柯西不等式 ─

(1)

柯西不等式 ─

※ 引言》

在高中的課程裡有兩個很重要的不等式證明：一個是算幾不等式，另一個是柯西不等式。

在n=2的算幾不等式：

2

a b+ ≥ ab ，有一個漂亮的無言證明。

如圖，是一個以 BC 為直徑的半圓，O為圓心，

設AB=a AC, =b，則 , ¹

2 2

AD= ab OD= BC =a b+ ，由直角三角形斜邊大於任一股，容易看出成立。

＊註：由△ABD~△ADC可證出 AD= ab。

因此，引發我想柯西不等式在n=2是否也有類似的無言證明。

※ 內文》

首先

(

^a²⁺^b²

)(

^c²⁺^d²

)

^≥

⁽

^{ac bd}⁺

⁾

²^化成 ^a²⁺^b² ^c²⁺^d² ^≥ ^{ac bd}⁺ ^{，因而想到}

2 2 2 2

1 1

2 a +b c +d ≥ 2 ac bd+ ，此不是跟面積有關係嗎？

如圖，直角△OAB，直角△OCD，設AB=a OA, =b OC, =c CD, =d，

則OB= a²+b OD², = c²+d² ，

△OBD的面積為¹ ² ² ² ²sin

2 a +b c +d θ，其中θ = ∠BOD，在此比較麻煩的是¹

2 ac bd+ ，但¹

2 ac bd+ 的最大值是△BOD為直角三角形時。

黃傳紘／國立嘉義高中退休教師

(2)

因而想到右圖，此時四邊形ABDC是梯形，

△BOD的面積= 梯形^ABDC^{− D}

(

^OAB^{+ D}^OCD

)

^，

恰好

△BOD的面積 ¹

( )( )

¹

( )

¹

( )

2 a d b c 2 ab cd 2 ac bd

= + + − + = + 。

故而修正如下：

柯西不等式的一個無言證明：

如圖，設AB=a OA, =b OC, =c CD, =d，

∠BAO= °90 ﹐∠OCD= °90 ，

( )( ) ( ) ( )

1 1 1

2 2 2

BOD a d b c ab cd ac bd

D = + + − + = + ，

又DBOD≤¹ ² ² ² ² 2 a +b c +d

2 2 2 2

1 1

( )

2 ac bd 2 a b c d

⇒ + ≤ + + ，

即

(

^{ac bd}⁺

)

² ^≤

(

^a²⁺^b²

)(

^c²⁺^d²

)

^，

等號成立時△OAB~△DCO ⇔a c: =b d: 。

(3)

＊＊摘要

高中數學微積分教材已處理三次函數的圖形及三次方程式實根的判別問題：

當三次函數 f x( )=ax³+bx²+cx+ 有兩個相異臨界點時（即判別式d b²−3ac>0時），

若 f x( )=0有三個相異實根，則函數 f x( )在兩臨界點的值異號；反之，

若函數 f x( )在兩臨界點的值異號，則 f x( )=0有三個相異實根。

本文將用行列式的方法，進一步探討三次方程式根的判別。

＊＊內文

三次函數 f x( )在兩臨界點α β 的值異號，意謂函數值的乘積小於 0，即, ( ) ( ) 0

f α ⋅f β < ，但要如何求出函數「在臨界點之值的乘積」呢？底下，我們考慮多項式函數 f x( )及其導函數 f x′( )，並求出 f x( )除以 f x′( )的餘式，嘗試連結它們的關聯，

初步得到下面的結論：

引理 1：

n 次多項式 f x( )=a x_n ⁿ+a_n₋₁xⁿ⁻¹+ + a x₁ +a₀（其中n≥2）除以n−1次多項式

1 2

1 2 1 0

( ) _n ⁿ _n ⁿ

g x =b₋x ⁻ +b₋ x ⁻ + + b x b+ 的餘式為

( )

2

(

¹ ² ² ³ ² ¹

)

1

( ) 1 ⁿ ⁿ _n _n

n

r x x x x

b

− −

−

= ⋅ Λ + Λ + + Λ + Λ ，

其中Λ_k為三階行列式

1

1 2 1

n n 0

n n n

n k n k n k

a b

a b b

−

− − −

− − − − − −

﹐1≤ ≤ −k n 2，且

1

1 1 2 1

0 0

n n

n n n n

a b

a b b

a b

−

− − − −

Λ = 。

證明》

餘式r x( )的xⁿ⁻²項係數為

( ) ( )

( )

1

2 1

2 1 3 1 2 1 2 1

2 2

1 2

1 1

2 3 2

0

1 n n 1 ⁿ ⁿ

n n n n n n n n n

n n

n n n

a b

a b a b b b a b b

a b

b b

a b b

−

− − − − − − − −

− −

− − −

 

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅

  ；

當2≤ ≤ −k n 2時，餘式r x( )的xⁿ^{− −}¹ ^k項係數為

( ) ( )

( )

