• Nie Znaleziono Wyników

Wyznaczyć na prostej taki punkt P , że suma odległości od P do A i B jest najmniejsza

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Wyznaczyć na prostej taki punkt P , że suma odległości od P do A i B jest najmniejsza"

Copied!
17
0
0

Pełen tekst

(1)

Mamy transportować z dwóch miejsc tyle samo towaru naj- pierw drogą lotniczą, a potem po przeładunku drogą morską.

Zakładamy, ze brzeg morza jest w przybliżeniu linią prostą. W jakim punkcie brzegu należy zlokalizować punkt przeładunkowy, aby koszt transportu lotniczego był najmniejszy?

Sprowadza to się do następujacego problemu matematyczne- go. Mamy prostą l i dwa punkty A i B po jednej stronie prostej.

Wyznaczyć na prostej taki punkt P , że suma odległości od P do A i B jest najmniejsza.

Konstruujemy punkt B0 symetryczny do B względem pro- stej l. Niech P0 będzie dowolnym punktem na prostej l. Wtedy

|BP0| = |B0P0|. Zatem droga AP0B0 jest równa drodze AP0B.

(2)

A teraz zakładamy, ze transportujemy np. towar szybko sie psujący. Wtedy chcemy, aby maksimum z odcinków |AP | i |BP | było najmniejsze.

Najpierw zrzutujmy prostopadle punkt dalszy (niech to bę- dzie punkt A) od prostej na tę prostą otrzymując punkt A0. Możliwe sa dwa przypadki:

(3)

1. |A0A| < |A0B|. Wtedy punkt P będzie punktem przecięcia symetrycznej boku AB z prostą l.

Uzasadnienie

Niech P0 będzie dowolnym punktem leżącym na prawo od P , a P00 dowolnym punktem leżącym na lewo od P .

Kąt AP A0 jest ostry zatem kąt AP P0 jest rozwarty. Stąd odcinek AP0 jest dłuższy od odcinka AP .

Kąt BP P00 jest rozwarty (jako większy od kąta rozwartego pomiędzy symetralną i prostą l), zatem odcinek BP00 jest dłuż- szy niz BP .

(4)

2. |A0A| ­ |A0B|. Wtedy sprawa jest oczywista - punkt P pokrywa sie z punktem A0..

(5)

Mamy trzy miejsca, z których do których trzeba dostarczać dostawy w tej samej ilości. Pytanie: gdzie umieścić magazyn, aby koszty dostaw były najniższe.

Sprowadza się to do następującego problemu matematyczne- go. Znaleźć punkt na płaszczyźnie, z którego suma odległości do trzech wierzchołów trójkata jest najmniejsza.

(6)

Możliwe sa dwa przypadki.

1. Największy kąt w trójkącie jest mniejszy niż 120o.Wtedy szukany punkt jest to tzw. punkt Fermata. Oznaczmy nasze punkty A, B, C. Budujemy na bokach trójkąta ABC trzy trój- kąty równoboczne ABC0, ACB0 oraz BCA0. Łączymy ”nowe”

wierzchołki tych trójkątów z przeciwległymi wierzchołkami trój- kąta otrzymując odcinki A0A, B0B oraz C0C. Okazuje się, że przecinają się one w jednym punkcie (O) i to jest szukany punkt.

Ponieważ każdy kąt trójkata ABC jest mniejszy od 120o, kąty ACA0, BCB0 i CAC0 są wypukłe, z czego wynika, że punkt O leży wewnątrz trójkąta.

(7)

Uzasadnienie:

Niech O0 bedzie dowolnym punktem w trójkącie ABC. Obra- camy trójkąt AO0B o 60o w kierunku zgodnym z ruchem wska- zówek zegara. Otrzymujemy trójkąt przystający AO00C0, przy czym trojkąt AO0O00 jest równoboczny. Zatem |AO0| = |O0O00|, oraz |O0B| = |O00C0|. Suma odległości punktu O0 od wierzchoł- ków trójkąta ABC jest zatem równa |O0C| + |O0O00| + |O00C0|.

Będzie ona najmniejsza, gdy punkty C, O0, O00 i C0 będą na jednej prostej. Analogicznie rozumujemy dla pozostałych dwóch boków.

(8)

Ciekawa zupełnie inną konstrukcję punktu O z innym uza- sadnieniem można znaleźć w książce V. V.Praselov, ”Zadachi po planimetrii”, cz.1 zadanie 11.21.

