关于点线最值问题的微探究

内容摘要：

在中学接触了一定量的最值问题后，发现了两类可以解析的最值类型，一是绝对值最值，即在数轴上的点和的最值。由此我们想到将其推广到更一般的形式，限于能力仅作部分推广。将最值问题从另一代数化的的角度去思考会发现别有一番洞天。在中学接触了一定量的最值问题后，发现了两类可以解析的最值类型，一是绝对值最值，即在数轴上的点和的最值。由此我们想到将其推广到更一般的形式，限于能力仅作部分推广。将最值问题从另一代数化的的角度去思考会发现别有一番洞天。在中学接触了一定量的最值问题后，发现了两类可以解析的最值类型，一是绝对值最值，即在数轴上的点和的最值。由此我们想到将其推广到更一般的形式，限于能力仅作部分推广。将最值问题从另一代数化的的角度去思考会发现别有一番洞天。

关键词：

最值，平面几何，解析几何，代数分析

一、费马点问题

问题：在平面内的一个给定的三角形中，试求一点P使得该点到三角形各顶点的距离和最小。（费马点）
事实上，我们先对三角形进行分类：

$I.$对于最大角$\alpha = \angle A$ ,若$\alpha < 120^。$则取三角形内一点P，连接PA,PB,PC,并且将$\triangle PAB$绕点A逆时针旋转$60^。$至$\triangle QAB’$处，所以$\triangle QAP$是一个等边三角形，PA长就转化到PQ长上，可见$PA+PB+PC=PA+PQ+QB \ge B’A$，于是就解得$\angle APB=\angle APC=\angle BPC=120^。$

$II.$ 对于最大角 $ \alpha = \angle A$,若 $\alpha > 120^。or\ \alpha = 120^$ 则所求点P即为A点。

对于这类问题我们有相应类似的问题，我们就是要来讨论他们。

二、最值问题的几个弱化

1.数轴问题

在数轴上有给定的两个点A，B，其对应数分别为m,n (m>n)。求一点P到A、B的距离和最小。

设点P所对应的数为x。

由距离的定义，我们得出 $PA=|x-m|,PB=|x-n|$

构造函数 $y=|x-m|+|x-n|$,所求即为y的最小值。

y也可以是一个分段函数，写成

$$
y=
\begin{cases}
2x-m-n& x\ge m,\
m-n \
-2x+m+n & x\le n
\end{cases}
$$

我们便得到了它的最小值所对应的区间$x\in[m,n]$

事实上我们还可以就从几何意义来入手，因为PA ，PB表示了P到A、B的距离，显然当P在AB之间时，取到距离和的最小值，这是从几何直观来入手的。

2.平面问题

平面内给定一个点O(m,n)，求一个点P使得P到O的距离最小。

首先考虑所有到所有到点O距离相同的点的集合P，那么由定义可知

$$
P= \left{\ (x,y)|\sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2}=r^2 \ \ x,y\in R \right}
$$

换句话而言，P即为以O为圆心，r为半径的一个圆。若要使点到点的距离最小，就要让半径r最小，由r的取值集合知，$\large{r}\small\min=0$ 所以当所求点P（这里只点，而非点集）与O重合之时，OP取最小值。

但同样的，从几何直观的角度，的确不需要思考就可以得到，O、P重合，距离最短。但这样就缺乏数学的严谨。

3.空间问题

空间内考虑一个点$O(i,j,k)$,求一个点到O的欧几里得距离的最小值。

我们同样考虑一切到O距离为定值的点的集合，形式如下

$$
P= \left{\ (x,y,z)|\sqrt{(x-i)^2+(y-j)^2+(z-k)^2}=r^2 \ \ \ x,y\in R \right}
$$

同样的，由函数定义可知，$r\ge 0$ ,所以最小值即为$r=0$ .

三、弱化问题的相关推广

1.数轴问题

一级推广

现在，在数轴上存在$n$ 个点$X_1,X_2,X_3……X_n$，他们的坐标给定：对于点$X_i$

在数轴上所对应的数（即坐标）为$m_i$ 求数轴上一点P，使得$OX_1+OX_2+OX_3+……+OX_n$的和最小。

我们设所求的$O$点所对应的数为$x$,由此可以得到线段和关于点坐标的函数

$$
y=|x-m_1|+|x-m_2|+|x-m_3|+…+|x-m_{n-1}|+|x-m_n|
$$

写成分段函数的形式即为：

$$
y=
\begin{cases}
-nx+m_1+m_2+…+m_n& x\leqslant m_1\
-(n-2)x-m_1+m_2+…+m_n& m_1<x\leqslant m_2 \
-(n-4)x-m_1-m_2+m_3+…+m_n& m_2<x\leqslant m_3\\
……&m_i<x\leqslant m_{i+1}\\
(n-2)x-m_1-m_2-m_3-…-m_{n-1}+m_n& m_{n-1}<x\leqslant m_n\
nx-m_1-m_2-m_3-…-m_n & m_n< x \
\end{cases}
$$