1

2 1

1 1 2 1 1 1 2 1

2 2

1 2

1 1

1 2 1

0

1 n n 1 ⁿ ⁿ

n k n n n k n n k n n n

n n

n k n k n k

a b

a b a b b b a b b

a b

b b

a b b

−

− − − − − − − − − − −

− −

− − − − − −

 

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅

  ；

葉善雲／台北市東山高中

(4)

而餘式r x( )的常數項為

( ) ( )

( )

1

2 1

0 1 0 1 2 1

2 2

1 2

1 1

0 0

0

1 1

0

n n

n n n n

n n

a b a b

a b b a b b

a b

b b

a b

−

− − − −

− −

 

⋅ ⋅ + + ⋅ = ⋅ 。

說明》

引理中之Λ 為下列表達式第一列、第二列與第_k k+2列所成之三階行列式：

1

1 2 1

2 3 2

1 0 1

0 0

0

n n

n n n

a b

a b b

a b

−

− − −

 

 

 

   ，即

1

1 2 1

n n 0

k n n n

n k n k n k

a b

a b b

−

− − −

− − − − − −

Λ = ，其中1≤ ≤ −k n 1且b₋₁= 。 0

推論》

設 f x( )=a x_n ⁿ+a_n₋₁xⁿ⁻¹+ + a x₁ +a₀（其中n≥2）為 n 次多項式函數，則 f x( )除以其導函數 f x′( )=na x_n ⁿ⁻¹+

(

n−1

)

a_n₋1xⁿ⁻²+ + 2a x2 +a1的餘式r x( )為

(

¹ ² ² ³ ² ¹

)

2

( ) 1 ⁿ ⁿ _n _n

n

r x x x x

n a

− −

= ⋅ ∆ + ∆ + + ∆ + ∆ ，

其中∆ （_k 1≤ ≤ −k n 1）為下列表達式第一列與第k+1列所成之二階行列式：

( )

1

1 2

2 1

1 0

1 2

2 1

n n

na a

n a a

a n a

a na

−

− −

 

 − 

 

−

 

 

  ，即

( ) (

1

)

¹ 1

n n

k

n k n k

na a

n k a k a

−

− − −

∆ = − + ﹐1≤ ≤ −k n 1，此處表達式之第

一行為導函數 f x′( )的係數且第二行為函數 f x( )係數的變化（第二行第r項是將 f x( )之 xn r⁻ 項係數a_{n r}₋ 改為ra_{n r}₋ ）。

證明》

由上面的引理得 f x( )除以其導函數 f x′( )的餘式r x( )為

( )

2

(

¹ ² ² ³ ² ¹

)

( ) 1 ⁿ ⁿ _n _n

n

r x x x x

na

− −

= ⋅ Λ + Λ + + Λ + Λ ，

(5)

其中Λ 為三階行列式_k

( )

( ) ( )

1 1

0 1

1

n n

n n n

n k n k n k

a na

a n a na

a n k a n k a

− −

− − − − −

−

− − −

﹐1≤ ≤ −k n 1。

而此處Λ 可化簡為_k

( ) (

1

)

¹ 1

n n

k n n k

n k n k

na a

a a

n k a k a

−

− − −

Λ = ⋅ = ⋅ ∆

− + ﹐1≤ ≤ −k n 1，於是得餘式

(

¹ ² ² ³ ² ¹

)

2

( ) 1 ⁿ ⁿ _n _n

n

r x x x x

n a

− −

= ⋅ ∆ + ∆ + + ∆ + ∆ 。

引理 2：

設 f x( )=a x_n ⁿ+a_n₋₁xⁿ⁻¹+ + a x₁ +a₀（其中n≥3）為 n 次多項式函數，且 ( )f x 除以其導函數 f x′( )的餘式為 2

(

¹ ² ² ³ ² ¹

)

( ) 1 ⁿ ⁿ _n _n

n

r x x x x

n a

− −

= ⋅ ∆ + ∆ + + ∆ + ∆ ，若α α₁, ₂,,α_n₋₁為 ( ) 0

f x′ = 的根，∆ ≠ 且₁ 0 β β₁, ₂,,β_n₋₂為r x( )=0的根，則

( )

1 ¹

1 2 1 3 4 2 3 1 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n

n n n n

n

f f f f f f

n a

α α α β β β

−

− − − −

∆ ′ ′ ′

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

 ⋅  。

證明》

設 ¹

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x f x q x r x f x r x q x s x

= ′ ⋅ +

 ′ = ⋅ +

 且

( )( ) ( )

1 2 1

1

1 2 2

2

( ) ( )

n n

f x na x x x

r x x x x

n a

α α α

β β β

−

 ′ = ⋅ − − −

 ∆

 = ⋅ − − −





 ，則

( ) ( ) ⁽ ⁾⁽ ^{) (} ⁾ ⁽ ⁾⁽ ^{) (} ⁾

( ) ( ) ⁽ ⁾

1 2 1 1 2 1

1 1

1 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2

2 1

1 1

1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 1 2

2 1

1 1

1 1 1

2 1

( ) ( ) ( _n ) ( ) ( ) ( _n )

n

n n n n n

n n

n

n n n n n

n n

n

n n

f f f r r r

n a

α α α α α α

α β α β α β α β α β α β

β α β α

− −

−

− − − − −

−

− − − − −

−

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

∆    

= ⋅ − − − ⋅ ⋅ − − − 

∆    

= ⋅ − − − ⋅ ⋅ − − − 

= ∆ ⋅ − −

 

