龍騰數亦優第24期

編輯室墨記

隨著十二年國教的展開，高中職的數學教學都將面臨學生程度差異大、學習態度改變、特 色課程開設…等問題與挑戰。相信一開始的階段，許多老師對於數學的選修課程或特色課程並 不清楚，該如何編出一套兼具趣味數學並著重新課綱的內容，必定是一大難題。許志農教授將

「兩岸四地華羅庚金盃少年數學菁英邀請賽」的遊戲題目與解析稍做修飾，提供給老師們參考 使用。

江慶昱老師說「聽音」即可「辨形」，你可以辦得到嗎？讓我們來看看江老師是怎麼聽音辦 形。鍾國華老師刊載在龍騰數亦優第21 刊的文章「利用單形法求線性規劃的問題」引起許多學 生的興趣，但若遇到無意義的分數解時該怎麼辦呢？本期中，鍾老師提出「切面法」來解決這 個問題。

判斷圓和直線的相交情形有兩種方法，如果將圓換成其他非退化的圓錐曲線呢？陳鑫達老 師發現以「幾何觀點」的解法關鍵和一個古老的極值問題有關。您也想了解的話，請勿錯過陳 老師的「從一個極值問題判斷直線和圓錐曲線的相交情形」。

百密必有一疏常是玩數學遊戲時的寫照，很多學生想了一些情況之後就認定遊戲應該無 解。事實上，學生經常是漏掉或疏忽可能發生的不尋常情況。當不得其解時，應該將所有可能 的解法思索一遍，一定可以找出答案。秉持這個想法，試試動手玩數學中遊戲93，您可以找出 答案嗎？

※ 竭誠邀稿：

歡迎將您的教學生活趣聞、甘苦談，教案分享、教材探討，以1000~2000字的內容，註明主 題、作者簡歷、聯絡電話與地址，投稿予 [email protected]。

發 行 人：李枝昌 編輯顧問：許志農 總 編 輯：陳韻嵐 執行編輯：莊莉錚 美術編輯：林佳瑩

發 行 所：龍騰文化事業股份有限公司 地 址：248新北市五股區五權七路1號 電 話：(02)2299-9063

傳 真：(02)2298-9755 創 刊 日：2006/11/30 出 刊 日：2014/05/15

龍騰數亦優 2014.05 目次

許志農

》 》兩岸四地華羅庚金盃少年數學菁英邀請賽

《第一、二屆》

江慶昱

》 》聽音辨形─等周長定理

鍾國華

》 》利用切面法求整數規劃的問題

陳鑫達

》 》從一個極值問題判斷直線和圓錐曲線的相交情形

許志農

》 》動手玩數學專欄

》 》動手玩數學《第 23 期》破解秘笈 3

10

14

20

42

隨著十二年國教的開展，高中職的數學教學面臨許多問題與挑戰，例如學生程度的落差

變大、學習態度的改變、特色課程的開設…等。許多學校都想開數學的選修課程或特色課 程，但市面上並沒有這方面的資料與教案，究竟高中職的數學特色課程該長成何種模樣？

我想每個老師的答案可能都不一樣或不清楚。有些學校想開趣味數學為主，有些想玩數學 遊戲，有些著重課綱內容的熟悉，有些是加深與加廣，但都面臨著編出一套合適、好用教 材的困擾。我覺得這些題目的長相與設計方式非常適合提供國內開數學特色課程的老師參 考，所以我把這些遊戲題目與解析稍做修飾，放在龍騰數亦優供老師們參考與使用。

第一屆 一、競賽試題

＊第一題：6 變 2，是容易？（限時 10 分鐘）

利用大會提供的12 枝竹籤砌成如下圖的一個正六邊形，圖中共有六個等邊三角形。

想想看：你能否每次從圖中抽起兩枝竹籤，並且放回圖中，從而使圖中三角形的數目按下列次 序遞減：

6 個三角形→5 個三角形→4 個三角形→3 個三角形→2 個三角形。

抽放規則：a. 所砌出來的三角形的大小可以是不相同的；

b. 砌得的三角形不存在大三角形包小三角形或重疊三角形的形式；

c. 在砌得的圖形中，12 枝竹籤都一定是三角形的一部分。

補充：每隊只准演示一次。各隊需派一代表，在評判面前演示三角形數目遞減的過程6→5→4

→3→2；當演示開始了，每一步驟不可以退回前一步，不接受重新再開始。若限時到了，

即使演示未完結，活動亦告結束。

許志農／臺灣師大數學系

＊第二題：大變小，仍是方！（限時10 分鐘）

利用大會提供的剪刀，沿虛線剪開正方形，並將A 部分的小正方形交回給評判。用餘下的八部 分重新砌成一個正方形。

＊第三題：猜猜看，是黑還是白？（限時20 分鐘）

每隊的4 位組員排成一行，坐在椅子上。工作人員將會為各組員戴上黑色或白色的帽子。每位 組員只能看見前面組員戴在頭上帽子的顏色。由排第4 的組員開始猜頭上帽子的顏色，然後到 排第3 的組員猜自己頭上帽子的顏色，如此類推到排第 2 和排第 1 的組員猜自己頭上帽子的顏 色。

只需要排第1 至排第 3 的組員能夠猜對自己頭上帽子的顏色，即使排第 4 的組員猜錯了自己頭 上帽子的顏色，猜帽活動也算成功。

規則：a. 在工作人員為各組員戴上黑色或白色的帽子開始，組員不得擰轉頭看自己或其他隊友 帽子的顏色，組員不可以交談或發出任何聲音，違例者整隊的比賽分數作 0 分處理；

b. 組員在猜自己頭上帽子的顏色時，只需以選擇工作人員提供的紅、白卡紙作表示，工 作人員會記錄隊員的答案在答題紙上，並交及下一組員作參考。在整個過程中，組員 不可以交談或發出任何聲音，違例者整隊的比賽分數作 0 分處理；

