用幾何意義處理一道雙曲線積分問題

前兩天在twitter上看到一到積分題

很顯然就是得利用部分積分法與三角代換去處理。

該推文附上的解答為

其實也不甚困難。

不過我偏好用幾何眼光處理問題，所以下面的解法是90％的幾何、10％的代數/微積分。

首先注意被積函數$y = \sqrt{x^2+1}$是雙曲線$y^2 - x^2 = 1$的一個分支，我們將之圖形繪出，並標出幾個線段的長度，如下所示。

於是所求的積分$\int \limits^{1}_{0} \sqrt{x^2+1} \, dx$就是「曲邊梯形」OACB的面積，而此塊面積可以分解如

$$OACB = \Delta BOE + \Delta OEA + \Delta DEA + \text{曲邊四邊形}CDEB.$$

其中$\Delta BOE, \Delta OEA, \Delta DEA$都是一樣的等腰直角三角形，邊長為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，面積為$\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$，所以這三塊面積為$\frac{3}{4}$。

下面接著處理曲邊四邊形CDEB。由於$CDEB = CFDEB - \Delta CDF$，所以誘導我們去考慮將圖形進行順時針$45^{\circ}$旋轉，得下圖。

原本的雙曲線$y^2 - x^2 = 1$經過旋轉後變為$y = \pm \frac{1}{2x}$。於是

$$CFDEB = \int \limits_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1+\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{2x} \, dx = \frac{1}{2} \int \limits_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1+\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{x} \, dx = \frac{1}{2} \left[ \ln \left( 1+\frac{\sqrt{2}}{2} \right) - \ln \frac{\sqrt{2}}{2} \right] = \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right).$$

所以

$$CDEB = CFDEB - \Delta CDF = \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right) - \left( 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right) - \frac{3}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

然後

$$\begin{align*}\int \limits^{1}_{0} \sqrt{x^2+1} \, dx &= \Delta BOE + \Delta OEA + \Delta DEA + CDEB \\ &= \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right) - \frac{3}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2} \\ & = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right) \end{align*}$$

（解答終了）

 可愛妹子時間～

涼本奈緒好可愛呀！！！（@naosuzumoto）

2018印度理工學院入學考試高級試(JEE Advanced)的一題微分方程初始值問題

==問題== 

(譯文)

設可微函數$f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$滿足$f(0) = 1$且對於任意實數$x, y$有

$$f(x+y) = f(x)f'(y) + f'(x)f(y).$$

試求出$\ln f(4)$之值。

(原文)

Let $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ be a differentiable function with $f(0) = 1$ and satisfying the equation

$$f(x+y) = f(x)f'(y) + f'(x)f(y) \,\, \text{for all}\,\, x, y \in \mathbb{R}.$$

Then the value of $\ln f(4)$ is     .

==解答==

($1^\circ$)

$$\begin{align*} &f(0) = f(0+0) = f(0)f'(0) + f'(0)f(0) \\ \Rightarrow &f(0) = 2f(0)f'(0) \\ \Rightarrow &1 = 2\cdot 1 \cdot f'(0) \\ \Rightarrow &f'(0) = \frac{1}{2}. \end{align*}$$

($2^\circ$)

$$\begin{align*} &f(x) = f(0+x)=f(0)f'(x)+f'(0)f(x) = 1\cdot y' + \frac{1}{2} y \\ \Rightarrow &y = y' + \frac{1}{2} y \\ \Rightarrow &y' = \frac{1}{2}y \\ \Rightarrow & y = e^{\frac{1}{2}x} + C.  \end{align*}$$

$x = 0$代入，得

$$1 = e^{\frac{1}{2}\cdot 0} + C.$$

故$C = 0$，即

$$y = e^{\frac{1}{2}x}.$$

所以

$$\ln f(4) = \ln e^{\frac{1}{2} \cdot 4} = \ln e^2 = 2.$$

==評論==

輕而易舉

對數不等式一題

==問題==

設$a$為實數。當$a$為何值時，式$\log_a (a^2 + a)$為正？

==解答==

首先分析對數的底數與真數。

底數為$a$，故$a>0$且$a \ne 1$。

真數為$a^2 + a$，所以$a^2 + a>0$。對不等式$a^2 + a > 0$左右同加$\frac{1}{4}$，得$a^2 + a + \frac{1}{4} > \frac{1}{4}$，於是$\left( a + \frac{1}{2}\right)^2 > \frac{1}{4}$，化簡為$\left( a + \frac{1}{2}\right)^2 - \left( \frac{1}{2} \right)^2 > 0$，利用平方差公式得$\left( a+\frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right) \left( a+\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) > 0$，即$a(a+1)>0$，從而$a>0$或$a < -1$。

綜上所述，得$a>0$且$a \ne 1$。

接著分析對數不等式本身。

$\log_a (a^2 + a) > 0$即為$\log_a (a^2 + a) > \log_a 1$。此時必須按$a$的大小分情況才能確定下一步。

情形1：$0 < a < 1$

此時由$\log_a (a^2 + a) > \log_a 1$可推得$a^2 + a < 1$，於是$a^2 + a - 1 < 0$，解得$\frac{-1-\sqrt{5}}{2} < a < \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$。但注意在此情況預先限定$0 < a < 1$，所以結論是$0 < a < \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$。

情形2：$a > 1$

此時由$\log_a (a^2 + a) > \log_a 1$可推得$a^2 + a > 1$，於是$a^2 + a -1 > 0$，解得$a < \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$或$a > \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$。但注意在此情況預先限定$a > 1$，所以結論是$a > 1$。

綜合以上情形1與情形2討論結果，可得$0 < a < \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$或$a > 1$。

事實上，如果考慮函數$y = \log_x (x^2 + x)$，則不等式$\log_a (a^2 + a) > 0$可看做尋找函數曲線在$x$軸上方的部分。此函數的圖形如下：

藥師輪值排班問題

==問題== 

航獵藥局有三名藥師，週一到週五每天均需安排兩名藥師負責發放口罩，若每名藥師最多輪值四天，則這五天藥師們有多少種輪值的方式。

[109，第一學期，台北區第一次學科能力測驗模擬考]

==解答==

假定藥師為$A, B, C$，出席天數各為$a, b, c$，再根據條件「最多輪值四天」，以大者為優先來列出，可得到$(a, b, c) = (4, 4, 2), \underbrace{(4, 2, 4), (2, 4, 4)}_{(4, 4, 2)輪列}, (4, 3, 3), \underbrace{(3, 4, 3), (3, 3, 4)}_{(4, 3, 3)輪列}$。

先以$(4, 4, 2)$做討論。首先$A$從5天中選擇4天輪值。接著換$B$選輪值日，但注意到$B$必定要在$A$沒上班的那一日去上班，所以$B$的自由選擇只有從4天中選擇3天。最後是$C$只能從剩下的日子照單全收。因此排班的方法數為

$${5 \choose 4} \times {1 \choose 1} \times {4 \choose 3} \times {2 \choose 2} = 20.$$

其他的$(4, 2, 4)$與$(2, 4, 4)$討論方式亦然，也都是20種。

再以$(4, 3, 3)$做討論。首先$A$從5天中選擇4天輪值。接著換$B$選輪值日，但注意到$B$必定要在$A$沒上班的那些日子去上班，所以$B$的自由選擇只有從4天中選擇2天。最後是$C$只能從剩下的日子照單全收。因此排班的方法數為

$${5 \choose 4} \times {1 \choose 1} \times {4 \choose 2} \times {3 \choose 3} = 30.$$

其他的$(3, 4, 3)$與$(3, 3, 4)$討論方式亦然，也都是30種。

因此本題的排班方法數為$20 \times 3 + 30 \times 3 = 150$種。

（解答終了）

110年學測試辦考試，數學單選5，壽司

==問題== 

甲、乙、丙三人到旋轉壽司餐廳用餐。餐廳現有10種壽司，每種壽司僅剩2盤。假設每種壽司每個人至多只能拿1盤，用完餐後發現每種壽司都至少有人拿了1盤。試問三人拿取壽司的組合共有幾種？

