球面費馬點

22  Download (0)

Full text

(1)

球面費馬點

國立花蓮高級中學 蔡宛廷 指導老師 林明璋

中文文摘摘要

費馬點是一個相當有名的性質, 它的定義如下: 在平面上有一個三角形 ABC, 若從這個三角 形同一平面上一點 P 到三角形的三個頂點 A, B, C 的距離之和 P A + P B + P C 比從同一平面 上其它的點到三頂點距離和都小, 則這點就稱為「費馬點」. 費馬點還有一個特殊的性質: 如果 三角形的三個內角皆小於 2π/3, 則此費馬點與三角形的任兩個頂點的夾角恰為 2π/3; 如果三角 形有一個內角大於 2π/3, 則費馬點會在這個大於 2π/3 的角的頂點上.

本研究進一步將此性質推廣至球面上. 由參考論文 The Fermat point of a spherical triangle, 去研究球面上的費馬點的位置與性質. 本研究過程如下:

1、 研究論文 The Fermat point of a spherical triangle 2、 補充論文未說明的部分

3、 利用該論文的方法類推至球面 2k + 1 邊形的費馬點, 可將球面多邊形費馬點所滿足的角度 也求出, 如果其多邊形邊數為 2k + 1, 其角度為 2π/(2k + 1).

截至目前為止, 在球面三角形及球面 2k + 1 邊形的費馬點的位置和性質, 皆獲得初步成果. 至於 球面 2k 邊形, 因存在對角線的關係, 現階段仍未能以簡明的方式表示出球面 2k 邊形的費馬點.

Abstract

It has been well-known that, if△ABC is a plane triangle, then there exists a unique point P (known as the Fermat point of the triangle△ABC) in the same plane such that it minimizes the quantity

XA + XB + XC

for any point X in the plane. Moreover, if any of the vertices of△ABC holds an angle greater than or equal to 2π/3; then P coincides with that vertex. Otherwise, P lies inside the triangle and satisfies the equiangular identity

∠AP B = ∠BP C = ∠CP A = 3 .

The purpose of this article is to see how we can extend the above results to the case of a spherical triangle. It is very pleasant, if not surprising, that very similar statements hold for spherical triangles that are not too large. In particular, we would like to do the following:

1. Study and understand the paper ”The Fermat Point of a Spherical Triangle” by Gahlieh and Hajja thoroughly.

2. Fill in certain missing points that the paper did not mention.

3. As a generalization, we study the Fermat point of a spherical polygon. We can obtain some interesting result for spherical polygons with 2k + 1 edges. However, we cannot overcome the difficulty for spherical polygons with 2k edges.

1 簡 簡 簡介 介 介

1.1 研 研 研究 究 究動 動 動機 機 機

還記得在開學的第一堂專題課中, 老師上的是幾何. 為了喚起我們對數學的熱忱, 老師提 出了好幾個歷史中的名題, 諸如: 拿破崙問題、維維安尼定理、Fagnano 問題……等, 這 些古典幾何的趣題只用了簡單的理論便可完成, 可見其美妙之處.

因此, 想要在這次的論文中進一步探討這些幾何定理. 經過討論後, 選定「費馬點」為研 究主題, 而原因之一便是費馬點的概念, 實際上很貼近日常生活. 但是若要將「費馬點」

(2)

直接套入生活, 卻會產生誤差, 因為我們生活於球面上, 三個點如果距離過大, 不能直接以 直線論.本研究針對球面上的費馬點作探討, 而參考論文 The Fermat point of a spherical triangle 中已經指出這個點的性質, 因此本研究則致力於補充論文未提及部分及推展至球面 2k + 1 邊形.

1.2 文 文 文獻 獻 獻探 探 探討 討 討

以下是關於文獻 The Fermat point of a spherical triangle 的探討.

為方便起見, 本文約定所討論的球之球心為 O, 半徑為一單位.

1.2.1 球球球面面面幾幾幾何何何相相相關關關定定定義義義 1. 弧:

在單位球面上取 A、B 兩點, 作通過 A、B 兩點的大圓, A、B 兩點將此大圓分為 兩段弧, 本文定義 AB 弧為兩段弧中最小的一段, 表為 ÷AB.

2. 球面上兩點距離:

在一單位球面上, 定義 d(A, B) (球面上兩點距離)為 A、B 弧長, 也就是 ∠AOB, 即 d(A, B) = cos−1−→a ·−→

b (−→a ,−→ b−→

OA,−−→

OB).

3. 球面角:

設 A, B, C 是單位球面上相異三點, 並設過球面上 B 的切平面為 E, A, C 在 E 上 的投影點為 A, C. 定義球面角 ABC 即為 ∠ABC,表為 ]ABC.

4. 球面三角形:

設 A, B, C 是單位球面上不共圓三點, 則定義球面三角形 A, B, C 為 ÷AB, ÷BC, ÷CA 在球面上包圍的區域. 並定義 ÷AB, ÷BC, ÷CA為此球面三角形的三邊. A, B, C 為三頂 點. ]ABC, ]BCA, ]CAB 為此球面三角形的三內角.

5. 球面三角形費馬點定義:

若 X 點到 A, B, C 距離和最小也就是函數

f (X) = d(X, A) + d(X, B) + d(X, C) = cos−1−→x · −→a + cos−1−→x ·−→

b + cos−1−→x · −→c 有最小值, 此 X 點就稱為球面三角形 ABC 的費馬點.

1.2.2 文文文獻獻獻及及及本本本文文文架架架構構構

本文於第二章針對球面三角形費瑪點作討論, 其中在 The Fermat point of a spherical triangle一文中, 所討論之球面三角形必須符合兩個條件, 如下:

(一) 三邊 a, b, c 皆小於 π/2.

(二) 三個角 ]ABC, ]BCA, ]CAB 皆小於 2π/3.

並利用 Lagrange Multiplier 求費馬點, 導出費馬點的性質.

