引言
本文旨在討論一個十分著名的幾何問題：Regiomontanus 問題及其在足球場上的應用。問題的解決與討論涉及圓、不等式及微積分等的數學概念， 相信能適合高中或以上的學生作為數學解難活動與欣賞。

問題

在 1471 年，數學家 Johann Müller 向當時 Erfurt 大學的 Christian Roder 教授提出了這樣的一道數學問題 (Dörrie, 1965)：

給定一支垂直地懸掛在空中的竿，問在平地上的哪一點這支竿看起來是最長的呢?

換言之，已知 $P_1P_2\,\bot \,L$ (其中 $P_1$ 及 $P_2$ 在 $L$ 的同一邊)， 求 $L$ 上的一點 $P$ 使得 $\theta=\angle P_1PP_2$ 為最大的。

由於 Müller 出生在 Franconia 的 Königsberg，故自號 Regio Monte。這個名字是德文 Königsberg 的拉丁文意譯，於是後世便稱他為 Regiomontanus。 他提出的這道問題雖然面表上看起來很簡單，但是卻有著特殊的意義，因為它是數學史上首個極值的問題 (Maor, 1998)。

Regiomontanus 問題是一個純數學的問題，一些有趣的應用可參看 (Jones & Jackson, 2001)。 2010 年是世界盃舉行的日子，就讓我們把 Regiomontanus 問題轉化成一個足球射門的問題。 踢足球時，我們通常都不會在中場直線推進，而是從左路或右路進攻，以避開對方的後衛。假設 $P_1$ 及 $P_2$ 是對方龍門的門柱， $L$ 為左(右)路進攻的路線。 我們希望在 $L$ 上找出一個「最佳的射門位置」$P$， 使得 $P_1P_2$ 的張角 $\theta$ 為最大的，因為 $\theta$ 越大，射入的機會便越高 (假設沿直線射球)。

假若從老遠的地方遠射，射入的機會是很微的；同理，若推至對方的底線才射門，也注定不可能射入。直觀上，我們會感受到在 $L$ 上理應存在某點 $P$ 可以使 $\theta$ 為最大的。 有經驗的足球教練就算沒有讀過數學，多多少少也能憑感覺找到這個最佳的射門位置。 但是，我們能否運用數學，準確地求得這點 $P$ 呢?

初部了解問題

教師可以讓學生再透過互動幾何軟件 (例如 Sketchpad 或 Geogebra)，探究 Regiomontanus 問題。

圖中顯示以 Geogebra 作為示範，其中的 $P$ 點可以在 $L$ 上移動，學生能在軟件中嘗試找出 $P$ 點的位置使得 $\angle P_1PP_2$ 最大，並量度 $OP = x$ 之距離， 其中 $O$ 為 $P_1P_2$ 的延線與 $L$ 的交點。有些軟件甚至可以繪畫出 $\theta$ 作為 $x$ 的函數圖像，學生便能從圖像中找出近似值。

在過程當中，教師可以透過提問啟發學生思考，例如：我們希望求得的未知量是什麼? (找出一點 $P$)。 有什麼資料我們是知道的? (已知線段 $P_1P_2$ 及直線 $L$)。 有什麼條件? (條件是 $P_1P_2 \,\bot\, %⊥ L$，且 $P$ 在 $L$ 上使得 $P_1P_2$ 的張角 $\theta$ 最大)。

解難過程計劃與實行

了解問題過後，學生便能開始擬定計劃。教師在這時可以提問學生，從前見過這類問題嗎? 是否認識一些相關的問題? 從而幫助學生理解問題的性質，並想出對應的方法。Regiomontanus 問題是一個最大化的問題，有什麼已知的結果與這類問題有有關呢? 學生大概會聯想到微積分或者配方法之類的計劃。若使用微積分，我們要最大化的是哪一個變量? 這個變量會隨著什麼改變? 何時會達到最大值?