c. 共有三個獨立的猜帽活動，各隊需猜帽三次，若限時到了，即使猜帽演示未能完成，

活動亦告結束。

＊第四題：怎麼分開來呢？（限時10 分鐘）

先把大會提供的兩條繩子，按照工作人員的指示，使兩條繩交錯地縛在兩位組員雙手的手腕上。

問在不可以把繩子從雙手手腕脫出及弄斷繩子的情況下，兩位組員怎樣才能分開來？

規則：a. 組員可以交談、討論及試演解難的方法，但發出的聲音不可以過大；

b. 能在 10 分鐘內找得解難的方法，並成功演示出來得 10 分。

二、解析

1. 給分：每完成一次改變，正確的便會取得相應的分數；活動的總分是所取得的分數的總和。

(1) 6 個三角形→5 個三角形（2 分）；

(2) 5 個三角形→4 個三角形（3 分）；

(3) 4 個三角形→3 個三角形（7 分）；

(4) 3 個三角形→2 個三角形（3 分）。

參考解答：

2. 參考解答：

3. 工作人員給隊員戴帽的次序：

4^th 3^rd 2^nd 1^st

第 1 個猜帽演示： 白 黑 白 黑（7 分）；

第 2 個猜帽演示： 黑 白 白 白（5 分）；

第 3 個猜帽演示： 黑 黑 白 白（8 分）。

策略：(1)第 4 個猜白，代表首前三位是 白白白 或 兩黑一白；

第 4 個猜黑，代表首前三位是 黑黑黑 或 兩白一黑。

(2)第 4 個猜白，代表首前三位白色帽的數目是單數；

第 4 個猜黑，代表白色帽的數目是偶數。

4. 給分：(1)能在 5 分鐘內找得解難的方法，並成功演示出來得 15 分；

第二屆

一、競賽試題

＊第一題（限時15 分鐘）

下圖是33 32 的長方形，黑色兩塊是邊長為1 與 4 的磁磚，其餘的部分尚未鋪磁磚：

鋪磁磚的師傅說：「只需邊長為7,8,9,10,14,15,18 的正方形磁磚各一塊（共七塊），就可以將整個 長方形鋪滿。」試著鋪看看。

＊第二題（限時20 分鐘）

桌面上有編號1 至編號 10 的十枚硬幣，甲、乙兩人輪流取這十枚硬幣。

規則如下：a. 甲先取、乙後取，被取走的硬幣不再放回桌上；

b. 當一方取走 a 號硬幣時，桌面上編號為 a 的因數的硬幣也同時被此人拿走。例如：

當甲取 4 號硬幣時，編號 1,2,4 的硬幣都歸甲所有，故剩下 3,5,6,7,8,9,10 號的硬幣；

接著若乙取走 9 號硬幣，則 3,9 號硬幣就歸乙所有；

c. 最後把所有硬幣取完的人獲勝。

試問：甲第一次需取幾號硬幣，他才有絕對的把握可以贏得比賽。（答案可能有好幾個）

＊第三題（限時20 分鐘）

準備七枚十元硬幣，先將一枚放在桌子上，然後將其餘的六枚放在此枚的四周（不可以重疊），

這六枚的中心剛好構成一個正六邊形，再將六枚中的任意一枚拿掉。這時桌上只剩下六枚硬幣，

每次操作只能在桌子上滑動六枚硬幣中的一枚，使其與至少兩枚硬幣相外切，而且滑動過程不 能動到其餘的五枚硬幣。你是否有辦法在有限次的滑動之後，使這六枚硬幣的中心剛好構成一 個正六邊形（如果可以的話，至少需多少次操作才能完成）。

＊第四題（限時20 分鐘）

在7 7 的土地上，當在某一個格子內立一盞燈時，由這格子所畫出的水平線，鉛直線及兩條斜 對角線所經過的格子，都會被照亮，其餘的格子無法被照亮。試問：應該立幾盞燈，才會照亮 所有的格子，又該立在哪幾個格子上（所立的燈愈少愈好）。

二、解析

1. 給分：(1) 5 分鐘內得到解答（15 分）；

(2) 10 分鐘內得到解答（10 分）；

(3) 15 分鐘內得到解答（5 分）。

參考解答：

2. 給分：(1)答案中沒有 或 者得 0 分；

(2)答案中恰含 其中之一者，從12 分往下扣，每多寫一個錯誤答案扣 4 分；

(3)答案中含 與 者從 20 分往下扣，每多寫一個錯誤答案扣 4 分，也就是說，寫正 確答案 與 者得20 分。

答案：甲先取 或 可保證獲勝。

3. 給分：(1) 5 分鐘內得到解答（10 分）；

(2) 10 分鐘內得到解答（5 分）。

答案：四次（操作如下）。

4. 給分：(1)立四盞燈得 15 分；

(2)立五盞燈得 10 分；

(3)立六盞燈得 5 分。

答案：立四盞燈即可，如下圖所示：

楞嚴經：「…不由前塵所起知見，明不循根，寄根明發，由是六根互相為用。阿難，汝豈不 知？今此會中，阿那律陀，無目而見；跋難陀龍，無耳而聽；殑河神女，非鼻而聞香；驕梵缽 提，異舌知味；舜若多神，無身覺觸；摩訶迦葉，久滅意根，圓明了知，不因心念。…」

一、楔子 》

大約 1994 年，衛道中學一位同事跟我說，想要指導學生證明等周長定理：「周長固定的平 面簡單（自身不相交）封閉曲線中圓的面積最大。」我試問自己：「等周長定理可以用初等數學 證明嗎？」後來到清華大學進修40 學分班，跟全任重先生學動態幾何，對反演幾何有比較深入 的接觸，反演幾何是史坦那（Jacob Steiner, 1796~1863）於 1830 年發展的。同時跟沈昭亮先生 學到史坦那對稱化法，1838 年史坦那就是用對稱化法「證明」了等周長定理，這是最早用綜合 幾何的方法證明等周長定理的人。這時候對等周長定理才有比較深入的理解。

二、歷史背景 》

「具有相等面積的平面圖形中，以圓形周長最短」，或者它的等價敘述「周長固定的平面圖 形中，以圓的面積最大」，這就是等周長定理（isoperimetric theorem）。公元前 300 年的歐幾里 得已經知道矩形的等周長定理。後來禪德羅斯（Zenodorus, 200BC~140BC）寫了一本《等周圖 形》的書，但流失了。公元300 年帕伯斯（Pappus of Alexandria, 290~350）重新敘述並證明他的 結果。事實上，他「認為」他證明了等周長定理。

