1. 有趣的問題，可賀的恆心

數學傳播季刊最近有一篇李永約的文章 , 他提出一個有趣的概念, 叫做等角差線, 並推導出一些這種曲線的性質。 他的出發點是高三時的一個學測模擬考題目 ： 「如果 $\triangle ABC$ 在 $\overline{BC}=5$, $\angle B=\angle C+40^\circ$ 之下, 對每一個 $\angle B$ 的 $\triangle ABC$ 是否唯一?」

這個學測模擬考題目並不特別顯眼, 也很容易解答。 令人驚奇的是, 作者由這個簡單的問題聯想到雙曲線, 高中學過「給定平面上相異兩點 $F_1$、 $F_2$, 以及正數 $2a\lt\overline{F_1 F_2}$, 滿足 $|PF_1-PF_2 |=2a$ 的所有點 $P$ 所成的圖形為一雙曲線。」 他動了心思, 想要了解, 如果把 「$|PF_1-PF_2 |$ 為定值」改成「$|\angle PF_1 F_2-\angle PF_2 F_1 |$ 為定值」, 到底會產生甚麼樣的曲線？

於是他定義了等角差線：「 $\triangle ABC$, $\overline{BC}=\ell$, $\angle B=\angle C+\alpha$ $(0\lt\alpha \lt\pi)$ ^{1 1} 如果是模仿雙曲線, 條件應該是 $|\angle B-\angle C|=\alpha $。 不過這只是將條件為 $\angle B=\angle C+\alpha$ 的圖形, 經由 $\overline{BC}$ 的中垂線, 作對稱圖形就可以。 ,我們稱動點 $A$ 之軌跡為 $\overline{BC}=\ell$ 時之 $\alpha$ 等角差線 $\Gamma_{\alpha }^{\ell}$。」

他接著以 $B$ 為原點, $\overleftrightarrow{BC}$ 為 $x$ 軸且 $\overrightarrow{BC}$ 方向為正, $A$ 於 $\overleftrightarrow{BC}$ 之上方 ^{2 2} $A$ 在$\overleftrightarrow{BC}$ 下方時, 也會有答案, 就是把 $A$ 在 $\overleftrightarrow{BC}$ 上方時的答案, 經由 $\overleftrightarrow{BC}$ 作對稱圖形。 ,作一直角坐標系如圖 1, 其中 $\ell=1$, 且 $\overline{AD}\perp \overline{BC}$ 而 $D$ 在 $\overline{BC}$ 上 ^{3 3} 由於 $0\lt\alpha +\theta +\theta \lt\pi $, 得知 $0\lt\theta \lt\frac{\pi -\alpha }2$ 及 $\alpha \lt\theta +\alpha \lt\frac{\pi +\alpha}2$, 所以 $\theta +\alpha$ 有機會超過 $\frac {\pi}2$, 此時 $D$ 不在 $\overline{BC}$ 上。 比較保險的說法是, $D$ 在射線 $\overrightarrow{CB}$ 上。 。

利用圖 1, 經過計算, 得到 $\Gamma_\alpha^\ell$ 上面點的 $x,y$ 坐標的 $\theta$ 參數式為

\begin{align} x \tan(\theta +\alpha )=y=(\ell-x) \tan\theta,\label{1} \end{align}

也就是

\begin{align} \left\{ \begin{array}{l} x=\dfrac{\ell \tan\theta}{\tan(\theta +\alpha)+\tan\theta},\\[12pt] y=\dfrac{\ell \tan\theta\tan( \theta +\alpha)}{\tan( \theta +\alpha)+\tan\theta}.\end{array}\right.\label{2} \end{align}

可以注意的是, 式 \eqref{1} 中, $x$ 的值可以為負, 這就是前面註解3裡提到的「此時 $D$ 不在 $\overline{BC}$ 上。 比較保險的說法是, $D$ 在射線 $\overrightarrow{CB}$ 上。」

文中並以 $\ell=1$、 $\alpha =\frac{\pi}6$ 為例, 利用式 \eqref{2} 畫出圖 2 的圖形 $\Gamma_{\frac{\pi}6}^1$。

文中推導出曲線的漸近線、 在某處的切線斜率等性質, 對於微分和旋轉矩陣的應用熟練。

比較讓我感動的是, 作者在高中時提出這個問題, 雖然一時之間未能回答, 但始終不放棄, 一年多來時時思索此問題。 抱持著「做數學研究就是給自己的一場數奧競賽」, 還能夠「謝謝自己, 願意不斷地研究, 不忘記自己的初衷。」 我要衷心的向作者道賀, 正是這樣的用心, 相信將來不管從事哪一種行業, 都會成功的。