在論文中, 我們發現在證明費馬點唯一性時, 論文的證明並不完備, 我們將於本文 2.1 節補全;接著, 在 2.2 節將證明費馬點不在三角形外部, 在 2.3 節將導出球面三角形費馬 點的性質. 另外, 我們也將內角大於等於 2π/3 的三角形費馬點找出來, 於本文 2.4 節討 論;最後, 我們利用同樣的方法推廣至球面 2k + 1 邊形, 討論其費馬點的唯一性以及導出 其性質, 將在本文第 3 章作討論.

(3)

2 球 球 球面 面 面三 三 三角 角 角形 形 形

在此章節中, 我們首先證明費馬點的唯一性, 接著證明費馬點不在球面三角形外部, 接下 來證明在球面角小於 2π/3 的球面三角形中費馬點不在邊與頂點上以及導出此三角形費 馬點的性質. 最後證明當球面三角形有一點之球面角大於等於 2π/3 時, 費馬點即為頂點.

2.1 球 球 球面 面 面三 三 三角 角 角形 形 形費 費 費馬 馬 馬點 點 點的 的 的唯 唯 唯一 一 一性 性 性

本章節中, 利用反證法, 假設存在兩相異費馬點來證明矛盾. 而在 The Fermat point of a spherical triangle 中, 只證相異費馬點與三頂點皆不共線的情況, 故在此將假設情況分成 兩個部份, 分別證明.

(1) 兩相異費馬點與球面三角形三頂點皆不共線的情況(論文證明)

圖 1

假設球面上有一三角形 ABC, P 和 Q 為球面三角形 ABC 中兩相異費馬點, 且令 A, P, Q、B, P, Q、C, P, Q 三點均不共線, 因為 P 和 Q 皆為球面三角形 ABC 的費 馬點, 所以

P A + ÷÷ P B + ÷P C = ÷QA + ÷QB + ÷QC,

令其值為 k. 令 X 為 ÷P Q 中點, 延伸 ÷AX 至 Y1, 使 øAY1= 2 ÷AX,如圖 1. 在此我 們必須將球面三角形的邊長限制在 π/2 以內, 如果不將邊長限定於 π/2 以內, 則兩 倍後所探討的劣弧不符我們的需求, 為了保證其唯一一點, 我們必須限制邊長在 π/2 內.

因為 △AQX ∼=△Y1P X(SAS),所以 ÷AQ = øP Y1,又由球面三角形 AP Y1

÷AP + øP Y1= ÷AP + ÷AQ > øAY1= 2 ÷AX, 利用同樣的方法可類推至 B, C 兩頂點, 同樣可推得

BP + ÷÷ BQ > øBY2= 2øBX, ÷CP + ÷CQ > øCY3= 2øCX 所以 k > ÷AX + øBX + øCX,與費馬點的定義矛盾, 故假設錯誤.

所以費馬點僅只有一個.

(2) 兩相異費馬點與球面三角形其中一頂點共線的情況

(4)

圖 2

假設球面上有一三角形 ABC, P 和 Q 為球面三角形 ABC 中兩相異費馬點. 不失 一般性, 假設 A, P, Q 三點共線, 因為 P 和 Q 皆為球面三角形 ABC 的費馬點, 所以

P A + ÷÷ P B + ÷P C = ÷QA + ÷QB + ÷QC, 令其值為 k.

又令 X 為 ÷P Q中點, 所以 ÷AP +÷AQ = 2 ÷AX. 延伸 øBX至 Y2,如圖 2, 使 øBY2= 2øBX.

因為 △BQX ∼=△Y2P X(SAS),所以 ÷BQ = øP Y2,又由球面三角形 BP Y2BP + ø÷ P Y2= ÷BP + ÷BQ > øBY2= 2øBX,

利用同樣的方法可類推至 C 點, 同樣可推得

CP + ÷÷ CQ > øCY3= 2øCX,

所以 k > ÷AX + øBX + øCX,與費馬點的定義矛盾, 故假設錯誤.

所以 費馬點僅只有一個.

在接下的論文中, 球面三角形邊長都會限制於 π/2 中, 以符合費馬點的唯一性.

2.2 費 費 費馬 馬 馬點 點 點不 不 不存 存 存在 在 在於 於 於球 球 球面 面 面三 三 三角 角 角形 形 形外 外 外部 部 部

在平面三角形中, 費馬點並不存在於三角形外, 在此章節中, 我們證明在球面上的三角形 的費馬點不存在於球面三角形外部. 整理於定理 2.1.

定定定理理理 1. 已已知一球面三角形 ABC, 則在三角形外部不存在任何一點 X, 使得 XA + ø÷ XB + øXC 最小.

證證證明明明. 以下利用反證法. 假設球面三角形外部存在一點 X, 使得 ÷XA + øXB + øXC 最小.

不失一般性, 設 ÷AB 所處之大圓將球面分割成兩半球面, 而其中 X 點不與其他頂點共 處同一半球面. 作 ÷XA, øXB, øXC,令 øXC 交 ÷AB於 D, 在此可分成兩部分討論

(1) 當 øXC 交於 ÷AB邊內時

如圖 3, 令 øXC 交於 ÷AB 劣弧內於 D, 則

(5)

圖 3

XA + ø÷ XB + øXC = XA + ø÷ XB + øXD + ÷DC

≥ ÷AB + øXD + ÷CD

> DA + ÷÷ DB + ÷DC, 即 ÷XA + øXB + øXC > ÷DA + ÷DB + ÷DC,假設錯誤.

(2) 當 øXC 交於 ÷AB邊外時

如圖 4, 令 øXC 交於 ÷AB 劣弧內於 D, 則

圖 4

XA + ø÷ XB + øXC = XA + ø÷ XB + øXD + ÷DC ≥ ÷XA + ÷BD + ÷DC

= XA + ÷÷ AB + ÷AD + ÷DC > ÷XA + ÷AB + ÷AC

> AB + ÷÷ AC, 即 ÷AB + ÷AC < ÷XA + øXB + øXC, 假設錯誤.

其餘種情況與上述之情況雷同, 綜合上述之狀況, 可得知球面三角形之費馬點必不存 在於球面三角形外.