(1) $2^{10}$    (2) $5^{10}$    (3) $6^{10}$    (4) $7^{10}$    (5) $8^{10}$

==解答==

假設壽司種類為$a_1, a_2, \cdots, a_{10}$。

單以第1種壽司$a_1$而論，根據題目條件，被拿取的可能盤數為1或2。如果是被拿1盤，那麼就是甲、乙、丙三人之中一人所取，因此有${3 \choose 1} = 3$種可能；如果是被拿2盤，那麼就是甲、乙、丙三人之中的兩人所取，因此有${3 \choose 2} = 3$種可能。由加法原理知，$a_1$壽司的分配方法一共有$3+3=6$種可能。

對於其他壽司$a_2$、$a_3$、...、$a_{10}$討論的方法也都相同，所以各別亦都是6種可能性。

從$a_1$開始逐步分配，直到$a_{10}$分完為止，依據乘法原理，一共有$\underbrace{6 \times 6 \times \cdots \times 6}_{10{\text 個}} = 6^{10}$種方法。所以選(3)。

（解答終了）

110年學測試辦考試，數學非選擇題，平面線性變換的問題

==問題== 

以$T$表由$\begin{bmatrix} a&-b \\ b&a \end{bmatrix}$定義的平面線性變換，其中$a$、$b$為實數。試回答下列問題。

18. 若$T$將點$(0, 1)$映射到直線$y = 5x+13$上一點，試問下列哪一選項是正確的？（單選題，3分）

       (1) $a-5b=13$

       (2) $a+5b=13$

       (3) $5a-b=13$

       (4) $5a+b=13$

       (5) $-5a+b=13$

19. 若$T$將直線$y = x+1$上的點都映射到直線$y = 5x+13$上，試求$a$、$b$。（非選擇題，6分）

20. （承19題）設$P, Q$為平面上兩相異點，令$P'=T(P)$、$Q'=T(Q)$，試說明$\frac{\overline{P'Q'}}{\overline{PQ}}$為定值，並求此值。（非選擇題，6分）

==解答==

18. $\begin{bmatrix} a&-b \\ b&a \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -b \\ a \end{bmatrix}$，所以將$x = -b, y=a$代入直線方程式$y = 5x+13$，得$a=5(-b)+13$，整理有$a+5b=13$，選(2)。

19. 再取直線$y = x+1$上另一點$(-1, 0)$，於是可經$T$變換為點$(-a, -b)$。根據題意，點$(-a, -b)$也會在直線$y = 5x+13$上，所以代入得$5a-b=13$。因此與18題的$a+5b=13$一起，可解得$a = 3, b = 2$。

20. 根據19題的結果，題目的矩陣為$\begin{bmatrix} 3&-2 \\ 2&3 \end{bmatrix}$，可將之改寫為$\sqrt{13} \begin{bmatrix} \frac{3}{\sqrt{13}}&\frac{-2}{\sqrt{13}} \\ \frac{2}{\sqrt{13}}&\frac{3}{\sqrt{13}} \end{bmatrix}$，這意味著變換$T$的幾何意義為：以原點$O$為中心，先旋轉角度$\theta$，然後再伸縮$\sqrt{13}$倍，其中角度$\theta$滿足$\left\{ \begin{array}{l} \cos \theta = \frac{3}{\sqrt{13}} \\ \sin \theta = \frac{2}{\sqrt{13}} \end{array} \right.$，如下圖所示：

因此如果設$\overline{PQ}$的長度為$l$，起先旋轉不會改變其長度，但接下來會伸縮$\sqrt{13}$倍，從而$\overline{P'Q'}$的長度為$\sqrt{13}\cdot l$，得$\frac{\overline{P'Q'}}{\overline{PQ}} = \sqrt{13}$。

（解答終了）

連續正整數立方和公式反推數列通項的數學歸納法問題

==問題== 

設${a_n}$是一個正實數所構成的無窮數列，且滿足

$$\sum_{i=1}^{n} a_i^3 = \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right)^2, n\ge 1.$$

是否此數列為$a_n = n$？

[許志農，《算術講義》，第4章  數學歸納法  習題4.4]

==解答==

首先要計算數列的前幾項。

當$n = 1$時，根據數列所滿足的條件有$a_1^3 = (a_1)^2$，解得$a_1 = 1$。

當$n = 2$時，根據數列所滿足的條件有$1^3 + a_2^3 = (1 + a_2)^2$，解得$a_2 = 2$。

當$n = 3$時，根據數列所滿足的條件有$1^3 +2^3 +a_3^3 = (1 + 2 + a_3)^2$，解得$a_3 = 3$。

從以上的計算，猜測$a_n = n$。

假定$a_i = i$對$i =1, 2, \cdots, n$都成立，亦即有$a_1 = 1, a_2 = 2, \cdots, a_n = n$。

當$n+1$時，根據數列所滿足的條件有

$$1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 + a_{n+1}^3 = \left( 1 + 2 + \cdots + n + a_{n+1} \right)^2,$$

其中$1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2$，而$1 + 2 + \cdots + n = \frac{n(n+1)}{2}$，代入後得

$$\left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2 + a_{n+1}^3 = \left( \frac{n(n+1)}{2} + a_{n+1} \right)^2,$$

整理得

$$a_{n+1}^3 - n(n+1)a_{n+1} - a_{n+1}^2 = 0.$$

注意$a_{n+1} > 0$，所以上式可約去$a_{n+1}$，得

$$a_{n+1}^2 - a_{n+1} - n(n+1) = 0.$$

因式分解有

$$\left( a_{n+1} + n \right)\left( a_{n+1} - (n+1) \right) = 0.$$

於是$a_{n+1} = n+1$（捨去負根）。因此由數學歸納法證得$a_n = n$。

（解答終了）

用因式分解處理一道不定方程式

補習班的匿名群組中，有學生問了一道不定方程式：

已知$a, b$皆為正整數，且$a<b$，則滿足方程式$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{3}{74}$的數對$(a, b)=$            。（有3組解）

同事（不曉得哪一位）給出了以下的解法：

同事的分析十分細密，式子的變形玩得666。我沒有同事那麼擅長處理式子變形，所以想了一個做法：

對於題目的方程式$\frac{1}{a}+\frac{1}{b} = \frac{3}{74}$左右同乘以$74ab$得

$$74b+74a=3ab,$$

整理得

$$3ab-74a-74b=0$$

聯想因式分解$xy+x+y+1=(x+1)(y+1)$，再對整理後的式子左右同乘以3，得

$$9ab-222a-222b=0.$$

於是可以改寫為

$$(3a - 74)(3b - 74) - 74\times 74 = 0.$$

也就是

$$(3a - 74)(3b - 74) = 74\times 74.$$

其中$3a-74$與$3b-74$都是正整數，且$3a-74<3b-74$，所以將$74\times 74$分解為一小一大的整數的乘積：

$$74\times 74 = 37 \times 148 = 4 \times 1369 = 2 \times 2738 = 1 \times 5476.$$

得到

$$(3a-74, 3b-74) = (37, 148), (4, 1369), (2, 2738), (1, 5476).$$

故解出

$$(a, b) = (37, 74), (26, 481), (X, X), (25, 1850).$$

[短評] 數學女孩秘密筆記學習對話篇

昨天到貨後，在床上翻了2小時讀完。與《數學女孩》其他本稍微不太一樣，這本主題著重於「教與學」，花了半本書的篇幅去討論y=x的圖形，所用的數學相當地淺。菜鳥老師大概會對其中野奈妹妹的諸多疑問感到困惑，諸如「文字用p跟用s一樣嗎？」、「方程式未知數文字為何x要用小寫？大寫X不行嗎？」這樣的問題，對於經歷過大學數學epsilon delta洗禮過的人，大概會難以理解何以會有問題。事實上這些奇怪的問題都確實是在教學現場會遇到的，但卻因為各種判斷標準認定這些是旁枝末節的問題，所以學生不敢問、老師不理會，只有在教學兩端都相當靠近、彼此願意敞開心胸坦誠以對，才會意識到這些問題存在。我非常佩服作者結城浩先生，想必他有著豐富的教學經驗，雖然寫的是小說，但卻用虛擬筆法寫出了深刻的實際。當我們投入教育這份工作，我們老師追求的是什麼？對於教學經驗豐富的老師，在閱讀此書時，大概也能會心一笑，然而我們能夠改善些什麼？這應該是在讀完此書後要去深思的。

[勘誤]

