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

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.

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:

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 .

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

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.

Możliwe sa dwa przypadki.

1. Największy kąt w trójkącie jest mniejszy niż 120^o.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 120^o, kąty ACA⁰, BCB⁰ i CAC⁰ są wypukłe, z czego wynika, że punkt O leży wewnątrz trójkąta.

Uzasadnienie:

Niech O⁰ bedzie dowolnym punktem w trójkącie ABC. Obra- camy trójkąt AO⁰B o 60^o 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.

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 120^o.

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

Prowadzimy symetralną boku AB (zielony odcinek). Z punk- tu A prowadzimy prostą (czerwony odcinek) pod kątem 30^o (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 120^o. Zatem miara kąta AOB jest równa

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

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 360^o − 2 · 90^o − 120^o = 60^o. Czyli miara kąta A⁰C⁰B⁰ jest równa 60^o. Ana- logicznie miara kąta A⁰B⁰C⁰ jest równa 60^o. 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 120^o. Wtedy szukany punkt pokrywa się z wierzchołkiem przy tym kącie.

Uzasadnienie:

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

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

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

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.

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-

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 ­ 90^o,

zaś

6 CAO +⁶ CBO ¬ 90^o.

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

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

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|.

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.

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).