Niech ABC bedzie trójkątem, w którym największy kąt jest mniejszy niż 120o.

Mianowicie punkt O bedzie punktem, z którego wszystkie boki trójkąta widać pod kątem 120o.

Prowadzimy symetralną boku AB (zielony odcinek). Z punk- tu A prowadzimy prostą (czerwony odcinek) pod kątem 30o (to można zrobić na wiele sposobów). Ich przecięcie oznaczmy D.

Analogiczne postępujemy z odcinkiem AC otrzymując punkt E.

Wykreślamy okrąg U1 o środku D i promieniu |DA| = |DB|

oraz okrąg U2 o srodku E i promieniu |EA| = |EC|. Oznaczmy inny niż A punkt przecięcia tych okręgów przez O.

Kąt ADB jest kątem żrodkowym opartym na cięciwie AB i jego miara wynosi 120o. Zatem miara kąta AOB jest równa

(9)

180o 12 · 120o = 120o. Analogicznie zauważamy, ze miara kąta AOC wynosi 120o.

Przez punkty A, B, C prowadzimy proste prostopadłe do OA, OB i OC. Otrzymujemy trójkąt A0B0C0 (niebieskie boki).

W czworokącie AOBC0 miara kąta przy C0 wynosi 360o − 2 · 90o − 120o = 60o. Czyli miara kąta A0C0B0 jest równa 60o. Ana- logicznie miara kąta A0B0C0 jest równa 60o. To znaczy, że trójkąt A0B0C0 jest równoboczny. Niech długość jego boku wynosi a.

Niech O0 bedzie dowolnym punktem wewnątrz trójkąta ABC.

Zrzutujmy prostopadle punkt O0 na boki trójkąta A0B0C0 otrzy- mując punkty A1, B1, C1.

Pole trójkata A0B0C0 jest sumą pól trójkątów A0O0B0, A0O0C0, B0O0C0 i sumą pól trójkątów A0OB0, A0OC0, B0OC0. Oznacza to, że 12a(|A1O0| + (|A1O0| + |B1O0| + |C1O0|) = 12a(|AO| + |BO| +

|CO|). Stąd |A1O0| + |B1O0| + |C1O0| = |AO| + |BO| + |CO|.

Ale |AO0| + |BO0| + |CO0| jest sumą przeciwprostokatnych w od- powiednich trójkatach, zaś |A1O0| + |B1O0| + |C1O0| sumą przy- prostokatnych w tych samych trójkątach. To dowodzi, że O jest szukanym punktem.

2. Największy kąt w trójkącie liczy co najmniej 120o. Wtedy szukany punkt pokrywa się z wierzchołkiem przy tym kącie.

(10)

Uzasadnienie:

Niech A będzie wierzchołkiem, przy którym kąt jest więk- szy niż 120o. Niech E będzie dowolnym punktem w trójkącie.

Obracamy trójkąt AEC o 60o w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara otrzymując trójkąt przystający AE0B0. E0 jest obrazem punktu E, a B0 punktu B. Trójkąt AEE0 jest równo- boczny, skąd |AE| = |EE0|. Ponadto |EC| = |E0B0|. Zatem suma odległości od punktu E do wierzchołków trójkąta wynosi

|BE| + |EE0| + |E0B0|.

Ponieważ kąt BAC jest wiekszy od 120o, kąt BAB0 jest wiek- szy od 120o + 60o = 180o, zatem kąt zewnętrzny oznaczony na rysunku α jest mniejszy od 180o. Zatem łamana BEE0B0 jest dłuższa niż łamana BAB0. A długość tej ostatniej łamanej sta-

(11)

nowi sumę odległości od punktu A do wierzchołków A, B, C trój- kąta.

(12)

A teraz przypuśćmy, że dostarczamy np. coś szybko rozmra- żającego się. Wtedy zależy nam na tym, aby najdłuższy odcinek był jak najkrótszy. Zatem teraz matematyczny problem będzie następujący:

Znaleźć punkt na płaszczyźnie, z którego maksymalna odle- głość do trzech wierzchołów trójkąta jest najmniejsza.

(13)

Tu też będą dwa przypadki.

