設 ${AB}$ 為拋物線的弦, 分別過 $A$, $B$ 作拋物線的切線相交於 $P$。
$\triangle APB$ 的底邊 $AB$ 上的中線與拋物線相交於 $C$。
若 $S_{\hbox{弓}}$ 表示弦 $AB$ 與拋物線所圍成拋物線弓形的面積, $S_{\triangle ACB}$, $S_{\triangle APB}$ 分別表示 $\triangle ACB$, $\triangle APB$ 的面積, 可以證明
(可參閱文獻
其中 $S_{弓}=\dfrac 23 S_{\triangle APB}$ 即著名的阿基米德定理, 而 $\triangle ACB$ 是以 $AB$ 為底邊、 頂點在曲線弧 $AB$ 上所有三角形面積的最大者。
受式 (1) 的啟發, 我們對雙曲線與橢圓進行了研究, 得到如下結果。
命題1： 設 $A,B$ 為雙曲線 (其中一支) 的弦, 分別過 $A,B$ 作雙曲線的切線相交於 $P$。 若 $S_{弓}$ 表示弦 $AB$ 與雙曲線所圍成雙曲線弓形的面積, $S_{\triangle APB}$ 表示 $\triangle APB$ 的面積, $\triangle ACB$ 是以 $AB$ 為底邊而頂點在曲線弧 $AB$ 上所有三角形面積的最大者, 其值為 $S_{\triangle ACB}$, 則有
\begin{align} S_{\triangle ACB}\gt\frac 34 S_{弓}\gt\frac 12 S_{\triangle APB}.\label{2} \end{align}證明： 首先考慮雙曲線 $xy=1$ ($x\gt0,y\gt0$) 的情形。
設 $A,B$ 兩點的座標分別為 $A(a,\dfrac 1a)$, $B(b,\dfrac 1b)$, 曲線弧 $AB$ 上動點 $T$ 的座標為 $T(x,\dfrac 1x)$, 其中 $0 \lt a\le x\le b$。 仍用 $S$ 表示面積, 則$S_{\triangle ATB}=\frac 12\left| \begin{array}{ccccc} ~a~&&\dfrac 1a&&~1~\\[6pt] ~x~&&\dfrac 1x&&~1~\\[6pt] ~b~&&\dfrac 1b&&~1~ \end{array} \right|.$
記 $f(x)=\left| \begin{array}{ccccc} ~a~&&\dfrac 1a&&~1~\\[6pt] ~x~&&\dfrac 1x&&~1~\\[6pt] ~b~&&\dfrac 1b&&~1~ \end{array} \right|$ $(0 \lt a\le x\le b)$, 則 $f'(x)=\left| \begin{array}{ccccc} ~a~&&\dfrac 1a&&~1~\\[6pt] ~1~&&-\dfrac 1{x^2}&&~0~\\[6pt] ~b~&&\dfrac 1b&&~1~ \end{array} \right|=(b-a)\Big(\dfrac 1{x^2}-\dfrac 1{ab}\Big).$
令 $f'(x)=0$, 解得 $x=\sqrt{ab}$ 為 $f(x)$ 當 $0 \lt a\le x\le b$ 時的唯一駐點。
又 $f''(x)=-\dfrac 2{x^3}(b-a) \lt 0$, 故 $x=\sqrt{ab}$ 為 $f(x)$ 的唯一極大值點也是最大值點, 所以當 $T$ 點座標為 $\Big(\sqrt{ab}, \dfrac 1{\sqrt{ab}}\Big)$ 時,
\begin{align} S_{\triangle ACB}=\frac 12\left| \begin{array}{ccccc} ~a~&&\dfrac 1a&&~1~\\[6pt] \sqrt{ab}&&\dfrac 1{\sqrt{ab}}&&~1~\\[6pt] ~b~&&\dfrac 1b&&~1~ \end{array} \right|=\frac{b-a}{2ab}\Big(\sqrt b-\sqrt a\Big)^2.\label{3} \end{align}易知, 曲線 $xy=1$ 過點 $C\Big(\sqrt{ab}, \dfrac 1{\sqrt{ab}}\Big)$ 的切線與弦 $AB$ 平行。
由於過 $A,B$ 兩點的直線方程為
\begin{align} &~\quad \dfrac{y-\dfrac 1a}{x-a}=\dfrac{\dfrac 1b-\dfrac 1a}{b-a}\qquad {\hbox{或}}\qquad y=-\frac 1{ab}x+\frac{a+b}{ab},\nonumber\\ {\hbox{從而}} S_{弓}&=\int_a^b\Big(-\frac 1{ab}x+\frac{a+b}{ab}-\dfrac 1x\Big)dx=\dfrac{b^2-a^2}{2ab}-\ln\frac ba.\label{4} \end{align}由 $xy=1$ 知 $y=\dfrac 1x$, $y'=-\dfrac 1{x^2}$, 從而 $y=\dfrac 1x$ 過 $A,B$ 兩點的切線方程分別為