因為文中已經畫出樣本圖形, 而且得到兩條漸近線。 站在作者的肩膀上, 算是「後見之明」, 越看這條曲線越像雙曲線。 我們以此為信心, 展開另一種想法的推導。 同時討論 108 數學課綱 的圓錐曲線教學。

本文撰寫到一半時, 數學傳播新一期出版鍾文體的文章 , 也指出來這條曲線是雙曲線。

2. 檢視圖 2 與原問題的關係

在進一步推導之前, 我們先來討論一下前述的圖 2。

首先, 如果畫圖的條件是「$A$ 在 $\overleftrightarrow{BC}$ 上方, $\angle B =\angle C +\frac \pi 6$」, 那麼圖形應該只是圖 2 的一部份, 也就是, 只有在 $x$ 軸上方、 並在 $\overline{BC}$ 的中垂線左方那一部份。 如果取消「$A$ 在 $\overleftrightarrow{BC}$ 上方」的限制, 並將「 $\angle B =\angle C +\frac \pi 6$」改為「 $|\angle B -\angle C| =\frac \pi 6$」, 則如同鍾文體的文章 所指出來的, 圖形應該如圖 3 所示, 也就是將前述的那一部分, 加上對 $\overline{BC}$ 中垂線的對稱圖形, 然後再加上新圖形對 $x$ 軸的對稱圖形。 在圖 3 中, 有一個小的細節可以留意的是, 因為 $0\lt\theta\lt\frac 12(\pi-\frac \pi 6)=\frac{5\pi}{12}$ 所以會有 $\frac\pi 6\lt\theta+\frac\pi 6\lt\frac 12 (\pi+\frac\pi 6)=\frac{7\pi}{12}$, 所以其實是不會有在 $(0, 0)$ 和 $(1, 0)$ 這兩個尖點, 不過如果我們允許 $\theta=0$ 時的退化情況, 就會有這兩點了。

我也用 Desmos 畫式 \eqref{2} 所描述的圖形, 確實是如圖 2 所示, 我還利用滑桿了解圖形隨著角度 $\theta$ 變化的情況, 如下所述。

當 $0\le \theta\le \frac{\pi}{3}$ 時 $ \frac{\pi}{6}\le \theta+ \frac{\pi}{6}\le \frac{\pi}{2}$, 畫出來的圖形是圖 2 的曲線左邊那支, 由原點 $O$ 開始往上升, 直到碰到 $y$ 軸的一點 $E(0,\sqrt{3})$, 這一部份落在第一象限。 很奇怪的是, 當 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 時 $\tan(\theta+ \frac{\pi}{6})=\tan \frac \pi 2$ 應該沒定義, 但是 Desmos 畫圖竟然不影響, 後面也有一些類似的現象。 這個現象可以解讀為

\begin{align*} \lim\limits_{\theta\rightarrow \frac\pi{3}}\frac{\tan\theta}{\tan(\theta+\frac{\pi}{6})+\tan\theta}=\,&0,\\ \lim\limits_{\theta\rightarrow \frac\pi{3}}\frac{\tan\theta\tan(\theta+\frac{\pi}{6})}{\tan(\theta+\frac{\pi}{6})+\tan\theta}=\,&\tan \frac{\pi}3=\sqrt{3}. \end{align*}

當 $\frac\pi 3\le \theta\lt\frac {5\pi}{12}$ 時 $\frac\pi 2\le\theta+\frac\pi 6\lt\frac {7\pi}{12}$, 畫出來的是曲線左邊那支, 由點 $E(0,\sqrt{3})$ 往左上升, 直到「左上方無窮遠」處, 這一部分落在第二象限。