一個周長為 L，所圍區域面積為 A 的閉曲線，其等周商 IQ（Isoperimetric Quotient）定義為 與具有相同周長的圓的面積比，顯然一個平面圖形的等周商 4 A₂

IQ L

  。因此，匈牙利數學家波

里亞（G. Pólya, 1887~1985）把等周長定理改成這樣：「一個平面圖形的等周商IQ 。」換句話1 說，圓的等周商IQ ，是最大的。各種平面圖形的等周商如下表： 1

圖形 圓 正方形 1/4 圓 3：2 矩形 半圓 1/6 圓 2：1 矩形 正三角形 3：1 矩形 IQ 1 0.785 0.774 0.755 0.748 0.709 0.699 0.604 0.584

三、史坦那對稱化法 》

所謂史坦那對稱化法是這樣的：「考慮一個凸體，在給定的方向上畫一條直線 L，移動每條 垂直於此直線的弦，使得L 成為此弦的垂直平分線，平移後的弦端點構成一個新的對稱圖形，

它與原圖形有相同的面積，但是周長較小。」（稱為反射原理，跟後面習作有關）

江慶昱／衛道中學退休教師

以下是史坦那關於等周長定理證法的脈絡：

1. 如果圖形不是凸的，用反射原理可以找到一個周長相等，但是面積較大的圖形。

2. 一個凸的圖形，如果不是圓形，一定存在一軸使該圖不對稱，則我們對該軸作史坦那對稱 化，則找到一個面積相等、周長較小的圖形，所以等周長定理成立。

註：此處反射原理請參看凡異出版社出版的《幾何不等式》P.26、67。

史坦那並沒有證明最大面積的存在性，所以維爾斯特拉斯（Karl Weierstrass, 1815~1897）必須進 一步發展微積分來證明。

四、數學與物理交會的地方 》

1973 年我大學二年級，當時微分幾何是黃海先生教的，課程教完後他說要到國外念書，聽 說是去念「聽音辨形」。沒錯，就是聽到一個振動體發出的聲音，就可以知道它的形狀。武俠小 說中「聽音辨形」是修練暗器的功夫，「聽音辨形」聽起來蠻厲害的。 

        拿一把吉他，按住弦中點所發出的音調比空弦時高八度，這件事古希臘的畢達哥拉斯早已 知道了。十七世紀是分析學的肇始時代，分英國與歐陸兩學派。英國學派宗主是牛頓，1714 年 牛頓的學生，泰勒（Brook Taylor, 1685~1731）解決了弦振動的基本頻率公式，它完全由弦的長 度、拉力與密度決定。1746 年，法國數學家達朗貝爾（Jean Le Rond d’Alembert, 1717~1783）證 明了琴弦的許多種振動都不是正弦式駐波。1748 年，瑞士數學家尤拉（Euler, 1707~1783）推出 了琴弦的「波動方程式」，並求出其解。到這裡，我們可以說，聽到琴弦發出的頻率可以知道它 的「形狀」了。

解決了一維的問題，當然要處理二維的東西了。二維振動的樂器中，自然就想到鼓了。1795 年尤拉開始研究鼓的問題，並再度導出一個波動方程式。那麼聽到鼓音的頻率可以知道鼓的形 狀嗎？瑞利爵士（Lord Rayleigh, 1842~1919）把許多等面積、不同形狀的羊皮均勻的繃在鼓上，

然後測量它們發出的主頻率，得到「圓具有最低的主頻率」的結論。於是他提出瑞利猜測：「聽 到一個振動體發出的聲音，就可以知道它的形狀。」

這是由觀察、歸納、類比到猜想的過程，當然數學家想要從猜想得到證明。1966 年，波蘭 數學家卡克（Mark Kac, 1914~1984）重提這個問題：「你可以聽到鼓的形狀嗎？（一個黎曼流形 是否由其拉普拉斯譜決定？）」瑞利猜測再度引起注意。

因此可知黃海先生就是為瑞利猜測出去的。結果如何呢？1992 年（大約是黃海先生出國的 20 年後），達特茅斯學院的女教授戈登（Carolyn S. Gordon）、瑋伯（David L. Webb）與沃伯特

（Scott Wolpert）找到了反例。換句話說，瑞利猜測已得到否定的答案，可以找到不同形狀的鼓，

它們聽起來是一樣的。但這不是重點，整個數學史的發展一直都是這樣的，結論其實並不是最 重要的，重要的是從求解的過程中我們會得到很多方法或數學內容。

數學的等周長定理與物理的瑞利的膜片實驗為什麼有那麼密切的關聯呢？理由是因為它們 都來自同一個宇宙本體。所謂「人法地、地法天、天法道、道法自然。」有尤拉的波動方程式，

才有馬克斯威爾的電磁學，有電磁學才有電視機，我們日常生活用品的背後有很嚴密的數學支 持著，數學是文化重要的一環，我們是用數學的模式解讀自然。

五、後記 》

具有等體積的所有立體中，以球有最小的表面積，這是等周長定理的延伸。其實這件事小 貓也知道，當寒冬來臨，貓都是蜷曲著身體。體積固定，表面積愈小，則散熱愈少，小貓便是 以此保持體溫。

等周長定理的名稱是笛卡爾最先在《思想的法則》一書中提出的。笛卡爾另一本比較有名 的著作是《我思故我在》，其實那沒什麼了不起，我很小的時候有一次走路不小心，腳趾踢到石 頭，痛入心扉，就知道「我痛故我在」的道理了。

六、習作 》

1. 證明周長固定的三角形中，以正三角形面積最大。

2. 試證面積固定，底固定的三角形中，以等腰三角形周長最小。

3. 面積固定，上、下底固定的梯形中，以等腰梯形周長最小。

4. 利用史坦那對稱化法求ax²2bxy cy ² （1 b²ac ）所圍的區域面積。 0 解答

第1 題用到海龍公式與算幾不等式；第 2、3 題是國中數學，可以輕易解決。

4. 對稱化（對 x 軸）：搬動線段 AB ，使得 AB 的中點落在 x 軸上。

設A x y B x y ，則( , ), ( , )_{0 1 0 2} ( ,₀ ^{1 2}), ( ,₀ ^{2 1})