第104頁，內文第3行，原文作「該區域的邊界為=sin x」，應更正為「該區域的邊界為y=sin x」。

第192頁，內文倒數第4行，原文作『p為任意時數時，點(p, 2p)落在...』，應更正為『p為任意實數時，點(p, 2p)落在...』

一題迴歸直線的計算

 這篇只是教學材料。

==問題==

甲、乙、丙、丁、戊五位同學每週上課時數（x）與第一次段考英文成績（y）的統計如下表。將原始資料分別標準化，即令$X = \frac{x - \mu_x}{\sigma_x}, Y = \frac{y - \mu_y}{\sigma_y}$，而Y對X的回歸直線為$Y = aX+b$，試求數對$(a, b)$。

	甲	乙	丙	丁	戊
每週上網時數$x$（小時）	1	4	7	10	13
段考英文成績$y$（分）	78	60	69	51	42

==解答==

首先計算兩個統計變量$x, y$個別的平均數與標準差。

$$\mu_x = \frac{1}{5}\left( 1+4+7+10+13 \right) = 7.$$

（請注意x的值呈現等差數列的形式）

$$\mu_y = \frac{1}{5} \left( 78+60+69+51+42 \right) = 60.$$

於是

$$x - \mu_x : -6, -3, 0, 3, 6,$$

$$y - \mu_y : 18, 0, 9, -9, -18.$$

那麼

$$\sigma_x = \sqrt{\frac{1}{5}\left[ (-6)^2 + (-3)^2 + 0^2 + 3^2 + 6^2 \right]} = 3\sqrt{2},$$

$$\sigma_y = \sqrt{\frac{1}{5} \left[ 18^2 + 0^2 + 9^2 + (-9)^2 + (-18)^2 \right]} = 9\sqrt{2}.$$

然後計算共變異數與相關係數：

$$Cov_{xy} = \frac{1}{5}\left[ (-6) \cdot 18 + (-3) \cdot 0 + 0 \cdot 9 + 3 \cdot (-9) + 6 \cdot (-8) \right] =-\frac{243}{5}.$$

$$r_{xy} = \frac{Cov_{xy}}{\sigma_x \cdot \sigma_y} = -\frac{9}{10}.$$

最後就可求出y對x的迴歸直線，公式為$\frac{y - \mu_y}{\sigma_y} = r \cdot \frac{x - \mu_x}{\sigma_x}$，代入以上計算的數值，得

$$\frac{y - 60}{9 \sqrt{2}} = -\frac{9}{10} \cdot \frac{x - 7}{3\sqrt{2}}.$$

而標準化為$X = \frac{x - \mu_x}{\sigma_x} = \frac{x - 7}{3\sqrt{2}}, Y = \frac{y - \mu_y}{\sigma_y} = \frac{y - 60}{9 \sqrt{2}}$，於是就有

$$Y = -\frac{9}{10} \cdot X,$$

因此$a = -\frac{9}{10}, b = 0$。

連續奇數和為完全平方數的數學歸納法證明

 這篇只是教學材料，沒啥新內容。

==問題==

對於任意正整數n，利用數學歸納法證明

$$1 + 3 + 5 + \cdots + (2n-1) = n^2.$$

==講解==

首先，要證明的等式分為左式與右式。其中左式為$1 + 3 + 5 + \cdots + (2n-1)$，而右式為$n^2$。我們要證明的是，無論n代入哪一個正整數，左式的值永遠都要等於右式的值。

數學歸納法的第一步，就是「代入起始值」。以現在這題來說，由於我們要證明的是「對任意正整數n」，也就是所有正整數$1, 2, 3, \cdots$，那麼n就必須從1開始代入。

$n = 1$時，左式為$1$，而右式為$1^2 = 1$，顯然左式等於右式，所以我們會說「$n = 1$時，所要證明的敘述成立」。

接下來是數學歸納法的第二步，稱為「建立歸納假設 (Inductive Hypothesis)」。簡單來說，在高中的一般題目的範疇，就是假設「$n = k$時，要證明的敘述成立」。所以說，我們現在假定了$1 + 3 + 5 + \cdots + (2k - 1)$確實會與$k^2$相等！

$$1 + 3 + 5 + \cdots + (2k - 1) = k^2.$$

然後是數學歸納法的第三步，「從歸納假設導出下一階段也正確」。剛才是在$n = k$時建立了歸納假設「$1 + 3 + 5 + \cdots + (2k - 1) = k^2$」，現在要從這條等式出發，去推導出下一階段$n = k+1$的情形也會正確。具體步驟如下：

$$\begin{eqnarray*}  左式 &=& 1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1) + [2(k+1) - 1] \quad [左式的定義] \\ &=& k^2 +  [2(k+1) - 1] \quad [歸納假設] \\ &=& k^2 + 2k + 1 \quad [展開] \\ &=& (k + 1)^2 \quad [乘法公式] \\ &=& 右式. \end{eqnarray*}$$

這意味著「$n = k + 1$時，所要證明的敘述成立」。

最後我們要再寫上「由數學歸納法得證」，這樣就完成了本題的數學歸納法的證明。

==解答==

$n = 1$時，左式為$1$，而右式為$1^2 = 1$，左式等於右式，所要證明的敘述成立。

設$n = k$時，要證明的敘述成立，即$1 + 3 + 5 + \cdots + (2k - 1) = k^2$。

$n = k+1$時，

$$\begin{eqnarray*}  左式 &=& 1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1) + [2(k+1) - 1] \quad [左式的定義] \\ &=& k^2 +  [2(k+1) - 1] \quad [歸納假設] \\ &=& k^2 + 2k + 1 \quad [展開] \\ &=& (k + 1)^2 \quad [乘法公式] \\ &=& 右式. \end{eqnarray*}$$

$n = k + 1$時，敘述成立。故由數學歸納法得證。

==數學歸納法的結構==

數學歸納法證明，基本上可以分為三個部分：代入起始值、建立歸納假設、從歸納假設導出下一階段也正確。現在讓我們思考一個問題：

你現在走出門，遇到第1個紅綠燈是亮綠燈。然後，上帝降臨你一個神力，一旦你遇到綠燈後，那麼下一個紅綠燈也會亮綠燈。請問你一路上會不會遇到紅燈？

這問題太簡單了，當然是一路綠燈，不可能遇到紅燈！為什麼呢？因為「遇到第1個紅綠燈是亮綠燈」，保證了你的旅程從綠燈開始。接著「一旦你遇到綠燈後，那麼下一個紅綠燈也會亮綠燈」表示，

有第1個綠燈就會有第2個綠燈，

有第2個綠燈就會有第3個綠燈，

...

有第k個綠燈就會有第$k + 1$個綠燈，

...

那當然一路都是綠燈！

但是這與數學歸納法有什麼關係？

謎底揭曉：

代入起始值＝遇到第1個紅綠燈是亮綠燈

建立歸納假設＝一旦你遇到綠燈

從歸納假設導出下一階段也正確＝下一個紅綠燈也會亮綠燈

這樣是不是更能理解數學歸納法的證明步驟呢？希望這樣的比喻能幫助大家更瞭解。

三角函數積化和差的一個推導方式

        在證明三元算幾不等式$\frac{p + q + r}{3} \ge \sqrt[3]{pqr}$時，我們會用到以下的因式分解

$$a^3 + b^3 +c^3 - 3abc = (a+b+c)(a^2 +b^2 +c^2 -ab - bc - ca).$$  

其中

$$\begin{eqnarray*}  a^2 +b^2 +c^2 -ab - bc - ca &=& \frac{1}{2}\left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 -2ab - 2bc - 2ca \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left[ (a^2 - 2ab + b^2) + (b^2 - 2bc + c^2) + (c^2 -2ca +a^2) \right] \\ &=& \frac{1}{2} \left[ (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 \right]. \end{eqnarray*}$$

這裡用到一個特殊的技巧是$a^2 +b^2 +c^2 -ab - bc - ca = \frac{1}{2}\left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 -2ab - 2bc - 2ca \right)$，才可在後續進行配方。我將這個技巧稱為「內乘2、外除2」。

        現在，我們使用這個技巧來推導三角函數的積化和差。以$\sin x \cdot \sin y$為例：

$$\begin{eqnarray*}  \sin x \cdot \sin y &=& \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sin x \cdot \sin y \\ &=& \frac{1}{2} \cdot \left( 2 \sin x \sin y + \cos x \cos y - \cos x \cos y \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left[ (\cos x \cos y + \sin x \cdot \sin y) - (\cos x \cos y - \sin x \sin y) \right] \\ &=& \frac{1}{2} \left[ \cos (x-y) - \cos (x+y) \right] \end{eqnarray*}$$