\begin{align*} y-\frac 1a&=-\frac 1{a^2}(x-a),\\ y-\frac 1b&=-\frac 1{b^2}(x-b). \end{align*}解此聯立方程組得兩條切線交點 $P$ 的座標為 $\Big(\dfrac{2ab}{a+b},\dfrac 2{a+b}\Big)$, 從而
\begin{align*} S_{\triangle APB}=\frac 12\left| \begin{array}{ccccc} ~a~&&\dfrac 1a&&~1~\\[6pt] ~\dfrac{2ab}{a+b}~&&\dfrac 2{a+b}&&~1~\\[6pt] ~b~&&\dfrac 1b&&~1~ \end{array}\right|=\frac{1}{2(a+b)} \left| \begin{array}{ccccc} ~a~&&\dfrac 1a&&~1~\\[6pt] ~2ab~&&2&&~a+b~\\[6pt] ~b~&&\dfrac 1b&&~1~ \end{array}\right|, \end{align*}經簡單計算知
\begin{align} S_{\triangle APB}&=\dfrac{(b-a)^3}{2ab(a+b)}.\label{5} \end{align}由式 \eqref{3}, \eqref{4} 知不等式 $S_{\triangle ACB}\gt\dfrac 34 S_{弓}$ 等價於
\begin{align} &\frac{b-a}{2ab}(\sqrt b-\sqrt a)^2\gt\frac 34\Big(\frac{b^2-a^2}{2ab}-\ln \frac ba\Big),\nonumber\\ {\hbox{或}} &\frac{b-a}{ab}(\sqrt b-\sqrt a)^2-\frac 34\frac{b^2-a^2}{ab}+\frac 32 \ln \frac ba\gt0,\nonumber\\ {\hbox{或}} &\dfrac{\frac ba-1}{\frac ba}\Big(\sqrt{\frac ba}-1\Big)^2-\frac 34\dfrac{(\frac ba)^2-1}{\frac ba}+\frac 32 \ln \frac ba\gt0.\label{6} \end{align}令 $\dfrac ba=x$, 則 $x\ge 1$ 且不等式 \eqref{6} 即為
\begin{align} &\frac{x-1}{x}(\sqrt x-1)^2-\frac 34\frac{x^2-1}{x}+\frac 32 \ln x\gt0,\label{7}\\ {\hbox{或}} &x-\frac 1x-2\sqrt{x}+\frac 2{\sqrt{x}}-\frac 34 x+\frac 34\frac 1x+\frac 32\ln x\gt0,\nonumber\\ {\hbox{即}} &x-\frac 1x-8\sqrt{x}+\frac 8{\sqrt{x}}+6\ln x\gt0.\label{8} \end{align}令 $g(x)=x-\dfrac 1x-8\sqrt x+\dfrac 8{\sqrt{x}}+6\ln x(x\ge 1)$, 則
$$g'(x)=1+\frac 1{x^2}-\frac 4{\sqrt x}-\frac 4{x\sqrt x}+\frac 6x=\frac 1{x^2}(\sqrt{x}-1)^4.$$故當 $x\gt1$ 時 $g'(x)\gt0$, $g(x)$ 單調遞增。 又 $g(1)=0$, 所以當 $x\gt1$ 時 $g(x)\gt0$, 從而不等式 \eqref{8} 成立, 因此有
\begin{align} S_{\triangle ACB}=\frac 34S_{弓}.\label{9} \end{align}由式 \eqref{4}, \eqref{5} 知不等式 $\dfrac 34S_{弓}\gt \dfrac 12 S_{\triangle APB}$ 等價於
\begin{align} &\frac 34\Big(\frac{b^2-a^2}{2ab}-\ln \frac ba\Big)\gt\frac 12\cdot \frac{(b-a)^3}{2ab(a+b)},\nonumber\\ {\hbox{或}} &\frac{b^2-a^2}{2ab}-\frac{(b-a)^3}{3ab(a+b)}-\ln \frac ba\gt0.\label{10} \end{align}令 $\dfrac ba=x$, 則 $x\ge 1$, 且不等式 \eqref{10} 即為