  

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ^{( )} ( )

2 1 1 2 1 2 2 2 1

1 1

1 2 2

1 2

2

1 1

1 2 2

3 4 2 3

1 ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) .

n n n n n

n

n n n

n

f f f

n a na

f f f

n a

β α β α β α β α

β β β

− − − − −

−

− − −

−

− − −

 − ⋅ ⋅ − − − 

   

∆ ′ ′ ′

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

∆ ′ ′ ′

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

  



設 f x( )=ax³+bx²+cx+ 為三次多項式函數，且d f x′( )為其導函數，則 f x( )除以 f x′( )的特例

(6)

餘式為

(

1 2

)

1

9 x

a⋅ ∆ + ∆ ，其中∆ （_k k=1, 2）為下列表達式第一列與第k+1列所成之二階行列式：

3 2 2

3 a b b c c d

 

 

 

，即 ¹ ³ ²

(

² ³

)

2 2 a b

b ac b c

∆ = = − − 且 ₂ 3 3 9 a b

ad bc c d

∆ = = − 。

再則，若α β 為二次方程式, f x′( )=0的根，則

(1) 當∆ ≠ 時，₁ 0

( )

1 ² 2 3

1

( ) ( )

f f 243 f

α ⋅ β = ^∆ a ⋅ ′^−^∆∆ ^。 (2) 當∆ = 時，₁ 0 2 2

( )

2 ²

( ) ( ) 2

9 9 81

f f

a a a

α β ∆ ∆ ∆

⋅ = ⋅ = 。

底下，我們將函數值的乘積用行列式的形式表達出來。

引理 3：

設 f x( )=ax³+bx²+cx+ 為三次多項式函數， ( )d f x′ 為其導函數， ( )f x 除以 f x′( )的餘式為

(

1 2

)

1

9 x

a⋅ ∆ + ∆ 。若α β 為二次方程式, f x′( )=0的根，則

1

2 1

3

2

3 0

( ) ( ) 1 2

243 0

a

f f b

a c α β

∆

⋅ = ⋅ ∆ ∆

∆

。

證明》

設 1

(

1 2

)

( ) ( ) ( ) 1

f x f x q x 9 x

′ a

= ⋅ + ⋅ ∆ + ∆ ﹐

(

1 2

)

2

( ) 1 ( )

f x 9 x q x R

′ = a⋅ ∆ + ∆ ⋅ + ，就∆ 是否為 0，₁ 分別討論。

(1) 當∆ ≠ 時，由前面的引理 1，得₁ 0 f x′( )=3ax²+2bx c+ 除以

(

1 2

)

1

9 x

a⋅ ∆ + ∆ 的餘式為

( )

1

2 1

2

3 0

1 2 0 a

R b

c

∆

= ⋅ ∆ ∆

∆ ∆

；另一方面，由餘式定理知 ²

1

f′ − ∆∆ =R。

故再由前面的引理 2 及特例，得

( )

1 ² 2

( )

1 ² ¹

2 1

3 3 3

1

2

3 0

( ) ( ) 1 2

243 243 243

0 a

f f f R b

a a a

c α β

∆ ′ ∆  ∆ ∆

⋅ = ⋅ −∆ = ⋅ = ⋅ ∆ ∆∆

。

(7)

(2) 當∆ = 時，此時₁ 0 ( ) ( ) ₁( ) ² f x f x q x 9

a

′ ∆

= ⋅ + ，於是

( )

¹

2 2 2

2 2 1

3 3

2

3 0

1 1

( ) ( ) 3 2

9 243 243

0 a

f f a b

a a a

c α β

∆ ∆

 

⋅ =  = ⋅ ⋅ ∆ = ⋅ ∆ ∆∆

。

配合三次函數的圖形，我們有下面的結論：

定理：

（三次方程式根的行列式判別）

設 f x( )=ax³+bx²+cx+ 為實係數三次多項式，d ∆ （_k k=1, 2）為下列表達式第一列與第k+1列所成之二階行列式：

3 2 2

3 a b b c c d

 

 

 