(6)

2.3 尋 尋 尋找 找 找球 球 球面 面 面三 三 三角 角 角形 形 形費 費 費馬 馬 馬點 點 點

在此章節中, 我們將去探討在球面角小於 2π/3 時的球面三角形費馬點位置及性質.

2.3.1 球球球面面面角角角小小小於於於 2π/3 時時, 利利利用用用 Lagrange Multiplier 求求求最最最小小小值值值(論論論文文文證證證明明明)

圖 5

如圖 5, 令球面上有一三角形 ABC, 令 ]BAC、]ABC、]ACB 皆不大於 2π/3 且 ÷AB, ÷AC, ÷BC 皆不大於 π/2, 令球面上有一點 X, 設 α = d(X, A), β = d(X, B), γ = d(X, C),

f (X) = d(X, A) + d(X, B) + d(X, C) = cos−1−→x · −→a + cos−1−→x ·−→

b + cos−1−→x · −→c . 令 −→x ̸= −→a ,−→

b , −→c ,即 X 不在 A、B、C 三頂點上利用 Lagrange multiplier 將其微分, 可

−→a

sin α +

→b sin β +

→c

sin γ = λ−→x (1) 再將兩邊分別和 −→x 與 −→a 作內積, 可得

λ = cos α

sin α +cos β

sin β +cos γ

sin γ (2)

λ cos α = 1

sin α +cos c

sin β +cos b

sin γ (3)

將(2)式代入(3)式, 可得 (cos α

sin α +cos β

sin β +cos γ sin γ

)

cos α = 1

sin α +cos c

sin β +cos b sin γ, 化簡可得

1− cos2α

sin α +cos c− cos α cos β

sin β +cos b− cos α cos γ sin γ = 0, 同乘 1

sin α 後可得

1 + cos c− cos α cos β

sin α sin β +cos b− cos α cos γ

sin α sin γ = 0 (4)

(7)

根據球面餘弦定理, (4)式可寫成

cos]AXB + cos ]CXA = −1 (5) 利用同樣方法可推得

cos]AXB + cos ]BXC = −1 (6) cos]BXC + cos ]CXA = −1 (7) 兩式, 由(5)(6)(7)三式可得

cos]AXB = cos ]BXC = cos ]CXA = −1 2

在此可以確認除了頂點之外, 在球面上存在一點 P , 使得 f(P ) 有最小值, 且此點滿足 ]AP B = ]BP C = ]AP C = 2π/3.

上述之 點可使得 f(P ) 有最小值, 但是不確定 P 點是否在球面三角形內部, 經由下述 之引理 2.1 證明之.

引引引理理理 1. 已知一球面三角形 ABC, 且球面角皆小於 2π/3, 則在球面三角形內部存在一點 P , 滿足 ]AP B = ]BP C = ]AP C = 2π/3.

證證證明明明. 以下利用反證法: 假設 P 點在外部, 且 P 點滿足 ]AP B = ]BP C = ]AP C = 2π/3. 此 P 點位置可分兩部分討論.

(1) 當 P 與三角形其中一邊共弧, 如圖 6

不失一般性, 假設 P 點與 ÷AB共弧時, ]AP B = 0, 矛盾.

圖 6

(2) 不失一般性, 設 ÷BC 所處之大圓將球面分割成兩半球面, 而其中 P 點不與其他頂點 共處同一半球面, 如圖 7

因為 P 點滿足 ]AP B = ]BP C = ]AP C = 2π/3, 又球面三角形 BP C 三邊小於 π時, 球面角小於 π, 則 π > ]BP A + ]CP A = 4π/3, 矛盾.

又假設 P 點在邊上時, 不失一般性, 假設 P 在 ÷AB 上, 則 ]AP B = π, 矛盾.

又因為利用 Lagrange Multiplier 時去除頂點的可能, 所以 P 點必在內部, 證畢.

利用引理 2.1 可得知可在球面三角形 ABC 內部找到一點 P , 滿足 ]AP B = ]BP C = ]AP C = 2π/3.

接下來將討論三頂點之狀況.

(8)

圖 7

2.3.2 球球球面面面角角角小小小於於於 2π/3 時時, 頂頂頂點點點不不不為為為其其其球球球面面面三三三角角角形形形的的的費費費馬馬馬點點點

在 2.3.1 節中, 利用 Lagrange Multiplier 方法在球面三角形內部找出 P 點, 使得 f(P ) 有 最小值, 且 ]AP B = ]BP C = ]AP C = 2π/3. 此節將證明球面三角形 ABC 任一頂點 至另兩頂點之和大於 ÷P A + ÷P B + ÷P C.

定定定理理理 2. 已知一球面三角形 ABC, 且三個角皆小於 2π/3, 利用 Lagrange Multiplier 方 法在球面三角形內部找出 P 點, 使得 f(P ) 有最小值, 且 ]AP B = ]BP C = ]AP C = 2π/3, 則球面三角形 ABC 任一頂點至另兩頂點之和大於 ÷P A + ÷P B + ÷P C.

證證證明明明. 以下利用反證法, 不失一般性, 所討論的頂點為 A 點.

以 A 點為旋轉軸, 將球面三角形 AP B 轉至球面三角形 APB,使得 úPB 與 ÷P C 共弧,

圖 8

如圖 8. 在球面三角形 ABC中, øAB+ ÷AC > øBC,

BøC = úBP+ øP P+ ÷P C = ÷BP + øP P+ ÷P C 在球面三角形 AP P 中, ]APP = ]AP P = π

3. 又球面三角形內角和大於 π, 即 ]P AP>]P PA, 又因為球面三角形中大角對大邊, 所以

(9)

P Pø> ÷P A

⇒ ÷AB + ÷AC = ABø+ ÷AC

> BøC = úBP+ øP P+ ÷P C

> P A + ÷÷ P B + ÷P C, 其餘兩點也依此類推, 證畢.

由定理 2.1 及 2.2, 我們可以得到當球面三角形 ABC 球面角皆小於 2π/3 時, 費馬點 P 在球面三角形 ABC 內部, 且

]AP B = ]AP C = ]BP C = 2π/3.

