2022年9月16日文章〈一道式的運算題目〉的幾何另解

原題目如下

若三個非零實數$a, b, c$滿足$a+b+c=a^2+b^2+c^2=2$，則

$$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$$

的值為何？

原解答請見我2022年9月16日的文章〈一道式的運算題目〉 。類似的題目也可參考我2021年1月10日的文章〈一道三變數的受約束極值問題〉。

以下是本題的幾何解答。

為敘述方便，將原題目的$a, b, c$依序替換為$x, y, z$。如2022年9月16日文章所言，兩個約束條件$x + y + z = 2$與$x^2 + y^2 + z^2 = 2$分別是三維空間中的平面與球，記為$E$與$S$。聯立考慮則為一個空間中的圓，設其圓心為$K$、半徑為$R$。

我們可以取平面$E$的法向量為$\overrightarrow{n} = (1, 1, 1)$。而$d(O, E) = \frac{|0 + 0 + 0 - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2}{3} \sqrt{3}$。由於$| \overrightarrow{n}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{3}$，因此有$\overrightarrow{OK} = \frac{2}{3} \overrightarrow{n} = \left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$，故$K$之座標為$\left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$。

由於球面$S$的半徑為$\sqrt{2}$，而$\overline{OK} = d(O, E) = \frac{2}{3} \sqrt{3}$，因此由商高定理有$R = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - \left( \frac{2}{3} \sqrt{3} \right)^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}$。

現在我們要取一個與法向量$\overrightarrow{n}$垂直的向量，從而這向量可經過適當的平移而完全落在平面$E$上。不難由內積的計算可取向量$\overrightarrow{a} = (1, 0, -1)$，其長度為$\sqrt{2}$。接著再取$\overrightarrow{b} = \overrightarrow{n} \times \overrightarrow{a} = (-1, 2, -1)$。從而$\overrightarrow{n}, \overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$構成空間中的一組正交基。

接著我們重新調整向量$\overrightarrow{a}$與$\overrightarrow{b}$的長度，使其長度恰好是$R = \frac{\sqrt{6}}{3}$。取向量$\overrightarrow{p} = \frac{\sqrt{3}}{3} \overrightarrow{a} = \left( \frac{\sqrt{3}}{3}, 0, -\frac{\sqrt{3}}{3} \right)$，然後$\overrightarrow{q} = \frac{1}{3} \overrightarrow{b} = \left( -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{1}{3} \right)$。

此時圓$K$之圓周上任一點$P$的座標均可表示為

$$P = K + \cos \theta \overrightarrow{p} + \sin \theta \overrightarrow{q}, \quad \theta \in [0, 2\pi].$$

具體寫出其每個座標分量為

$$\left\{ \begin{align*} &x = \frac{2}{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \\ &y = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \sin \theta \\ &z = \frac{2}{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \end{align*} \right. ,$$

將之代入所要計算的式子$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$進行化簡，即可求出結果為$\frac{11}{6}$。

參考資料

[1] 〈Re: [幾何] 三維空間的圓〉https://www.ptt.cc/bbs/Math/M.1295717959.A.C88.html

[2] 一道三變數的受約束極值問題https://cosmicmathschool.blogspot.com/2021/01/blog-post.html

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。

100年，學測，數學，選填G

三民書局網站提供的解答（台北麗山高中黃靜寧老師解答）對於這題的解析，我認為不甚理想，其實只要知道內積與投影的幾何意義，就可以順利解決這題，沒有必要動用外積來解這題。

黃靜寧老師採用外積來解這題，我認為並未善用題目所給的條件，而且最後還要判斷正負號（方向向量的方向）。考試時就快嚇得屁滾尿流，又算外積、又要衡量方向，沒這麼多功夫啦！

而且，計算外積的算式中，第一行末的(2,1,1,)多打了個逗號（雖然這是打字員的疏失，但還是不應該！別覺得我吹毛求疵）

下面是我的解法，野人獻曝，敬請指教。

（我的解答常常寫的很長，看起來篇幅很大，一點都不簡潔。讓我解釋一下：如果你仔細讀，你會發現其中夾雜相當多口語，如果你真的唸出來，那就仿若我本人親自在你旁邊講給你聽，我不惜篇幅就是希望讀者可以藉著自修而能讀懂）

對於考試，我認為，用最少的知識、最直觀的策略、最安全的解法，才是考試致勝的關鍵。

正立方體可分割為6塊四角錐