Question

高一向量奥数题求解。急！！

设P为给定的凸n边形内部或边上的点，设函数f(p)=p到所有顶点的距离之和。
求证：f(p)的最大值可以在p为某个顶点取到。

我郁闷啊。完全没思路啊。。
哪位大神解答下？要用向量来解。我目测是要用反证法来证明。。。。

Answer 1

设A为定点，P1P2为一线段端点，Q为线段P1P2上的一点。设QP1/P2P1=L（标量），则0<L<1，向量AQ=L*向量AP1+(1-L)*向量AP2，两边取模，由三角不等式，得如下不等式：|AQ|<=|L*AP1|+|(1-L)*AP2|=L*|AP1|+(1-L)*|AP2|。

这样推广一下，设有一组顶点A(1)，。。。，A(n)，同样地设线段P1P2和上面一点Q，设QP1/P2P1=L在0和1之间，则对任意i，有|A(i)Q|<=L*|A(i)P1|+(1-L)*|A(i)P2|。对i求和，得f(Q)<=L*f(P1)+(1-L)*f(P2)。

这个式子的意义，就是说，对线段P1P2上的一点Q，f(Q)不可能同时大于f(P1)和f(P2)。这个结论用反证法很好证明。有了这个式子，本命题就很好证明了。

上述的证明还没用到n边形的凸性，但是下面的证明就会用到了。

（1）若f(P)最大值的点P在内部，则A(1)P延长交至某边A(i)A(i+1)上的Q。因为n边形是凸的，因此上述操作可行，这点非常重要。因为P在线段A(1)Q上，所以f(P)不能同时大于f(A(1))和f(Q)。同理地，f(Q)不能同时大于f(A(i))和f(A(i+1))。综合来说，f(P)不能同时大于f(A(1))，f(A(i))和f(A(i+1))，因此矛盾。

（2）若f(P)最大值在某边A(i)A(i+1)上，那自然有f(P)不能同时大于f(A(i))和f(A(i+1))，命题也自然得证。

所以，f(P)最大值一定可以在某顶点取到。

Answer 2

严格来说不适合用反证法, 因为除了证明在顶点以外不能取到最大值, 还要证明最大值存在.

向量可以用来证明如下引理:
设O为平面上任意一点, P在线段AB上, 满足向量等式PB = tAB, 0 ≤ t ≤ 1.
则|OP| ≤ t|OA|+(1-t)|OB|.
证明: 由BP = tBA, 有OP = OB+BP = tOA+(1-t)OB.
则|OP|² = t²OA²+(1-t)²OB²+2t(1-t)OA·OB.
而OA·OB = |OA|·|OB|·cos(∠AOB) ≤ |OA|·|OB|.
故|OP|² ≤ t²|OA|²+(1-t)²|OB|²+2t(1-t)|OA|·|OB| = (t|OA|+(1-t)|OB|)².
即|OP| ≤ t|OA|+(1-t)|OB|.

若P为凸n边形内部的一点, 过P作直线交凸n边形于A, B两点, 可设PB = tAB, 0 ≤ t ≤ 1.
由引理, P到一顶点的距离 ≤ t·A到该顶点的距离+(1-t)·B到该顶点的距离.
对所有顶点求和得f(P) ≤ t·f(A)+(1-t)f(B), 于是有f(P) ≤ f(A)或f(P) ≤ f(B) (由0 ≤ t ≤ 1).
即f在内部一点的值一定 ≤ f在边上某点的值.
若P为边上一点, 设A, B为该边端点, 可设PB = tAB, 0 ≤ t ≤ 1.
同样可得f(P) ≤ t·f(A)+(1-t)f(B), 有f(P) ≤ f(A)或f(P) ≤ f(B).
即f在边上一点的取值一定 ≤ f在某顶点的值.
而顶点只有有限个, 最大值存在.
于是f(P)的最大值可以在某个顶点取到.

注意到0 < t < 1时, 引理中等号成立的必要条件是O, A, B共线.
可以知道若P不是顶点, 上面证明中的f(P) ≤ t·f(A)+(1-t)f(B)不能成立等号.
即有f(P) < t·f(A)+(1-t)f(B), 有f(P) < f(A)或f(P) < f(B). 所以最大值不能在顶点以外取到.

Answer 3

我暂时只能证明p在n边形的边上

设Q为凸n边形内部一点
能找到一边过Q作垂线交凸n边形于该边上
Q关于这条边的对称点设为Q'
我们知道总有f(q')>f(q)
因此f(q)最大值在n边形的边上

Answer 4

PP1=PO+OP1
PP2=PO+OP2
……
PPn=PO+OPn
相加
PP1+PP2+...+PPn=nOP+(OP1+OP2……+OPn)
=nOP
其中，OP1+OP2……+OPn=O（零向量）