同樣的技巧，也可以推導出

$$\begin{eqnarray*}  \sin x \cdot \cos y &=& \frac{1}{2} \left[ \sin (x + y) + \sin (x - y) \right],  \\  \cos x \cdot \cos y &=& \frac{1}{2} \left[ \cos (x+y) + \cos (x - y) \right]. \end{eqnarray*}$$

我個人認為，這樣的作法，大概比傳統從和、差角公式出發來的簡潔。

空間中的平面的參數式

        高中數學裡，空間中的平面的方程式，都是談「點法式」：給定一點$P_0 (x_0, y_0, z_0)$，再給定一法向量$\overrightarrow{n} = (a, b, c)$，於是，存在唯一一張通過點$P_0$、且與$\overrightarrow{n}$垂直的平面，其方程式為

$$a(x - x_0) + b(y - y_0) + c(z - z_0) = 0.$$

此即點法式。

        教完平面方程式後，就會談直線方程式，教學目標有參數式、比例式與兩面式，其中以參數式為最重要的形式。在以往的課綱中，在教平面向量的時候，還會談平面上的直線的參數式。從而在高中數學裡，無論是平面上的直線，還是空間中的直線，都有參數式的表示。

        一個問題是：空間中的平面是否會有參數式？

        提出此問題的動機其實很自然，因為在向量（無論平面還是空間）教學的初始階段，線性組合是向量運算的核心。學生們會學到，如果兩向量平行，那麼它們的線性組合只會產生在同一條直線上的向量；而如果兩向量不平行，那麼它們的線性組合就會產生一張平面！平行與否從幾何角度決定了線性方程組是否有解，所以兩向量的線性組合是非常重要的概念。既然我們一直說不平行的兩向量的線性組合會產生平面，那麼類比直線的參數式，於是平面也應當有所謂的參數式。

        我們現在來談平面的參數式。但我們這裡要特別提請讀者留意，以下的討論過程，會盡量避免使用外積，因為要建構平面方程式，外積的概念並非必要。

        在空間中給定一點$P_0 (x_0, y_0, z_0)$，然後再取兩個不平行的向量$\overrightarrow{v} = (v_1, v_2, v_3), \overrightarrow{w} = (w_1, w_2, w_3)$，那麼集合

$$E = \left\{ P | P = P_0 + s\overrightarrow{v} + t\overrightarrow{w}, s, t \in \mathbb{R} \right\}$$

就是一張通過點$P_0$的平面，且平面由$\overrightarrow{v}$與$\overrightarrow{w}$所張成。其中

$$P = P_0 + s\overrightarrow{v} + t\overrightarrow{w}, s, t \in \mathbb{R}$$

就稱為平面E的參數式。如果將之寫作分量形式，那麼就是

$$\left\{ \begin{eqnarray*} x &=& x_0 + sv_1 + tw_1 \\ y &=& y_0 + sv_2 + tw_2 \\ z &=& z_0 + sv_3 + tw_3 \end{eqnarray*} \right. , s, t \in \mathbb{R}.$$

        很直觀的，E這個集合確實是一張平面，但是對學生而言它的形式太奇怪，它與平常習慣的點法式大相迥異。以下我們證明，集合E的式子也是具備點法式的形式。

       首先，由於$\overrightarrow{v}$與$\overrightarrow{w}$不平行，所以下面的三個二階行列式

$$\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|, \left| \begin{matrix} v_2 & w_2 \\ v_3 & w_3  \end{matrix} \right|, \left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_3 & w_3  \end{matrix} \right|$$

必定不全為零。不失一般性，我們可假定$\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right| \ne 0$。現在取平面參數式中的前兩條

$$\left\{ \begin{eqnarray*} x &=& x_0 + sv_1 + tw_1 \\ y &=& y_0 + sv_2 + tw_2 \end{eqnarray*} \right.$$

改寫為

$$\left\{ \begin{eqnarray*} v_1 s + w_1 t &=& x - x_0 \\ v_2 s + w_2 t &=& y - y_0 \end{eqnarray*} \right. .$$

由於假定$\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right| \ne 0$，所以由Cramer法則可解出

$$s = \frac{\left| \begin{matrix} x - x_0 & w_1 \\ y - y_0 & w_2  \end{matrix} \right|}{\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|}, t = \frac{\left| \begin{matrix} v_1 & x - x_0 \\ v_2 & y - y_0  \end{matrix} \right|}{\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|}.$$

然後將解出的$s, t$代回原來參數式中的第3式，得到

$$z = z_0 + \frac{\left| \begin{matrix} x - x_0 & w_1 \\ y - y_0 & w_2  \end{matrix} \right|}{\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|} v_3 + \frac{\left| \begin{matrix} v_1 & x - x_0 \\ v_2 & y - y_0  \end{matrix} \right|}{\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|} w_3.$$

展開化簡，可得

$$(v_2 w_3 - v_3 w_2)(x - x_0) + (v_3 w_1 - v_1 w_3)(y - y_0) + (v_1 w_2 - v_2 w_1)(z - z_0) = 0.$$

我們便可取$n_1 = v_2 w_3 - v_3 w_2, n_2 = v_3 w_1 - v_1 w_3, n_3 = v_1 w_2 - v_2 w_1$，於是平面E上的每一點都會滿足方程式

$$n_1 (x - x_0) + n_2 (y - y_0) + n_3 (z - z_0) = 0.$$

而方程式$n_1 (x - x_0) + n_2 (y - y_0) + n_3 (z - z_0) = 0$本來就代表一張平面，所以便有

$$\left\{ P | P = P_0 + s\overrightarrow{v} + t\overrightarrow{w}, s, t \in \mathbb{R} \right\} = \left\{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 | n_1 (x - x_0) + n_2 (y - y_0) + n_3 (z - z_0) = 0 \right\}.$$

也就是說，平面E具有點法式$n_1 (x - x_0) + n_2 (y - y_0) + n_3 (z - z_0) = 0$。

        讀者可留意，以上的推導過程中，也順勢地誘導出外積的代數定義。所以如果在教學過程中，採用線性組合的方式來引入平面，於是便可在推導「平面上的點的x, y, z座標之間的關係式」的時候引入外積，我個人認為這是一個極好的動機。

更新歷程

2021/04/15  第1稿。

2021/04/16  改正幾處錯別字，對些微文字修改。

2021/04/23  改正幾處錯別字，感謝金門高中許淵智老師指正。

操場追趕相遇問題

==問題== 

紅鬍子和藍鬍子在two piece國中的操場跑步，兩人同時同地逆時針出發，紅鬍子跑步速度比藍鬍子快，當藍鬍子第一次被紅鬍子從背後追上時，藍鬍子馬上轉身沿順時針方向跑。兩人的跑步速度維持不變，當兩人第二次相遇時，紅鬍子恰好跑了四圈，請問紅鬍子的速度是藍鬍子的幾倍？

==解答==

首先進行以下假定：

• 紅鬍子的速度為，每單位時間內，移動x單位距離；
• 藍鬍子的速度為，每單位時間內，移動y單位距離；
• 操場一圈的長度為d單位。

由題目條件「紅鬍子跑步速度比藍鬍子快」，所以可知$x > y$，從而可知，每單位時間內，紅鬍子會超過藍鬍子$x - y$單位。

兩人第1次相遇時，意味著紅鬍子所移動的距離，剛好比藍鬍子多1圈，也就是d單位。因此可知兩人第1次相遇的時刻為$\frac{d}{x - y}$。

因為我們假定紅鬍子在每單位時間中，會移動x單位距離，所以紅鬍子跑完1圈需時$\frac{d}{x}$單位時間。

根據題目條件「兩人第二次相遇時，紅鬍子恰好跑了四圈」，所以兩人第2次相遇的時刻為$\frac{d}{x} \times 4$。

現在讓我們來思考第1次相遇和第2次相遇之間的這段過程。

在第2次相遇時，題目說「紅鬍子恰好跑了四圈」，這表示兩人第2次相遇的位置是在出發點。

如果我們用指針式時鐘來想像，假設紅、藍鬍子一開始都是從鐘面數字12出發，然後在鐘面數字8的位置第1次相遇，於是因為藍鬍子立即折返，所以藍鬍子接下來的位置依序會是$8 \rightarrow 9 \rightarrow 10 \rightarrow \cdots$，而紅鬍子接下來的位置依序是$8 \rightarrow 7 \rightarrow 6 \rightarrow \cdots$。我們剛剛已經知道兩人第2次相遇的位置是在出發點，也就是鐘面數字12的位置。那麼現在就清楚了，從第1次相遇到第2次相遇為止，兩人的位置分別依序是

