前言

本文寫作的動機, 是在數學傳播 182 期張鎮華教授的大作「愛小孩的歐拉 --- 兼論 108 數學課綱」文中, 對其所提到的歐拉不等式產生好奇: 對於這個簡明的不等式, 是否存在一個簡單的解釋? 而在構思內容時, 又對於數學傳播 183 期同是張教授的大作 「再談等角差線 --- 兼談 108 數學課綱之圓錐曲線教學」 文中所指出的「等角差線是雙曲線」這個結論, 產生同樣的好奇心。 在略有心得後, 為文分享以期能對中學生讀者有些許助益。

本文

在作者學習中學數學時, 曾注意到對於某些結果或定理, 尤其是形式簡單者, 存在一個符合直觀的簡明解釋。 雖然這個解釋未必適合作為嚴謹的證明, 卻可以幫助我們對於該結果或定理的必然性有更深刻的體會。 以下舉若干例子說明之。

1. 對於實數 $a, b, c$, 有

\begin{align} a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca.\label{1} \end{align}

證明：

\begin{align*} &\hskip -20pt a^2 + b^2 + c^2 - (ab + bc + ca)\\ =\,& \frac 12 [(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2]\\ \ge\,& 0,\qquad\hbox{證畢。} \end{align*}

此外, 利用算幾不等式, 柯西不等式, 或排序不等式, 各自可得到證明。 但以上方法對初學者而言, 或因代數技巧及基本知識不熟悉, 而不易想到。 在此我們以直覺的方式, 來體會 \eqref{1} 式成立的必然性。

直觀上, 非負實數 $p, q$ 的乘積 $pq$ 可以視為 $p$ 加了 $q$ 次後的取值。 在此我們把 \eqref{1} 的左右式, 視為兩個三元數組 $(a, b, c)$ 與 $(a, b, c)$ 兩兩配對相乘後, 再取各乘積之和: (1) 的左式三項 $a^2$, $b^2$, $c^2$ 依序分別為 $a$ 加了 $a$ 次, $b$ 加了 $b$ 次, $c$ 加了 $c$ 次之值, 與其他的配對方式比較 [如 \eqref{1} 的右式三項 $ab, bc, ca$ 分別代表 $a$ 加了 $b$ 次, $b$ 加了 $c$ 次, $c$ 加了 $a$ 次之值], (1) 的左式取值為 $(a, b, c)$ 中的最大數加了最多次, 次大數加了次多次, 最小數加了最少次, 則其取和後的結果, 必然不小於其他的配對方式, 如 \eqref{1} 的右式。 就如同一場團體競技, 當實力愈強的選手有愈多出賽率時, 將有更好的成績。 而 \eqref{1} 式等號成立的條件, 即 $a, b, c$ 三數無大小之分 (皆相等) 時。 這個直觀視角, 可幫助我們體認 \eqref{1} 式成立的理由。 即使這種想法應用於 $a, b, c$ 皆為非負實數時較合適, 當 $a, b, c$ 中有負數時, 與 $|a |, |b |, |c |$ 所構成的 \eqref{1} 式比較, 由於左式取值不變, 右式取值可能不變或變小, 故結論相同。 另從這個觀點可以猜想到, 若反其道而行, 讓愈大的數加愈少次, 則取和的結果將是最小的。 如:

若 $a\ge b \ge c$, 則

$$ab + bc + ca \ge ac + b^2 + ca.$$

證明：

\begin{align*} &\hskip -20pt ab + bc + ca - (ac + b^2 + ca)\\ =\,& (a - b) (b - c)\\ \ge\,& 0,\qquad\hbox{證畢。} \end{align*}

這個想法的一般化, 就是排序不等式 (rearrangement inequality)。

2. (畢氏定理) 直角 $\triangle ABC$ 中, $\angle A$ 為最大角, 則

\begin{align} {\overline {BC}}^2={\overline {AB}}^2+{\overline {AC}}^2.\label{2} \end{align}