當 $\frac{5\pi}{12}\lt \theta\le \frac {5\pi}{6}$ 時 $\frac{7\pi}{12}\le\theta+\frac\pi 6\lt \pi$, 畫出來的是曲線右邊那支, 由「右下方無窮遠」往上升, 最後碰到 $y$ 軸的一點 $F(1,0)$, 這一部份落在第四象限。 造成這個現象的原因是, 本來要用 $\angle C=\theta$ 以及 $\angle B=\theta+\frac\pi 6$ 來畫三角形 $ABC$, 但是卻因為 $\angle B+\angle C=2\theta+\frac\pi 6\gt\pi$, 畫出來的三角形的邊 $\overline{CA}$ 和 $\overline{BA}$ 不是往上, 反而是往下交在第四象限的點 $A$, 此時真正的 $\angle C=\pi-\theta$、 真正的 $\angle B=(\pi-\theta)-\frac\pi 6$, 也就是反過來 $\angle C=\angle B+\frac\pi 6$, 其中 $0\le(\pi-\theta)-\frac\pi 6\lt\frac{5\pi}{12}$, 所以這一部份的圖形, 其實和圖 3 右下方的圖形是一致的, 它以 $(\frac 12, 0)$ 對稱於前述 $0\le \theta\lt\frac {5\pi}{12}$ 的圖形。

當 $\frac{5\pi}{6}\le \theta\lt\frac {11\pi}{12}$ 時 $\pi\le \theta+\frac{13\pi}{12}$, 畫出來的是曲線右邊那支, 由點 $F(1,0)$ 往右上升, 直到「右上方無窮遠」處, 在第一象限的部分。這時候的現象與前一段不同, 此時 $\angle B=\theta+\frac\pi 6$ 而 $\pi\le \theta+\frac\pi 6\lt\frac{13\pi}{12}$, 畫出來的三角形的邊 $\overline{BA}$ 本來因為角度大, 似乎要往下, 但實際是往上, 與往上的 $\overline{CA}$ 交在第一象限的點 $A$, 此時 $\angle C=\theta$ 不變、 但是真正的 $\angle B=(\theta+\frac\pi 6)-\pi=\theta-\frac{5\pi}{6}$, 所以是 $\angle C=\angle B+\frac{5\pi}{6}$, 與前面的條件不同, 不過其圖形反而是平滑的由前一部分連出去, 與圖 3 經由的尖點連出去不同。 當 $\frac{11\pi}{12}\lt \theta\le \pi$ 時 $\frac{13\pi}{12}\lt \theta+\frac\pi 6\lt\frac{7\pi}{6}$, 畫出來的是曲線左邊那支, 由「左下方無窮遠」處往上升, 直到碰到原點 $O$, 這一部分落在第三象限。 其現象和前面一段類似, 其圖形以 $(\frac 12, 0)$ 為中心對稱於前一部分。

參數由 0 到 $\pi$, 完整畫出平滑圖形, 所以我們不妨放寬範圍, 使得圖形更加完整。 下面我們就不限定角度 $\theta$ 的範圍了。

3. 後見之明 --- 看起來像是雙曲線

如同前面所述, 由圖 2 看起來, 這條曲線真的很像是雙曲線。現在就來看看是否如此。首先, 如果雙曲線是在標準位置, 其標準式為

$$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1,$$

所以比較自然的參數式會是

$$x=a/\cos\theta\quad \hbox{、}\quad y=b\tan\theta.$$

這看起來和前面提到的參數式相差很遠。 當然這也不奇怪, 因為圖 2 顯示的圖形, 縱使是雙曲線, 也不在標準位置。

那麼我們應該要如何處理呢？ 我們試試看採用去掉參數的作法。

首先, 將式 \eqref{1} 的參數式 $x\tan(\theta+\alpha)=y=(\ell-x)\tan\theta$ 改寫為

$$\frac yx=\tan(\theta+\alpha)\quad \hbox{、}\quad \frac y{\ell-x}=\tan\theta,$$

遂有

$$\frac yx=\tan(\theta+\alpha)=\frac{\tan\theta+\tan\alpha}{1-\tan\theta\tan\alpha}=\dfrac{\dfrac{y}{\ell-x}+\tan\alpha}{1-\dfrac{y}{\ell-x}\tan\alpha} =\frac{y+(\ell-x)\tan\alpha}{(\ell-x)-y\tan\alpha},$$

整理可得

\begin{align} x^2\tan\alpha-2xy-y^2\tan\alpha-x\ell\tan\alpha+y\ell=0.\label{3} \end{align}

