練習1： 給定平面上的$n$ 個點$A_1,A_2,\ldots,A_n$。 若點$P$ 到這$n$ 個點的距離的平方和為定值, 求$P$ 的軌跡。
選擇適當的座標系能極大地減少計算量。 設給定的$n$ 個點的重心為$G$。 以$G$ 為座標原點, 建立平面直角座標系。 設點$A_i$($i=1,2,\ldots,n$)的座標為$(x_i,y_i)$, 則有
\begin{equation}\sum_{i=1}^{n}x_i=0,\sum_{i=1}^{n}y_i=0.\label{1} \end{equation}設定值為$K$, $P$ 的座標為$(x,y)$, 由距離公式, 有 $$\sum_{i=1}^{n}\left[(x-x_i)^2+(y-y_i)^2\right]=K.$$ 再根據 \eqref{1} 式, 得 $$nx^2+ny^2=K-\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{i=1}^{n}y_i^2\right).$$ 上述步驟可逆, 故所求的軌跡是以給定的$n$ 個點的重心為圓心的圓。
以下是練習1的對偶。
練習2： 給定平面上的$n$個點$A_1,A_2,\ldots,A_n$, 設這些點的重心為$G$。 考慮以$G$為圓心的圓, 則圓周上的任意一點到這給定的$n$ 個點的距離的平方和為定值。
《數學通報》2020年第3期的一篇文章 (見文獻
定理 A： 給定平面上的$n$ 個點$A_1,A_2,\ldots,A_n$, 設這些點的重心為$G$。 考慮以$G$ 為中心的橢圓, 則橢圓上的任意一點到$A_1,A_2,\ldots,A_n$ 的距離的平方和與該點到橢圓的兩個焦點的距離的乘積的$n$ 倍之和為定值。
上面這段文字的後半部分有點拗口, 乾脆跳過不看也沒關係, 我們直接看下文。 具體地說, 取$n$ 個固定的點$A_1,A_2,\ldots,A_n$, 設$G$ 為它們的重心。 以$G$ 為原點建立平面直角座標系。 設有一橢圓, 其方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$, 左右焦點分別為$F_1,F_2$。 $P$ 為此橢圓上的任意一點, 則
\begin{align*}\sum_{i=1}^{n}|PA_i|^2+n|PF_1|\cdot|PF_2|\\ \hbox{恆等於定值} \sum_{i=1}^{n}|GA_i|^2+na^2+nb^2. \end{align*}特別地, 當$F_1$ 與$F_2$ 重合時, 橢圓退化為圓。 此時, $|PF_1|\cdot|PF_2|$ 等於半徑的平方, 為定值。 故$\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|PA_i|^2$ 為定值, 這是練習2的結論。
我們很自然地考慮上述結論的對偶。 為了方便, 先介紹一些術語。
對固定的$n+2$ 個點$A_1,A_2,\ldots,A_n,F_1,F_2$ 及任意點$P$, 稱$\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|PA_i|^2+n|PF_1|\cdot|PF_2| $ 為點$P$ (關於點$A_1,A_2,\ldots,A_n,F_1,F_2$) 的第一類目標值; $\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|PA_i|^2-n|PF_1|\cdot|PF_2| $ 為點$P$ (關於點$A_1,A_2,\ldots,A_n,F_1,F_2$) 的第二類目標值。 先給一個引理。
引理： 給定平面上的$n+2$ 個點$A_1,A_2,\ldots,A_n,F_1,F_2$。 設點$A_1,A_2,\ldots,A_n$ 的重心與點$F_1,F_2$ 的重心重合, 記為$G$。 考慮平面上任意一點$P$。
(a) 當且僅當$P$落在線段$F_1F_2$ 上時, 它的第一類目標值最小。 最小的第一類目標值為
\begin{equation*}\sum_{i=1}^{n}|GA_i|^2+n|GF_1||GF_2|. \end{equation*}(b) 設$F_1$ 和$F_2$ 不重合。 在直線$F_1F_2$ 中挖去線段$F_1F_2$ (不包括端點), 得到兩條射線, 都記為$l$。 則當且僅當$P$落在$l$ 上時, 它的第二類目標值取最大值
\begin{equation*}\sum_{i=1}^{n}|GA_i|^2+n|GF_1||GF_2|; \end{equation*}當且僅當$P$落線上段$F_1F_2$ 的垂直平分線上時, 它的第二類目標值取最小值
\begin{equation*}\sum_{i=1}^{n}|GA_i|^2-n|GF_1||GF_2|. \end{equation*}證明： 以$G$ 為原點建立平面直角座標系, 使$F_1$ 和$F_2$ 落在$x$ 軸上。 不妨設$F_1,F_2$ 的座標分別為$(-c,0),(c,0)$, 其中$c\geq0$。 設點$A_i$($i=1,2,\ldots,n$)的座標為$(x_i,y_i)$, 則有
\begin{equation}\sum_{i=1}^{n}x_i=0,\sum_{i=1}^{n}y_i=0.\label{2} \end{equation}設$P$ 的座標為$(x,y)$, 根據距離公式, 得