\begin{align} &\frac{x^2-1}{2x}-\frac{(x-1)^3}{3x(x+1)}-\ln x\gt0,\label{11}\\ {\hbox{或}} &\frac 1{6x(x+1)}(x^3+9x^2-9x-1)-\ln x\gt0.\label{12} \end{align}令 $h(x)=\dfrac 1{6x(x+1)}(x^3+9x^2-9x-1)-\ln x$ $(x\ge 1)$, 則
$$h'(x)=\frac{1}{6x^2(x+1)^2}(x^4-4x^3+6x^2-4x+1)=\frac{(x-1)^4}{6x^2(x+1)^2},$$故當 $x\gt1$ 時 $h'(x)\gt0$, $h(x)$ 單調遞增。 又 $h(1)=0$, 所以當 $x\gt1$ 時 $h(x)\gt0$, 從而不等式 \eqref{12} 成立, 因此有
\begin{align} \frac 34 S_{弓}\gt\frac 12 S_{\triangle APB}.\label{13} \end{align}由式 \eqref{9}, \eqref{13} 知, 當雙曲線為 $xy=1$ 時不等式 \eqref{2} 成立。
利用坐標軸的旋轉變換 ： $x=\dfrac 1{\sqrt 2}(x'-y')$, $y=\dfrac 1{\sqrt 2}(x'+y')$ 可將方程 $xy=1$ 變換為 $\dfrac{{x'}^2}{2}-\dfrac{{y'}^2}{2}=1$。 再作座標壓縮變換 ： $\dfrac{x'}{x''}=\dfrac{\sqrt{2}}{p}$, $\dfrac{y'}{y''}=\dfrac{\sqrt{2}}{q}$ $(p\gt0,q\gt0)$, 則 $\dfrac{{x'}^2}{2}-\dfrac{{y'}^2}{2}=1$ 變換為 $\dfrac{{x''}^2}{p^2}-\dfrac{{y''}^2}{q^2}=1$。 注意到這兩種座標變換均為可逆的, 而且這兩種變換不會改變直線和曲線的相切關係, 也不會改變兩個圖形之間的面積關係, 故由前面的證明知, 當雙曲線方程為 $\dfrac{{x}^2}{p^2}-\dfrac{{y}^2}{q^2}=1$ 時命題 1 成立。
命題2： 設 $AB$ 為橢圓的弦, 分別過 $A,B$ 作橢圓的切線相交於 $P$。 若 $S_{弓}$ 表示弦 ${AB}$ 與橢圓劣弧 (注) $AB$ 所圍成橢圓弓形的面積, $\triangle ACB$ 是以 $AB$ 為底邊而頂點在曲線弧 $AB$ 上所有三角形面積的最大者, 其值為 $S_{\triangle ACB}$, 則有
\begin{align} S_{\triangle ACB}\lt \frac 34S_{弓}\lt\frac 12 S_{\triangle APB}.\label{14} \end{align}
注： 橢圓劣弧即弧長小於橢圓半周長的弧。
證明： 首先考慮橢圓為單位圓 $x^2+y^2=1$ 的情形。
如圖, 由圓的對稱性, 不妨設圓上的兩點 $A,B$ 關於 $x$ 軸對稱 ($AB$ 為劣弧)。 由平面幾何知識知, $AB$ 上的動點 $T$ 位於弧 $AB$ 的中點時, $\triangle ABT$ 的面積最大。
事實上, 設 $\angle AOB=2\theta=$ 定值, $\angle AOT=\theta_1$, $\angle BOT=\theta_2$, 其中 $0 \lt 2\theta \lt \pi$, $\theta_1+\theta_2=2\theta$, 則有
\begin{align*} S_{\triangle ABT}&=\frac 12\sin\theta_1+\frac 12\sin\theta_2-S_{\triangle AOB}\\ &=\sin\theta\cos\frac 12(\theta_1-\theta_2)-\sin\theta\cos\theta, \end{align*}由於 $S_{\triangle AOB}$ 為定值, 故當且僅當 $\cos\dfrac 12(\theta_1-\theta_2)$ 最大時 $S_{\triangle ABT}$ 最大, 亦即 $\theta_1=\theta_2$ 時 $S_{\triangle ABT}$ 最大, 亦即當且僅當 $T$ 為 $AB$ 的中點時 $S_{\triangle ABT}$ 最大, 從而有
\begin{align} S_{\triangle ACB}=\sin\theta-\sin\theta\cos\theta=\sin\theta(1-\cos\theta).\label{15} \end{align}經簡單計算知