這是一個二元二次方程式, 圖形應該是一條圓錐曲線。

一般的二元二次方程式 $ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0$ 的圖形是圓錐曲線的論述, 在早期的高中數學課本 (像是民國五十六年我上高中時的數學課本) 還教導； 民國六十年的高級中學課程標準的規範是, 要學習二元二次方程式、 二次曲線、 坐標變換, 雖然沒有詳細內容, 但由其用字, 應該和我高中時的數學教科書一樣。 據我所知, 因為這些論述繁雜, 最後學生在學習時, 常常忽略推導過程, 只是背誦公式, 以公式求解, 淪為無效的學習, 所以後來的數學課綱都規範, 只討論圓錐曲線標準式。 事實上, 72高級中學數學科課程標準, 其規範就是, 圓錐曲線只介紹標準式, 橢圓與雙曲線不介紹準線與離心率, 這種規範後來一直被沿用, 所以現在的數學課本都用動點到兩焦點距離和/差來定義橢圓/雙曲線, 看來這種規範由來已久。

可是我們得出來的方程式 \eqref{3} 卻不是標準式, 那我們要如何對現在的高中生解釋這條曲線呢？

且讓我們來看看還有沒有其他方法可以解釋。

首先, 可以做平移的動作, 試著把一次項消掉。 事實上, 李永約的文章 和鍾文體的文章 都已經有此作法。 平移在現在的高一數學課程中是一個學習重點, 學習內容包含一次函數、 二次函數、 三次函數、 圓的方程式, 高中學生應該不陌生。 由圖 2 也可以看出來, 圖形對稱於點 $(\frac{\ell}2,0)$, 所以只要將 $y$-軸往右平移 $\frac{\ell}2$ 單位, 讓對稱點變成新坐標系統的原點, 方程式應該有機會簡化； 平移後的新坐標 $(x',y')=(x-\frac{\ell}2,y)$, 也就是 $(x,y)=(x'+\frac{\ell}2,y')$。 用現在高中課本的說法, 在不產生新坐標系統的作法下, 把圖形往左平移 $\frac{\ell}2$ 單位, 對稱點就會移到原點； 這時候, 只要將前面得到的方程式 \eqref{3} 中的 $x$ 換成 $x+\frac{\ell}2$, 就會得到平移後的方程式：

$$(x+\frac{\ell}2)^2\tan\alpha-2(x+\frac{\ell}2)y-y^2\tan\alpha-(x+\frac{\ell}2)\ell\tan\alpha+y\ell=0,$$

整理後就得到

\begin{align} x^2\tan\alpha-2xy-y^2\tan\alpha=\frac{\ell^2\tan\alpha}{4}.\label{4} \end{align}

這看起來已經清爽許多, 但距離標準式還差一個 $xy$ 項。要解決問題就要將坐標軸旋轉。雖然高中數學課綱都已經刪除這一部分的教學內容, 但是學習內容 「F-11A-3 矩陣的應用 ： 平面上的線性變換, 二階轉移矩陣。」揭示, 二階矩陣當作線性變換, 是高中重要的學習內容, 這包括了伸縮、 旋轉等重要的變換, 此處要用旋轉變換, 也就是, 將坐標軸依順時針方向旋轉角度 $\beta$, 則新坐標

$$\left[\begin{array}{c} x'\\ y'\end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccc} \cos\beta&~\quad&-\sin\beta\\ \sin\beta&&\cos\beta\end{array}\right] \left[\begin{array}{c} x\\ y\end{array}\right],$$

也就是

$$\left[\begin{array}{c} x\\ y\end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccc} \cos\beta&~\quad&\sin\beta\\ -\sin\beta&&\cos\beta\end{array}\right]\left[\begin{array}{c} x'\\ y'\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} x'\cos\beta+y'\sin\beta\\ -x'\sin\beta+y'\cos\beta\end{array}\right].$$

用現在高中課本的說法, 在不產生新坐標系統的作法下, 把圖形逆時針方向旋轉角度； 這時候只要將方程式 \eqref{4} 中的 $x$ 換成 $x\cos\beta+y\sin\beta$、 $y$ 換成 $-x\sin\beta+y\cos\beta$, 就會得到旋轉後的方程式：

\begin{align*} (x\cos\beta+y\sin\beta)^2\tan\alpha-2(x\cos\beta+y\sin\beta)(-x\sin\beta+y\cos\beta)\qquad\qquad~\\ -(-x\sin\beta+y\cos\beta)^2\tan\alpha=\frac{\ell^2\tan\alpha}{4}, \end{align*}

整理後得到

$$(x^2-y^2)(\cos2\beta\tan\alpha+\sin2\beta)+2xy(\sin2\beta\tan\alpha-\cos2\beta)=\frac{\ell^2\tan\alpha}{4},$$