，即 ₁ 3 ²

6 2 2 2

a b

ac b b c

∆ = = − 且 ₂ 3 3 9 a b

ad bc c d

∆ = = − ，

則我們有下列方程式實根個數的判別：

(1) f x( )=0有三個相異實根

1

2 1

2

3 0

2 0

0 a a b c

∆

⇔ ⋅ ∆ ∆ <

∆

。

(2) f x( )=0有重根（二或三重根）

1

2 1

2

3 0

2 0

0 a b c

∆

⇔ ∆ ∆ =

∆

。

(3) f x( )=0有一個實根及兩個虛根

1

2 1

2

3 0

2 0

0 a a b c

∆

⇔ ⋅ ∆ ∆ >

∆

。

證明》 ( ) 3 2 2

f x′ = ax + bx c+ ，並設α β 為, f x′( )=0的根。

(1) 由 f x( )=0有三個相異實根 ⇔ f( ) ( )α f β <0，由前面的引理 3，得

( ) 0

f x = 有三個相異實根

1

2 1

2

3 0

2 0

0 a a b c

∆

⇔ ⋅ ∆ ∆ <

∆

。

(2)、(3) 理由同(1)。

(8)

底下，我們舉些實例（實係數方程式）來說明上述定理的用法。

例題 1：x³+Ax+ =B 0有三個相異實根 ⇔ 4A³+27B² < 。 0 令 f x( )=x³+0x²+Ax+ ﹐B f x′( )=3x²+0x+ ， A

由∆ 的表達式：_k

3 0 0 2

3 A A B

 

 

 

，得∆ =₁ 6 A﹐∆ =₂ 9B，

由判別式

3 6 0 0 9 6 0

0 9 A

B A

A B

< ，得^{9 27}^⋅

(

^B²⁺⁴^A³

)

^<⁰^，

故x³+Ax+ =B 0有三個相異實根 ⇔ 4A³+27B² < 。 0 例題 2：設x³+2x²− + =x k 0有三個相異實根，求k的範圍。

令 f x( )=x³+2x²− + ﹐x k f x′( )=3x²+4x− ， 1

3 2 4 2 1 3k

 

 − 

 

− 

 

，得∆ = − ﹐₁ 14 ∆ =₂ 9k+ ， 2

由判別式

3 14 0 4 9 2 14 0

1 0 9 2 k

k

−

+ − <

− +

，得

27 ² 68 8 0 ^{34 14 7} ^{34 14 7}

27 27

k + k− < ⇔ − − < <k − + 。在上面的例題 2 中，函數 f x( )=x³+2x²− + 的臨界點為x k ² ⁷

3

− ± （並非如教科書舉例

臨界點為有理數般簡易），此時 ² ⁷ f − +3 

 

 ﹐ ² ⁷

f − −3 

 

 不易計算；另一方面，也可以透過平移的方法將 f x( )化成形如例題 1（缺平方項）的形式

2 3 7 2 34

( ) 3 3 3 27

f x =x+  − x+ + +k ，然後利用例題 1 的結果求解。

例題 3：設x³−3x²+kx− =1 0有三個相異實根，求k的範圍。

令 f x( )=x³−3x²+kx− ﹐1 f x′( )=3x²−6x+k， Sol

Sol

(9)

3 3 6 2

3 k k

 − 

− 

 

 − 

 

，得∆ = ⋅ − ﹐1 6

(

k 3

)

∆ = ⋅ − ， 2 3

(

k 3

)

由判別式

( )

( ) ( )

( )

( ) (

²

)

3 6 3 0

6 3 3 6 3 9 3 4 15 0

0 3 3

k

k k k k

k k

⋅ −

− ⋅ − ⋅ − = − ⋅ + <

⋅ −

，得 ¹⁵ k< − 4 。

關於底下例題 4，一般的解題步驟如下：

(1) 畫出三次函數 f x( )=x³−8x²− 的圖形。 6

(2) 求出過原點且與 f x( )=x³−8x²− 圖形相切的直線（有三條）。 6 (3) 由三次函數圖形與上述切線判斷k值的範圍。

在高中教學現場，筆者吃足苦頭，現在有了行列式判別，終於可以避開函數作圖來處理底下問題。

例題 4：設x³−8x²−kx− =6 0有三個相異實根，求k的範圍。

令 f x( )=x³−8x²−kx− ﹐6 f x′( )=3x²−16x k− ，

3 8 16 2

18 k k

 − 

− − 

 

− − 

 

，得∆ = − ⋅1 2 3

(

k+64

)

﹐∆ = −2

(

8k+54

)

，

由判別式

( )

( ) ( )

( )

3 2 3 64 0

16 2 4 27 2 3 64 0 0 2 4 27 k

k k

− ⋅ +

− − ⋅ + − ⋅ + <

− − ⋅ +

，得

( )

( ) ( ) ( )

2

3 3 64 0

2 16 4 27 3 64

13 7 13 7 13

k

k k

k k k

+

− ⋅ − + +

− + ⋅ + ⋅ +

( )

3 3 64 0 4 13 16 4 27 3 64

1 7 7

k

k k k

+

= − ⋅ + ⋅ − + +

− −

^{= − ⋅ +}³⁶

(

^k ¹³

)

^⋅

(

^k²⁺³^k⁻²⁵⁵

)

^<⁰^，

即

(

^k⁺¹³

)

^⋅

(

^k²⁺³^k⁻²⁵⁵

)