2 2

y y y y

A x  B x  ，設 ₀ , ^{1 2} 2 y y

x X  Y

  ，欲求 ( , )X Y 滿 足的方程式。

1, 2

y y 是cy²2bx y ax₀  ₀²  的兩根，所以(＊)1 0

0

1 2

2 0 1 2

2 1 y y bx

c y y ax

c

  



  



。

又ax₀²2bx y_{0 1}cy₁²1,ax₀²2bx y_{0 2}cy₂² 兩式相加得 1

   

2

0 0 1 2 1 2 1 2

2ax 2bx y y c y y 2cy y  ， 2

代入(＊)，化簡得 ac b^{2 2 2} 1 X cY c

    

 

  ，得證。

因為長軸之半為

2

c

ac b ，短軸之半為 1

c ，所以面積為

ac b2



 。

參考資料：

1. 凡異出版社（1999），幾何不等式，新竹：凡異出版社，P.26、67。

2. 葉李華（譯）（1996），史都華，大自然的數學遊戲，臺北：天下文化，P.90。

3. 牛頓雜誌，第 112 期，P.141。

4. 歐陽鐘汕、劉寄星（1995），從肥皂泡到液晶生物膜，臺北：牛頓出版社，P.120。

5. 李心燦（譯）（1990），G. Polya，數學與猜想，臺北：九章出版社，P.182。

6. 史坦那的生平，數學傳播季刊，第 10 卷第 1 期，P.8。

7. 我們可以聽出鼓的形狀嗎？（Peter Greiner 演講）數學傳播季刊，第 30 卷第 4 期，P.34。

8. Mark Kac（1966），Can one hear the shape of a drum? American Mathematical Monthly 73，

P.1~23。

9. 等周長定理與不等式：

http://www.cut-the-knot.org/do_you_know/isoperimetric.shtml（2014.01.13 取自）。

10. You can’t always hear the shape of a drum：

http://www.ams.org/samplings/feature-column/fcarc-199706（2014.01.13 取自）。

11. Drums that sound alike：

http://www.maa.org/mathland/mathland_4_14.html（2014.01.13 取自）。

一、前言 》

在龍騰數亦優第 21 刊的文章：「利用單形法求線性規劃的問題」刊出後，再度引起學生們 的興趣。因為在線性規劃的問題中，若決策變數為分數，例如雇用工人3.6 人，購買 4.7 部機器…

等，則分數解並無意義。因此，上課中學生們最常提到的兩個問題：

問題一：圖解法中如何解決整數問題，是否採用最佳分數的左右整數值，即可得到最佳整數解？

問題二：是否還有其他的解法？

本文提出切面法（Cutting Plane Method），以解答學生的學習問題。

二、切面法（Cutting Plane Method） 》

1. 沿史：美國數學家高默理（R. E. Gomery）於 1958 年提出切面法，用以解決整數規劃的問題。

2. 原理：切面法在求解時首先忽略整數條件，而以單形法（Simplex Method）來求最佳解，如 果解值不是整數，則再加上一個限制條件，稱之為Gomery 條件（Gomery Condition）。這個 限制條件所代表的意義是在線性規劃的可行解區域內，加上一個整數限制條件，以縮小可行 解區間，然後以對偶單形法（Dual Simplex Method）求解。如果經過這個步驟仍不能求得整 數解，則再一次加Gomery 條件求解，一直反覆，直到所有變數均為整數為止。

三、最小的非負值分數（Smallest Nonnegative Fraction） 》

在還沒有說明新增 Gomery 條件前，先解釋一個符號─ f（最小的非負值分數），這是一個 在

 

求f 的原則是：

1. 若原數為正數，則直接取其尾數為 f。例如 1

104，則 1

f  ，因為4 1 1

10 10

4 4  。 2. 若原數為負數，則取其尾數與 1 形成互補（Complement）之數字。例如 2

53

 ，則 1 f  ，3 因為 2 1

5 6

 3 3   。 3. 若原數為整數，則 f  。 0

四、切面法的求解步驟 》

第一步：解沒有整數限制的線性規劃問題，令x 為最佳解，且令p （表示第 1 次的切面數）。 1 第二步：若x 全為整數，則為整數規劃的最佳解，停止。否則，到第三步。

第三步：令 ^{fq max}





      b 是最佳解的右手係數（Right-hand Coefficient），_i    是小於等於b_i b 的最大整數。 ⁱ 鍾國華／臺北市祐德高中

第四步：令d_qj a_qj    ，增加一個限制式（切面）： a_qj

j

p qj j q

x

x 



是非基本變數

。 以上x 是新的虛擬基本變數， _p a 是最佳解非基本變數_qj x 的第 q 列的係數。 _j 第五步：增加以上限制條件到目前的線性規劃問題中，求其最佳解；

或者將上列限制條件加到目前最佳解表中，再利用對偶單形法求解。

第六步：若以上線性規劃問題，無可行解，則整數規則無解，停止。

若p M （M 是最大切面數），停止。

否則 x 為線性規劃的最佳解，令p  ，回到第二步。 p 1

※在第五步驟中，所提到對偶單形法有兩個運算規則如下：

〈規則一〉選擇一個負數最小的基本變數（Basic Variables）做為退出的變數，

即^x_Br ^min

 

〈規則二〉以c_j  來除該退出變數方程式之變數中技術係數（z_j a ）為負值者而計算其比例， _rj 並考慮目標函數：

1. 如果是求極大值的題目，計算比例時選最小者，以決定進入變數，即 min ^{j j} for _rj 0

rj

c z a a

  

  

 

 

  。（註：c_j 為 mz_j  者不考慮）

2. 如果是求極小值的題目，計算比例時選最大者，以決定進入變數，即 max ^{j j} for _rj 0

rj

c z a a

  

  

 

 

  。（註：c_j 為 m 者不考慮） z_j

注意：對偶單形法是先選退出變數，然後再決定進入變數；而單形法則相反！

五、整數規劃的問題與求解 》

在高中數學課本第三冊 2-2 節之課本習題：

若x､y 均為整數，且滿足 0 x 7,0 y 4,0  x y 9,4x7y30，求5x8y之最小整數解為 何？

解一：利用圖解法求解

目標函數：min ( , ) 5f x y  x8y，

結構限制式：

7 S.T 4

9 4 7 30 x

y x y

x y

 