為消除 $xy$, 需要 $\sin2\beta\tan\alpha-\cos2\beta=0$, 可取 $2\beta=\frac{\pi}{2}-\alpha$, 此時也會有

$$\cos2\beta\tan\alpha+\sin2\beta=\sin\alpha\tan\alpha+\cos\alpha=\frac 1{\cos\alpha},$$

所以旋轉後的方程式就是

\begin{align} x^2-y^2=\frac{\ell^2\sin\alpha}{4}.\label{5} \end{align}

確實是一條雙曲線, 其漸近線為 $x^2-y^2=0$, 也就是 $x+y=0$ 和 $x-y=0$, 是兩條互相垂直的直線。

如果我們取 $2\beta=\pi-\alpha$, 則 $\cos2\beta\tan\alpha+\sin2\beta=0$, 此時也會有

$$\sin2\beta\tan\alpha-\cos2\beta=\sin\alpha\tan\alpha+\cos\alpha=\frac 1{\cos\alpha},$$

所以旋轉後的方程式就是

\begin{align} xy=\frac{\ell^2\sin\alpha}{4}.\label{6} \end{align}

其漸近線為 $xy=0$, 也就是兩條坐標軸 $x=0$ 和 $y=0$。 這條方程式 \eqref{6} 就是我們熟知的反比公式。

如果回到未旋轉前的方程式 \eqref{4}, 其漸近線為 $x^2\tan\alpha-2xy-y^2\tan\alpha=0$, 由倍角公式 $\tan\alpha=\dfrac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{1-\tan^2\frac{\alpha}{2}}$, 這相當於

$$x^2\tan\frac \alpha 2+xy(\tan^2\frac \alpha 2-1)-y^2\tan\frac \alpha 2=0,$$

做因式分解為 $(x\tan\frac \alpha 2-y)(x+y\tan\frac \alpha 2)=0$, 所以漸近線為 $x\tan\frac \alpha 2-y=0$ 和 $x+y\tan\frac \alpha 2=0$, 這在李永約的文章 和鍾文體的文章 中都已經提及。

我們順便來看看早期高中的圓錐曲線教學。

4. 早期高中的圓錐曲線教學

4.1. 用焦點與準線定義圓錐曲線

早期高中的圓錐曲線教學, 由焦點與準線的觀點切入。 給定平面上一點 $F$, 及不通過此點的一條直線 $L$, 收集所有滿足「到點 $F$ 的距離等於到 $L$ 距離的 $e$ 倍的所有點 $P$」, 構成以 $F$ 為焦點、 $L$ 為準線、離心率為 $e$ 的圓錐曲線。 為推導此圓錐曲線的方程式, 假設 $P$ 的坐標為 $(x,y)$、 $F$ 的坐標為 $(h,k)$、 $L$ 的方程式為 $ax+by+c=0$, 則可以得到圖形的方程式為

$$\sqrt{(x-h)^2+(y-k)^2}=\frac{e|ax+by+c|}{\sqrt{a^2+b^2}},$$

將兩邊平方後, 可以整理出一個二元二次方程式, 比較繁瑣。 為了方便, 我們可以調整坐標系統的架設, 就假設 $P$ 的坐標為 $(x,y)$、 $F$ 的坐標為 $(h,0)$、 $L$ 的方程式為 $x+c=0$ (因為後續的需要, 取 $c\not=0$), 則可以得到圖形比較簡化的方程式 $\sqrt{(x-h)^2+y^2}=e|x+c|$, 此時再平方、整理, 就可以得到比較清爽的式子

$$(1-e^2)x^2+y^2-(2h+2e^2c)x+(h^2-e^2c^2)=0.$$

當 $e=1$ 時, 如果我們取 $h=c$ (此時 $F$ 不在 $L$ 上), 方程式就是

$$y^2=4cx,$$

這是一條拋物線。 當 $e\not=1$ 時, 如果我們取 $h=-e^2c$ (此時 $F$ 不在 $L$ 上), 方程式就沒有 $x$ 項, 同時 $h^2-e^2c^2=e^2(e^2-1)c^2$, 方程式可化簡為

$$(1-e^2)x^2+y^2+e^2(e^2-1)c^2=0;$$

當 $0 \lt e \lt 1$ 時, 這就是橢圓

$$\dfrac{x^2}{{e^2c^2}}+\frac{y^2}{e^2(1-e^2)c^2}=1;$$

當 $e \gt 1$ 時, 這就是雙曲線

$$\dfrac{x^2}{{e^2c^2}}-\frac{y^2}{e^2(e^2-1)c^2}=1.$$

4.2. 二元二次方程式的平移

早期高中的圓錐曲線教學, 也涉及將一般的二元二次方程式作坐標平移和旋轉, 那是怕萬一我們一開始沒辦法架出好的坐標系統, 如前面的等差角問題, 那要如何處理。 假設我們手邊有的方程式是一般的

\begin{align} ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0.\label{7} \end{align}

