試著想像這樣一個場景：你站在美術館的一幅巨型畫作前。
這幅畫懸掛在高處，底端離地一段距離。
如果站得太遠，畫作顯得渺小；
如果貼得太近，視角又會變得極度傾斜，難以窺見全貌。
直覺告訴我們，在這兩者之間，一定存在一個「最佳觀賞點」，
能讓你的視角張開到最大。
這是一個自 15 世紀以來就困擾著測量學家的經典問題——
雷吉奥蒙塔努斯問題 (Regiomontanus’ problem)。
對於一般的學生，這是一道微積分的極值練習題；
但對於數學家來說，這是一場關於「圓」的幾何遊戲。
數學家的直覺：尋找那個「吻」
面對這個問題（已知 \(A\) , \(B\) 兩點，求 \(x\) 軸上一點 \(P\)，使 \(\angle APB\) 最大），
一般的解題反射動作是設坐標、列三角函數、然後微分求極值。
但我們不妨先停下來畫圖。
已知一個幾何事實：「同弧所對的圓周角相等」。
這意味著，如果我們畫一個通過 \(A, B\) 兩點的圓，
那麼圓弧上任意一點對 \(A\), \(B\) 張開的角度都是一樣的。
想像有無數個通過 \(A\), \(B\) 的圓，圓愈大，圓弧愈平緩，張角就愈小；
圓愈小，圓弧愈彎曲，張角就愈大。
我們的目標，就是要把這個圓盡可能地「縮小」。
但是，\(P\) 點被限制在 \(x\) 軸上。
所以這個圓再怎麼縮小，都必須至少碰到 \(x\) 軸。
當圓大到割過 \(x\) 軸時，角度還不夠大；
當圓小到與 \(x\) 軸分離時，我們失去了 \(P\) 點；
唯有當這個圓與 \(x\) 軸「相切」的那一瞬間，圓最小，視角 \(\theta\) 最大。
此時\(P\)點的位置就呼之欲出。
代數的優雅驗證
有了幾何直觀，代數運算就不再是盲目的試誤，而是精準的導航。
讓我們用這道試題數據來驗證這個美麗的想法。
<方法1> 幾何作法
題目情境：
畫作的兩端分別在 \(A(-1, 2)\) 與 \(B(1, 4)\)，觀測者站在 \(x\) 軸上的 \(P\) 點。
1. 幾何導航：
既然目標圓通過 \(A\), \(B\) 且切於 \(x\) 軸，那麼圓心 \(K\) 必須滿足兩個條件：
- 位於 \(A\), \(B\) 的中垂線上（幾何對稱性）。
- 圓心到 \(x\) 軸的距離等於半徑（相切條件）。
2. 鎖定圓心與切點：設圓心 \( K \) 坐標為 \( (h, 3-h) \)。
因為與 \( x \) 軸相切，半徑 \( R \) 即為圓心的 \( y \) 坐標高度 \( |3-h| \)。
同時，半徑也是 \( K \) 到 \( A \) 的距離。
我們列出等式： \[ \text{dist}(K, \text{x-axis})^2 = \text{dist}(K, A)^2 \]
代入座標距離公式： \[ (3-h)^2 = (h – (-1))^2 + ((3-h) – 2)^2 \] 展開這個式子，
你會驚訝地發現代數結構如幾何般對稱： \[ 9 – 6h + h^2 = (h^2 + 2h + 1) + (h^2 – 2h + 1) \]
整理後得到一個乾淨的二次方程式： \[ h^2 + 6h – 7 = 0 \] \[ (h+7)(h-1) = 0 \] 解得 \( h=1 \) 或 \( h=-7 \)。
因為切點 \( P \) 的 \( x \) 坐標即為圓心的 \( x \) 坐標 \( h \)（因為半徑垂直切線），
所以最佳觀測位置 \( P \) 就在 \( (1, 0) \) 或 \( (-7, 0) \)。
為了使角度愈大，因此圓要愈小，最後答案為 \((1, 0)\)。
<方法 2> 微積分：向量與極值分析
Step 1: 建立向量與目標函數
設 \( P(x, 0) \)，我們利用向量內積與三角形面積公式來尋找 \(\tan \theta\) 的關係式。
向量設定： \[ \vec{PA} = (-1-x, 2), \quad \vec{PB} = (1-x, 4) \]
計算內積（Dot Product）： \[ \vec{PA} \cdot \vec{PB} = (-1-x)(1-x) + (2)(4) = (x^2-1) + 8 = x^2 + 7 \]
