摘要: 平衡態公理(最小勢能原理)為解決費馬問題提供了力學依據, 用不同的數學方法進行了證明。同時, 用平衡態公理和數學方法相結合解決費馬---斯坦勒爾問題更簡單。

關鍵字: 費馬---斯坦勒爾問題, 平衡態公理, 偏導數, 幾何證明。

1640年, 費馬提出問題: 平面上給定三個點 $A$, $B$, $C$, 求一點 $P$ 使 $PA+PB+PC$ 最小。

此即費馬問題, 這個所求點 $P$ 稱為費馬點。關於費馬點的存在性, 可以用力的平衡原理來考慮: 因為作用在這一點的三個相等的力要平衡的話, 它們的合力為零, 三個力各指向這一點和 $\triangle ABC$ 三頂點連線的方向, 且三者互相夾角為 $120^{\circ}$。所以, 該點一定存在, 且這一點到三頂點連線的夾角均為 $120^{\circ}$ (當 $\triangle ABC$ 的內角均小於 $120^{\circ}$ 時, 在 $\triangle ABC$ 內一定有點 $P$, 使 $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^{\circ}$; 當 $\triangle ABC$ 的內角有不小於 $120^{\circ}$ 者, $\triangle ABC$ 內滿足 $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^{\circ}$ 的點 $P$ 不存在, 根據問題條件 $P$ 點又不可能在 $\triangle ABC$ 外, 易知所求點 $P$ 應在最大內角頂點處)。該原理較詳細的推導, 我們將在後面更一般化的斯坦勒爾問題中進行。

用數學方法進行推導, 先建立平面直角坐標系 $xoy$, 設 $A(x_{1}, y_{1})$、$B(x_{2}, y_{2})$、$C(x_{3}, y_{3})$, $P(x, y)$, 則使 $$ W=f(x,y)=\sum^{3}_{i=1}\sqrt {(x-x_{i})^{2}+(y-y_{i})^{2}} $$ 取最小值的點 $P$ 就是所求的費馬點。

現在可以通過對 $W$ 求 $x$, $y$ 的偏導數求得 $P$。要使 $W$ 在 $\triangle ABC$ 的內部取最小值, 必有 $\frac {\partial w}{\partial x}=0$, $\frac {\partial w}{\partial y}=0$, 從而得: \begin{equation} %(1) \sum^{3}_{i=1}\frac {x-x_{i}}{\sqrt {(x-x_{i})^{2}+(y-y_{i})^{2}}}=0,\ \sum^{3}_{i=1}\frac {y-y_{i}}{\sqrt {(x-x_{i})^{2}+(y-y_{i})^{2}}}=0, \end{equation}

考慮三維向量: $\overline{X}=(x-x_{1}, x-x_{2}, x-x_{3})$、$\overline{Y}=(y-y_{1}, y-y_{2}, y-y_{3})$、 $\overline{R}=(\displaystyle\frac {1}{r_{1}}, \displaystyle\frac {1}{r_{2}}, \displaystyle\frac {1}{r_{3}})$ (記 $r_{i}=\sqrt{(x-x_{i})^{2}+(y-y_{i})^{2}}$)。

由 (1) 及向量的點積公式可知 $\vec X\cdot\vec R=0$, $\vec Y\cdot\vec R=0$。 因此向量 $\vec R$ 垂直於向量 $\vec X$、$\vec Y$ 所在的平面, $\vec R//\vec X\times\vec Y$。 再由向量叉積公式可知 \begin{eqnarray*} \vec X\times\vec Y &=&\bigg(\left|\begin{array}{ccc} x-x_{2}&\ \ \ &x-x_{3}\\ y-y_{2}&\ \ \ &y-y_{3} \end{array}\right|, \left|\begin{array}{ccc} x-x_{3}&\ \ \ &x-x_{1}\\ y-y_{3}&\ \ \ &y-y_{1} \end{array}\right|, \left|\begin{array}{ccc} x-x_{1}&\ \ \ &x-x_{2}\\ y-y_{1}&\ \ \ &y-y_{2} \end{array}\right| \bigg)\\[8pt] &=&\pm(2S_{\triangle PBC},2S_{\triangle PCA}, 2S_{\triangle PAB})\\ &=&\pm(r_{2}r_{3}\sin\angle BPC, r_{3}r_{1}\sin\angle CPA, r_{1}r_{2}\sin\angle APB) \end{eqnarray*}