如同第 3 節的作法, 我們可以先做平移動作, 試著移除一次項, 此時將 $x$ 換成 $x-h$、 $y$ 換成 $y-k$, 就會有

$$a(x-h)^2+b(x-h)(y-k)+c(y-k)^2+d(x-h)+e(y-k)+f=0.$$

也就是

\begin{align*} ax^2+bxy+cy^2+(d-2ah-bk)x+(e-bh-2ck)y\qquad~\\ +(ah^2+bhk+ck^2-dh-ek+f)=0, \end{align*}

為了消去一次項係數, 要取適當的 $(h,k)$ 滿足下面的二元一次聯立方程式

\begin{align} \left\{\begin{array}{l} 2ah+bk=d,\\[5pt] bh+2ck=e. \end{array}\right.\label{8} \end{align}

當 $b^2\not=4ac$ 時可以解到唯一的 $(h,k)$, 代入前式就會得到比較清爽的式子

\begin{align} ax^2+bxy+cy^2+f'=0.\label{9} \end{align}

等一下再來討論旋轉, 去掉 $xy$ 項的事情。 當 $b^2=4ac$ 時, 聯立方程式 \eqref{8} 可能無解, 這時我們就直接用旋轉的方法先行處理。

4.3. 二元二次方程式的旋轉

不管是處理式 \eqref{9}, 還是乾脆就直接處理式 \eqref{7}, 如同第 3 節的方法, 我們可以將圖形逆時針方向旋轉角度 $\beta$； 這時候只要將方程式 \eqref{7} 中的 $x$ 換成 $x\cos\beta+y\sin\beta$、 $y$ 換成 $-x\sin\beta+y\cos\beta$, 就會得到旋轉後的方程式：

\begin{align*} a(x\cos\beta+y\sin\beta)^2+b(x\cos\beta+y\sin\beta)(-x\sin\beta+y\cos\beta)+c(-x\sin\beta+y\cos\beta)^2\\ +d(x\cos\beta+y\sin\beta)+e(-x\sin\beta+y\cos\beta)+f=0, \end{align*}

如果這個方程式整理之後會變成 $Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0$, 則會有

\begin{align*} A=\,&a\cos^2\beta-b\sin\beta\cos\beta+c\sin^2\beta,\\ B=\,&2a\sin\beta\cos\beta+b(\cos^2\beta-\sin^2\beta)-2c\sin\beta\cos\beta\\ =\,&(a-c)\sin2\beta+b\cos2\beta,\\ C=\,&a\sin^2\beta+b\sin\beta\cos\beta+c\cos^2\beta, \end{align*}

我們的目標是要使得 $B=0$, 所以要取得角度滿足

$$\tan2\beta=\frac b{c-a},$$

其中當 $a=c$ 時, 解讀為 $2\beta=\frac{\pi}{2}$。 由 $\tan2\beta$ 就可求得 $\cos2\beta$, 再經由半角公式求得 $\sin\beta$ 和 $\cos\beta$ (不妨假設 $0\le\beta\le\frac{\pi}{2}$), 代入前面就可以整理出沒有 $xy$ 項的方程式。 但是計算這些係數卻是有點麻煩, 有一種處理的方式如下：

\begin{align} A+C=\,&a(\cos^2\beta+\sin^2\beta)+c(\cos^2\beta+\sin^2\beta)=a+c,\label{10}\\ A-C=\,&(a-c)(\cos^2\beta-\sin^2\beta)-2b\sin\beta\cos\beta\nonumber\\ =\,&(a-c)\cos2\beta-b\sin2\beta,\nonumber\\ (A-C)^2+&B^2=(a-c)^2(\cos^22\beta+\sin^22\beta)+b^2(\sin^2\beta+\cos^22\beta)\nonumber\\ &\quad\, =(a-c)^2+b^2.\label{11} \end{align}