 

  

  



，x､y 為 0~9 的非負整數，

利用直角坐標系之圖解找出可行解區域及端點。

整理限制條件：x7,y4,x y 9,4x7y30，x､y 皆為 0~9 的非負整數，

作可行解區域ABCD，如右圖。

端點： 1 2

( ,4), (7, ), (7,2), (5,4)

2 7

A B C D 代入目標函數

69 261

取 1

x 的左右整數值（2 1

0 1

  ）代入，求符合不等式的 x 值： 2 當x 時，0 y4,y9,7y30，交集無解。

當x 時，1 y4,y8,7y26，交集26

7   ，取最小整數y 4 y 。 4

格子點(1,4) 代入目標函數為 37，但不是最小整數值。因本題的最佳解為x4,y ，目標函數2 的最小整數值為36。顯然採用最佳分數的左右整數值，並不一定得到最佳整數解。

解二：利用切面法求解

我們先採用單形法求解（請參考龍騰數亦優第21 刊的文章「利用單形法求線性規劃的問題」）。

第一步：將線性規劃模式轉化為標準式及常式

1. 將所有不等式化為等式，使成為線性形式，所加變數之目標函數係數為 0。

1 2 3 4 5 6

1 3

2 4

1 2 5

1 2 6

min 5 8 0 0 0 0

S.T 7

4 9

4 7 30

z x x x x x x

x x

x x

x x x

x x x

     

 

 

  

  

非負性 0,x_j j1,2,3,4,5,6 2. 將標準式轉化為常式：

1 2 3 4 5 6 7

1 3

2 4

1 2 5

1 2 6 7

min 5 8 0 0 0 0

S.T 7

4 9

4 7 30

z x x x x x x mx

x x

x x

x x x

x x x x

      

 

 

  

   

非負性 0,x_j j1,2,3,4,5,6,7

第二步：按常式建立表格，並採用單形法求解，如下表：

c B c ^j 5 8 0 0 0 0 m

b i

x B x ₁ x ₂ x₃ x ₄ x₅ x₆ x ₇ R 1

R 2

R 3

R 4

0 0 0 m

x 3

x 4

x 5

x 7

1 0 1 4

0 1 1 7

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0

1

0 0 0 1

7 4 9 30 R 5

R 6

z j

j j

c  z

4m 5 4m

7m 8 7m

0 0

0 0

0 0

m m

m 0

30m

R 7

R 8

R 9

R 10

0 8 0 m

x 3

x 2

x 5

x 7

1 0 1 4

0 1 0 0

1 0 0 0

0 1

 1

 7 0 0 1 0

0 0 0

1

0 0 0 1

7 4 5 2 R z 4m 8 0 8 7m 0 m m 32 2m

R 13

R 14

R 15

R 16

0

8

0

5

x 3

x 2

x 5

x 1

0

0

0

1

0

1

0

0

1

0

0

0 7 4 1 3 4 7

 4 0

0

1

0 1 4 0 1 4 1

4

1

 4 0

1

 4 1 4

13 2 4 9 2 1 2

R 17

R 18

z j

j j

c  z 5

0

8

0

0

0

3

 4 3 4

0

0 5

4 5 4

5 4

5 m 4

69 2

※第一輪的演算過程

第三步：使用內積法則，先計算 (1)z_j c a_B _ij （看第R 列）；(2)₅ c_jc_j （看第z_j R 列）。 ₆ 第四步：因第R 列有₆ c_jc_jz_j  ，尚未達到最佳解。 0

1. 進入非基本變數： min(5 4 ,8 7 ) 8 7 m  m   m（看第R 列係數），選₆ x 。 ₂ 2. 退出基本變數：採用 4 9 30

min( , , ) 4

1 1 7  （看第 2 行c 係數），選₂ x 。 ₄ 3. 重新樞運算：本身（基本變數）行係數為 1，其他行係數為 0。

(1)x 列係數（看第₂ R 列係數）：因行係數為₈ 1，故R₂ R₈。 (2)x 列係數（看第₃ R 列係數）：因行係數為₇ 0，故R₁R₇。 (3)x 列係數（看第₅ R 列係數）：₉ R₈  ( 1) R₃R₉。

(4)x 列係數（看第₇ R 列係數）：₁₀ R₈  ( 7) R₄R₁₀。 (5)重新回到第三步驟。

※第二輪的演算過程

第三步：使用內積法則，先計算 (1)z_j c a_B _ij （看第R 列）；(2)₁₁ c_j c_j （看第z_j R 列）。 ₁₂ 第四步：因第R 列有₁₂ c_j c_jz_j  ，尚未達到最佳解。 0

1. 進入非基本變數： min(5 4 ) 5 4 m   m（看第R 列係數），選₁₂ x 。 ₁ 2. 退出基本變數：採用 7 5 2 2

min( , , )

1 1 4  （看第 1 行4 c 係數），選₁ x 。 ₇ 3. 重新樞運算：本身（基本變數）行係數為 1，其他行係數為 0。

(1)x 列係數（看第₁ R 列係數）：₁₆ R₁₀ 4 R₁₆。

(2)x 列係數（看第₃ R 列係數）：₁₃ R₁₆  ( 1) R₇ R₁₃。

(3)x 列係數（看第₂ R 列係數）：因行係數為 0，故₁₄ R₈R₁₄。 (4)x 列係數（看第₅ R 列係數）：₁₅ R₁₆  ( 1) R₉R₁₅。

(5)重新回到第三步驟。

※第三輪的演算過程

第三步：使用內積法則，先計算 (1)z_j c a_B _ij （看第R 列）；(2)₁₇ c_j c_j （看第z_j R 列）。 ₁₈ 第四步：因第R 列所有₁₈ c_j c_j z_j ，其解為0 ₁ 1 ₂