2.3.3 球球球面面面角角角 ≥ 2π/3 的的的球球球面面面三三三角角角形形形費費費馬馬馬點點點位位位置置置

在本節, 我們要找出「三邊 a, b, c 皆小於 π/2, 但有球面角 ≥ 2π/3 的球面三角形費馬點 位置」, 將上述之球面三角形費馬點的限制(二)去除.

由定理 2.1, 我們得知費馬點不會在外部. 又在幾何明珠一書中, 提及在平面上如果 三角形中有一頂點之內角 ≥ 2π/3 時, 費馬點即為此頂點. 我們猜想, 在球面三角形有一 內角 ≥ 2π/3 時的費馬點位置也會是在此頂點上. 在此我們必須先證明利用 Lagrange Multiplier 所得到的點不存在球面三角形內部, 即在三角形內部不存在任何一點 T , 使得 ]AT B = ]AT C = ]BT C = 2π/3.

因為球面三角形內角和大於 π, 所以須確認有多少個角會大於 π/2, 整理成引理 2.2.

引引引理理理 2. 三邊 a, b, c 皆小於 π/2 的球面三角形, 至多只有一個球面角大於 π/2.

證證證明明明. 以下用反證法. 假設存在球面三角形 ABC 至少有二個角大於 π/2, 且三邊 a, b, c 皆小於 π/2. 如圖 9, 不失一般性, 設 ]ABC 和 ]BCA 為鈍角. 延弧 b、弧 c 交於 D 點.

圖 9

因為弧 b、弧 c 皆為大圓, 而 A, D 為其交點, 故 A, D 對球心 O 互為對稱點.

又在球面三角形外做點 E 使得 ]EBC = ]ECB = π/2. 因為 ]DBC, ]DCB 皆為 銳角, 故弧 b、弧 c 的交點 D 位於球面三角形 BCE 內. 所以 ÷BD 小於 ÷BE; ÷CD 小於 CE,÷ 即 ÷BD, ÷CD 皆小於 π/2.

(10)

因此, c 與 ÷BD, b 與 ÷CD之和皆為 π, 所以

c > π− π/2 = π/2, b > π − π/2 = π/2, 與 a, b, c 皆小於 π/2 矛盾, 證畢.

由引理 2.2 可知, 將討論的球面三角形 ABC 設為: 三邊 a, b, c 皆小於 π/2, 且恰有一 球面角 ≥ 2π/3.

引引引理理理 3. 已知球面三角形 ABC, 且此三角形三邊皆小於 π/2, 且其中有一球面角 ≥ 2π/3, 則在三角形內部不存在任何一點 P , 使得

]AP B = ]BP C = ]CP A = 2π/3.

證證證明明明. 以下用反證法: 如圖 10. 不失一般性, 設

圖 10

]BAC ≥ 2π/3, ]BAP = α, ]CAP = β, ]BP D = φ1, ]CP D = φ2, ]P DC = θ, 假設 點在球面三角形內部, 且滿足

]AP B = ]BP C = ]CP A = 2π/3 (φ1= φ2= π/3).

在球面三角形 ADC 中, sin ÷CD

sin β = sin b

sin θ ⇒ sin ÷CD = sin β sin b

sin θ (8)

在球面三角形 P DC 中, sin ÷CD

sin φ2

=sin ÷CP

sin θ ⇒ sin ÷CD = sin φ2sin ÷CP

sin θ (9)

由(8)、(9)得

sin β = sin ÷CP

sin b sin φ2< sin φ2.

(在球面三角形 AP C 中, ∵ 大角對大邊, ∴ π/2 > b > ÷CP ,∴ sin ÷CP sin b < 1)

因為 sin β < sin φ2,又由引理 2.1 可知在球面三角形 AP C 中, 只有 ]CP A 為鈍角, 所以 π/2 > φ2= π/3 > β. 同理, φ1> α,所以 ]BP C > ]BAC, 矛盾, 故 P 點不可能在球面 三角形內部.

(11)

由引理 2.2 和引理 2.3, 我們可以得到當球面三角形 ABC 中有一球面角 ≥ 2π/3 時, 利用 Lagrange Multiplier 所得之點 P 不在球面三角形內部, 但費馬點不在球面三角形外 部, 故可得費馬點必在頂點上(不可微分點).

不失一般性, 設球面三角形 ABC 中, 三邊皆小於 π/2, 且 ]CAB ≥ 2π/3, 則此點即為 球面三角形 ABC 之費馬點. 整理如下.

定定定理理理 3. 三邊 a, b, c 皆小於 π/2, 且 ]CAB ≥ 2π/3 的球面三角形 ABC, 其費馬點恰位 於 A.

證證證明明明. 如圖 11, 設 Q 為球面三角形 ABC 內一點, 將球面三角形 BQA 繞 A 點旋轉, 使 AB÷ 轉到 ÷CA 所在大圓上, 得球面三角形 BQA (使 ]BAC = π). 因為旋轉角 ≤ π/3,

圖 11

又 ÷AQ等於 øAQ. 因為球面三角形內角和大於 π, 所以 ]AQQ=]AQQ > π/3. 由球面 三角形正弦定理可知

sin øQQ

sin]QAQ = sin øAQ

sin]AQQ ⇒ ÷QA > øQQ

QA + ÷÷ QB + ÷QC ≥ øQQ+ øQB ÷QC

≥ øCB = ÷CA + øAB

= ÷AB + ÷AC

又因為 ]BAC 為最大角, 所以 ÷BC 為最大邊, 即 ÷AB + ÷AC < ÷BA + ÷BC, ÷AB + ÷AC <

CA + ÷÷ CB. 所以三邊 a, b, c 皆小於 π/2, 且 ]CAB ≥ 2π/3 的球面三角形 ABC, 其球面 費馬點恰位於 A, 得證.

在此章完成了:

(1)、 確定費馬點不在球面三角形 ABC 外部.

