三角旅行

反射关于线$AC$的三角形，以便$B\mapsto B'$和$E\mapstoE E'$，如图所示：

现在，反映关于线$AB'$的新三角形，因此$C\mapsto C'$和$F\mapsto-F'$：

关键的见解是，由于反射保留了长度，路径$BD+DE+EF$后接Amare与路径$BD+DE'+E'F'$的长度相同，如下所示为红色：

如果我们移动点$E$和$F$，则点$E'$和$F'$会相应移动，我们会获得另一条可能的路径：

我们可以选择$D、E、F$，而不是$D、E'、F'$。由于目标是最小化总距离，很明显，我们应该将$F'$放置在$AF'\perp BF'$、$D$和$E'$的位置上，以便所有三个点都位于一条线上。这将生成图形：

因此，通过检查直角三角形$ABF'$可以找到阿马尔可以行驶的最短距离。由于$AB$的长度为$1$，因此我们得出结论：

$\显示样式
\text{最小距离}=\sin（3\theta）
$

在$\theta=15^\circ$的情况下，我们得到了$\sin（45^\cic）=\frac{1}{\sqrt{2}}\大约0.7071$的长度。

请注意，此解决方案仅适用于$3\theta\t90^circ$，即$0\ttheta\t30^circ$。在$\theta\geq30^\circ$的情况下，我们得到了退化解$D=E=F=A$，因此Amare应该直接到达点$A$，总行驶距离为$1$。

我们也可以用微积分来解决这个问题。让我们从与之前相同的图片开始：

假设$|AD|=x$、$|AE|=y$和$|AF|=z$。根据余弦定律：
\开始{align}
|BD|&=\sqrt{1+x^2-2x\cos（θ）}\\
|DE|&=\sqrt{x^2+y^2-2xy\cos（\theta）}\\
|EF|&=\sqrt{y^2+z^2-2yz\cos（\theta）}
\结束{align}让$f（x，y，z）$是这三个距离的总和，这是Amare行驶的总距离。我们希望找到$x，y，z$，从而使$f（x，y、z）$最小化。极小性的一个必要条件是$f$对$x，y，z$的偏导数应该为零。让我们从$z$开始：
\[
\frac{\partial}{\paratilz}f（x，y，z）=\frac{z-y\cos（\theta）}{\sqrt{y^2+z^2-2yz\cos
\]将其设置为零，我们得出$z=y\cos（\theta）$的结论。现在，我们可以将$z$的值替换为$f$的定义，并且只在两个变量中获得一个更简单的表达式：
\开始{align}
g（x，y）&=f（x，y，y\cos（θ））\\
&=\sqrt{1+x^2-2x\cos（θ）}+\sqrt}x^2+y^2-2xy\cos
\结束{对齐}到确保没有有趣的事情发生，让我们绘制这个函数，看看$\theta=15^\circ$的情况。下面是等高线图：

我们可以清楚地看到，在接近$（x，y）\约（0.8,0.7）$的区域中出现了一个独特的最小值。好的，让我们继续。现在考虑关于$y$的导数：
\[
\frac｛\partial｝｛\partial y｝g（x，y）=\frac｛y-x\cos（θ）｝｛\sqrt｛x^2+y^2 x y\cos（θ）｝+\sin（θ）
\]将其设置为零（我将不用代数），我们得到$y=x\cos（2\theta）\sec（\theta）$。将其替换为$g（x，y）$，我们得到一个函数$x$：
\开始{align}
h（x）&=g（x，x\cos（2θ）\秒（θ））\\
&=\sqrt{1+x^2-2x\cos（θ）}+x\sin（2θ）
\结束{align}最后，我们可以对$x$进行导数：
\[
\frac{\partial}{\paratilx}h（x）=\frac{x-\cos（θ）}{\sqrt{1+x^2-2x\cos
\]求解$x$，（再次省去代数！）我们得到$x=\cos（3\theta）\sec（2\theta）$。综合所有因素，使阿玛雷的总行程最小的$（x，y，z）$是
\[
x=\cos（3θ）\sec（2θ），\quad
y=\cos（3θ）\sec（θ），\quad
z=cos（3θ）
\]将其替换为$h（x）$、$g（x，y）$或$f（x，y，z）$，我们得到了Amare的最小行驶距离（简化后）：

$\显示样式
\text{最小距离}=\sin（3\theta）
$

如果你阅读第一个解，那么总距离也等于$\sqrt{1-z^2}$就不足为奇了，因为（根据第一个解的最后一个数字），根据毕达哥拉斯定理，我们有$z=|AF|=|AF'|$和$|BF'|^2+|AF'| ^2=1$。