\begin{align*} &\hskip -25pt \sum_{i=1}^{n}|PA_i|^2+n|PF_1|\cdot|PF_2|\\ &=\sum_{i=1}^{n}\left[(x-x_i)^2+(y-y_i)^2\right]+n\sqrt{(x+c)^2+y^2}\sqrt{(x-c)^2+y^2}. \end{align*}再根據\eqref{2}式, 整理得
\begin{align*} &\hskip -25pt \sum_{i=1}^{n}|PA_i|^2+n|PF_1|\cdot|PF_2|\\ &=nx^2+ny^2+\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{i=1}^{n}y_i^2+n\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}. \end{align*}因$\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2=\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2$ 且$|GF_1||GF_2|=c^2$, 故只需證明
\begin{equation} x^2+y^2+\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}\geq c^2,\label{3} \end{equation}且等號成立當且僅當$-c\leq x\leq c$, $y=0$。
以下證明\eqref{3} 式。 當$|x|\gt c$ 時顯然成立, 下設$|x|\leq c$, 此時,
\begin{align*}(3)&\Leftrightarrow y^2+\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}\geq c^2-x^2 \\ &\Leftrightarrow\left(y^2+\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}\right)^2\geq (c^2-x^2)^2\\ &\Leftrightarrow y^4\!+\!2y^2\sqrt{(x^2\!+\!y^2\!+\!c^2\!-\!2cx)(x^2\!+\!y^2\!+\!c^2\!+\!2cx)}+(x^2\!+\!y^2\!+\!c^2)^2\!-\!4c^2x^2\\ &\hskip 28pt \geq (c^2\!-\!x^2)^2\\ &\Leftrightarrow y^2\left(x^2+y^2+c^2+\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}\right)\geq 0. \end{align*}於是\eqref{3} 式成立, 且等號成立當且僅當$-c\leq x\leq c,y=0$, 故 (a) 成立。
下設$F_1$ 和$F_2$ 不重合。 類似地, 有
\begin{align*} &\hskip -20pt \sum_{i=1}^{n}|PA_i|^2-n|PF_1|\cdot|PF_2|\\ &=nx^2+ny^2+\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{i=1}^{n}y_i^2-n\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}. \end{align*}故只需證
\begin{equation} -c^2\leq x^2+y^2-\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}\leq c^2,\label{4} \end{equation}且左邊等號成立當且僅當$x=0$, 右邊等號成立當且僅當$y=0$, $x\leq -c$ 或$x\geq c$。 以下證明這個不等式。 首先,
\begin{align*}&-c^2\leq x^2+y^2-\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}\\ &\Leftrightarrow x^2+y^2+c^2\geq\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)} \\ &\Leftrightarrow(x^2+y^2+c^2)^2\geq(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)\\ &\Leftrightarrow (x^2+y^2+c^2)^2\geq(x^2+y^2+c^2)^2-4c^2x^2\Leftrightarrow4c^2x^2\geq0,\end{align*}故 \eqref{4} 式左邊成立。 又由$F_1$ 和$F_2$ 不重合可知$c\neq0$, 故等號成立當且僅當$x=0$。 以下考慮不等式的另一邊。