^>⁰^，解得 ^{3 7 21} ¹³

2 k

− − < < − 或 ^{3+7 21} k − 2

> 。

故若x³−8x²−kx− =6 0有三個相異實根，則 ^{3 7 21} 13

2 k

− − < < − 或 ^{3+7 21} k − 2

> 。

Sol

(10)

上面例題 3、4 的顯著差異為「∆ ∆ 的比值是否為常數」，其幾何意義可解讀為 ₁, ₂

函數 f x( )=ax³+bx²+kx+ （ , ,d a b d 為定數）的圖形在其反曲點的切線是否通過原點。

在例題 3 中，過原點與函數y=x³−3x²− 圖形相切的直線如下圖， 1

例題 5：設方程式x³+kx²+kx− =1 0有重根α ，求k的值。＊註＊

令 f x( )=x³+kx²+kx− ﹐1 f x′( )=3x²+2kx+ ， k

由∆ 的表達式：_k 3 2 2

3 k k k k

 

 

 − 

 

，得∆ = − ⋅ − ﹐1 2k

(

k 3

)

^{∆ = −}²

(

^k²⁺⁹

)

^，

由判別式

( )

( ) ⁽ ⁾

( )

2

3 2 3 0

2 9 2 3 0

0 9

k k

k k k k

k k

− ⋅ −

− + − ⋅ − =

− +

，得k⁴−18k²−27= ， 0

解得k² = ±9 6 3（取正），故k = ± 9 6 3+ 。另一方面，由 f x( )除以 f x′( )的餘式為

(

1 2

)

1

9 x

a⋅ ∆ + ∆ ，得∆ + ∆ = ，故 ₁α ₂ 0

( )

( ) ( )( )

( )

( ) ( )

( )

2 2 2

2

2 2

1

9 1 9 3

2 3 2 9

6 3 3 1 3 3 3 2 3 2 3 1

2 9 6 3 6 3 1 1 3 2 3 ,

2

k k k k

k k k k

α ∆ + + +

= − = − = − ⋅

∆ − ⋅ −

⋅ + ⋅ + ± +

= − ⋅

+ ⋅

= − ⋅ + ±

所以，當k = 9 6 3+ 時，重根^α ^{= − ⋅ +}¹₂

(

¹ ³⁺⁴¹²

)

^；

Sol

(11)

當k = − 9 6 3+ 時，重根^α ^{= − ⋅ +}¹₂

(

¹ ³⁻⁴¹²

)

^。

最後，我們討論特殊三次方程式 f x( )=0（當 f x( )圖形在反曲點之切線通過原點）有三個相異實根的條件。

引理 4：

設 f x( )=ax³+bx²+cx+ 為三次多項式函數。 d

(1) 設^{P t f t}

(

^{, ( )}

)

^為函數 ^{f x}^{( )}^{圖形上的點，若}^P^{與原點連線為函數} ^{f x}^{( )}^{圖形的切線，則 t}

滿足方程式2ax³+bx²− =d 0。

(2) 若函數 ( )f x 圖形的反曲點之橫坐標滿足方程式2ax³+bx²− =d 0，則

3

27 2

d b

= a 。 (3) 函數 ( )f x 圖形在反曲點之切線通過原點

3

27 2

d b

⇔ = a 。證明》

( ) 3 2 2

f x′ = ax + bx c+ ﹐ ( ) 6 2 6

3 f x ax b a x b

a

  

′′ = + = ⋅ − − ，

(1) 過^{P t at}

(

^, ³⁺^bt²^{+ +}^ct ^d

)

^與函數 ^{f x}^{( )}圖形相切的直線方程式為

(

³ ²

) (

³ ² ²

) ⁽ ⁾

y− at +bt + +ct d = at + bt+c x t− ，即

(

³ ² ²

) (

² ³ ²

)

y= at + bt+c x− at +bt −d ，此與直線y= f t x′( ) 為同一直線，故

3 2

2at +bt − =d 0，即t滿足方程式2ax³+bx²− =d 0。 (2) 若函數 f x( )圖形的反曲點之橫坐標

3 x b

= − a滿足方程式2ax³+bx²− =d 0，則

3 2

2 0

3 3

b b

a b d

a a

   

⋅ −  + ⋅ −  − =

    ，得

3

27 2

d b

= a 。

(3) 由(1)、(2)得函數 f x( )圖形在反曲點之切線通過原點

3

27 2

d b

⇔ = a 。推論》

設 f x( )=ax³+bx²+cx+ 為三次多項式函數，若函數d f x( )圖形在反曲點之切線通過原點，即

3

27 2

d b

= a ，則 f x( )=0有三個相異實根 ⇔ 5b²+12ac<0。

(12)

證明》

由∆ 的表達式：_k 3 2 2

3 a b b c c d

 

 

 

，得^{∆ = − ⋅}¹ ²

(

^b²⁻³^ac

)

^﹐^{∆ =}² ^9ad⁻^bc^；

而由

3

27 2

d b

= a ，得 ³

(

²

)