利用面積公式（外積/行列式概念）： \[ 2 \triangle APB = \left| \det(\vec{PA}, \vec{PB}) \right| = \left| \begin{matrix} -1-x & 1-x \\ 2 & 4 \end{matrix} \right| \] \[ = | 4(-1-x) – 2(1-x) | = | -4 – 4x – 2 + 2x | = | -2x – 6 | = 2|x+3| \]
利用正切公式 \(\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{2 \triangle APB}{\vec{{PA}} \cdot\vec{{PB}}}\)，
可得目標函數：\[ \tan \theta(x) = \frac{2|x+3|}{x^2+7} \]
Step 2: 微分求極值
為了計算方便，我們針對 \(x > -3\) 的情形（使 \(x+3 > 0\))。
令函數 \(g(x)\) 為： \[ g(x) = \frac{x+3}{x^2+7} \]
使用除法微分公式（Quotient Rule）： \[ g'(x) = \frac{(1)(x^2+7) – (x+3)(2x)}{(x^2+7)^2} \] \[ g'(x) = \frac{x^2 + 7 – 2x^2 – 6x}{(x^2+7)^2} = \frac{-x^2 – 6x + 7}{(x^2+7)^2} \]
Step 3: 解臨界點 (Critical Points)
令 \( g'(x) = 0 \) 以尋找極值發生點： \[ -x^2 – 6x + 7 = 0 \Rightarrow x^2 + 6x – 7 = 0 \] 因式分解： \[ (x+7)(x-1) = 0 \] 解得 \( x = -7 \) 或 \( x = 1 \)。
Step 4: 檢驗與結論
將 \(x\) 代回 \(g(x)\) 比較函數值： 當 \( x = -7 \) 時，\( g(-7) = \frac{-4}{56} < 0 \) （不合，因題目求最大視角)，
當 \( x = 1 \) 時，\( g(1) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} \)。
畫個表格來看更清楚：
故當 \( x = 1 \) 時，\(\tan \theta(x)\) 達到最大值： \[ \tan \theta_{\max} = 2 \cdot g(1) = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1 \]
此時 \( \theta = 45^\circ \)，所求點為 \( P(1, 0) \)。
<方法 3> 代數視角：利用判別式求極值
如果你不想處理繁瑣的微分運算，代數提供了一條更快的捷徑。
我們將目標函數視為一個方程式，
利用 \( x \) 必須是實數（Real Number）的條件來反推最大值。
Step 1: 建立目標函數
利用直線夾角公式 \(\tan \theta = \left| \frac{m_1 – m_2}{1 + m_1 m_2} \right|\)。
設 \( P(x, 0) \)，則兩直線斜率分別為：
\[ m_{PA} = \frac{0-2}{x-(-1)} = \frac{-2}{x+1}, \quad m_{PB} = \frac{0-4}{x-1} = \frac{-4}{x-1} \]
代入公式：
\[ \tan \theta(x) = \left| \frac{\frac{-2}{x+1} – \frac{-4}{x-1}}{1 + \left(\frac{-2}{x+1}\right)\left(\frac{-4}{x-1}\right)} \right| \]
上下同乘\((x+1)(x-1)\) 進行化簡：
\[ \text{分子} = -2(x-1) – (-4)(x+1) = -2x + 2 + 4x + 4 = 2x + 6 \]