\begin{align*}& x^2+y^2-\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}\leq c^2\\ &\Leftrightarrow x^2-c^2+y^2\leq\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)} \\ &\Leftrightarrow (x-c)(x+c)+y^2\leq\sqrt{(x-c)^2+y^2}\sqrt{(x+c)^2+y^2}.\end{align*}當$x-c$ 和$x+c$ 異號時, 顯然有$(x-c)(x+c)+y^2\lt y^2\lt\sqrt{(x-c)^2+y^2}\sqrt{(x+c)^2+y^2}$, 故此時 \eqref{4} 式右邊成立。 下設$(x-c)(x+c)\geq0$, 則
\begin{align*} &(x-c)(x+c)+y^2\leq\sqrt{(x-c)^2+y^2}\sqrt{(x+c)^2+y^2}\\ &\Leftrightarrow \left[(x-c)(x+c)+y^2\right]^2\leq\left[(x-c)^2+y^2\right]\left[(x+c)^2+y^2\right]\\ &\Leftrightarrow2(x-c)(x+c)y^2\leq(x-c)^2y^2+(x+c)^2y^2\\ &\Leftrightarrow \left[(x-c)y-(x+c)y\right]^2\geq0\Leftrightarrow c^2y^2\geq0,\end{align*}故 \eqref{4} 式右邊成立, 且等號成立當且僅當$y=0$ 且$(x-c)(x+c)\geq0$。 於是 (b) 成立。
定理1： 給定平面上的$n+2$ 個點$A_1,A_2,\ldots,A_n,F_1,F_2$。 設點$A_1,A_2,\ldots,A_n$ 的重心與點$F_1,F_2$ 的重心重合, 記為$G$。 則關於$A_1,A_2,\ldots,A_n,F_1,F_2$ 的第一類目標值為定值$K \Big(K\geq\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2+n|GF_1||GF_2|\Big)$ 的點的軌跡是某個以$G$ 為中心, $F_1,F_2$ 為焦點的橢圓。當$K=\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2+n|GF_1||GF_2|$ 時, 軌跡退化為線段$F_1F_2$。
證明： 由引理可知, 當$K=\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2+n|GF_1||GF_2|$ 時, 軌跡為線段$F_1F_2$, 以下只考慮 $K\gt\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2+n|GF_1||GF_2|$ 的情形。
以$G$ 為原點建立平面直角座標系, 使$F_1$ 和$F_2$ 落在$x$ 軸上。 不妨設$F_1,F_2$ 的座標分別為$(-c,0),(c,0)$, 其中$c\geq0$。 設點$A_i$($i=1,2,\ldots,n$)的座標為$(x_i,y_i)$, 則有
\begin{equation}\sum_{i=1}^{n}x_i=0,\sum_{i=1}^{n}y_i=0.\label{5} \end{equation}由條件, 有$\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|PA_i|^2+n|PF_1|\cdot|PF_2|=K$。設$P$ 的座標為$(x,y)$, 再根據距離公式, 得
\begin{equation*}\sum_{i=1}^{n}\left[(x-x_i)^2+(y-y_i)^2\right]+n\sqrt{(x+c)^2+y^2}\sqrt{(x-c)^2+y^2}=K. \end{equation*}根據(5)式, 整理得
\begin{equation}nx^2+ny^2+\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{i=1}^{n}y_i^2-K=-n\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}.\label{6} \end{equation}兩邊平方,得
\begin{align*} &n^2x^4+n^2y^4+\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)^2+\left(\sum_{i=1}^{n}y_i^2\right)^2+K^2 \\ &+2n^2x^2y^2+2nx^2\sum_{i=1}^{n}x_i^2 +2nx^2\sum_{i=1}^{n}y_i^2-2nKx^2\\ & +2ny^2\sum_{i=1}^{n}x_i^2 +2ny^2\sum_{i=1}^{n}y_i^2-2nKy^2\\ &+2\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n}y_i^2\right)-2K\sum_{i=1}^{n}x_i^2\\ &-2K\sum_{i=1}^{n}y_i^2\\ &=n^2\left(x^4+y^4+c^4+2x^2y^2+2c^2x^2+2c^2y^2-4c^2x^2\right). \end{align*}整理, 得