將式 \eqref{11} 減去式 \eqref{10} 的平方, 得到等價於式 \eqref{11} 的式子

\begin{align} B^2-4AC=b^2-4ac.\label{12} \end{align}

由已知的 $a$、 $b$、 $c$ 及希望 $B=0$, 利用式 \eqref{10} 及式 \eqref{11} (或是式 \eqref{12} 也可以) 就可以解出 $A$、 $C$, 其中由 $(A-C)^2$ 求 $A-C$ 有兩種可能, 取哪一種都可以, 只是代表旋轉角度不同。

要留意的是, 有些時候會是退化情況 ： 無解、 一直線、 兩相交直線。

我們也來看看圓錐曲線的起源。 由數學史的資料可以看出來, 一開始的發展都是把坐標系統取好, 讓圓錐曲線的方程式簡單好用。

5. 圓錐曲線溯源

談論圓錐曲線, 現在公認的起源是, 古希臘數學家、 天文學家阿波羅尼奧斯 (Apollonius) 的《圓錐曲線論》, 其中廣泛而有系統探討這些曲線, 被視為是圓錐曲線的起源。 而談論坐標幾何, 一般推崇法國哲學家、 數學家、 科學家笛卡兒 (René Descartes)於 1637 年, 在《方法論》的附錄「幾何」中提出的解析幾何的基本方法, 他以哲學觀點寫成的這部著作, 為後來牛頓和萊布尼茨各自提出的微積分提供了基礎。

追溯根源, 有人認為用坐標系研究幾何的鼻祖是古希臘數學家梅內克繆斯 (Menaechmus), 他在解答「倍立方問題」時, 使用的表示法與現在的坐標系十分相似, 在此同時他也提出了圓錐曲線的想法。

傳說中, 倍立方問題的來源, 可以追溯到公元前 429 年。 當時的一場瘟疫襲擊了希臘提洛島 (Delos), 造成四分之一的人口死亡。 島民們去神廟請示阿波羅的旨意, 神諭說：要想遏止瘟疫, 得將阿波羅神殿中那正立方的祭壇加大一倍。 人們便把每邊增長一倍, 結果體積當然就變成了 8 倍, 瘟疫依舊蔓延。 接著人們又試著把體積改成原來的2倍, 但形狀卻變為一個長方體。 人們在萬般無奈的情況下, 只好到雅典去求救於當時著名的學者柏拉圖。 根據柏拉圖的經驗, 他覺得利用尺規作圖可以作一個正方形, 使它的面積等於已知正方形的 2 倍, 可是後來他們嘗試了各種方法都不能成功。 這個問題和三等分角、 化圓為方, 合稱為尺規作圖三大難題。

尺規作圖不能解決倍立方問題, 並不表示沒有其他的解決方法。 事實上, 在我看來, 利用尺規作圖解題, 只是柏拉圖及其後續數學家畫地自限的一種方法。 希波克拉底 (Hippocrates)就有跳脫緊箍咒的想法, 他證明了, 如果可以求得符合 $a/x=x/y=y/2a$ 性質的曲線, 就可以解決倍立方問題。 這是因為 $x^2=ay$ 及 $y^2=2ax$ 而有 $x^4=a^2y^2=2a^3x$, 也就是 $x^3=2a^3$。 所以求得符合 $y^2=\ell x$ 這種性質的曲線成為關鍵。 下面就是梅內克繆斯求得這種曲線的方法, 請參見Merzbach 和Boyer數學史的書 [第84~85頁]。