藍鬍子：$8 \rightarrow 9 \rightarrow 10 \rightarrow 11 \rightarrow 12$；

紅鬍子： $8 \rightarrow 7 \rightarrow 6 \rightarrow 5 \rightarrow 4 \rightarrow 3 \rightarrow 2 \rightarrow 1 \rightarrow 12$。

仔細觀察就可發現，兩人在這段時間（第1次相遇到第2次相遇）之內，移動距離的總和正好是整圈！

在前面我們已經知道了第1次相遇的時刻為$\frac{d}{x - y}$，第2次相遇的時刻為$\frac{d}{x} \times 4$，所以從第1次相遇到第2次相遇為止，一共經過了$\frac{4d}{x} - \frac{d}{x - y}$單位時間。

代入前面關於速度的假設，可以得到

$$\underbrace{x \cdot \left( \frac{4d}{x} - \frac{d}{x - y} \right)}_{紅鬍子移動距離} + \underbrace{y \cdot \left( \frac{4d}{x} - \frac{d}{x - y} \right)}_{藍鬍子移動距離} = \underbrace{d}_{整圈長度}$$

化簡此式。以分配律展開得

$$4d - \frac{dx}{x - y} + \frac{4dy}{x} - \frac{dy}{x - y} = d,$$

因為距離$d \ne 0$，所以等式兩邊同時約掉d，得

$$4 - \frac{x}{x - y} + \frac{4y}{x} - \frac{y}{x - y} = 1.$$

為了消去分母，等式左右兩邊同時乘以$x(x - y)$，得

$$4x(x - y) - x^2 + 4y(x - y) - xy = x(x - y),$$

再以分配律展開，並進行同類項化簡後，可得

$$x^2 - 2y^2 = 0.$$

即可解出

$$\frac{x}{y} = \sqrt{2}.$$

因此紅鬍子的速度是藍鬍子的$\sqrt{2}$倍。

==出處==

韓劇《女神降臨》（여신강림，2020）第4集中的函數極限問題

        最近朋友C推薦我看了部韓劇《女神降臨》，劇中的環境很大一部份發生於校園之內，自然就有上課的橋段，作為一個數學老師，當然會特別注意裡頭的數學課情節。在第四集裡，數學老師叫了男主角李修豪（車銀優飾）、女配角姜秀貞（朴柔娜飾）、女主角任朱靜（文佳煐飾）上台解題，我把這一幕截圖了下來：

左：姜秀貞；右：李修豪

左：李修豪；右：任朱靜

我將這三道題目抄錄下來：

 1. $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x} = -2, \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x + f(x)}{x - f(x)}=?$

2. $\displaystyle f(x) = \left\{\begin{array}{l}2, x < 1 \\ x^2 + a, x \ge 1 \end{array}  \right., \lim_{x \rightarrow 1} f(x) = b, a+b=?$

3. $\displaystyle \frac{2}{x+3} \le \frac{f(x)}{x^2} \le \frac{4}{2x+1}, \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x}=?$

以下是這三道題目的解法。 

--------------------------------------------------

1. $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x} = -2, \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x + f(x)}{x - f(x)}=?$

--------------------------------------------------

[解].

這題要考的是極限的四則運算：

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x + f(x)}{x - f(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 + \frac{f(x)}{x}}{1 - \frac{f(x)}{x}} = \frac{1 + (-2)}{1 - (-2)} = \frac{-1}{3}.$$

難度頗低，叫劇中設定為全校第二名的女配角來做，好像大材小用。

--------------------------------------------------

2. $\displaystyle f(x) = \left\{\begin{array}{l}2, x < 1 \\ x^2 + a, x \ge 1 \end{array}  \right., \lim_{x \rightarrow 1} f(x) = b, a+b=?$

--------------------------------------------------

[解].

這題考的是分段函數的左右極限。首先因為$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1} f(x) = b$，所以函數在$x = 1$的左極限$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1-} f(x)$也是$b$，而根據題目函數的定義，左極限$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1-} f(x)$又是$2$，所以得$b = 2$。

接著從$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1} f(x) = b = 2$，所以函數在$x = 1$的右極限$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1+} f(x) = 2$。再根據題目函數的定義，右極限$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1+} f(x)$是$1 + a$，所以得$a = 1$。

因此題目所求$a + b = 1$。這題寫起來不難，但解釋起來有點麻煩。

--------------------------------------------------

3. $\displaystyle \frac{2}{x+3} \le \frac{f(x)}{x^2} \le \frac{4}{2x+1}, \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x}=?$

--------------------------------------------------

[解].

這題考的是夾擠定理。首先因為要討論的是$x \rightarrow \infty$時的函數的性狀，所以必定有$x > 0$。接著對題目所給的不等式$\frac{2}{x+3} \le \frac{f(x)}{x^2} \le \frac{4}{2x+1}$進行變形，同時乘以$x$，得

$$\frac{2x}{x+3} \le \frac{f(x)}{x} \le \frac{4x}{2x+1}.$$

（注意同乘以正數$x$會讓不等式保持順序）由於$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{2x}{x+3} = 2$，且$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{4x}{2x+1} = 2$，所以由夾擠定理得

$$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x} = 2.$$

我覺得這比第1題難啊...編劇安排笨蛋女主角來做，根本虐菜吧呵呵。

2016高雄中學科學班方程式正整數解問題

=問題= 

設$x>y$，求方程式$x^2+y^2=208(x-y)$的所有正整數解。

=解答=

首先由題目條件$x^2 + y^2 = 208(x - y)$得

$$x^2 + 2xy + y^2 = 208(x-y) + 2xy,$$

於是

$$(x+y)^2 = 2 [104(x - y) + xy],$$

這表示$(x+y)^2$是偶數，於是$x+y$是偶數。那麼可令$x+y = 2m$，代回得

$$4m^2 = 2 [104(x-y) + xy],$$

$$xy = 2[m^2 - 52(x-y)],$$

所以$xy$也是偶數。由此可知$x, y$之中至少其一必為偶數。再由$x+y$為偶數可知，$x, y$有相同的奇偶性，故$x, y$必同為偶數。

現在命$x = 2a, y = 2b$，代回$x^2 + y^2 = 208(x-y)$得

$$4a^2 +4b^2 = 208 \cdot 2(a - b),$$

$$a^2 + b^2 = 104(a - b).$$

仿以上的討論，可知$a, b$必同為偶數，再命$a = 2c, b = 2d$，得

$$c^2 + d^2 = 52(c - d).$$

續行此法，得

$$c = 2e, d = 2f,$$

$$e^2 + f^2 = 26(e - f),$$

$$e = 2g, f = 2h,$$

$$g^2 + h^2 = 13(g - h).$$

至此無法再按同格式化簡。注意$x = 2^4g, y = 2^4h$。我們對上式進行變形，

$$g^2 - h^2 + 2h^2 = 13(g - h),$$

$$2h^2 = (g - h)(13 - g - h).$$

利用算幾不等式有

$$\frac{(g - h) + (13 - g - h)}{2} \ge \sqrt{(g-h)(13 - g -h)},$$

整理得

$$\frac{13 -2h}{2} \ge \sqrt{2h^2},$$

$$2\sqrt{2}h \le 13 - 2h,$$

$$h \le \frac{13}{2\sqrt{2} + 2} = \frac{13(\sqrt{2} - 1)}{2} \approx 2.692.$$

所以$h$可能為1或2。

若$h  =1$，則

$$g^2 + 1 = 13(g - 1),$$

解得

$$g = \frac{13 \pm \sqrt{143}}{2} \notin \mathbb{Z}.$$

是以$h \ne 1$。

若$h = 2$，則

$$g^2 + 4 = 13(g - 2),$$

解得

$$g = 3 \quad 或\quad 10.$$

反推可知

$$(x, y) = (48, 32) \quad 或 \quad (160, 32).$$

=附記=

這是2017年3月17日寫的舊文，一直沒有打字，只是用照片的方式把解答貼在臉書粉絲頁。這幾天整理照片，覺得當時的解法還是頗有趣味，既用了整除性的討論，還用了算幾不等式估計範圍，應該打字下來做紀錄。