2 1

9 3

3 3 6

b b ac

b b

ad bc bc

a a a

− −

∆ = − = − = = ⋅ ∆ 。

於是 ¹ ¹ ¹²

(

²

)

2 1 1 1

2

1

3 0

5 12

2 2

6 12

0

0 6 a a

b ac

a b a b b

c a

c b

a

∆ ∆

∆ ⋅ +

⋅ ∆ ∆ = ⋅ − ⋅ ∆ ∆ =

∆ −

⋅ ∆

，

故 ( ) 0f x = 有三個相異實根 ⇔ 5b²+12ac< 。 0

（當5b²+12ac<0時，^{∆ = − ⋅}¹ ²

(

^b²⁻³^ac

)

⁼⁻₂¹^⋅

(

⁹^b²⁻

(

⁵^b²⁺¹²^ac

) )

^<⁰^）

例如在例題 3 中，函數 f x( )=x³−3x²+kx− 圖形在反曲點之切線通過原點（因為 ( )1 f x 的 常數項滿足

3 2

27 1 27 27

b a

=− = − ），故x³−3x²+kx− =1 0有三個相異實根之充要條件為

5b2+12ac=45 12+ k<0，即 ¹⁵ k< − 4 。

＊註：相對而言，欲求k使方程式x³+kx²+kx+ =1 0有重根α ，過程很平順，解得：

當k =3時，三重根α = −1；當k = −1時，二重根α =1且另一根為−1。

(13)

數學方法之一 ─

※ 楔子》

1974 年某一天，我到台大數學系圖書館還書。旁邊有個同學也在還書，他還四本書，

我一時好奇瞄了一下，看到其中兩本，一本是《何謂實數》，一本是《類比計算機原理》。

何謂類比？查一下維基百科：類比或類推是一種將特定事物所附帶的訊息轉移到其他特定事物之上的認知過程，且兩者不一定有實質上的同源性，其類比也不見得「合理」。在記憶、溝通與問題解決等過程中扮演重要角色；於不同學科中也有各自的定義。

這個同學是楊柏因，國內的第一個資優生，楊維哲教授常為他修剪鬍鬚，因為要見蔣經國先生。

※ 關於數學學習，有人說方法比內容重要》

最近因為 99 課程綱要的實施，高一上有 Lagrange 插值多項式，我們在許多地方看到關於 Lagrange 插值多項式的討論。因此，我也想寫一下關於 Lagrange 插值法與中國餘數定理的類比。這是數學的方法，高中生嘛，除了一直解題目之外，總要在學習精神上提升一下。

※ 中國餘數定理與 Lagrange 差值法的內容與類比》

中國餘數定理源出於三國或晉朝時的《孫子算經》一書。其中有一題：

「今有物不知其數，三三數之剩二，五五數之剩三，七七數之剩二，問物幾何？」

以同餘式寫出（即求 x ），滿足

2 (mod 3) 3 (mod 5) 2 (mod 7) x

x x

 ≡

 ≡

 ≡

，《孫子算經》給的答案是x=23。

聯立一元一次同餘式，後世稱為「大衍」，其解法稱為「大衍求一術」，到宋代數學家秦九韶集其大成。

中國餘數定理：

設都大於 1，並兩兩互質的整數m m₁, ₂,,m_n，且m=m₁×m₂× × m_n，若r r₁, ,₂ ,r_n都是

整數，則方程組

1 1

2 2

(mod ) (mod ) (mod )

n n

x r m

 ≡

 ≡



 ≡

 有解。

江慶昆／台中市衛道中學退休教師

(14)

Lagrange 插值法：

1, 2, , _n

x x  x 是不同的實數，y y₁, ₂,,y_n是實數，則多項式 f x( )的方程組

1 1

2 2

( ) mod ( ) ( ) mod ( ) ( ) _nmod ( _n)

f x y x x

≡ −

 ≡ −



 ≡ −



 有解。

（註：由餘式定理 ( )f x ≡ y_imod(x−x_i)，即 ( )f x_i = ） y_i

兩者的證明在代數或初等數論的教科書中都可以找到，這裡只是想呈現兩者的共同處，

所以各舉一例說明。

例題 1：設x≡2(mod 3),x≡3(mod 5),x≡2(mod 7)，求 x= ？

由題意可知

3 2 5 3 7 2

x x x

 −

 −

 −











設x= × × + ×3 5 7t 3 5a+ ×5 7b+ ×3 7c，代入 ○¹Ê Â中得 3 35b− ，取2 b=1， x 代入 ○²Ê Â中得 5 21c− ，取3 c=3，

x 代入 ○³^E ^A中得 7 15a− ，取2 a=2，

所以x=¹⁰⁵t+30 35 63 105+ + = t+128 105=

(

t+ +1

)

23，故 x 的最小值為 23。

例題 2：若多項式 f x( )滿足 f(1)=4, (2)f =9, ( 4)f − =39，則 f x( )=？

由題意可知

1 ( ) 4 2 ( ) 9 4 ( ) 39 x f x x f x x f x

 − −

 − −

 + −











設 ^{f x}^{( )}⁼

(

^x⁻¹

)(

^x⁻²

)(

^x⁺⁴

)