(2)、 當球面三角形三頂點內角皆小於 2π/3 時, 則費馬點會在球面三角形內部, 且 ]AP B = ]BP C = ]AP C = 2π/3.

(3)、 若球面三角形 ABC 有一頂點之內角 ≥ 2π/3, 則此頂點即為費馬點.

(12)

3 球 球 球面 面 面 2k + 1 邊 邊 邊形 形 形

接下來, 我們將推廣至球面 2k + 1 邊形, 我們沿用三角形的方法. 首先, 證明費馬點唯一 性, 接著證明費馬點不在球面 2k + 1 邊形外部, 最後, 導出球面 2k + 1 邊形費馬點的性質.

如同球面三角形, 我們也設定所有 2k + 1 邊形, 任意兩頂點之弧長皆小於 π/2, 我們以 此 2k + 1 邊形之情況做討論.

3.1 球 球 球面 面 面 2k + 1 邊 邊 邊形 形 形費 費 費馬 馬 馬點 點 點的 的 的唯 唯 唯一 一 一性 性 性

在球面三角形費馬點唯一性之證明, 可類推至 2k + 1 邊形討論.

(1) 兩相異費馬點與球面 2k + 1 邊形任意頂點皆不共線的情況

假設球面上有一球面 2k + 1 邊形 A1A2. . . A2k+1, P, Q為球面 2k + 1 邊形的兩相

圖 12

異費馬點, 且任意一頂點與兩費馬點均不共線. 因為 P , Q 皆為球面 2k + 1 邊形的 費馬點, 所以

P Aù1+ ùP A2+· · · + ÷P A2k+1= ùQA1+ ùQA2+· · · + ÷QA2k+1, 令其值為 l.

令 X 為 ÷P Q 中點, 延伸 ùAX1 至 Y1 使 øAY1= 2 ùA1X,如圖 12.

因為球面三角形 A1QX ∼= 球面三角形 Y1P X(SAS), 所以 ùA1Q = øP Y1, 又由

△A1P Y1

ùA1P + øP Y1= ùA1P + ùA1Q > úA1Y1= 2 ùA1X, 同理可得

ùA2P + ùA2Q > 2 ùA2X, ùA3P + ùA3Q > 2 ùA3X, · · · , ÿA2k+1P + ÿA2k+1Q > 2 ÿA2k+1X, 將其全部相加, 整理可得

l > ùA1X + ùA2X +· · · + ÿA2k+1X, 與費馬點的定義矛盾, 故假設錯誤, 所以費馬點僅只有一個.

(2) 兩相異費馬點與球面 2k + 1 邊形其中一頂點共線的情況

假設球面上有一球面 2k + 1 邊形 A1A2. . . A2k+1, P , Q為在球面 2k + 1 邊形兩相

(13)

圖 13

異費馬點. 不失一般性, 假設 A, P , Q 三點共線, 因為 P 和 Q 皆為球面 2k + 1 邊形 的費馬點, 所以

P Aù1+ ùP A2+· · · + ÷P A2k+1= ùQA1+ ùQA2+· · · + ÷QA2k+1, 令其值為 l. 令 X 為 ÷P Q中點, 所以 ùA1P + ùA1Q = 2 ùA1X.

延伸 ùA2X 至 Y1, 如圖 13, 使 úA2Y2= 2 ùA2X.

因為 △A2QX ∼=△Y2P X (SAS),所以 ùA2Q = øP Y2,又由球面三角形 A2P Y2知 ùA2P + øP Y2= ùA2P + ùA2Q > úA2Y2= 2 ùA2X,

利用同樣的方法可類推至其他各頂點(除了 A1),同樣可推得

Aù3P + ùA3Q > 2 ùA3X,· · · , ÿA2k+1P + ÿA2k+1Q > 2 ÿA2k+1X,

所以 l > ùA1X + ùA2X +· · · + ÿA2k+1X,與費馬點的定義矛盾, 故假設錯誤, 所以費馬 點僅只有一個.

3.2 費 費 費馬 馬 馬點 點 點不 不 不存 存 存在 在 在於 於 於球 球 球面 面 面 2k + 1 邊 邊 邊形 形 形外 外 外

在此章節中, 我們證明球面 2k + 1 邊形的費馬點不存在於球面 2k + 1 邊形外, 整理於定 理3.1.

在此證明前, 需要一個引理, 整理於引理 3.1.

引引引理理理 4. 已知一球面三角形 ABC, 其內部存在任意一點 X, 則 øXB + øXC < ÷AB + ÷AC.

證證證明明明. 將 øXB 延伸交 ÷AC 於 D, 如圖 14.

在球面三角形 ABD 中, ÷AB + ÷AD > ÷BD,又在球面三角形 XDC 中, øXD + ÷DC > øXC, 所以

AB + ÷÷ AC = AB + ÷÷ DC

> BD + ÷÷ DC = øBX + øXD + ÷DC

> BX + øø XC, 即 ÷AB + ÷AC > øXB + øXC,得證.

(14)

圖 14

定定定理理理 4. 已知一球面 2k + 1 邊形, 則在 2k + 1 邊形外部不存在任何一點 X, 使得 XAù1+ ùXA2+· · · + ÷XA2k+1 最小.

證證證明明明. 以下利用反證法. 假設球面 2k + 1 邊形外部存在一點 X, 使得 XAù1+ ùXA2+· · · + ÷XA2k+1最小.

