Минимум расстояния до окружности

[Lion]

Даны окружность $\omega$ и две точки $A$ и $B$ вне нее. Нужно найти на окружности такую точку $X$, что $AX+BX=min$.

[maxal]

В таком случае точка X должна быть точкой касания данной окружности и некоторого эллипса, фокусами которого являются A и B.

[AndAll]

Lion писал(а):

Даны окружность $\omega$ и две точки $A$ и $B$ вне нее. Нужно найти на окружности такую точку $X$, что $AX+BX=min$.

Попробуйте провести биссектрису угла АОВ. О - центр окружности.

[Lion]

AndAll писал(а):

Попробуйте провести биссектрису угла АОВ. О - центр окружности.

Этот вариант не проходит: рассмотрите случай, когда отрезок АВ касается окружности и не делится точкой касания пополам.

[AndAll]

Lion писал(а):

AndAll писал(а):

Попробуйте провести биссектрису угла АОВ. О - центр окружности.

Этот вариант не проходит: рассмотрите случай, когда отрезок АВ касается окружности и не делится точкой касания пополам.

Действительно, неправильно. Должны быть равными углы ОХА и ОХВ.

[Macavity]

Более предпочтительно, соединить A и B, а затем провести касательную к окружности паралельную (A,B), так чтобы точки A,B и окружность оказались по разные стороны от касательной. Тогда точка касания и будет искомой. Впрочем это только соображения, а не доказательство.

[Lion]

Macavity писал(а):

Более предпочтительно, соединить A и B, а затем провести касательную к окружности паралельную (A,B), так чтобы точки A,B и окружность оказались по разные стороны от касательной...

Вряд ли это прокатит: возьмите точку В на луче ОА (О --- центр окружности) подальше от А, тогда минимум будет в точке пересечения этого луча с окружностью. А такой касательной, что точки и окружность лежат в разных полуплоскостях от нее, вообще не существует.

[Macavity]

Lion писал(а):

Macavity писал(а):

Более предпочтительно, соединить A и B, а затем провести касательную к окружности паралельную (A,B), так чтобы точки A,B и окружность оказались по разные стороны от касательной...

Вряд ли это прокатит: возьмите точку В на луче ОА (О --- центр окружности) подальше от А, тогда минимум будет в точке пересечения этого луча с окружностью. А такой касательной, что точки и окружность лежат в разных полуплоскостях от нее, вообще не существует.

Согласен.

[Macavity]

Прав maxal:

Цитата:

В таком случае точка X должна быть точкой касания данной окружности и некоторого эллипса, фокусами которого являются A и B.

Если выбрать некоторое число d>0 и множество точек E=\left\{C | ( |AC|+|BC| )=d\right\}, то это множество точек будет эллипсом (сумма расстояний от фокусов постоянна).
Если взять d небольшим, то эллипс не будет пересекать окружность. Постепенно увеличивая d получим эллипс, который касается окружности, если еще увеличивать d, то эллипс будет пересекать окружность в двух точках. Если продолжать увеличивать d, то эллипс будет касаться окружности так, что вся окружность будет заключена в эллипс. Дальнейшее увеличение d, приведет к тому, что эллипс и окружность вновь не будут пересекаться. То есть первое касание эллипса и окружности, это когда сумма расстояний минимальна, а последнее - максимальна.

Можно записать систему из двух уравнений. Предположим, что окружность находится в центре системы координат, r - радиус окружности, b равно расстоянию между A и B. Ось X расположим параллельно (AB). Тогда координаты A(x_0,y_0), а координаты B(b+x_0,y_0).
Тогда:
\left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2=r^2,\\ \sqrt{(y_0-y)^2+(x_0-x)^2}+\sqrt{(y_0-y)^2+(b+x_0-x)^2}=d, \end{array} \right.

Получаем два уравнения на три неизвестных - x,y и d. Из рассмотренных выше соображений для определенного d, возможно от двух до нуля решений. Поэтому введя ограничение, что количество решений должно быть в точности равно одному (для точки касания - одно решение) можно попробовать решить эту систему и получить решение для ближайшей и решение для самой дальней точки. Похоже, что решение можно свести к решению квадратного уравнения с дискриминантом равным нулю, что и определит касание фигур. Второе уравнение можно упростить возведениями в квадрат и заменами из первого уравнения, но я далеко в этом не зашел.

[Lion]

Решая по совету Macavity, получил такую систему:

$$\left\{\begin{align*}Ax^2+Bx+Cy+D&=0\\x^2+y^2&=r^2,\end{align*}$$

где $A, B, C, D$ линейно или квадратично зависят от $x_0, y_0, b, d$. Не очень понятно, как здесь применить единственность решения.

[maxal]

Macavity писал(а):

Тогда:
\left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2=r^2,\\ \sqrt{(y_0-y)^2+(x_0-x)^2}+\sqrt{(y_0-y)^2+(b+x_0-x)^2}=d, \end{array} \right.

Имеет смысл сформулировать задачу как минимизацию d при указанных ограничениях.
И использовать метод множителей Лагранжа.