如圖1, 欲證 \eqref{2} 式, 容易想到由 $\triangle ABC$ 的三邊分別往外作正方形, 並嘗試證明以 ${\overline{BC}}$ 為邊長的正方形面積為另兩個正方形面積之和 (歐幾里得的幾何原本中, 即採用這個方法)。 然而, 當我們觀察圖 1 時, 似乎不易看出上述關係的必然性。 在此我們換個方式, 把圖形往內而非往外作, 作相似三角形而非正方形。

如圖 2, 在 ${\overline{BC}}$ 上取一點 $D$, 使 $\angle BAD = \angle C$, 則因 $\angle A$ 是直角, 故 $\angle CAD = \angle B$, 從而

$$ \triangle ABC \sim \triangle DBA \sim \triangle DAC.$$

因

\begin{align} a \triangle ABC = a \triangle DBA + a \triangle DAC.\label{3} \end{align}

($a \triangle ABC$ 表示 $\triangle ABC$ 的面積, 餘同), 且相似形的面積比等於對應邊長之平方比, 故由 \eqref{3} 式可得

$${\overline {BC}}^2={\overline {AB}}^2+{\overline {AC}}^2.$$

由此方法, 我們可以領悟: 畢氏定理之所以會成立, 是因直角三角形可以分割為兩個與本身相似的三角形。 進一步想, 若我們對於鈍角三角形與銳角三角形作類似的操作, 會得到怎樣的結果?

如圖 3 左, 對於最大角為 $\angle A$ 的鈍角三角形, 我們在 ${\overline {BC}}$ 上取一點 $D$, 使 $\angle BAD = \angle C$, 另在 ${\overline {BC}}$ 上取一點 $D'$, 使 $\angle CAD' = \angle B$, 則

$$ \triangle ABC \sim \triangle DBA \sim \triangle D'AC.$$

因 $\angle BAD + \angle CAD' = \angle C + \angle B \lt \angle A$, 故 $D$ 在 $D'$ 的左側, 則有

$$a \triangle ABC \gt a \triangle DBA + a \triangle D'AC.$$

由此可得

\begin{align} {\overline {BC}}^2\gt{\overline {AB}}^2+{\overline {AC}}^2.\label{4} \end{align}

對於最大角為 $\angle A$ 的銳角三角形, 進行一樣的步驟 (如圖 3 右), 則因 $\angle BAD + \angle CAD' = \angle C + \angle B \gt \angle A$, 故 $D$ 在 $D'$ 的右側, 則有

$$a \triangle ABC \lt a \triangle DBA + a \triangle D'AC.$$

由此可得

\begin{align} {\overline {BC}}^2\lt{\overline {AB}}^2+{\overline {AC}}^2.\label{5} \end{align}

\eqref{4}, \eqref{5} 式分別指出鈍角與銳角三角形中, 最大邊長平方與另兩邊長平方和的大小關係, 從而可知畢氏定理的逆定理亦成立。

3. 對於正實數 $n$, 函數

\begin{align*} f(n) = \Big(1+\frac 1n\Big)^n \end{align*}

為遞增函數。

這是與自然對數的底 $e$ 有關的題目, 常見用微分的方法證明, 另亦可用加權算幾不等式證之。 若以直觀的方式思考: 隨著 $n$變大, 底數 ($\gt1$) 變小, 而指數變大, 似乎看不出 $f(n)$ 的變化方向。 現我們考慮一個情境: 某君欲向民間放款公司借款, 借期一年。詢問了兩間公司的利率條件, 皆為年利率 100%, 以複利計息。 其中 A 公司每 6 個月計息一次, B 公司每 4 個月計息一次, 則某君應如何選擇較有利? 易知, 由於愈頻繁計息, 會有愈多的利息加入本金中孳息, 故向 A 公司借款負擔較小。 考慮一年到期後需償還的本利和與當初借額的比值, 則 A 與 B 公司分別為 $f(n)$ 在 $n = 2$ 與 3 的取值, 由此可理解函數 $f(n)$ 為遞增的合理性。