因為 $\vec R//\vec X\times\vec Y$, 所以 $\vec R=\lambda (\vec X\times\vec Y)$, 即 $$ (\frac {1}{r_{1}},\frac {1}{r_{2}},\frac {1}{r_{3}})=\lambda(\vec X\times\vec Y) $$ 從而可知 $\sin\angle BPC=\sin\angle CPA=\sin\angle APB=\displaystyle\frac {1}{\lambda r_{1}r_{2}r_{3}}$。 因此, 所求點 $P$ 滿足 $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^{\circ}$。

下面介紹找出點 $P$ 的幾何方法 (只就 $\triangle ABC$ 的內角均小於 $120^{\circ}$ 的情形)。

方法一: 以 $\triangle ABC$ 的各邊為邊長向外作正 $\triangle ABD$、正 $\triangle BCE$、正 $\triangle CAF$, 很容易證明這三個正三角形的外接圓交於一點 $P$, $P$ 為費馬點 (實際上作兩個外接圓就可確定交點 $P$)。

方法二: 由 $\triangle ABC$ 的三邊為邊長向外作正 $\triangle ABD$、正 $\triangle BCE$、正 $\triangle CAF$, 則 $AE$、$BF$、$CD$ 三線共點且此點就是所求點 $P$。

證明: 如圖1, 設 $BF$、$CD$ 相交於點 $P$, 連 $AP$、$EP$。 由於 $\triangle ACD\cong\triangle AFB$, $\therefore\angle ACP=\angle AFP$。 從而 $A$、$F$、$C$、$P$ 四點共圓。 得 $\angle CPF=\angle CAF=60^{\circ}$, $\angle APF=\angle ACF=60^{\circ}$。 $\therefore\angle APC=120^{\circ}$。 同理可得, $\angle APB=120^{\circ}$。 那麼 $\angle BPC=120^{\circ}$。 又由於 $\angle BEC=60^{\circ}$。 $\therefore B$、$E$、$C$、$P$ 四點共圓。 從而 $\angle BPE=\angle BCE=60^{\circ}$, 又 $\angle APB=120^{\circ}$。 $\therefore A$、$P$、$E$ 三點共線。 故 $AE$、$BF$、$CD$ 三線交於一點 $P$。

如圖2, 設 $G$ 為 $\triangle ABC$ 內異於點 $P$ 的任一點, 延長 $AP$ 到 $F$, 使 $PE=PB$, $EF=PC$, 即 $AF=PA+PB+PC$。 在 $\triangle ABC$ 內, 連接 $GA$、$GB$、$GC$, 以 $GB$ 為一邊作正 $\triangle GBM$, 連接 $MF$、$BF$, 在 $\triangle PBC$ 與 $\triangle EBF$ 中, $PC=EF$, $PB=EB$, $\angle CPB=\angle FEB=120^{\circ}$, 所以 $\triangle PBC\cong\triangle EBF$。

從而 $\angle PBC=\angle EBF$, $BC=BF$。 在 $\triangle GBC$ 與在 $\triangle MBF$ 中, 因為 $\angle GBM=\angle PBE=60^{\circ}$, $\therefore \angle GBP=\angle MBE$, 從而 $\angle GBP+\angle PBC=\angle MBE+\angle EBF$, 即 $\angle GBC=\angle MBF$。 又 $GB=MB$, $BC=BF$。 $\therefore\triangle GBC\cong\triangle MBF$, 則 $GC=MF$。 因此, $$ GA+GB+GC=AG+GM+MF\gt AF=PA+PB+PC. $$ 故 $P$ 點到 $A$, $B$, $C$ 三點距離之和為最小。