1. Trójkąt jest ostrokątny. Wtedy szukanym punktem jest środek okręgu opisanego na trójkącie.

Uzasadnieenie:

Niech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC, a r jego promieniem. Wtedy wszystkie odległości od O do wierz- chołów trójkąta sa równe r. Ponieważ trójkąt jest ostrokątny, O leży wewnątrz trójkąta. Niech O0 bedzie innym punktem we- wnątrz trójkąta. Łaczymy O0 z wierzchołkami trójkąta. Punkt O leży w jednym z trójkątów ABO”, ACO” lub BCO0. Przy-

(14)

2. Trójkąt jest prostokątny lub rozwartokątny. Wtedy szuka- nym punktem jest środek najdłuższego boku (czyli boku leżące- go naprzeciwko kąta prostego lub rozwartego).

Uzasadnienie:

Kąt ACB jest rozwarty lub prosty skąd

6 ACO +6 OCB = 6 ACB ­ 90o,

zaś

6 CAO +6 CBO ¬ 90o.

Zatem 6 ACO ­ 6 CAO lub 6 BCO ­ 6 CBO. Zatem |OA| ­

|OC| lub |OB| ­ |OC|. Ale |AO| = |BO|, skąd wynika teza.

(15)

A teraz przypuśćmy, że mamy n > 3 miejscowości z których do których trzeba dostarczać dostawy w tej samej ilości. Pytanie analogiczne: gdzie umieścić magazyn, aby koszty dostaw były najniższe?

Jeśli n = 4 i punkty tworzą czworokąt wypukły, to sprawa jest jeszcze prostsza niż dla n = 3. Szukany punkt jest punktem przecięcia przekątnych.

Uzasadnienie:

Niech O0 bedzie innym punktem wewnątrz czworokąta. Wte- dy |DO|+OB| < |DO0|+|O0B| oraz |AO|+OC| < |AO0|+|O0C|.

(16)

Dla czworokąta niewypukłego szukany punkt leży w wierz- chołku kąta wklęsłego.

Uzasadnienie:

Niech B będzie wierzchołkim kąta wklęsłego, a E innym punk- tem. Wtedy punkt B leży w jednym z trójkątów AED, AEC, DEC. Przypuśćmy, że B leży wewnątrz trojkąta AED. Wtedy

|AB|+|BD| < |AE|+|ED|. Ponadto |BC| < |BE|+|EC|. Stąd suma odległośći wszystkich wierzchołków od B równa |BA|+0+

|BC| + |BD| jest mniejsza od |EA| + |EB| + |EC| + |ED|, a to jest suma odległośći punktu E od wierzchołków czworokąta.

Pozostałe przypadki rozważamy podobnie.

(17)

Dla n > 4 nie istnieje dokładne ani algebraiczne ani geome- tryczne rozwiązanie. Można znajdować ten punkt w przybliżeniu stosując metody numeryczne (np. Monte Carlo lub inne).

Cytaty

Powiązane dokumenty

Symetria ortocentrum względem boku.. (23) Kąty ze środkiem

Czy istnieje taki ostrosłup czworokątny oraz taka płaszczyzna przecina- jąca wszystkie jego krawędzie boczne, że pole uzyskanego przekroju jest więk- sze od pola podstawy

6. Przy okrągłym stole usiadło osiem dziewcząt i ośmiu chłopców. Jaka jest szansa, że osoby tej samej płci nie siedzą obok siebie? Jakie jest prawdopodobieństwo, że trzy

Rzucamy dwiema kostkami. Niech zdarzenie A polega na tym, że suma wyników jest równa 4, a B - na tym, że przynajmniej na jednej kostce wypadła liczba parzysta. Z talii 52 kart

Rzucamy dwiema kostkami. Niech zdarzenie A polega na tym, że suma wyników jest równa 4, a B - na tym, że przynajmniej na jednej kostce wypadła liczba parzysta. Z talii 52 kart

5. Losujemy jedną kulę, a następnie wrzucamy ją ponownie do urny dorzucając dodatkowo k kul białych, jeśli była to kula biała lub k kul czarnych, jeśli była czarna.

Napisać równanie pęku prostych przez zadany punkt i rozwiązać z równaniem okręgu przy założeniu jednego rozwiązania tzn.. warunek delta

W klasie Main i metodzie main utwórz obiekt klasy Taxi i wyświetl na ekranie średni przebieg i średnie zarobki. Monika Wrzosek (IM UG) Programowanie obiektowe 17