, 4 x 2 x  。

因為x 不是整數解，故需加上 Gomery 條件。先在右手邊的分數解中找 f 最大者：₁ 13 1 2   ，6 2

9 1

2  ，4 2 1

2，找到 1

f  。取第二列（看第2 R 列）非基本變數，則新增條件為₁₅

4 6 7

3 1 1 1

4x 4x 4x  ，再化為常式：2 3 ₄ 1 ₆ 1 _{7 8} 1 4x 4x 4x x 2

      。 將此條件加入前述表格的最後一列（第R 列）成為： ₅

c B c ^j 5 8 0 0 0 0 m 0 b i

x B x ₁ x ₂ x₃ x₄ x₅ x₆ x ₇ x₈ R 1

R 2

R 3

R 4

R 5

0

8

0

5

0

x 3

x 2

x 5

x 1

x 8

0

0

0

1

0 0

1

0

0

0 1

0

0

0

0 7 4 1 3 4 7

4 3

4

0

0

1

0

0 1 4 0 1 4 1

4 1

4

1

 4 0

1

 4 1 4 1 4

0

0

0

0

1 13

2 4 9 2 1 2 1

 2

R 6

R 7

z j

j j

c  z 5

0 8

0 0

0 3

4 3 4

0

0 5

4 5 4

5 4 

5 m4

0

0 69

2

R 8

R 9

R 10

R 11

R 12

0

8

0

5

0

x 3

x 2

x 5

x 1

x 4

0

0

0

1

0 0

1

0

0

0 1

0

0

0

0 0

0

0

0

1 0

0

1

0

0 1

3 1

3 0 1 3 1 3

1 3 1 3 0

1

 3 1

 3 7 3 4 3 1

7

3 4

3

3

2

3

4

2

R 13 z _j 5 8 0 0 0 1 1 1 36

※第一輪的演算過程

第三步：使用內積法則，先計算 (1)z_j c a_B _ij （看第R 列）；(2)₆ c_jc_j （看第z_j R 列）。 ₇ 第四步：因為有b_i  ，改用對偶單形法求解，選第0 R 列。 ₅

1. 退出基本變數：選a 係數為負數者，採用_rj 1 3 1 1 2

min( , )

2 4 2 4 3

     （看第R 列係數）₅ ，選x 。 ₈

2. 進入非基本變數： 3 3 5 1 max( ( ), ( )) 1

4 4 4 4   （看第R₇R₅係數），選x 。 ₄ （註：c_j 為 m 者不考慮） z_j

3. 重新樞運算：本身（基本變數）行係數為 1，其他行係數為 0。

(1)x 列係數（看第₄ R 列係數）：_{12 5} 4 ₁₂ ( )

R  3 R 。 (2)x 列係數（看第₃ R 列係數）：_{8 12} 7 _{1 8}

( )

R  4 R R 。 (3)x 列係數（看第₂ R 列係數）：₉ R₁₂  ( 1) R₂R₉。 (4)x 列係數（看第₅ R 列係數）：_{10 12} 3 _{3 10}

( )

R  4 R R 。 (5)x 列係數（看第₁ R 列係數）：_{11 12} 7 _{4 11}

( )4

R  R R 。 (6)重新回到第三步驟。

※第二輪的演算過程

第三步：使用內積法則，先計算 (1)z_j c a_B _ij （看第R 列）；(2)₁₃ c_j c_j （看第z_j R 列）。 ₁₄ 第四步：因第R 列所有₁₄ c_j c_j z_j ，達到最佳解的條件。 0

最佳解為x₁4,x₂ ，目標函數的最小整數值為 36。 2

六、結論 》

由上述整數規劃的例題中可發現，它與線性規劃最大不同在於可行解區間。線性規劃之可 行解區間為整個區間，而整數規劃之可行解區間只是一些可行解的集合（A Set of Feasible Points）。就可行解來看，整數規劃的可行解是圖形中的格子點（x 與 y 均為整數的點）。因此在 兩個變數條件下，圖解法採用最佳分數x 的左右整數值代入，再求符合不等式的 y 值為整數解，

由本例題中顯示不可行。由於這種格子點的取法看似簡單容易，但是當變數數目增加後，則需 要嘗試的格子點將急遽上升，其繁可知。因此，採用切面法並配合電腦程式SAS/OR 求解功能 來計算，則計算問題就輕鬆解決了。

參考資料：

1. 高孔廉、張緯良（82），作業研究，五南圖書出版公司。

2. 陳文賢（80），管理科學─作業研究與數量方法，三民書局。

3. 鍾國華（102），利用單形法求線性規劃的問題，龍騰數亦優，第 21 刊，P.16~24。

一、前言 》

多年以來，高中數學關於「判斷圓和直線相交情形」的教學一直使用下面兩種方法：

1.代數觀點：利用「一元二次方程式的判別式」

設圓方程式為C x: ²y²dx ey   ，直線方程式為 :f 0 L y mx k  。將直線 L 方程式代入圓 C 方程式，化簡後可得一個一元二次方程式，假設為Ax²Bx C  ，會有以下結果： 0

若判別式D B ²4AC，則

(1) 當 D＞0 時，直線 L 和圓 C 交於兩點。

(2) 當 D＝0 時，直線 L 和圓 C 交於一點，即直線 L 是圓 C 的切線。

(3) 當 D＜0 時，直線 L 和圓 C 不相交。

第二種方法要用到「平面上點到直線的距離公式」，先敘述如下：

《定義1》平面上一點 P 到直線 L 的距離，以符號 ( , )d P L 表示。

《定理1》設平面上定點為P x y ，直線為 :( , )_{0 0} L ax by c   ，則0 ^{0 0}

2 2

| |

( , ) ax by c d P L

a b

 

  。

證明：自行參考任一版本高中數學課本。

2.幾何觀點：利用「圓心到直線的距離和半徑比較大小」

設圓方程式為^{C x h:}



 



r，可得 2 2

| |

( , ) ah bk c d O L

a b

 

  ，則

(1) 當 ( , )d O L  時，直線 L 和圓 C 交於兩點。 r

(2) 當 ( , )d O L  時，直線 L 和圓 C 交於一點，即直線 L 是圓 C 的切線。 r (3) 當 ( , )d O L  時，直線 L 和圓 C 不相交。 r