^{q x}^{( )}⁺^{a x}

(

⁻¹

)(

^x^{− +}²

) (

^{b x}⁻²

)(

^x^{+ +}⁴

) (

^{c x}⁻¹

)(

^x^{+ ，}⁴

)

代入 ○¹ 中得 ¹

(

²

)(

⁴

)

⁴

(

^{1 2 1 4}

)( )

⁴ ⁰ ⁴

x− b x− x+ − ⇒ b − + − = ⇒ b= −5，同理，代入 ○² 中得 ⁹

c= 6；代入 ○³ 中得 ³⁹ a= 30，

最低次的多項式為³⁹

(

¹

)(

²

)

⁴

(

²

)(

⁴

)

⁹

(

¹

)(

⁴

)

30 x− x− −5 x− x+ +6 x− x+ ，乘開化簡為2x²− +x 3。

我們注意到的是例題 1 與例題 2 中解法的共同處，也就是說「大衍求一，其術相同」。

所謂「術」，用現代的看法就是「演算法」，所以我們可以設計一個電腦程式來求解。現代代數學，主要就是了解「代數結構」，整數� 與多項式R x 的代數「結構」一樣，這

[ ]

是中國餘數定理與 Lagrange 插值法可以做類比的原因。

Sol

(15)

※ 另一個類比：球面與圓是最佳類比》

例題 1：

(1) 已知點^A

( )

^{3, 5} ^，圓^C^:

(

^x⁻²

) (

²⁺ ^y⁺¹

)

² ⁼⁴^，過^A^作圓^C^{的切線，設切點為}^{M N}^, ^，求

直線 MN 的方程式。

(2) 已知點^A

(

^{3, 0, 6}

)

^，球面^S^:

(

^x⁻³

) (

²⁺ ^y⁻⁴

) (

²^{+ −}^z ⁴

)

² ⁼¹⁰^，過^A^作^S^{的切線，則所有}

的切線形成一圓，求包含此圓的平面方程式。

圓C 球面S

包含切點的直線 L 包含切點所形成的圓的平面 E 直線L的方程式平面E的方程式 (1) 設P x y 是 MN 上的動點，

( )

^,

則OP OA

 

⋅ =OA OR× =OM²=r²_， 亦即 MN 的方程式為

(

^x⁻^{3 3 2}

)(

^{− +}

) (

^y⁻^{5 5 1}

)(

^{+ = 。}

)

⁴

(2) 平面 E 的方程式為

(

^x⁻^{3 3 3}

)(

^{− +}

) (

^y⁻^{4 0 4}

)(

^{− + −}

) (

^z ^{4 6 4}

)(

⁻

)

⁼¹⁰^，

亦即2y− + =z 1 0。

例題 2：設S為空間中一球面， AB 為其一直徑，且 AB =10，若P為空間中一點，使得 PA+ PB=14，則P點的位置可能落在哪裡？〔94 年學測〕

(A)線段 AB 上 (B)直線 AB 上，但不在線段 AB (C)球面S上 (D)球S的內部，但不在線段 AB (E)球S的外部，但不在線段 AB 。

空間中，滿足PA+ PB=14的P點是橢球，

但是橢球比較不好畫（而且也沒有必要），我們把問題轉化到平面上的橢圓，

橢圓的2a=14, 2c=10，

所以a=7,c=5,b² =a²−c² =24，把橢圓

2 2

49 24 1 x y

+ = 與圓C x: ²+y² =25畫在一起，

Sol

(16)

圖形如右。

由圖形看出，橢圓上的點P有可能在 (1) 直線AB上，但不在線段AB (2) 圓C上

(3) 圓C的內部，但不在線段AB (4) 圓C的外部，但不在線段AB (5) 但不可能在線段AB上所以答案選(B)(C)(D)(E)。

也就是說，我們作如是類比：球↔ 圓，橢球 ↔ 橢圓。

※ 習作》

習作 1：

圓球面

面積A r( )=πr² 體積

4 3

( ) 3 V r = πr

周長L r( )=2πr 表面積A r( )=4πr² ( ) ( )

A r′ =L r V r′( )= A r( )

這是另一種類比，基本上是由二維推到三維。你可以從證明A r'( )=L r( )﹐V r'( )= A r( )的過程中看到兩者的類比關係。

習作 2：

設O(0, 0, 0), (3, 0, 0), (0, 6, 0), (0, 0, 9)A B C ，求四面體OABC的內切球方程式。

在坐標平面上考慮O(0, 0), (3, 0), (0, 6)A B ，求△OAB的內切圓方程式，然後推到球面。

( ) ( ) ( )

(17)

