幾何明珠 第二十四章 費馬問題 練習與思考 詳解

1. $Q$ 在銳角三角形 $\Delta ABC$ 的邊上，$P$ 為費馬點，證明：$QA+QB+QC>PA+PB+PC$。
解法
按本章對費馬點的介紹可知此為滿足到三頂點距離和最小的點，而銳角三角形必為各角皆小於 $120^\circ$ 的三角形，因此費馬點落於三角形內部，從而對邊上的任意點 $Q$ 到三頂點的距離和必嚴格大於費馬點 $P$ 到三頂的距離和，說明完畢。


2. 設 $F$ 為 $\Delta ABC$ 的費馬點，$a$、$b$、$c$ 為三邊，求證：

   $a^2+b^2+c^2\geq(FA+FB+FC)^2$.

解法
首先由定理 24.1 可知
$\displaystyle\overline{FA}+\overline{FB}+\overline{FC}=\frac{1}{2}\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S\right)}$,
其中 $S$ 為三角形面積而 $a,b,c$ 分別為三邊長。從而有
$\displaystyle(FA+FB+FC)^2=\frac{a^2+b^2+c^2}2+2\sqrt3S$.
又由例題 24.3（Weitzenböck 不等式）：
$4\sqrt3S\leq a^2+b^2+c^2$.
將兩式結合可知
$(FA+FB+FC)^2\leq a^2+b^2+c^2$.
證明完畢。


3. 一個戰士想要查遍一個正三角形區域內邊界上所有地雷，他的探測器的有效度等於正三角形高的一半，這個戰士從三角形的一個頂點開始探測，問他循怎樣的探測路線才能使查遍整個區域的路程最短。
出處
第十五屆(1973 年)國際數學奧林匹亞第四題，由南斯拉夫提供。
解法

令 $A$ 為戰士的出發點，探測器的有效範圍為 $\displaystyle r=\frac{h}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{4}$，其中 $a$ 與 $h$ 為正三角形的邊長與高。現以 $B$ 為圓心作半徑為 $r$ 的圓分別交 $BA$ 於 $D$、交 $BC$ 於 $E$，以 $C$ 為圓心作半徑為 $r$ 的圓分別交 $CA$ 於 $F$、交 $CB$ 於 $G$。取 $\overset{\frown}{DE}$ 的中點為 $M$，連 $MC$ 交 $\overset{\frown}{FG}$ 於 $N$，則我們宣稱路徑 $AMN$ 為最短的路徑。

首先，戰士為了掃描到 $B$ 與 $C$，因此至少經過 $\overset{\frown}{DE}$ 與 $\overset{\frown}{FG}$ 各一次。不妨假設他先到達 $\overset{\frown}{DE}$ 上的一點 $M'$，隨後到達 $\overset{\frown}{FG}$ 上的點 $N'$。那麼可以知道戰士所走過的路途不會小於 $AM'+M'N'$。再者，連 $M'C$ 交 $\overset{\frown}{FG}$ 於 $N''$，從而有 $$AM'+M'N'\geq AM'+M'N''\geq AM+MN,$$ 其中最後一個不等式來自 $AM+MC\leq AM'+M'C$。最後，可以檢查這樣的路徑確實能夠完成掃雷（亦即在 $M$ 處與 $AC$ 的邊的距離恰為 $r$。那麼可以由餘弦或勾股定理求得最短路徑長為

$\displaystyle\left(\frac{\sqrt{7}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)a$.