費馬---斯坦勒爾問題: 設 $A$, $B$, $C$ 是三個礦井, 其每日的礦石產量分別為 $k_{1}$、$k_{2}$、$k_{3}$。 今需選擇一個地點 $P$ 將三礦井每日所產礦石集中, 以便統一處理後運走。 問應如何選擇 $P$ 點才能使集中礦石所需的運輸量 $k_{1}PA+k_{2}PB+k_{3}PC$ 最小?

這一問題顯然是前面問題的推廣(加權)。

平衡態公理: 獨立體系最終總是趨於一個能量儘量低的穩定狀態, 而永遠不能自動地離開它; 該平衡態是唯一的。這一原理也稱為勢能最小原理。

我們關心的是下面兩層意思: 能量最低, 即存在最小值; 平衡包括力學平衡、熱學平衡等, 也就是存在一系列等式。平衡存在, 不一定是能量最低; 能量最低, 則必然存在平衡, 這是我們把該原理引入數學問題解決的依據。

如圖3所示, 在 $\triangle ABC$ 所在平面內的 $A$、$B$、$C$ 三點各鑽一個孔, 然後將三條繩 子繫在一起, 設結點為 $P$, 繩子分別穿過三孔, 繩下所受重力分別為 $q_{1}$、 $q_{2}$、 $q_{3}$ 的物體各一件, 當它們平衡時, 它們離地面的高度分別為 $h_{1}$、 $h_{2}$、 $h_{3}$, 則整個系統的勢能, 即三個重物勢能之和為 $E=q_{1}h_{1}+q_{2}h_{2}+q_{3}h_{3}$。 又設結點 $P$ 到 $A$、$B$、$C$ 三點的距離為 $r_{1}$, $r_{2}$, $r_{3}$ 且繫三重物的繩長分別為 $l_{1}$, $l_{2}$, $l_{3}$, 又若平面離地面高度為 $h$,

則有 $r_{i}+(h-h_{i})=l_{i}$ $(i=1, 2, 3),$ 即 $h_{i}=r_{i}+h-l_{i}$, 故前式可寫為 $E=q_{1}r_{1}+q_{2}r_{2}+q_{3}r_{3}+c$, 其中 $c=(q_{1}+q_{2}+q_{3})h-(q_{1}l_{1}+q_{2}l_{2}+q_{3}l_{3})=\hbox{常量}$。 顯然當系統處於平衡時勢能 $E$ 最小, 即 $q_{1}r_{1}+q_{2}r_{2}+q_{3}r_{3}=E-c$ 最小。

而平衡態公理又告訴我們: 當該體系達到平衡狀態時, 必然存在力學平衡, 即繩結 $P$ 所受的合外力為零。根據力的合成, 我們便可得到這個點所滿足的數量關係為: $$ \frac {\sin\angle BPC}{q_{1}}=\frac {\sin\angle CPA}{q_{2}}=\frac {\sin\angle APB}{q_{3}}. $$

下面略證滿足上式的點 $P$ 即為所求點。

若 $P$ 滿足上式, 如圖4所示, 過 $A$, $B$, $C$ 三點分別作 $PA$、$PB$、$PC$ 的垂線, 垂線構成的三角形為 $\triangle DEF$。 考慮角的互補, 顯然有

$\sin\angle D=\sin\angle BPC$,

$\sin\angle E=\sin\angle CPA$,

$\sin\angle F=\sin\angle APB$.