其後，學生便可以將計劃實踐出來，以下的解是運用微積分所得的。

引入直角坐標系統，設 $P = (x, 0)$， $P_1 = (0, y_1)$ 及 $P_2 = (0, y_2)$。 運用複角公式可知 $$\tan \theta=\frac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}$$ 由於正切函數在 $[0,\frac \pi 2 )$ 區間上是單調上升的，我們希望知道 $\frac d{dx}(\tan \theta) = 0$ 何時會成立。

我們知道 \begin{eqnarray*} \tan \theta&=&\frac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}=\frac{-y_1/x+y_2/x}{1+(-y_1x)(-y_2x)}\\ &=&\frac{x(y_2-y_1)}{x^2+y_1y_2} \end{eqnarray*} 兩邊取其導數可得 \begin{eqnarray*} \frac d{dx}(\tan \theta)&=&%\frac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}=\frac{-y_1x+y_2x}{1+(-y_1x)(-y_2x)}= \frac d{dx}\Big(\frac{x(y_2-y_1)}{x^2+y_1y_2}\Big)\\ &=&(y_2-y_1)\cdot \frac{(x^2+y_1y_2)-x(2x)}{(x^2+y_1y_2)^2}\\ &=&(y_2-y_1)\cdot \frac{y_1y_2-x^2}{(x^2+y_1y_2)^2} \end{eqnarray*} 因此極點出現在 $y_1y_2-x^2 = 0$， 亦即 $x =\sqrt{y_1y_2}$ 時。 因為距離必須是非負，故我們只取正平方根。 換言之，兩條門柱 $P_1$ 和 $P_2$ 與 $L$ 的垂直距離的幾何平均數便是最佳的射門位置， Regiomontanus 問題得解決了！

回顧與探究

問題解決固然是高興的，不過，教師亦宜提問學生，能否驗證結果？能否以不同解法得出這結果？ 這結果能應用到其他問題上嗎？因為，我們總希望可以找出更好的解決方法，或者運用這個結果解決其他問題。 教師須培養學生這個力求進步的態度，這有助學生在未來面對難題時能有更好的表現，並建立解難者的自信。

要驗證結果並不難，我們可以運用一階導數試驗 (first derivative test) 驗證 $x =\sqrt{y_1y_2}$ 時確是達到了最大值。 當 $x \lt \sqrt{y_1y_2}$ 時 $\frac d{dx}(\tan \theta) \gt 0$，當 $x \gt \sqrt{y_1y_2}$ 時 $ \frac d{dx}(\tan \theta) \lt 0$，且正切函數在 $[0, \frac \pi 2)$ 上連續，因此以上的結果是正確的。

微積分實在是一個很強的工具，最大化或最小化的問題很多時都會應用得到。 但是， Regiomontanus 問題看起來如此的簡單，是否真的須要運用到這般強的結果？ 有云「殺雞不用牛刀」，我們能否避開微積分呢？不用微積分的解法理應是存在的， 畢竟，在 Regiomontanus 的時代，微積分的始創人 Newton 和 Leibniz 好像還沒出世。那麼，他是怎樣做到的呢？

讓我們回顧一下我們的結果。我們知道最佳的射門位置出現在兩條門柱與 $L$ 的垂直距離的幾何平均數那裡，有些什麼定理是與幾何平均數有關的呢？ 學生很容易會想到算術幾何平均不等式，亦即著名定柯西平均值定理 (Cauchy Mean Theorem)。 這不等式的證明，在 Dörrie (1965) 有論述，在這裡我不會深入探討。

由於我們已經知道答案，因此我們可以運用逆向思維 (Posamentier & Krulik, 1998)，嘗試找出中間的步驟。 若真的運用算術幾何平均不等式的話，最後那一步會是怎樣呢？ 那大概應該是知道了 $\tan\theta$ 的上界，當且僅當 $x =\sqrt{y_1y_2}$ 時達到這個上界。

依循這個方向，我們不難得到以下的解。 \begin{eqnarray*} \tan \theta&=&\frac{x(y_2-y_1)}{x^2+y_1y_2}=\frac{x(y_2-y_1)}{2\cdot\frac{x^2+y_1y_2}2}\\ &\le&\frac{x(y_2-y_1)}{2\sqrt{x^2y_1y_2}} =\frac{x(y_2-y_1)}{2x\sqrt{y_1y_2}}\\ &=&\frac{y_2-y_1}{2\sqrt{y_1y_2}} \end{eqnarray*} 等式成立當且僅當 $x^2 = y_1y_2$， 亦即 $x =\sqrt{y_1y_2}$ 。因此，當 $x =\sqrt{y_1y_2}$ 時 $\tan\theta$ 確實達致最大值。