\begin{align} S_{弓}&=\theta-\sin\theta\cos\theta,\label{16}\\ S_{\triangle APB}&=\frac 12\cdot 2\sin\theta\cdot \frac{\sin^2\theta}{\cos\theta}= \frac{\sin^3\theta}{\cos\theta}.\label{17} \end{align}由式 \eqref{15}, \eqref{16} 知不等式 $S_{\triangle ACB}\lt\dfrac 34 S_{弓}$ 等價於
\begin{align} &\sin\theta-\sin\theta\cos\theta\lt\frac 34\theta-\frac 34\sin\theta\cos\theta,\nonumber\\ {\hbox{亦即}} &\frac 34\theta+\dfrac 14\sin\theta\cos\theta-\sin\theta\gt0.\label{18} \end{align}令 $u(\theta)=\dfrac 34\theta+\dfrac 14\sin\theta\cos\theta-\sin\theta$ $(0\lt\theta\lt\dfrac \pi 2)$, 則
$$u'(\theta)=\frac 34+\frac 14\cos 2\theta-\cos\theta=\frac 12(1-\cos\theta)^2,$$故當 $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}2$ 時 $u'(\theta)\gt0$, $u(\theta)$ 單調遞增. 又 $\lim\limits_{\theta\to0^+} u(\theta)=0$, 從而當 $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}2$ 時 $u(\theta)\gt0$, 即不等式 \eqref{18} 成立, 因此
\begin{align} S_{\triangle ACB}\lt \frac 34S_{弓}.\label{19} \end{align}由式 \eqref{16}, \eqref{17} 知不等式 $\dfrac 34S_{弓}\lt\dfrac 12 S_{\triangle APB}$ 等價於
\begin{align} \theta-\sin\theta\cos\theta-\dfrac 23\frac{\sin^3\theta}{\cos\theta}\lt0. \label{20} \end{align}令 $v(\theta)=\theta-\sin\theta\cos\theta-\dfrac 23\dfrac{\sin^3\theta}{\cos\theta}$ $(0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}2)$, 則
$$v'(\theta)=1-\cos 2\theta-\frac 23\cdot \frac 1{\cos^2\theta}(3\sin^2\theta\cos^2\theta+\sin^4\theta)=-\frac 23\cdot\frac{\sin^4\theta}{\cos^2\theta},$$故當 $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}2$ 時 $v'(\theta)\lt0$, $v(\theta)$ 單調遞減。 又 $\lim\limits_{\theta\to0^+}v(\theta)=0$, 從而當 $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}2$ 時 $v(\theta)\lt0$, 即不等式 \eqref{20} 成立, 因此
\begin{align} \frac 34S_{弓}\lt\frac 12 S_{\triangle APB}.\label{21} \end{align}由式 \eqref{19}, \eqref{21} 知當橢圓為單位圓時不等式 \eqref{14} 成立。
對於橢圓 $\dfrac{x^2}{m^2}+\dfrac{y^2}{n^2}=1$ $(m\gt0,n\gt0)$, 作座標壓縮變換： $\dfrac{x}{x'}=m$, $\dfrac y{y'}=n$, 則橢圓 $\dfrac{x^2}{m^2}+\dfrac{y^2}{n^2}=1$ 變換為 ${x'}^2+{y'}^2=1$. 由於座標壓縮變換不會改變直線與曲線的相切關係, 也不會改變兩個圖形之間的面積關係, 故由前所證知, 當橢圓方程為 $\dfrac{x^2}{m^2}+\dfrac{y^2}{n^2}=1$ 時命題 2 成立。
最後還要指出, 可以證明, 不等式 \eqref{2}, \eqref{14} 中的常數 $\dfrac 34$ 和 $\dfrac 12$ 均為最佳的, 亦即不可能再作改進 (證明過程這裏略去)。
參考文獻
本文作者為戴立輝, 陳翔任教中國閩江學院數學與數據科學學院,蘇化明任教中國合肥工業大學數學學院