[Lion]

Ну что ж, давайте попробуем множители Лагранжа. Составляем фунцию Лагранжа $L=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}+\sqrt{(x-x_0-b)^2+(y-y_0)^2}-\lambda (x^2+y^2-r^2)$. Дифференцируя, получаем систему

$$\left\{\begin{align*}L'_x=\frac{x-x_0}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}}+\frac{x-x_0-b}{\sqrt{(x-x_0-b)^2+(y-y_0)^2}}-2\lambda x=0\\ L'_y=\frac{y-y_0}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}}+\frac{y-y_0}{\sqrt{(x-x_0-b)^2+(y-y_0)^2}}-2\lambda y=0.\end{align*}$$

Что-то мне кажется, что упростить ее не получится.

[незваный гость]

Я не очень вникал в дискуссию, попробую описать как бы я подходил. Извините, коли повторю сказаное выше.

1) Рассмотрим для удобства точки $A(-1,0)$, $B(1,0)$. Тогда, если сумма расстояний $|AX| + |BX| = 2 \rho$, то геометрическое место точек $X$ — эллипс $\frac{x^2}{\rho^2} + \frac{y^2}{\rho^2-1} = 1$.

2) Считая, что центр окружности $(x_0, y_0)$ и радиус $R$ имеем очевидное уравнение $(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 = R^2$.

3) В точке минимального расстояния эллипс и окружность касаются (как давно сказал maxal). Их касательные совпадают.
Имеем в точке $(x,y)$ для эллипса $\frac{dy}{dx} = -\frac{\rho^2 -1}{\rho^2}\frac{x}{y}$, Для окружности $\frac{dy}{dx} = -\frac{x-x_0}{y-y_0}$. Приравняв, получаем: $ x y +(\rho^2-1) y_0 x - \rho^2 x_0 y = 0$. Что, очевидно, суть уравнение гиперболы.

4) Мне представилось удобным выразить $\rho$ из гиперболы $\rho^2 = \frac{x(y-y_0)}{x_0 y- y_0 x}$ и сделать подстановку $x = x_0 - R \cos \varphi, y = y_0 - R \sin \varphi$. Подставив это все в уравнение эллипса, получается запутанная, но разгребаемая формула. Перейдя же к $t = \tg(\varphi/2)$ мы превратим всю эту кашу в уравнение 4-ой степени от $t$: $(R-x_0)y_0 + $ $ 2(x_0^2-y_0^2-R x_0-1) t + $ $ 6 x_0 y_0 t^2 + $ $ 2(y_0^2-x_0^2 -R x_0 +1)t^3 - $ $ (R+x_0)y_0 t^4 = 0$.

5) Если теперь подставить $t$, $x$ и $y$ в уравнение $\rho^2 = \frac{x(y-y_0)}{x_0 y- y_0 x}$, мы получим искомое расстояние.

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Не скажу, чтоб красиво. Но, вроде, работает. Упростить корни мне не удалось… Есть, конечно, куда подергаться. Например, отсчитывать $\varphi$ не от горизонтали, а от направления на $0$. Явно упростится знаменатель $\rho^2$, может, еще кое-что. Но надо ли?

Четыре корня уравнения соответствуют внутреннему и внешнему касанию, и совпадению касательных на противоположной стороне эллипса.

P.S. Если действительно отсчитать угол $\varphi$ от прямой, соединяющей серидину $AB$ c центром окружности, то положив $x_0 = d \cos \psi$, $y_0 = d \sin \psi$ имеем в качестве предпоследнего уравнения: $2 d R \sin \varphi +\sin(2\varphi + 2\psi) = d^2 \sin(2 \varphi)$. И все равно приходится делать подстановку $t = \tg(\varphi/2)$

[Macavity]

незваный гость писал(а):

5) Если теперь подставить $t$, $x$ и $y$ в уравнение $\rho^2 = \frac{x(y-y_0)}{x_0 y- y_0 x}$, мы получим искомое расстояние.

Но корни Вы так и не нашли?

Из исходной системы уравнений тоже получается уравнение четвертой степени (возможно, более сложное), но от этого не легче.

Дополнено
Кстати. Мне кажется, что в уравнении четвертой степени, получающемся из моей системы должны быть кратные корни (пересечение эллипса и окружности переходит в касание), тогда можно дифференцированием уравнения четвертой степени перейти к уравнению третьей степени с сохранением этого корня (но уменьшением его кратности), в полученном уравнении.

[maxal]

Мы тут аналитическими методами увлеклись, а может эта задача на построение?

Пусть $O$ - это центр окружности, $R$ - радиус окружности. Тогда легко видеть, что треугольники $\triangle AXO$ и $\triangle BXO$ подобны. Откуда следует, что $AX = R \frac{OA}{OB}.$ С центром в точке $A$ нужно построить окружность радиуса $R \frac{OA}{OB}$ - ее пересечение с данной окружностью и даст точку $X.$ Вторая точка пересечения при этом даст на данной окружности точку, наиболее удаленную от $A$ и $B.$