在筆者念高中的時候，數學老師翁玉忠先生曾說第一種方法的計算，連數字簡單的題目都 不容易算對！而第二種方法，在計算上卻可以輕鬆得出答案。可惜的是把圓換成其他非退化的 圓錐曲線（例如：橢圓、雙曲線、拋物線）時，目前只有第一種方法，沒有第二種方法。換句 話說，橢圓、雙曲線、拋物線的圖形要判斷和直線相交的情形，計算上都很繁雜。

相信很多人在學生時代，只要一聽到老師說「這個問題很有名，不過目前為止還沒有人解 得出來！」此時都會忍不住想要嘗試一下，夢想自己可以成為那個解決難題的人，當時的我也 不例外，但結果當然是失敗。又過了好多年，自己也成為了高中數學老師，還是找不出以「幾 何觀點」的解法，不過幾年前的某一天，事情有了轉機！

二、預備定理 》

陳鑫達／臺中市大里高中

一個古老且著名的極值問題有關，這個問題的結果在國中數學的幾何題目很常見，敘述如下：

《問題1》如下圖，給定平面上一直線 L 及線外兩點 A、B，任取線上一點 P，請找出線段和 PA PB 的最小值及此時的P 點位置。（順便說明 A、B 兩點可以在 L 的異側或同側，分別對 應圖1 和圖 2）

〈圖1〉 〈圖 2〉

上面問題的結果如下，可知「當 A、B 在 L 的異側」時，答案是顯而易見的，較難的情形 是「當A、B 在 L 的同側」。不過只要利用「線對稱（即物理上的「鏡射」）」，就能巧妙地把此 情形轉換成「A、B 在 L 的異側」來考慮，進而求解。

《定理2》承問題 1，如下圖：

〈圖3〉 〈圖 4〉

(1) 如圖 3，若 A、B 在 L 的異側，則線段 AB 和 L 的交點就是所求的「唯一」P 點，

且PA PB 的最小值是AB 。

(2) 如圖 4，若 A、B 在 L 的同側，把 A 對直線 L 做對稱點A ，則線段 A B 和 L 的交 點就是所求的「唯一」P 點，且 PA PB 的最小值是A B 。

證明：(1) 利用三角形中「任兩邊和大於第三邊」的性質即可。

(2) 因A 是 A 對直線 L 的對稱點，可得 PA PA ，所以「求PA PB 的最小值」等價於

「求PA PB的最小值」，再利用(1)的結果即可。

把問題 1 的 PA PB 換成|PA PB |可得出另一個對應的問題及結果，敘述如下：

《問題2》如下圖，給定平面上一直線 L 及線外兩點 A、B，請找出線段差|PA PB |的最大值 及此時P 點的位置。（同樣地，A、B 可以在 L 的異側或同側，分別對應圖 5 和圖 6）

問題 1 較容易的情形是「A、B 在 L 的異側」，但問題 2 反而是「A、B 在 L 的同側」。類似 地，再次利用「線對稱」把「A、B 在 L 的異側」轉換成「A、B 在 L 的同側」的情形求解，結 果如下：

《定理3》承問題 2，如下圖：

〈圖7〉 〈圖 8〉

(1) 如圖 7，若 A、B 在 L 的同側且 ( , )d A L d B L( , )，則AB 和 L 的交點就是所求的「唯 一」P 點，且|PA PB |的最大值是AB 。

(2) 如圖 8，若 A、B 在 L 的異側且 ( , )d A L d B L( , )，把A 對直線 L 做對稱點A ，則 A B 和 L 的交點就是所求的「唯一」P 點，且|PA PB |的最大值是A B 。 (3) 不管是A、B 在 L 的同側或異側，只要 ( , )d A L d B L( , )，則此問題的P 點不存在。

證明：(1) 利用三角形中「任兩邊差小於第三邊」的性質即可。

(2) 因A 是 A 對直線 L 的對稱點，可得 PA PA ，所以「求|PA PB |的最大值」等價於

「求|PA PB|的最大值」，再利用(1)的結果即可。

(3) 如圖 9，若A、B 在 L 的同側且 ( , )d A L d B L( , )，可知AB L ，所以 AB 和 L 沒有交//

點，則此問題的P 點不存在。同理，如圖 10，若 A、B 在 L 的異側且 ( , )d A L d B L( , )， 設A 是 A 對直線 L 的對稱點，可得 ( , )d A L d B L( , )，則A B L // ，所以A B 和 L 也 是沒有交點。

〈圖9〉 〈圖 10〉

值得一提的是，問題 2 中「當 ( , )d A L d B L( , )時，是無解的」。此一細節鮮少有人提起，但 這卻是了解新方法是否正確的關鍵之一。

三、判斷直線與橢圓的相交情形 》

先給出關於橢圓的幾何定義：

《定義 2》給定平面上兩點F 、₁ F 且₂ F F_{1 2}2c2a（定值），則滿足PF₁PF₂2a的點P 所成 的圖形是橢圓，其中F 、₁ F 稱為橢圓的焦點。 ₂

由上面的定義可知，若平面上 P 點滿足PF₁PF₂2a，則 P 點在橢圓外，類似地，若滿足

1 2 2

PF PF  a，則P 點在橢圓內。

《定義3》若一直線 L 和一橢圓只有一交點，則稱 L 是此橢圓的切線。

我們得出下面的定理「判斷直線與橢圓的相交情形」：

《定理4》給定平面上一直線 L 和一橢圓 ，設  的焦點為F 、₁ F ，長軸長 2a。若考慮 L 上一₂ 動點Q，欲使QF₁QF₂有最小值，由定理2 可知滿足條件的 Q 點是「唯一」的。設 此Q 點為 R 點，則QF₁QF₂對應的最小值就是RF₁RF₂。我們有下列結果：