進一步地, 我們可經由此觀點, 給出 $f(n)$ 的一個上界: 因無論多頻繁地將利息加入本金中孳息 (即無論 $n$ 如何大), 必不及一開始即把一整年的利息加在本金中孳息一年 (一年計息一次), 故 $f(n)$ 有個上界為 $2+2 = 4$。

對於上述三個問題的結論, 我們從直觀的角度審視, 不但更可以體認其必然性, 甚至可以推演出進一步的結果。 基於這個經驗, 我們來考慮在數學傳播 182 與 183 期中提到的兩個問題。

4. (歐拉不等式) 若一個三角形的外接圓半徑是 $R$, 內切圓半徑是 $r$, 則有不等式

\begin{align} R \ge 2r. \label{6} \end{align}

等號成立的充要條件是此三角形為正三角形。

由於三角形的內切圓位於外接圓內部, 顯然外接圓半徑必大於內切圓半徑, 但為何前者至少是後者的 2 倍? 為了說明其必然性, 先提出一個引理。

引理1： 若圓 $O$ 與 $\triangle ABC$ 的三邊皆有交點, 則圓 $O$ 的半徑不小於 $\triangle ABC$ 的內切圓半徑。

引理 1 是很符合直覺的, 因為三角形的內切圓是一個「剛好勉強」與該三角形的三邊皆有交點的圓, 不難體會其為與三邊皆有交點的圓中最小者。 在此用圖解的方式說明之。

如圖 4, 圓 $O$ 與 $\triangle ABC$ 的三邊皆有交點。 若圓 $O$與 ${\overline{AB}}$ 的交點並非切點, 則將 ${\overleftrightarrow{AB}}$ 以遠離 $C$ 點的方向平行移動至與圓 $O$ 相切為止。 當我們對 $\triangle ABC$ 三邊的所在直線都做這樣的操作後, 可以圍出一個 $\triangle A' B' C'$, 且圓 $O$ 為其內切圓。 由於 $\triangle A' B' C'$ 是不小於 $\triangle ABC$ 的相似三角形, 其內切圓 $O$ 的半徑必不小於 $\triangle ABC$ 的內切圓半徑, 此即引理 1。 以下藉由引理 1 說明歐拉不等式成立的理由。

如圖 5, 對於 $\triangle ABC$, 我們考慮以其三邊中點 $D, E, F$ 為頂點的中點三角形 $\triangle DEF$, 與 $\triangle DEF$ 的外接圓 $O$。 因 $\triangle ABC \sim \triangle DEF$, 且對應邊長比為 2, 故 $\triangle ABC$ 的外接圓半徑為圓 $O$ 半徑的 2 倍。 又因圓 $O$ 與 $\triangle ABC$ 的三邊皆有交點, 依據引理 1, 圓 $O$ 的半徑不小於 $\triangle ABC$ 的內切圓半徑。結合兩者, 即得到歐拉不等式 \eqref{6}。

以下考慮歐拉不等式中, 等號成立的條件: 當且僅當圖 5 中的 $D, E, F$ 皆為切點時 (即圓 $O$ 為 $\triangle ABC$ 的內切圓時), $\triangle ABC$ 即相當於圖 4 中的 $\triangle A' B' C'$, 等號成立。 此時如圖 6, ${\overline{AB}}=2{\overline{AF}}=2{\overline{AE}} ={\overline{AC}}$; 同理 ${\overline{AB}}={\overline{BC}}$, 即 $\triangle ABC$ 為正三角形。

綜上, 我們可以這樣體會歐拉不等式成立的必然性: 對於一個三角形, 由於其內切圓不大於其中點三角形的外接圓, 且中點三角形為其邊長比 $\dfrac 12$ 的相似三角形, 故一個三角形的外接圓半徑至少是其內切圓半徑的2倍。