对其求导之后，便得到了$y$的导函数$y’$

$$
y’=\begin{cases}
-n& x\leqslant m_1\
-n+2& m_1<x\leqslant m_2 \
-n+4& m_2<x\leqslant m_3\……\
-n+2i&m_i<x\leqslant m_{i+1}\……\
n-2& m_{n-1}<x\leqslant m_n\
n & m_n< x \
\end{cases}
$$

当$y’<0$时，我们得到了$y$的单调减区间，同理$y’>0$时我们得到了$y$的单调增区间。取$y’=0$即为其取最值得时候，即

$$
y’=-n+2i=0
$$

$$
i=\left\lfloor\dfrac{n+1}{2}\right\rfloor
$$

这表明当$n$为奇数时，$y$存在唯一的最值点，而$n$为偶数时，$y$存在一个区间段使得$y$取最小值，改区间为闭区间，即$[\frac{n}{2},\frac{n}{2}+1]$

二级推广

相较于一级推广，我们给每个$m_i$加权,原问题转为对于$k_1OX_1+k_2OX_2+……+k_nOX_n$的和最小值。同样是上面的函数只不过稍复杂些：$y=\sum\limits_{i=1}^nk_i|x-m_i|$

写成分段函数即为

$$
y=a_ix+b_i=\sum\limits_{j=1}^ik_j(x-m_j)-\sum\limits_{j=i+1}^nk_j(x-m_j)\ \ \ \ m_i<x\leqslant m_{i+1}
$$

整理系数得：

$$
\begin{cases}
a_i=\sum\limits_{j=1}^ik_j-\sum\limits_{j=i+1}^nk_j\
b_i=\sum\limits_{j=1}^ik_jm_j-\sum\limits_{j=i+1}^nk_jm_j\
\end{cases}
$$

易证其单调性，求导后与上一问题同理。

2.平面问题

一级推广

在平面内有两个点$F_1(c,0),F_2(-c,0)$,求一点到此两点距离和的最小值。

事实上，我们同样去一个到这两点距离和恒定的点的集合，所设距离和为$2a$

则该点集合就是一个椭圆：

$ P= \left{\ (x,y)|\frac{x^2}{a^2}+ \frac{y^2}{b^2}=1\ \ x,y\in R \right}$

要距离和最短，就是要让$2a$最小，当离心率最小时，椭圆就退化成一条线段，此时取到最小值$2c$.

二级推广

平面上有n个点，$X_i坐标为（x_i,y_i）$求一点P(x,y)到$X_i$距离和最小。

写出函数关系式

$$
z=\sum \limits_{i=1}^n\sqrt{(x-x_i)^2+(y-y_i)^2}=\sum \limits_{i=1}^nz_i
$$

现将验证$z在R上存在极值$

即保证$\exists P(x_0,y_0)使得f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0且$

$$
H_f(P_0)=\begin{pmatrix}f_{xx}(P_0)&f_{xy}(P_0)\f_{yx}(P_0)&f_{yy}(P_0)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}f_{xx}&f_{xy}\f_{yx}&f_{yy}\end{pmatrix}_{P_0}
$$

因为我们要的极值时极小值，所以另有条件是：

$$
当f_{xx}>0，则(f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2)_{P_0}>0
$$

于是我们算$z$的一阶偏导：

$$
z=\sum \limits_{i=1}^n\sqrt{(x-x_i)^2+(y-y_i)^2}
$$

$$
令s_i=(x-x_i)^2,t_i=(y-y_i)^2,则z_i=\sqrt{s_i^2+t_i^2}
$$

$$
f_x=\frac{\partial z_i}{\partial x_i}=\frac{\partial z_i}{\partial s_i}\frac{\partial s_i}{\partial x_i}
$$

$$
\frac{\partial z_i}{\partial s_i}=s(s^2+t^2)^{-\frac{1}{2}},\frac{\partial z_i}{\partial t_i}=t(s^2+t^2)^{-\frac{1}{2}},\frac{\partial s_i}{\partial x_i}=2(x-x_i),\frac{\partial t_i}{\partial y_i}=2(y-y_0)
$$

$$
\therefore f_{x_i}=2s(s^2+t^2)^{-\frac{1}{2}}(x-x_i)
$$

$$
同理，f_{y_i}=2t(s^2+t^2)^{-\frac{1}{2}}(y-y_i)
$$

$$
\therefore f_x=\frac{\partial z}{\partial x}=\sum \limits_{i=1}^n2s(s^2+t^2)^{-\frac{1}{2}}(x-x_i), \ f_y=\frac{\partial z}{\partial y}=\sum \limits_{i=1}^n2t(s^2+t^2)^{-\frac{1}{2}}(y-y_i）
$$

略去计算步骤，易证该函数$z$满足以上要求，故存在此点$P(x_0,y_0)$使得$z$ 取最小值。