(1) 若RF₁RF₂2a，則直線L 和橢圓 不相交。

(2) 若RF₁RF₂2a，則直線L 和橢圓 交一點，即直線 L 是橢圓  的切線。

(3) 若RF₁RF₂2a，則直線L 和橢圓 交兩點。

證明：(1) 如圖 11，

∵R 是使QF₁QF₂有最小值的「唯一」Q 點，

∴L 上任一點 Q 均滿足QF₁QF₂RF₁RF₂。 若RF₁RF₂2a，則QF₁QF₂ 2a。

根據定義 2，表示 L 上任一點 Q 均在 外，

故 L 和 不相交。

〈圖 11〉

(2) 如圖 12，若RF₁RF₂2a， 根據定義 2 可知 R 在 上，

已知 R 點是「唯一」的，表示 L 和 只交於一點（就是 R 點），

且由定義 3 可知 L 是 的切線。

〈圖 12〉

(3) 如圖 13，若RF₁RF₂2a， 由定義 2 可知 R 在 內，

故 L 必和 交兩點。

〈圖 13〉

定理 4 是「判斷直線和橢圓相交情形」的幾何形式，接下來要把這個定理轉換成代數形式。

《定理5》給定平面上橢圓

2 2

2 2

:x y 1 a b

   。設  的兩焦點為F 、₁ F 且₂ F F_{1 2} 2c，d F L









d F L  ，不失一般性取 a bd  ，則長軸長 2a（＞2c），短軸長2b2 a²c²，可 得

(1) 若F 、F 在 L 的同側且d d b²，則直線L 和橢圓 不相交。

(3) ○¹ 若F 、₁ F 在 L 的同側且₂ 0 d d _{1 2}b² ○²若F 、₁ F 有一點在 L 上（即₂ d d_{1 2} ） 0 ○³若F 、₁ F 在 L 的異側且₂ 0 d d _{1 2} c²

符合以上其中一種情形，則直線 L 和橢圓 交兩點。

證明：(1)如圖 14，若F 、₁ F 在 L 的同側，不失一般性可設₂ d₁ ， d₂ 要使用定理 4 必須先求出QF₁QF₂的最小值RF₁RF₂ ， 仿定理 2 把F 對 L 做對稱點₂ F  ， ₂

連F F 



交L 於 R，則RF₁RF₂ F F _{1 2} ○¹ 設F 、₁ F 對 L 做的垂足分別為₂ A 、₁ A ， ₂ 可分A₁A₂及A₁A₂兩種情形討論。

情形 1 〈圖 14〉

若A₁A₂，則d₁A F_{1 1}，d₂A F_{2 2}A F _{2 2} ， 從F 對直線₁ F F 



做垂足B，

∵BF A A 是長方形，∴_{1 1 2} BA₂F A_{1 1} ， d₁

可得BF₂   ，d₁ d₂ BF₂d₁d₂，BF1²F F1 2²BF2² 

  







  



d₁²2d d_{1 2}d₂²4c²d₁²2d d_{1 2}d₂²4d d_{1 2}4c² ○² 由定理 4 可知「若RF₁RF₂2a，則直線L 和橢圓 不相交」，

由○¹ RF₁RF₂F F _{1 2} ，則RF₁RF₂2a等價F F_{1 2}   等價2a 0 F F_{1 2} ² 4a²。 再由○² ，4d d_{1 2}4c²4a²d d_{1 2} a²c²d d_{1 2}b²。

情形 2

如圖 15，若A₁A₂（＝R），F F_{1 2}   且d₁ d₂ d₁d₂2c     ○³   由定理 4 可知，

若F F_{1 2}  ，則直線 L 和橢圓  不相交， 2a 即^d₁^d₂^2a





      又由○³ 2c d ₁ ， d₂





  



      d₁²2d d_{1 2}d₂²4c²d₁²2d d_{1 2}d₂²4a²

4d d_{1 2}4c² 4a²d d_{1 2}c²a²d d_{1 2}b²。 〈圖 15〉

(2) 仿(1)，由定理 4 可得到對應的結果。

(3) 要分成兩焦點F 、₁ F 在 L 的同側，有一點在 L 上或 L 的異側，共三種情形討論： ₂ ○¹ F 、F 在 L 的同側

○² F 、₁ F 有一點在 L 上 ₂

不失一般性，設F 在 L 上，得₁ d d_{1 2} 且直線 L 和橢圓  交兩點。 0 ○³ F 、₁ F 在 L 的異側 ₂

如圖 16，設兩焦點F 、₁ F ，若₂ F F 交 L 於 R， _{1 2} 對 L 做的垂足分別是A 、₁ A ， ₂

可分A₁ A₂及A₁A₂兩種情形討論。

情形 1

若A₁A₂，不失一般性，可設d₁d₂，

由定理 2 可知RF₁RF₂F F_{1 2}， 〈圖 16〉

∵F A R_{1 1}   ，∴90 d₁RF₁， 同理，F A R_{2 2}   ，∴90 d₂RF₂， 得d₁d₂RF₁RF₂ F F_{1 2}2c。

又d₁d₂2 d d_{1 2} （∵d₁d₂  ），∴0 2 d d_{1 2} 2c， 故0 d d _{1 2} 。（注意！c² c 不一定²  ） b²

由定理 4 可知，若0 d d _{1 2} 時，直線 L 和橢圓  交兩點。 c² 情形 2

如圖 17，若A₁A₂ ，R d₁d₂ F F_{1 2}2c， 又d₁d₂2 d d_{1 2} （∵d₁d₂  ）， 0

∴2 d d_{1 2} 2c，故d d_{1 2} 。 c² 由定理 4 可知，

若0 d d _{1 2} 時，則直線 L 和橢圓c²  交兩點。 〈圖 17〉

定理 5 中當兩焦點F 、₁ F 在 L 的異側時，判斷條件「₂ 0 d d _{1 2} 」無法納入其他情形的判c² 斷條件「0 d d _{1 2}和b 比較大小」實在可惜！不過，只要做一點修改，就可使兩條件合而為一。 ²

《定義4》平面上定點P x y 到直線 :( , )_{0 0} L ax by c   的「有號」距離定為0

0 0

2 2

( , ) ax by c D P L

a b

 

  。

和d P L 比較，不難看出 ( , )( , ) D P L 是具有「正負號」的距離，可得 ( , ) | ( , ) |d P L  D P L 。因此，

可把定理5 修改如下：

《定理 6》給定平面上一直線 L 和一橢圓 :x²₂ y₂² 1 a b

   。設  的兩焦點為F 、₁ F 且₂ F F_{1 2}2c，





D F L D ，D F L





2 2

2b2 a c ，可得

(1) 若D D b²，則直線L 和橢圓 不相交。