能夠避開微積分，其實已經是很大的突破。不過，算術幾何平均不等式對部份學生來說其實也是頗為艱深的， 有沒有更為直觀的方法呢？答案是有的，那是運用圓的性質，以下的解是改編自 Pólya (1990b) 所提出的方法。

設 $P$ 為 $L$ 上的一點，作 $\triangle PP_1P_2$ 的外接圓，那只可能有以下兩個情況。

1. $L$ 為圓的割線，且 $P$ 為其中一個交點
2. $L$ 為圓的切線，且 $P$ 為唯一的交點

在情況 1. 中，$L$ 與圓的兩個交點之間存在另一點 $P'$。 運用同一弓形的圓周角及三角形外角大於內角，可知 $\angle P_1P'P_2 \gt \angle P_1PP_2$。 所以，這點 $P$ 並不是我們所須的點。

在情況 2. 中，$L$ 與圓唯一的交點為 $P$。 運用類似的方法，我們不難證明對於 $L$ 上所有其他的點 $P'$ 均有 $\angle P_1PP_2 \gt \angle P_1P'P_2$， 因此 $P$ 就是我們希望求得的那點。設 $O$ 為 $P_1P_2$ 的延線與 $L$ 的交點，則 $\triangle OPP_1\sim \triangle OP_2P$， 故其三邊成比例 $\frac{OP}{OP_2}=\frac {PP_1}{P_2P} =\frac{OP_1}{OP}$。 由此，我們也能得到相同的結果 $OP^2 = (OP_1)(OP_2)$。

因此，$P$ 點使 $\theta$ 達致最大值，當且僅當 $\triangle PP_1P_2$ 的外接圓與 $L$ 相切於 $P$。 這個方法的好處在於其並沒有利用到 $P_1P_2\, \bot\, L$ 這項條件，因此，能應用於較一般的情形。

此外，我們亦能透過尺規作圖找出 $P$ 點，教師可鼓勵學生在互動幾何軟件中嘗試自己去作圖。 $P_1P_2 \,\bot\, L$ 的情形簡單很多， 在 Dörrie (1965) 中有論及，我們不再加以敘述了。在此只考慮一般的情形，問題的關鍵在於構作 $OP_1$ 及 $OP_2$ 的幾何平均數。

圖中顯示以 Geogebra 作為示範，首先延長 $P_1P_2$ 與 $L$ 相交於 $O$。 以 $O$ 為圓心，$OP_1$ 為半徑作圓，並與 $P_1P_2$ 的延線相交於 $Q$。 然後，作 $P_2Q$ 的中點 $M$， 並以 $M$ 為圓心， $MQ$ 為半徑作圓。在 $O$ 點作直線垂直於 $P_1P_2$， 與這個圓相交於 $R$ (和另一個交點)。 最後，以 $O$ 為圓心， $OR$ 為半徑作圓，與 $L$ 的交點便是 $P$ 了。 由於 $OQ = OP_1$ 為圓的半徑，且 $\triangle OP_2R \sim \triangle ORQ$， 我們可以證明 $(OP_1)(OP_2) = OR^2$。由此可見 $OP =\sqrt{(OP_1)(OP_2)}$， 故 $\triangle PP_1P_2$ 的外接圓與 $L$ 相切於 $P$。

總結

數學解難的確是很富挑戰性，在這個有關 Regiomontanus 問題的教學設計中，可以體現出一題多解，和跨學科學習的精神。其實，人生不也是一樣麼？ 我們人生中遇到大大小小的問題，多半都不只涉及一個學科，而是錯綜複雜，千絲萬縷的。然而，問題的解決方法卻往往是出人意外的多。 很多時候我們面對著問題，感到無奈、沮喪，是因為我們被既有的思想所捆鎖著。若然從另一個角度看，問題也許並非想像般壞。這個解難活動也希望能帶出這個信息， 讓學生可以從另一個角度去看數學，明白到數學並非單單是一門學術，她和日常生活也息息相關。除了機械式的試題操練外，數學同時亦可以是十分生活化的。

雖然這個問題對一般中學生而言較為艱深， 但是我相信教師若能給予適切的提問，學生很有機會能想到恰當的策略。盼望學生和教師能在其中一同欣賞到數學的優雅，並且享受到解難的樂趣。

參考文獻

---本文作者黃衡之為香港教育學院學位教師文憑學生, 潘建強博士任教香港教育學院數學與資訊科技學系---