圖 4 是一個直圓錐 $ABC$, 其頂角為直角 (也就是生成角為 45 度), 考慮與 $AC$ 垂直於點 $D$ 的一個平面, 此平面將圓錐截出一條曲線 $EDG$, 它對稱於 $DF$。 過曲線上一點 $P$, 作一個水平面將圓錐截出一個圓 $PVR$, 這個圓同時交曲線於另外一點 $Q$, 因為對稱的關係, $PQ$ 和 $RV$ 垂直並相交於 $DF$ 上的一點 $O$, 此時會有 ${\overline{OP}}^2={\overline{QO}}\cdot{\overline{OP}}={\overline{RO}}\cdot{\overline{OV}}$。 因為三角形 $AR'D$ 與 $ABC$ 相似, 所以 $\frac{{\overline{R'D}}}{{\overline{AR'}}}=\frac{{\overline{BC}}}{{\overline{AB}}}$ 而有 ${\overline{R'D}}=\frac{{\overline{AR'}\cdot {\overline{BC}}}}{{\overline{AB}}}$。 因為三角形 $DOV$ 與 $ABC$ 相似, 所以 $\frac{{\overline{OV}}}{{\overline{DO}}}=\frac{{\overline{BC}}}{{\overline{AB}}}$ 而有 $\overline{OV}=\frac{\overline{DO}\cdot {\overline{BC}}}{\overline{AB}}$。 綜合以上等式而有 ${\overline{OP}}^2={\overline{RO}}\cdot{\overline{OV}}={\overline{R'D}}\cdot{\overline{OV}}=\frac{\overline{AR'}\cdot {\overline{BC}^2}}{\overline{AB}^2}\cdot{\overline{DO}}$, 其中 $\overline{OP}$ 可以視為前面的變數 $y$、及 $\overline{DO}$ 視為變數 $x$、 而 $\frac{\overline{AR'}\cdot {\overline{BC}^2}}{\overline{AB}^2}$ 視為常數 $\ell$ (可調整 $D$ 的位置來調整其大小)。 所以求得符合 $y^2=\ell x$ 這種性質的曲線。 這就是現在我們熟知的拋物線。

如果將上述的直圓錐 $ABC$ 的頂角取為銳角 (或是鈍角), 利用類似的推導就會產生符合 $y^2=\ell x-\frac{b^2x^2}{a^2}$ (或是 $y^2=\ell x+\frac{b^2x^2}{a^2}$)這種性質的曲線。 這就是我們現在熟知的橢圓 (或是雙曲線)。

總結來說, 梅內克繆斯不但有坐標系統的最早想法, 也是第一次提出圓錐曲線概念的人。

憑良心而論, 梅內克繆斯其實已經將圓錐曲線重要的性質點出來。 舉例來說, 前面在推導拋物線時, 用到 $\overline{RO}=\overline{R'D}$, 那是因為頂角是直角而有 $DF$ 平行於 $AB$, 而知道 $R'ROD$ 是平行四邊形； 當阿波羅尼奧斯允許直圓錐的頂角是任意角 $\theta$ 時, 如果把「考慮與 $AC$ 垂直於 $D$ 的一平面」改為「考慮與 $AC$ 交於 $D$ 而夾角為 $\theta$ 的一平面」, 則一樣也會有 $R'ROD$ 成平行四邊形, 遂得到完全一樣的公式。 在這樣的看法下, 梅內克繆斯其實已經主要完成了圓錐曲線的最初定義。

有一點我還沒明白的是, 梅內克繆斯推導的圓錐曲線是用二次方程描述的, 說明並不難。 但是不知為何, 後來的人教導圓錐曲線是由焦點、準線定義開始, 既不直觀 (看不出圓錐在何處), 推導標準式也不會特別容易。

不管歷史真相如何, 阿波羅尼奧斯大大推廣了梅內克繆斯的想法。 他在《論切觸》中的解題方式, 用現代的觀點來說是一維的解析幾何, 用直線來求得一點與其它點之間的比例； 他在《圓錐曲線論》中用到的方法則與二維的解析幾何十分相似。

研究數學宜讀數學史, 讀數學史讓我們明白, 成就一個數學觀念, 常常不只是某一個特定人的功勞, 而是經過幾個世代, 一些人接力發揚而成就此觀念。 有這樣的理解, 就會知道, 研究數學重要的是讓一個想法能流傳下去, 不是在爭取「發明權」、 「專利」。 現代的一個典範是俄羅斯數學家佩雷爾曼 (Grigori Perelman), 他在 2006 年公布了龐加萊猜想 (Poincaré Conjecture)的證明後, 就隱身俄羅斯鄉下, 不去爭取證明的光環； 當年國際數學聯盟頒給他菲爾茲獎, 他並未與會領獎； 後來克雷數學研究所頒給他一百萬美元獎金, 他也拒絕領獎, 理由是克雷所的決定「不公平」, 因為前面還有 Hamilton 等的一些工作, 才能引導他到最後目的地； 相較於一些急於宣稱第一個完整證明的人, 他的淡然精神令人欽佩。

前述這些坐標幾何的原型, 的確和現在我們使用的坐標系統有差距, 其最大重點是, 它們都沒有包含負號的概念, 不能完整地和代數結合。 笛卡爾的想法才真正融入負號的思想, 完整地建立了坐標系統。

參考文獻

本文作者為臺灣大學數學系名譽教授