不失一般性, 設 ûA1A2 所處之大圓將球面分割成兩半球面, 而其中 X 點不與其他頂點共 處同一半球面. 作 ùXA1, ùXA1, · · · , ÷XA2k+1, 令 ùXA3 交 ûA1A2 於 B3, ùXA4 交 ûA1A2B4,· · · , ÷XA2k+1 交 ûA1A2 於 B2k+1在外部可分成兩種情況討論

(1)、 假設 ÷XAk+2 交於 ûA1A2 邊長內時

如圖 15, 令 ÷XAk+2 交於 ûA1A2 劣弧內於 Bk+2,則

圖 15

(15)

XAù1+ ùXA2+· · · + ÷XA2k+1

=

(XAù1+ ùXA2

) +

(XAù3+ ÷XA2k+1

) +

(XAù4+ ÷XA2k

)

+

(XAù5+ ÷XA2k−1

)

+· · · +(

XA÷k+1+ ÷XAk+3

)

+ ÷XAk+2

> ( ÿBk+2A1+ ÿBk+2A2) +

(Bÿk+2A3+ ýBk+2A2k+1 )

+

(Bÿk+2A4+ ýBk+2A2k )

+· · · + (ýBk+2Ak+1+ ýBk+2Ak+3) + ýBk+2Ak+2,

XAù1+ ùXA2+· · · + ÷XA2k+1> ÿBk+2A1+ ÿBk+2A2+· · · + ýBk+2A2k+1, 故假設錯誤.

(2)、 當 ÷XAk+2交於 ûA1A2 邊長外時 如圖 16, 則

圖 16

XAù1+ ùXA2+· · · + ÷XA2k+1

= XAù1+

(XAù2+ ÷XA2k+1 )

+

(XAù3+ ÷XA2k )

+· · · +(

XA÷k+1+ ÷XAk+2 )

> XAù1+

A1A2+ ùA1A2k+1 )

+

(Aû1A3+ ùA1A2k )

+· · · +(

ùA1Ak+1+ ùA1Ak+2 )

> ûA1A2+ ûA1A3+· · · + ùA1A2k+1,

XAù1+ ùXA2+· · · + ÷XA2k+1> ûA1A2+ ûA1A3+· · · + ùA1A2k+1,

假設錯誤.

其餘種情況與上述之情況雷同, 綜合上述之狀況, 可得知球面 2k + 1 多邊形之費馬點必不 存在於球面 2k + 1 邊形外.

(16)

3.3 尋 尋 尋找 找 找球 球 球面 面 面 2k + 1 邊 邊 邊形 形 形費 費 費馬 馬 馬點 點 點

在此章節中, 我們將去探討球面 2k + 1 邊形的費馬點位置及性質.

3.3.1 利利利用用用 Lagrange Multiplier 求求求最最最小小小值值值

圖 17

如圖 17, 球面上有一 2k + 1 邊形, 令球面上一點 X, 設

α1= d(X, A1), α2= d(X, A2), . . . , α2k+1= d(X, A2k+1), 兩相鄰夾角為 ]AiXAi+1= θ, i∈ N, 0 < i < 2k + 1, 且 ]A2k+1XA1= θ2k+1,

f (X) = d(X, A1) +· · · + d(X, A2k+1) = cos−1−→x · −→a1+· · · + cos−1−→x · −−−→a2k+1. 令 −→x ̸= −→a1, −→a2, . . . , −−−→a2k+1,即 X 不在任何 2k + 1 邊形的頂點上. 利用 Lagrange Multiplier 將其微分, 可得 −→a1

sin α1

+

→a2

sin α2

+· · · + −−−→a2k+1

sin α2k+1

= λ−→x (10) 再將兩邊同內積 −→x 和 −→a1,可得

λ = cos α1 sin α1

+cos α2 sin α2

+· · · +cos α2k+1 sin α2k+1

(11)

λ cos α1= 1 sin α1

+cos ûA1A2

sin α2

+cos ûA1A3

sin α3

+· · · +cos ùA1A2k+1 sin α2k+1

(12) 將(11)式代入(12)式,

(cos α1 sin α1

+cos α2 sin α2

+· · · + cos α2k+1 sin α2k+1

) cos α1

= 1

sin α1 +cos ûA1A2

sin α2 +cos ûA1A3

sin α3 +· · · + cos ùA1A2k+1 sin α2k+1 ,

(17)

化簡後可得

1− cos2α1

sin α1

A1A2− cos α1cos α2

sin α2

A1A4− cos α1cos α3

sin α3

+· · · +ùA1A2k+1− cos α1cos α2k+1

sin α2k+1

= 0,

同乘 1

sin α1 後可得

1 + cos ûA1A2− cos α1cos α2

sin α1sin α2

+cos ûA1A4− cos α1cos α3

sin α1sin α3

+· · · +cos ùA1A2k+1− cos α1cos α2k+1

sin α1sin α2k+1

= 0, 根據球面餘弦定理, 可得到

cos θ1+ cos (θ1+ θ2) +· · · + cos (θ1+ θ2+· · · + θ2k) =−1 利用同樣的方法依此類推, 可得









cos θ1+ cos (θ1+ θ2) +· · · + cos (θ1+ θ2+· · · + θ2k) =−1 cos θ2+ cos (θ2+ θ3) +· · · + cos (θ2+ θ3+· · · + θ2k+1) =−1 ...

cos θ2k+1+ cos (θ2k+1+ θ1) +· · · + cos (θ2k+1+ θ1+· · · + θ2k−1) =−1









(13)

(13)式為球面 2k+1 邊形 f(X) 最小值的角度限制, 但是不能確定 θ1、θ2、· · · 、θ2k、θ2k+1

的角度. 根據球面三角形的情況我們猜測

θ1= θ2=· · · = θ2k= θ2k+1= 2π/(2k + 1) 可滿足(13)式, 由引理 3.2 證明之.

引引引理理理 5. 如果 θ = 2π/(2k + 1), 則

1 + cos θ + cos 2θ +· · · + cos 2kθ = 0.

證證證明明明. 令 ω = cos θ + i sin θ, 則

ω2k+1= 1 ⇒ 1 + ω + ω2+· · · + ω2k= 0,

(1 + cos θ + cos 2θ +· · · + cos 2kθ) + i(sin θ + sin 2θ + · · · + sin 2kθ) = 0, 因此實數部分

1 + cos θ + cos 2θ +· · · + cos 2kθ = 0.

所以

θ1= θ2=· · · = θ2k = 2π/(2k + 1),

θ2k+1= 2π−2k(2π)

2k + 1 = 2k + 1, 得證.