5. (等角差線問題) 在數學傳播 180 期中, 李永約同學提出討論一種「等角差線」: 考慮平面上一線段 ${\overline{BC}}$, 及在 ${\overleftrightarrow{BC}}$ 一側的動點 $A$, 使 $\angle ABC- \angle ACB$ 為一定值 $\alpha$ ($0 \lt \alpha \lt\pi $) 的動點 $A$ 軌跡稱為等角差線。 之後在數學傳播 181 期與 183 期中, 鍾文體老師及張鎮華教授分別指出等角差線為雙曲線, 並給出詳實而嚴謹的證明。 對於這個簡明的結論, 我們也嘗試找一個簡單的解釋。

如圖 7 左, 動點 $A$ 滿足 $\angle ABC- \angle ACB$ 為定值 $\alpha $。 由於直線段長 (包括兩點間的距離) 並非與角度成線性關係 (與圓弧長度不同), 而是需由三角函數介導, 故「等角差」這個條件較不易直接應用。 有鑑於此, 我們試圖把「等角差」轉化為「等角」, 方法是如圖 7 右, 將 ${\overleftrightarrow{BC}}$ 以 ${\overline{BC}}$ 的中點 $M$ 為中心旋轉 $\alpha /2$, 從而與 ${\overleftrightarrow{AB}}$ 和 ${\overleftrightarrow{AC}}$ 圍成等腰 $\triangle AB'C'$。 以下以 $M$ 為原點, ${\overleftrightarrow{C'\!B'}}$ 為 $x$ 軸正向建立直角坐標系。

如圖 8, 令 $B (a, b)$, $C (-a, -b)$, 則 ${\overline{B'\!C'}}= 2a$, 且 $B$ 與 $B'$ 之 $x$ 坐標差 $= b\cdot\cot\angle AB'C'$, 則 $A$ 的坐標 $(x, y) = (b\cdot\cot \angle AB'C', a\cdot\tan\angle AB'C')$, 其滿足 $xy = ab$ 為定值。 如果我們已有「平面上, 方程式 $xy = k$ $(k \not= 0)$ 的圖形是等軸雙曲線」的背景知識, 則至此可知動點 $A$ 的軌跡為等軸雙曲線的一部分。

以上我們用旋轉的方式把「等角差」的條件轉化為「等角」, 並以簡化為目的選取坐標系, 再利用既有知識可了解「等角差線為雙曲線」這個結果的合理性。 以下作為比較, 列出關於平面上相異兩定點 $P, Q$ 與動點 $A$ 的一些性質。

a. 使 ${\overline{AP}}+{\overline{AQ}}$ 為定值 $a$ ($a \gt{\overline{PQ}} $) 的動點 $A$ 軌跡為橢圓。

b. 使 $|{\overline{AP}} -{\overline{AQ}} |$ 為定值 $a$ ($0 \lt a \lt{\overline{PQ}} $) 的動點 $A$ 軌跡為雙曲線。

c. 在 ${\overleftrightarrow{PQ}}$ 一側, 使 $\angle APQ + \angle AQP$ 為定值 $\alpha$ ($0 \lt \alpha \lt\pi $) 的動點 $A$ 軌跡為圓的一部分 (在此不妨將圓視為「等軸橢圓」)。

d. 在 ${\overleftrightarrow{PQ}}$ 一側, 使 $\angle APQ - \angle AQP$ 為定值 $\alpha$ ($0 \lt \alpha \lt\pi $) 的動點 $A$ 軌跡為等軸雙曲線的一部分。

這樣的類比或有助於我們體會數學的規律與美感。

結語

以上作者提出對於若干數學問題之淺見, 其目的並非著重於這些問題本身及其解法, 而是想對中學生們分享以下的個人體驗: 我們所學習的數學知識, 不盡然如表面上所見, 是由抽象的符號, 運用不太容易想到的技巧後, 所得到的結果。有時候當我們審視結論, 會發現其中的合理性與必然性, 進而有恍然大悟的感覺。如果能在這方面多思考與體會, 當能感受數學的奧妙, 從而提升學習數學的興趣與效率。

參考文獻

本文作者為家康診所醫師