107指考數甲的平面向量決定區域的函數最大值問題

=問題= 

座標平面上，若$A(2, 3)$與$B(-1, 3)$兩點，並設$O$為原點，令$E$為滿足$\overrightarrow{OP} = a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}$的所有點$P$所形成的區域，其中$-1 \le a \le 1, 0 \le b \le 4$。考慮函數$f(x) = x^2+5$，試問當限定x為區域$E$中的點$P(x, y)$的橫座標時，$f(x)$的最大值為何？

=解答=

首先將$P$的x座標用$a, b$表示出來：

$$\overrightarrow{OP} = \left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right],$$

$$\overrightarrow{OP} = a\overrightarrow{OA} +b\overrightarrow{OB} = a\left[ \begin{array}{c} 2  \\ 3 \end{array} \right] + b\left[ \begin{array}{c} -1 \\ 3 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 2a-b \\ 3a+3b \end{array} \right],$$

得

$$x = 2a-b.$$

由$a, b$的限制條件有

$$-2 \le 2a \le 2,$$

與

$$-4 \le -b \le 0.$$

於是

$$-6 \le 2a - b \le 2,$$

即

$$-6 \le x \le 2.$$

所以有

$$0 \le x^2 \le 36.$$

因此

$$5 \le x^2 + 5 \le 41.$$

得最大值為41。

=附註=

本題我本來打算把圖畫出來，但發現容易畫錯，因為4倍的$\overrightarrow{OB}$的數字太大，圖不容易畫。後來決定換個方式，直接考慮代數的方式來處理。而我便叫育嫆別用畫圖的方式做。

108指考數乙的平面向量與行列式計算面積問題

=問題= 

考慮座標平面上相異五點$O, A, B, C, D$。已知向量$\overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OD} = 3\overrightarrow{OB}$，且向量$\overrightarrow{AB}$的座標表示為$\overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} 3 \\ -4 \end{array} \right]$。試回答下列問題：

(1) 試以座標表示$\overrightarrow{DC}$。

(2) 若$\overrightarrow{OA} = \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array} \right]$，試利用二階行列式與面積的關係，求$\triangle OCD$的面積。

=解答=

(1) 利用向量分解，得

$$\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{DO} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OD} = 3\overrightarrow{OA} - 3\overrightarrow{OB} = 3(\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OB}) = 3(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{BO}) = 3\overrightarrow{BA} = -3\overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} -9 \\ 12 \end{array} \right].$$

(2) 先求出$\overrightarrow{OB}$，

$$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array} \right] + \left[ \begin{array}{c} 3 \\ -4 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 4 \\ -2 \end{array} \right].$$

於是

$$\overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OA} = 3\left[ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 3 \\ 6 \end{array} \right],$$

$$\overrightarrow{OD} = 3\overrightarrow{OB} = 3 \left[ \begin{array}{c} 4 \\ -2 \end{array} \right] =  \left[ \begin{array}{c} 12 \\ -6 \end{array} \right].$$

因此

$$\triangle OCD = \frac{1}{2} \left| \det (\overrightarrow{OC}, \overrightarrow{OD}) \right| = \frac{1}{2} |\left| \begin{array}{cc} 3 & 12 \\ 6 & -6 \end{array} \right|| = 45.$$

108學測的平面向量夾角問題

=問題= 

如圖，$A, B, C, D$為平面上的四個點。已知$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{BD}$兩向量等長且互相垂直，則$\tan \angle BAD$為何？

=解答=

設$\overline{AC}$與$\overline{BD}$的交點為$O$，再設$\overline{AC}$與$\overline{BD}$的長度皆為$h$，而$\overline{OA} = a, \overline{OB} = b$。

將此圖形放置於平面坐標上，使$O$為原點，$\overline{AC}$與x軸重合。於是各點的座標分別為$A=(-a, 0), C=(h-a, 0), B=(0, -b), D=(0, h-b)$。所以得

$$\overrightarrow{BC} = \left[ \begin{array}{c} h-a \\ b \end{array} \right], \overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} a \\ -b \end{array} \right], \overrightarrow{AD} = \left[ \begin{array}{c} a \\ h-b \end{array} \right].$$

由$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$得

$$\left[ \begin{array}{c} h-a \\ b \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} a \\ -b \end{array} \right] + \left[ \begin{array}{c} a \\ h-b \end{array} \right],$$

於是有$a = \frac{1}{3}h, b = \frac{1}{3}h$。所以

$$\overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} \frac{1}{3}h \\ \frac{-1}{3}h \end{array} \right], \overrightarrow{AD} = \left[ \begin{array}{c} \frac{1}{3}h \\ \frac{2}{3}h \end{array} \right].$$

故

$$\cos \angle (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}) = \frac{1 \cdot 1 + (-1) \cdot 2}{\sqrt{1^2+(-1)^2} \cdot \sqrt{1^2 +2^2}} = \frac{-1}{\sqrt{10}}.$$

從而$\sin \angle BAD = +\sqrt{1 - \left( \frac{-1}{\sqrt{10}} \right)^2} = \frac{3}{\sqrt{10}}$，且

$$\tan \angle BAD = \frac{\frac{3}{\sqrt{10}}}{\frac{-1}{\sqrt{10}}} = -3.$$

=附註=

題目既然給了兩向量互相垂直，直接設座標應該是最快的想法，剩下的只要計算細心即可。也有別位老師給出其他作法，如

但這實在是太麻煩，沒必要搞那麼複雜。

=拋磚引玉=

＞文華高中陳瑋岳老師

臉書的朋友，台中文華高中陳瑋岳老師提供了另一個作法，如下所示：

陳瑋岳老師的真跡

＞高雄湯氏數學

一樣也是我的臉書朋友，高雄湯氏數學補習班的湯茗富老師亦提供了一個作法，如下圖所示：

湯茗富老師的真跡

我實在很幸運，有這些數學教育界的朋友，彼此互相激盪腦力，一起為台灣的數學教育打拼。

108指考數甲的平面向量問題

=問題= 

座標平面上以原點O為圓心的單位圓上三相異點$A, B, C$滿足$2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB} + 4\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0}$，其中A點的座標為$(1, 0)$。試選出正確的選項。（多選）

(A) 向量$2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB}$的長度為4。

(B) 向量內積$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} < 0$。

(C) $\angle BOC, \angle AOC, \angle AOB$中，以$\angle BOC$的度數為最小。

(D) $\overline{AB} > \frac{3}{2}$。

(E) $3 \sin \angle AOB = 4 \sin \angle AOC$。

=解答=

(A) $|2 \overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB}| = |-4\overrightarrow{OC}| = |-4| \cdot |\overrightarrow{OC}| = 4 \cdot 1 = 4$，正確。

(B) 由(A)有$|2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OC}| = 4$，於是根據長度與內積的關係得

$$\sqrt{(2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB})\cdot (2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB})} = 4,$$

整理得

$$4|\overrightarrow{OA}|^2 + 12 \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} + 9|\overrightarrow{OB}|^2 = 16,$$

注意$|\overrightarrow{OA}| = 1$且$|\overrightarrow{OB}| = 1$，所以$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = \frac{1}{4} > 0$，所以(B)錯誤。

(C) 仿(B)之作法，由$|2\overrightarrow{OA} + 4\overrightarrow{OC}| = 3$得$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} = \frac{-11}{16}$；由$|3\overrightarrow{OB} + 4\overrightarrow{OC}| = 2$得$\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = \frac{-7}{8}$。

由於$\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC}$都是單位向量，故內積的計算結果即為其夾角之餘弦值：

$$\cos \angle AOB = \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = \frac{1}{4},$$

$$\cos \angle BOC = \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = \frac{-7}{8},$$

$$\cos \angle COA = \overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{OA} = \frac{-11}{16}.$$

因此可知$\angle AOB < \angle COA < \angle BOC$。所以(C)錯誤。

(D) 因為

$$\begin{eqnarray*} \overline{AB} &=& |\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}| = \sqrt{(\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}) \cdot (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA})} = \sqrt{|\overrightarrow{OB}|^2 - 2 \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OA} + |\overrightarrow{OA}|^2} \\ &=& \sqrt{1 - 2\cdot \frac{1}{4} + 1} = \sqrt{\frac{3}{2}}, \end{eqnarray*}$$

所以(D)錯誤。

(E) 由於

$$\sin \angle AOB = +\sqrt{1 - \cos^2 \angle AOB} = \sqrt{1 - \left( \frac{1}{4} \right)^2} = \frac{\sqrt{15}}{4},$$