(18)

由引理 3.2 可得若 P 點滿足

]A1P A2=· · · = ]A2kP A2k+1=]A2k+1P A1=

2k + 1 (14) 時, P 點滿足(13)式.

使用 Lagrange Multiplier 時, 我們還有頂點未討論, 接下來我們將證明在某個條件下, 頂點不為球面 2k + 1 邊形的費馬點. 在此我們須一個名詞定義, 整理如定義 3.1.

定定定義義義 3.1. 已知一球面 2k+1 邊形, 令 i, m, n ∈ {1, 2, . . . , 2k + 1}, 且 m ≡ i+k (mod 2k+

1), n≡ i + k + 1 (mod 2k + 1), 則稱 ]AmAiAn 為頂點 Ai 之中間角.

3.3.2 當當當所所所有有有的的的中中中間間間角角角小小小於於於 2π/3 時時, 頂頂頂點點點不不不為為為其其其球球球面面面 2k + 1 邊邊邊形形形的的的費費費馬馬馬點點點

在此章節中, 我們要去證明當所有的中間角小於 2π/3 時, 頂點不為其球面 2k + 1 邊形的 費馬點.

定定定理理理 5. 已知一球面 2k + 1 邊形, 其任意兩頂點連線皆小於 π/2, 且各頂點的中間角皆小 於 2π/3, 則頂點不為費馬點.

證證證明明明. 不失一般性, 假設 A1為費馬點, 作 ûA1A3, ûA1A4,· · · 、ùA1A2k, ùA2A2k+1,再令 ûA1A3

交 ùA2A2k+1於 B3, ûA1A4 交 ùA2A2k+1於 B3,· · · , ùA1A2k 交 ùA2A2k+1於 B2k,如圖 18.

圖 18

設 P 為球面三角形 Bk+1A1Bk+2 費馬點, 連接 ùP A1, ùP A2, · · · , ÷P A2k+1. 因為 P 為 球面三角形 Bk+1A1Bk+2 之費馬點,

ùA1Bk+1+ ùA1Bk+2> ùP A1+ ÷P Bk+1+ ÷P Bk+2, (15) 又在球面三角形 P Bk+1Ak+1, P Bk+2Ak+2 中,

P B÷k+1+ ýBk+1Ak+1> ÷P Ak+1 (16) P B÷k+2+ ýBk+2Ak+2> ÷P Ak+2 (17) 由(15)(16)(17)可得

Aù1Ak+1+ ùA1Ak+2> ùP A1+ ÷P Ak+1+ ÷P Ak+2.

(19)

又在球面三角形 A1A2A2k+1 中, 因為 P 必在內部, 由引理 3.1 可得 ûA1A2+ ùA1A2k+1> ùP A2+ ÷P A2k+1, 在球面三角形 A1A3A2k 中可知

Aû1A3+ ùA1A2k > ùP A3+ ÷P A2k, · · · , 在球面三角形 A1AkAk+3中, 同理可得

Aû1Ak+ ùA1Ak+3> ùP Ak+ ÷P Ak+3,

所以 ûA1A2+ ûA1A3+· · · + ùA1A2k+1> ùP A1+ ùP A2+· · · + ÷P A2k+1,

得證.

由上可得知費馬點必在球面 2k + 1 邊形內部, 且滿足(13)式, 但是否滿足(14)式, 我們 將在下節討論.

3.3.3 球球球面面面上上上一一一點點點 P 滿滿滿足足足 ]A1P A2 = · · · = ]A2kP A2k+1 = ]A2k+1P A1 = 2k + 1

時, P 點點點是是是否否否即即即為為為球球球面面面 2k + 1 邊邊邊形形形之之之費費費馬馬馬點點點 ?

在 3.3.2 的條件下, 頂點不是球面 2k + 1 邊形的費馬點. 則費馬點必在球面 2k + 1 邊形內 部, 且滿足(13)式, 但是是否滿足

]A1P A2=· · · = ]A2kP A2k+1=]A2k+1P A1= 2k + 1 以下我們來驗證之.

引引引理理理 6. 已知一球面 2k + 1 邊形, 且中間角小於 2π/3 , 若存在一點 P 滿足(14)式, 則此 P 點會落在球面 2k + 1 邊形內部.

證證證明明明. 利用反證法: 假設 P 點在外部, 滿足

]A1P A2=· · · = ]A2kP A2k+1=]A2k+1P A1= 2k + 1. 此 P 點位置可分兩部分討論.

(1) 當 P 與三角形其中一邊共弧, 如圖 19.

不失一般性, 假設 P 點與 ûA1A2 共弧時, ]A1P A2= 0, 矛盾.

(2) 不失一般性, 設 ýAk+1Ak+2所處之大圓將球面分割成兩半球面, 而其中 P 點不與其 他頂點共處同一半球面, 如圖 20.

因為 P 點滿足

]A1P A2=· · · = ]A2kP A2k+1=]A2k+1P A1= 2k + 1, 又球面三角形 Ak+1P Ak+2 三邊小於 π 時, 球面角小於 π, 而

]A1P A2+]A2P A3+· · · + ]AkP Ak+1+]Ak+2P Ak+3 +· · · + ]A2kP A2k+1=]A2k+1P A1= 2k(2π) 2k + 1 為球面三角形 Ak+1P Ak+2 之一內角, 且其大於 π, 矛盾.

又假設 P 點在邊上時, 不失一般性, 假設 P 在 ûA1A2上, 則 ]A1P A2= π,矛盾, 所 以 P 點必在內部, 證畢.

(20)

圖 19

圖 20

由上可知, 上述之 P 點若存在, 則此 P 點必在球面 2k + 1 邊形內部, 但是是否存在 ? 我們將於下面討論.

引引引理理理 7. 已知球面 2k + 1 邊形, 任意兩頂點連線皆小於 π/2, 若其中有一頂點之中間角

> π/2, 則在球面 2k + 1 邊形內部不存在任何一點 P , 使得

]A1P A2=· · · = ]A2kP A2k+1=]A2k+1P A1= 2k + 1.

