始{align}
\underset{\theta，\phi}{\text{minimize}}\quad&\sqrt{r0^2+\rho0^2-2r0\rho_0\cos（\theta）}+\sqrt}r1^2+\ rho_1^2-2r1\rho_1\cos\\
\文本{subject to}\quad&r0\theta+r1\phi=\tfrac{\pi}{2} r_0（零） \\
&0\leq\theta\leq\tfrac{\pi}{2}
\结束{对齐}

将$\phi$从目标中剔除，我们可以写出一个表达式，表示以交叉点的位置$\theta$表示的总距离$f（\theta）$：
\[
f（θ）=\sqrt{r_0^2+\rho_0^2-2r_0\rho_0\cos（θ
+\sqrt{r_1^2+\rho_1^2-2r_1\rho1\cos\Bigl[\tfrac{r_0}{r_1}\Bigl（\tfrac}\pi}{2}-\θ\bigr）\bigr]}
\]下面是当我们使用问题语句中给定的参数（$r_0=2$，$\rho_0=1$，$r_1=4$，$\ rho_1=2$）时该函数的外观图

我们可以看到最低温度出现在30度左右。接下来，我们将进行更深入的研究，并显示最小值恰好发生在30度，我们将在更一般的情况下导出一个解决方案。

通用解决方案

对于$（r_0，\rho_0，r_1，\hro_1）$的一般值，我们可以通过求导数并将其设置为零来寻找使$f（\theta）$最小化的$\theta$值。然而，如果我们不消除$\phi$并使用拉格朗日乘数通过这样做和简化，我们得到了两个条件：
\开始{聚集}
\裂缝{\rho0\sin\theta}{\sqrt{r0^2+\rho0 ^2-2 r0\rho_0\cos（\theta）}}
=\frac{\rho_0\sin\phi}{\sqrt{r_1^2+\rho_1^2-2 r_1\rho_1\cos（\phi）}}
\\
\θ+\frac{r1}{r0}\phi=\frac{\pi}{2}
\结束{收集}依据这个正弦定律，第一个方程表示$\alpha=\angle OXA=\anglePX'B$。直觉上，这有以下解释：如果我们想象滚动的一个圆圈围绕另一个圆周，直到点$X$和$X'$重合，点$B、X'、X、O$都位于一条直线上（两个红色线段形成一条直线）。通过在第三面写出正弦定律，我们可以得到涉及$（\theta，\phi，\alpha）$的稍微简单的表达式：
\开始{align}
\rho_0\sin（θ+\alpha）&=r_0\sin\\
\rho_1\sin（\phi+\alpha）&=r_1\sin\\
\θ+\tfrac{r1}{r0}\phi&=\tfrac}\pi}{2}
\结束{align}展开前两个方程使用角和恒等式去掉$\alpha$，我们得到了一组更简单的方程：
\[
\压裂{\tfrac{r0}{\rho0}-\cos\theta}{\sin\theta}=\frac{\tfrac{r1}{\rro_1}-\cos\phi}{\sins\phi}
\quad\text{和}\quad
\θ+\tfrac{r1}{r0}\phi=\tfrac}\pi}{2}
\]一般来说，这很难解决，但某些特殊情况会使事情变得更容易。例如，如果$\tfrac{r_0}{\rho_0}=\tfrac{r_1}{\hro_1}$，那么我们必须有$\theta=\phi$。这正是问题语句中的情况，因为我们有$\tfrac{r_0}{\rho_0}=\tfrac}{r_1}{\rro_1}=2$。此外，我们有$\tfrac{r_1}{r_0}=2$，所以第二个条件变成$\theta+2\theta=\tfrac}{2}$，从中我们得出$\theta=\tfrac{\pi}{6}=30^\circ$。将总距离代入公式，我们得出最短路径的长度：

$\显示样式
\text{最小距离}=f\bigl（\tfrac{\pi}{6}\bigr）=3\sqrt{5-2\sqrt{3}}\约3.71794
$

因此，只要起点和终点距离各自圆心的距离相等，我们就可以找到这个问题的解析解！

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