與

$$\sin \angle AOC = +\sqrt{1 - \cos^2 \angle AOC} = \sqrt{1 - \left( \frac{-11}{16} \right)^2} = \frac{3\sqrt{15}}{16}.$$

得

$$3 \sin \angle AOB = 3 \cdot \frac{\sqrt{15}}{4} = \frac{3\sqrt{15}}{4} = 4 \cdot \frac{3\sqrt{15}}{16} = 4 \sin \angle AOC.$$

故(E)正確。

圓方程式與平面向量的一個問題

 =問題=

學校教官來到圓形公園進行大地尋寶課程，教官發給同學一份圓形公園的平面地圖，地圖上給了三個提示：

第一，將此圓形公園的方程式設為$C: (x+2)^2+(y-4)^2=25$且寶物就藏在地圖中的$P$點；

第二，請移動至地圖上的大樹$A$點處拿取第二個提示；

第三，請移動至地圖上的雕像$B$點拿取第三個提示。

欣茹至$A, B$兩處拿到的分別為$\overrightarrow{AP} = \left[ \begin{array}{c} 2 \\ -10 \end{array} \right], \overrightarrow{BP} = \left[ \begin{array}{c} 10 \\ -4 \end{array} \right]$。已知$A, B$兩點均在圓周上，請問寶藏地點$P$的座標為何？

=解答=

圓$C$的圓心為$C=(-2, 4)$，半徑為5。

計算$\overrightarrow{AB}$如下：

$$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{BP} =  \left[ \begin{array}{c} 2 \\ -10 \end{array} \right] -  \left[ \begin{array}{c} 10 \\ -4 \end{array} \right] =  \left[ \begin{array}{c} -8 \\ -6 \end{array} \right],$$

於是可知$|\overrightarrow{AB}| = 10$，故可斷定$A, B$為直徑兩端點。再由圓參數式可假設

$$A = (-2 + 5 \cos \theta, 4 + 5 \sin \theta), B = (-2 - 5 \cos \theta, 4 - 5 \sin \theta).$$

再假設$P$點座標為$(p_1, p_2)$，於是代回題目所給$\overrightarrow{AP}$與$\overrightarrow{BP}$可得

$$\overrightarrow{AP} = \left[ \begin{array}{c} p_1 - (-2 + 5 \cos \theta) \\ p_2 - (4 + 5 \sin \theta) \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 2 \\ -10 \end{array} \right],$$

及

$$\overrightarrow{BP} = \left[ \begin{array}{c} p_1 - (-2 - 5 \cos \theta) \\ p_2 - (4 - 5 \sin \theta) \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 10 \\ -4 \end{array} \right].$$

重新整理，可得兩組二元一次方程式：

$$\left\{ \begin{array}{l} p_1 + 2 - 5 \cos \theta = 2 \\ p_1 + 2 + 5 \cos \theta = 10 \end{array} \right. \quad 與 \quad \left\{ \begin{array}{l} p_2 - 4 - 5 \sin \theta = -10 \\ p_2 - 4 + 5 \sin \theta = -4 \end{array} \right. .$$

便可解出$p_1 = 4, p_2 = -3$，即$P$之座標為$(4, -3)$。

=附註=

育嫆說：

所以看來我給的解法不是那麼友善...但我也沒想出其他作法，傷腦筋喔！

106指考數甲的平面向量夾角與長度問題

 =問題=

設$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{v}$為兩非零向量，夾角為$120^\circ$。若$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}$垂直，試選出正確的選項。（多選）

(A) $\overrightarrow{u}$的長度是$\overrightarrow{v}$的長度的2倍。

(B) $\overrightarrow{v}$與$\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}$的夾角為$30^\circ$。

(C) $\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}$的夾角為銳角。

(D) $\overrightarrow{v}$與$\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}$的夾角為銳角。

(E) $\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}$的長度大於$\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}$的長度。

=解答=

首先，向量相加，可用平行四邊形法畫出，而由題目條件夾角$120^\circ$，以及$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}$垂直，可得下圖：

於是$|\overrightarrow{u}|, |\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}|, |\overrightarrow{v}|$構成一個$30^\circ-60^\circ-90^\circ$三角形的三邊長，且

$$|\overrightarrow{u}|: |\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}|: |\overrightarrow{v}| = 1: \sqrt{3}: 2.$$

(A) 錯誤。應更正為：「$\overrightarrow{u}$的長度是$\overrightarrow{v}$的長度的$\frac{1}{2}$倍」。

(B) 正確。

(C) 先計算$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{v}$的內積：

$$\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = |\overrightarrow{u}| \cdot |\overrightarrow{v}| \cdot \cos 120^\circ = |\overrightarrow{u}| \cdot 2|\overrightarrow{u}| \cdot \frac{-1}{2} = -|\overrightarrow{u}|^2,$$

於是

$$\overrightarrow{u} \cdot (\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}) = |\overrightarrow{u}|^2 - \overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = |\overrightarrow{u}|^2 - (-|\overrightarrow{u}|^2) = 2|\overrightarrow{u}|^2 > 0.$$

內積大於零，意味著兩向量夾角為銳角。所以(C)正確。

(D) 因為

$$\overrightarrow{v} \cdot (\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}) = \overrightarrow{v} \cdot \overrightarrow{u} - |\overrightarrow{v}|^2 = -|\overrightarrow{u}|^2 - (2|\overrightarrow{u}|)^2 = -5|\overrightarrow{u}|^2 < 0.$$

內積小於零，意味著兩向量夾角為鈍角。所以(D)錯誤。

(E) 分別計算長度：

$$|\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}| = \sqrt{(\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}) \cdot (\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v})} = \sqrt{|\overrightarrow{u}|^2 + 2\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} + |\overrightarrow{v}|^2} = \sqrt{|\overrightarrow{u}|^2 - 2|\overrightarrow{u}|^2 + 4|\overrightarrow{u}|^2} = \sqrt{3}|\overrightarrow{u}|.$$

$$|\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}| = \sqrt{(\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}) \cdot (\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v})} = \sqrt{|\overrightarrow{u}|^2 - 2\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} + |\overrightarrow{v}|^2} = \sqrt{|\overrightarrow{u}|^2 + 2|\overrightarrow{u}|^2 + 4|\overrightarrow{u}|^2} = \sqrt{7}|\overrightarrow{u}|.$$

所以$|\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}| > |\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}|$。故(E)錯誤。

107學測的向量線性組合問題

=問題= 

設$D$為$\triangle ABC$中$\overline{BC}$邊上的一點，已知$\angle ABC = 75^{\circ}, \angle ACB = 45^{\circ}, \angle ADB = 60^{\circ}$，若$\overrightarrow{AD} = s\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC}$，則$s, t$各為多少？

=解答=

首先畫出$\triangle ABC$。

然後再畫出$D$，圖形如下：

觀察$\triangle ABC$與$\triangle ADB$，其中各別的角度都相等，所以$\triangle ABC \sim \triangle DBA$。

命$\overline{AB} = c, \overline{AC} = b, \overline{CD} = a_1, \overline{DB} = a_2, \overline{AD} = d$，且$a_1 + a_2 = a$。

於是由三角形相似得

$$a: b: c = c: d: a_2.$$

擷取

$$a: c = c: a_2,$$

得$a_2 = \frac{c^2}{a}$。而$a_1 = a - a_2 = a - \frac{c^2}{a} = \frac{a^2 - c^2}{a}$。

根據正弦定理可得

$$a: b: c = \sin A : \sin B : \sin C = \sin 60^\circ : \sin 75^\circ : \sin 45^\circ = 2\sqrt{3} : (\sqrt{6} - \sqrt{2}) : 2\sqrt{2}.$$

所以可設$a = 2\sqrt{3}t, c = 2\sqrt{2}t$，其中$t > 0$。

於是$a_1 : a_2 = \frac{a^2 - c^2}{a} : \frac{c^2}{a} =  (12 - 8): 8 = 1: 2$。

最後由向量的分點公式可得

$$\overrightarrow{AD} = \frac{1}{1 + 2}\overrightarrow{AB} + \frac{2}{1 + 2}\overrightarrow{AC}.$$

得$s = \frac{1}{3}, t = \frac{2}{3}$。

105指考數甲的平面向量內積問題

=問題= 

假設三角形ABC的三邊長分別為$\overline{AB}=5, \overline{BC}=8, \overline{AC}=6$。請選出和$\overrightarrow{AB}$內積為最大的選項。（單選）