習作 3：

試證^ln( ¹⁾ ^{ln( )} 1

n n

+ <

+ ，對所有大於 2 的正整數 n 都成立。

設 ( ) ^{ln( )}x

f x = x ，則 ( ) ^{1 ln( )}₂ x 0, 3

f x x

x

′ = − < ∀ ≥ ，

所以 f x( )在x≥3以後是遞減函數，

又 f(1)=0，所以 f n( + <1) f n( ),∀ ≥n 3得證。

原命題中， n 是正整數、是離散的，好像要用數學歸納法作。定義一個連續函數 f x( )，就可以使用微積分。

※ 後記》

實驗或觀察得到的數據是離散的（discrete），如何由離散的數據得到連續的

（continuous）函數，其方法叫做插值法，是研究自然界現象的一個重要的方法。給兩個點，我們得到一條直線；給三個點，我們得到一個二次函數，…以此類推，就是 Lagrange 插值法。

另一個插值法的例子是關於 Gamma 函數 ¹ ( )x 0^{∞ − −}e t^{t x} dt

Γ =

∫

；對一個正整數 n ，我們 都知道ⁿ^!⁼^{n n}

(

⁻¹

)(

ⁿ⁻²

)

^^{× × ×}^{3 2 1}。十八世紀初，數學家想知道如何去定義一個分數的階乘，直到 1729 年，尤拉（Leonhard Euler 1707~1783）才解決這個問題：只要證明

(x 1) x ( )x

Γ + = Γ 及Γ(1)=1，就可以得到推論Γ + =(n 1) n!。至於尤拉是如何找到 Gamma 函數的，http://www.maa.org/news/columns.html中 Ed Sandifer 教授（2007.9）的專欄 How Euler did It？的文章 Gamma the Function，可以找到。

參考資料

1. 九章編輯部（1990），數學發現，九章出版社，P.102 2. 莫宗堅（1987），代數學(上)，聯經出版社，P.22

3. 葉善雲（2010），Larange 插值法，龍騰數亦優，第 13 期，P.17 4. 許志農（2004），中國剩餘定理，取

自 https://docs.google.com/viewer?url=http://math.ntnu.edu.tw/~maco/macobook/arith/8.

pdf Sol

(18)

利用直線參數式與克拉瑪公式 ─

※ 研究目的》

試圖以直線參數式與克拉瑪公式，來探求兩歪斜線之公垂線段兩端點坐標的公式解法。

※ 研究過程》

已知空間直角坐標系中，O為原點，兩歪斜線L 與₁ L 分別通過點₂ A x y z ﹐₁( ,₁ ₁, )₁

2( ,2 2, 2)

A x y z ，L 與₁ L 的方向向量分別為₂



d₁ =( ,l m n₁ ₁, ₁),



d₂ =( ,l m n₂ ₂, ₂)

，試求L 與公垂₁ 線的交點B 及₁ L 與公垂線的交點₂ B 坐標。 ₂

一、建立二元一次聯立方程組：

1. ∵B₁∈ ﹐∴L₁ B₁=(x₁+l t y_{1 1}, ₁+m t z_{1 1}, ₁+n t_{1 1}),t₁∈ � ﹐

∵B₂∈ ﹐∴L₂ B₂ =(x₂+l t y_{2 2}, ₂+m t z_{2 2}, ₂+n t_{2 2}),t₂∈ �

1 2 ( 2 1 2 2 1 1, 2 1 2 2 1 1, 2 1 2 2 1 1)

B B x x l t l t y y m t m t z z n t n t

⇒



= − + − − + − − + − _﹒ 2. ∵B B



₁ ₂ ⊥



d₁ _且

1 2 2

B B



⊥



d _，∴

1 2 1 0

B B d



⋅



= _且

1 2 2 0

B B d



⋅



= _。

3.

( ) ( ) ( )

1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 1 1

1 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2

0 0

B B d x x l t l t l y y m t m t m z z n t n t n B B d x x l t l t l y y m t m t m z z n t n t n

 = ⋅ = − + − + − + − + − + −



 = ⋅ = − + − + − + − + − + −



 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ⁽ ⁾

2 2 2

2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1

2 2 2

2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2

0 0

x x l y y m z z n t l l m m n n t l m n x x l y y m z z n t l m n t l l m m n n

 = − + − + − + + + − + +

⇒ 

 

= − + − + − + + + − + +

  



1 2 1 2 1 2 1 1 1

1 2 2 2 2 2 1 1 2

0

A A d t d d t d d

A A d t d d t d d

 = ⋅ +  ⋅ −  ⋅ 

    

⇒  = ⋅ +  ⋅ −  ⋅ 

    

 

¹ ¹ ¹ ² ¹ ² ¹ ² ¹

1 1 2 2 2 2 1 2 2

t d d t d d A A d

t d d t d d A A d

  ⋅ −  ⋅ = ⋅

    

⇒    ⋅ −  ⋅ = ⋅

    

 

^﹒

二、利用克拉瑪公式求解：

1. 設



d₁

與d



₂ _{的夾角為θ ，因}

d1



與



d₂

不平行，故sinθ ≠0。

李維昌／國立宜蘭高中

柯西不等式 ─