證證證明明明. 以下利用反證法. 設存在一點 P 滿足(14)式時, P 點在球面 2k+1 邊形內部. 令頂點 A1 之中間角 ]Ak+1A1Ak+2≥ π/2, ùA1Ak+1 交 ùA2A2k+1於 Bk+1, ùA1Ak+2 交 ùA2A2k+1 於 Bk+2. 在此分兩部分分別探討.

(1) 當 P 落在球面三角形 A1Ak+1Ak+2內部, 則

]Ak+1P Ak+2>]Ak+1A1Ak+2> π/2, 所以

2k + 1

2,又 k > 1, 矛盾.

(21)

(2) 當 P 不在球面三角形 A1Ak+1Ak+2 內部, 則不失一般性, 如圖 21, 連接 ùP A1,

÷P A2k+1, . . ., ÷P Ak+2.

圖 21

在球面三角形 A1P A2k+1 中, ]A1P A2k+1 =

2k + 1、在球面三角形 A2k+1P A2k

中, ]A2k+1P A2k =

2k + 1、· · · 、在球面三角形 Ak+3P Ak+2 中, ]Ak+3P Ak+2=

2k + 1,所以 ]A1P Ak+2= 2kπ

2k + 1,又在球面三角形 A1P Ak+2 中, 因為 ]P A1Ak+2≥ ]A1Ak+1Ak+2> π/2,

且球面三角形三邊皆小於 π/2, 由引理 2.1 可得

π/2 >]A1P Ak+2= 2kπ 2k + 1, 矛盾, 故在球面 2k + 1 邊形內部不存在任何一點 P , 使得

]A1P A2=· · · = ]A2kP A2k+1=]A2k+1P A1= 2k + 1.

由引理 3.3, 可知當中間角小於 2π/3 時, 若存在 P 點滿足(14)式, 則 P 點必在球面 2k + 1邊形內部;而引理 3.4 卻得當中間角大於 π/2 時, 球面 2k + 1 邊形內部不存在一 點 P 滿足(14)式, 故可知若球面 2k + 1 邊形中有一頂點之中間角介於 π/2 和 2π/3 之間 時, 滿足(14)式之 P 點不存在. 但由定理 3.2 得知費馬點在球面 2k + 1 邊形內部, 故可知 滿足(13)式的點並不唯一, 必須將所有滿足(13)式的點加以驗證後才能決定費馬點.

4 結 結 結論 論 論

4.1 結 結 結論 論 論

1、 確定球面多邊形(包含三角形)費馬點存在且唯一.

2、 確定球面三角形費馬點必不存在於球面三角形外.

(22)

3、 根據 The Fermat point of a spherical triangle 一文, 可以得知在球面三角形三邊 a, b, c皆小於 π/2 的前提下, 球面三角形的費馬點有唯一性, 可以將情況分為以下兩 種:

(一) 當 ]ABC, ]BCA, ]CAB 皆小於 2π/3, 則費馬點 P 位於球面三角形 ABC 內 部, 且 ]AP B = ]BP C = ]AP C = 2π/3.

(二) 當 ]ABC, ]BCA, ]CAB 中有一角 ≥ 2π/3 (僅能有一角) , 則費馬點即為此 角之頂點.

4、 在球面三角形 ABC 內部一點 T , 則 ]BAC 必小於 ]BT C.

5、 確定球面 2k + 1 邊形費馬點必不存在於球面 2k + 1 邊形外.

6、 若 θ1= θ2=· · · = θ2k = θ2k+1= 2π/(2k + 1)時, 方程組









cos θ1+ cos (θ1+ θ2) +· · · + cos (θ1+ θ2+· · · + θ2k) =−1 cos θ2+ cos (θ2+ θ3) +· · · + cos (θ2+ θ3+· · · + θ2k+1) =−1 ...

cos θ2k+1+ cos (θ2k+1+ θ1) +· · · + cos (θ2k+1+ θ1+· · · + θ2k−1) =−1







 成立

7、 當球面 2k + 1 邊形所有頂點之中間角小於 2π/3 時, 頂點不為費馬點.

8、 當球面 2k + 1 邊形所有頂點之中間角小於 2π/3 時, 若存在 P 點滿足(14)式, 則 P 點必在球面 2k + 1 邊形內部.

9、 當球面 2k + 1 邊形有一頂點之中間角大於 π/2 時, 則在球面 2k + 1 邊形內部不存 在任何一點 P 滿足(14)式.

10、 由結論 8、9 可知若球面 2k + 1 邊形中所有頂點之中間角小於 2π/3, 且有一頂點之 中間角大於 π/2 時, 滿足(14)式之 P 點不存在.

11、 由結論 7、10 可知若球面 2k + 1 邊形中所有頂點之中間角小於 2π/3, 且有一頂點 之中間角大於 π/2 時, 費馬點會在球面 2k + 1 邊形內部, 但不滿足(14)式. 故得證滿 足(13)式之點不唯一, 換句話說, 方程組非唯一解, 而費馬點必須將所有滿足(13)式 之點一一驗證後才可得.

4.2 討 討 討論 論 論

目前球面 2k 邊形因存在對角線, 且對角線不一定交於一點, 目前僅能得知如果 AkAn+k 所構成的對角線如果全部交於一點的話, 此交點即為費馬點. 目前球面 2k 邊形仍努 力以更簡單的方法尋找此費馬點.

而在球面 2k + 1 邊形中, 還可以討論當有一頂點之中間角 ≥ 2π/3 及費馬點除了滿 足(13)式以外是否還有其他性質, 都值得我們再研究.

參 參 參考 考 考文 文 文獻 獻 獻

[1] Khuloud Ghalieh and Mowaffaq Hajja; The Fermat point of a spherical triangle?

The Mathematical Gazette, Vol.80, No.489, p.561-564,1996.

[2] Spherical Trigonometry, J.D.H. Donnay, published by Interscience Publishers.

[3] 項武義(民99),《基礎幾何學》, 五南出版社 [4] 黃家禮(民98),《幾何明珠》, 九章出版社

Figure

Updating...

References

Related subjects :