(A) $\overrightarrow{AC}$

(B) $\overrightarrow{CA}$

(C) $\overrightarrow{BC}$

(D) $\overrightarrow{CB}$

(E) $\overrightarrow{AB}$

=解答=

首先畫出三角形ABC。

由圖看來，$\angle A$應是鈍角，為確定此論斷，我們計算$\cos A$，由餘弦定理得

$$\cos A = \frac{5^2 + 6^2 - 8^2}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \frac{-1}{20} < 0.$$

所以確定了$\angle A$是鈍角。

既然$\angle A$是鈍角，那麼剩下的兩個角$\angle B, \angle C$必為銳角。再由大邊對大角可知$\angle B > \angle C$。

現在觀察各選項所決定的夾角。

(A) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{AC}$的夾角為$\angle A$，鈍角。

(B) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{CA}$的夾角為$180^{\circ} - \angle A$，銳角。

(C) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{BC}$的夾角為$180^{\circ} - \angle B$，鈍角。

(D) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{CB}$的夾角為$\angle B$，銳角。

(E) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{AB}$的夾角為$0^{\circ}$。

若兩向量夾角為鈍角，則內積必為負數。所以不用考慮(A)與(C)。

現在來計算(B)、(D)、(E)。

(B)： $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CA} = 5 \cdot 6 \cdot \cos (180^\circ - A) = 30 \cdot (- \cos A) = 30 \cdot \frac{1}{20} = \frac{3}{2}$。

(D)：$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CB} = 5 \cdot 8 \cdot \cos B = 40 \cdot \frac{5^2 + 8^2 - 6^2}{2 \cdot 5 \cdot 8} = 40 \cdot \frac{53}{80} = \frac{53}{2}$。

(E)：$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB} = 5^2 = 25$。

所以$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CB}$最大，故選(D)。

一道三變數的受約束極值問題

=問題= 

設$a, b, c$為實數，若$a^2+b^2+c^2=\frac{9}{2}, a+b+c=1$，試求$c$值的範圍

[出處：許清土，南一版高中數學學習講義3A，109學年（上）]

=解法=

這裡提出本題的三種解法：2變數的Cauchy不等式、立體幾何、Lagrange乘子法。前兩種屬於高中數學的範疇，第三種則是多變數微積分。

2變數的Cauchy不等式

許清土老師在講義中給出的作法是用2變數Cauchy不等式，如下所示。

首先考慮$a, b$的Cauchy不等式，得

$$\left( a^2 + b^2 \right) \cdot \left( 1^2 + 1^2 \right) \ge \left( a \cdot 1 + b \cdot 1 \right)^2,$$

$$\left( a^2 +b^2 \right) \cdot 2 \ge \left( a + b \right)^2,$$

由$a^2 + b^2 + c^2 = \frac{9}{2}$與$a + b + c = 1$得$a^2 + b^2 = \frac{9}{2} - c^2$與$a + b = 1 - c$，代入以上的不等式，得

$$\left( \frac{9}{2} - c^2 \right) \cdot 2 \ge \left( 1 - c \right)^2,$$

整理得

$$3c^2 - 2c - 8 \le 0,$$

再因式分解有

$$(3c + 4)(c - 2) \le 0,$$

故得到

$$\frac{-4}{3} \le c \le 2.$$

立體幾何

考慮球面$S: x^2 + y^2 + z^2 = \left( \frac{3}{\sqrt{2}} \right)^2$，其球心在原點$O(0, 0, 0)$，而半徑為$\frac{3}{\sqrt{2}}$。再考慮平面$E: x + y + z = 1$。取動點$P(a, b, c)$，由於$P$之座標滿足方程式$x^2 + y^2 + z^2 = \frac{9}{2}$與$x + y + z = 1$，所以可知$P$在球面$S$與平面$E$的相交位置，也就是一個圓，命此圓為$K$。

設平面$E$與$x, y, z$軸的交點分別為$A, B, C$，座標分別是$A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1)$。於是圓$K$就落在正三角形$ABC$所決定的平面上，圓心$K$就是正三角形$ABC$的重心$\left( \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3} \right)$。在圓$K$上任一點與球心$O$的距離皆為$\frac{3}{\sqrt{2}}$，而圓心$K$與球心$O$的距離為$\sqrt{\left( \frac{1}{3} \right)^2+\left( \frac{1}{3} \right)^2+\left( \frac{1}{3} \right)^2} = \frac{1}{\sqrt{3}}$，於是圓$K$的半徑$r = \sqrt{\left( \frac{3}{\sqrt{2}} \right)^2 - \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^2} = \frac{5}{6}\sqrt{6}$。

因為所求的是$c$的範圍，所以我們要找出在圓$K$上的最低點與最高點的$z$座標。由對稱性可知，圓$K$上的最低與最高點所決定的直線會是三角形$ABC$的對稱軸。取$A, B$中點$M\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0 \right)$，再考慮向量$\overrightarrow{MC} = \left[ \begin{array}{c} \frac{-1}{2} \\ \frac{-1}{2} \\ 1 \end{array} \right]$，做伸縮得$\overrightarrow{v} = \left[ \begin{array}{c} -1 \\ -1 \\ 2 \end{array} \right]$，於是$\left| \overrightarrow{v} \right| = \sqrt{6}$，再與圓$K$的半徑相比較，可得

$$最高點 = 圓心K + \frac{5}{6} \overrightarrow{v} = \left( \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3} \right) + \frac{5}{6} \left( -1, -1, 2 \right) = \left( \frac{-1}{2}, \frac{-1}{2}, 2 \right),$$

$$最低點 = 圓心K - \frac{5}{6} \overrightarrow{v} = \left( \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3} \right) - \frac{5}{6} \left( -1, -1, 2 \right) = \left( \frac{7}{6}, \frac{7}{6}, \frac{-4}{3} \right).$$

所以$\frac{-4}{3} \le c \le 2$。

附記

此題是我在2020/12/27教育嫆時遇到的，當時未立刻解出來，實在沒想到應該要怎樣去調整Cauchy不等式。所以就改用幾何的角度切入。自己的評價是，雖然運算簡單，但幾何圖形可能對一般學生難以想像，所以不太適合用作課堂教學用。

Lagrange乘子法

首先處理題目所給的方程式。由$a+b+c=1$得$c=1-a-b$，代入$a^2 + b^2 + c^2 = \frac{9}{2}$得$2a^2 + 2y^2 + 2ab -2a - 2b - \frac{7}{2} = 0$。所以取目標函數

$$f(a, b) = 1 - a - b.$$

而約束條件方程式則取為

$$g(a, b) = 2a^2 + 2y^2 + 2ab -2a - 2b - \frac{7}{2} = 0.$$

由於$f, g$都是多項式函數，在$\mathbb{R}^2$上皆可微，故由Lagrange乘子法知，存在$\lambda \in \mathbb{R}$使得

$$\nabla f = \lambda \cdot \nabla g,$$

亦即

$$\left[ \begin{array}{c} -1 \\ -1 \end{array} \right] = \lambda \left[ \begin{array}{c} 4a+2b-2 \\ 2a+4b-2 \end{array} \right].$$

因此有$a = b$。代回約束條件，得方程式

$$a^2 + a^2 + (1 - 2a)^2 = \frac{9}{2}.$$

解之可得

$$a = \frac{7}{6}  或  \frac{-1}{2}.$$

於是便有

$$f \left( \frac{7}{6}, \frac{7}{6} \right) = 1 - \frac{7}{6} - \frac{7}{6} = \frac{-4}{3},$$

以及

$$f \left( \frac{-1}{2}, \frac{-1}{2} \right) = 1 - \frac{-1}{2} - \frac{-1}{2} = 2.$$

由於$f$在$\mathbb{R}^2$上連續，因此得$c$之範圍為$\frac{-4}{3} \le c \le 2$。

=同場加映=

連威翔，一道三變數的受約束極值問題的另解（https://blog.xuite.net/isdp2008am/wretch/589551033）

=類題=

設$x, y, z \in \mathbb{R}$，已知$\left\{ \begin{array}{l} x+y+z=3 \\ xy + yz + zx=-9 \end{array} \right.$，求$x$的最大值與最小值。

[106，彰化女中，教師甄試，第一次]

[提示]：利用題目所給的兩條等式先求出$x^2+y^2+z^2$的值。