\begin{align*} &\hskip -25pt 2nx^2\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{i=1}^{n}y_i^2-K+nc^2\right)+2ny^2\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{i=1}^{n}y_i^2-K-nc^2\right) \\ &=n^2c^4-\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{i=1}^{n}y_i^2-K\right)^2. \end{align*}因$K\gt\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2+n|GF_1||GF_2|=\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2+nc^2$, 故$nc^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2-K\lt0$, $nc^2-\left(\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2\right)+K\gt0$。 從而$n^2c^4-\left(\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2-K\right)^2\neq0$, 兩邊同時除以$n^2c^4-\left(\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2-K\right)^2$, 得
\begin{equation}\frac{x^2}{\frac{K-\left(\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2\right)+nc^2}{2n}}+ \frac{y^2}{\frac{K-\left(\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2\right)-nc^2}{2n}}=1.\label{7} \end{equation}這是一個橢圓方程。 容易看到這個橢圓的半焦距恰好為$c$。設$Q$ 為此橢圓上的任一點, 根據定理A, $\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|QA_i|^2+n|QF_1|\cdot|QF_2|$ 等於定值 $$\sum_{i=1}^{n}|GA_i|^2+n\cdot\frac{K-\left(\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2\right)+nc^2}{2n} +n\cdot\frac{K-\left(\sum\limits_{i=1}\limits^{n}x_i^2+\sum\limits_{i=1}\limits^{n}y_i^2\right)-nc^2}{2n},$$ 上式化簡之後恰好為$K$。 於是, 滿足定理1條件的點$P$ 的軌跡為橢圓。
下面給一個例子。 取點 $A_1(2,5)$, $A_2(1,2)$, $A_3(1,-3)$, $A_4(-4,-4)$ 及 $F_1(-2,0)$, $F_2(2,0)$。 再取 $K=100$, 則軌跡方程為$\dfrac{x^2}{5}+y^2=1$, 見下圖。
定理B： 給定平面上的$n$ 個點$A_1,A_2,\ldots,A_n$, 設這些點的重心為$G$。 則以$G$ 為中心的雙曲線上的任意一點到$A_1,A_2,\ldots,A_n$ 的距離的平方和與該點到雙曲線的兩個焦點的距離的乘積的$n$ 倍之差為定值。
類似地可以證明上述結論的對偶。
定理2： 給定平面上的$n+2$ 個點$A_1,A_2,\ldots,A_n,F_1,F_2$, 且$F_1$ 和$F_2$ 不重合。 設點$A_1,A_2$, $\ldots, A_n$ 的重心與點$F_1,F_2$ 的重心重合, 記為$G$。 則關於$A_1,A_2,\ldots,A_n,F_1,F_2$ 的第二類目標值為定值$K \Big(\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2-n|GF_1||GF_2|\leq K\leq\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2+n|GF_1||GF_2|\Big)$ 的點的軌跡是某個以$G$ 為中心, $F_1,F_2$ 為焦點的雙曲線。 當$K=\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2+n|GF_1||GF_2|$ 時, 軌跡退化為從直線$F_1F_2$ 挖去線段$F_1F_2$ (不包括端點)得到的兩條射線。 當$K=\sum\limits_{i=1}\limits^{n}|GA_i|^2-n|GF_1||GF_2|$ 時, 軌跡退化為線段$F_1F_2$ 的垂直平分線。
其證明與定理1 類似, 只需將 \eqref{6} 式改為
\begin{equation*}nx^2+ny^2+\sum_{i=1}^{n}x_i^2+\sum_{i=1}^{n}y_i^2-K=n\sqrt{(x^2+y^2+c^2-2cx)(x^2+y^2+c^2+2cx)}. \end{equation*}上式仍然可整理成 \eqref{7} 的形式, 此時它是雙曲線方程。 具體細節留給讀者。
參考文獻
---本文作者任教於中國廣東省深圳市教育科學研究院附屬外國語學校---