又在 $\triangle DEF$ 中, 用正弦定理, 有

$\displaystyle\frac {EF}{\sin\angle D}=\displaystyle\frac {FD}{\sin\angle E}=\displaystyle\frac {DE}{\sin\angle F}=2R$

(其中 $2R$ 為 $\triangle DEF$ 外接圓直徑), 則 $$\sin\angle BPC=\frac {EF}{2R},\ \sin\angle CPA=\frac {FD}{2R},\ \sin\angle APB=\frac {DE}{2R},\hskip 4.5cm~$$ 從而得 $$\frac {EF}{q_{1}}=\frac {FD}{q_{2}}=\frac {DE}{q_{3}}=k\quad\hbox{(常數)。}$$ 又 \begin{eqnarray*} S_{\triangle DEF}&=&S_{\triangle EPF}+S_{\triangle FPD}+S_{\triangle DPE}\\ &=&\frac {1}{2}(EF\cdot PA+FD\cdot PB+DE\cdot PC)\\ &=&\frac {k}{2}(q_{1}PA+q_{2}PB+q_{3}PC). \end{eqnarray*} 又若 $M$ 為 $\triangle ABC$ 內異於 $P$ 的另外一點, 顯然有 \begin{eqnarray*} \frac {k}{2}(q_{1}MA+q_{2}MB+q_{3}MC)&=&\frac {1}{2}(EF\cdot MA+FD\cdot MB+DE\cdot MC)\\ &\ge& S_{\triangle MEF}+S_{\triangle MDF}+S_{\triangle MDE}=S_{\triangle DEF} \end{eqnarray*} 所以 \begin{eqnarray*} \frac {k}{2}(q_{1}PA+q_{2}PB+q_{3}PC)\le \frac {k}{2}(q_{1}MA+q_{2}MB+q_{3}MC), \\ {\hbox {即}} q_{1}PA+q_{2}PB+q_{3}PC=q_{1}r_{1}+q_{2}r_{2}+q_{3}r_{3}\le q_{1}MA+q_{2}MB+q_{3}MC. \end{eqnarray*} 當 $q_{1}=q_{2}=q_{3}$ 時, 即為費馬問題。

例. 設平面 $xoy$ 上有三點 $O(0, 0)$, $P(12, 0)$, $Q(8, 6)$, 求 $W=5|RO|+4|RP|+3|RQ|$ 取最小值時 $R$ 的坐標?

設 $R$ 的坐標為 $(x, y)$, 於是 $$ W=5\sqrt {x^{2}+y^{2}}+4\sqrt {(x-12)^{2}+y^{2}}+3\sqrt {(x-8)^{2}+(y-6)^{2}}. $$ 通過對 $W$ 求 $x$, $y$ 的偏導數 $\displaystyle\frac {\partial W}{\partial x}$、 $\displaystyle\frac {\partial W}{\partial y}$ 可得。

如果用平衡態公理則簡潔的多。可令 $q_{1}=5N$, $q_{2}=4N$, $q_{3}=3N$, 繩結的坐標為 $R'$, 則體系的勢能為 $W'=5|R'O|+4|R'P|+3|R'Q|$。 根據平衡態公理, $R'$ 所受的合外力為零, 由力的合成得 $$ \angle PR'Q=90^{\circ},\ \angle OR'P=\cos^{-1} (-0.8),\ \angle OR'Q=\cos^{-1} (-0.6). $$ 然後, 過點 $Q$, $R'$, $P$ 作圓, 圓心坐標為 $S(10, 3)$; 過 $O$, $R'$, $P$ 作圓, 圓心為 $T$, 因為 $\angle OR'P=\cos^{-1} (-0.8)$, 所以 $\longcuv{OP}$ 所對的圓心角為 $2\sin^{-1} 0.6$, 則 $\frac {1}{2}\angle OTP=\sin^{-1} 0.6$, 從而 $T$ 的坐標為 $(6, -8)$。

由此可得, $R'$ 在圓 $(x-10)^{2}+(y-3)^{2}=13$ 和 $(x-6)^{2}+(y+8)^{2}=100$ 上。 解得 $R'$ 的坐標為 $(\frac {896}{137}, \frac {272}{137})$ 時, $W=5|RO|+4|RP|+3|RQ|$ 有最小值。

---本文作者任教陜西教育學院數理工程系---