\[ \text{分母} = (x+1)(x-1) + (-2)(-4) = (x^2 – 1) + 8 = x^2 + 7 \]
得到目標函數（令其為 \( K \)）：
\[ \frac{2x+6}{x^2+7} = K \]
(註：此處討論 \( x \) 使分子分母同號或是取絕對值後的最大值情況，依計算過程 \( K \) 取正值)
Step 2: 轉化為二次方程式
將分母乘過去，整理成關於 \( x \) 的二次方程式：
\[ 2x + 6 = K(x^2 + 7) \]
\[ Kx^2 – 2x + (7K – 6) = 0 \]
Step 3: 利用判別式 \( D \ge 0 \)
因為 \( P \) 點坐標 \( x \) 必須是實數，故此二次方程式的判別式必須大於或等於 \(0\)：
\[ D = b^2 – 4ac \ge 0 \]
\[ (-2)^2 – 4(K)(7K-6) \ge 0 \]
同除以 \(4\) 化簡：
\[ 1 – K(7K-6) \ge 0 \]
\[ 1 – 7K^2 + 6K \ge 0 \]
\[ 7K^2 – 6K – 1 \le 0 \]
因式分解：\[ (7K+1)(K-1) \le 0 \]
解不等式得 \( K \) 的範圍：\[ -\frac{1}{7} \le K \le 1 \]
Step 4: 結論
由上式可知，\(\tan \theta\) 的最大值（即 \( K \) 的最大值）為 \( 1 \)。
將 \( K=1 \) 代回原二次方程式求對應的 \( x \)：
\[ 1 \cdot x^2 – 2x + (7\times 1 – 6) = 0 \]
\[ x^2 – 2x + 1 = 0 \]
\[ (x-1)^2 = 0 \Longrightarrow x = 1 \]
故當 \( x=1 \) 時，視角有最大值。
<方法 4> 算幾不等式：代數的極致簡化
這是所有解法中，計算量最少、最令人拍案叫絕的一招。
當你發現分子的變數可以透過「平移」消掉時，算幾不等式 (AM-GM Inequality) 就該登場了。
Step 1: 觀察結構與換元
目標函數為：
\[ \tan \theta(x) = \frac{2x+6}{x^2+7} = \frac{2(x+3)}{x^2+7} \]
觀察到分子是 \( 2(x+3) \)，我們令 \( t = x+3 \)。
根據題目幾何情境（或是為了使正切值為正），我們考慮 \( t > 0 \) 的情況。
此時 \( x = t – 3 \)。
Step 2: 代入並化簡
將 \( x \) 替換為 \( t \)：
\[ \text{式子} = \frac{2t}{(t-3)^2 + 7} = \frac{2t}{t^2 – 6t + 9 + 7} = \frac{2t}{t^2 – 6t + 16} \]
分子分母同除以 \( t \)（關鍵技巧：將變數集中到分母處理）：
\[ \tan \theta(x) = \frac{2}{t – 6 + \frac{16}{t}} \]
Step 3: 使用算幾不等式
要讓整個分數最大，分母必須最小。
我們鎖定分母中的互倒數項 \( t + \frac{16}{t} \)，利用算幾不等式 \( \frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab} \)：
\[ \frac{t + \frac{16}{t}}{2} \ge \sqrt{t \cdot \frac{16}{t}} = \sqrt{16} = 4 \]
整理得：
\[ t + \frac{16}{t} \ge 8 \]
Step 4: 求極值與發生條件
將分母的最小值代回原式：
分母的最小值：\[ 8 – 6 = 2 \]
\[ \tan \theta_{\max} = \frac{2}{2} = 1 \]
等號成立條件（即極值發生瞬間）：
\[ t = \frac{16}{t} \Rightarrow t^2 = 16 \]
因為 \( t > 0 \)，取 \( t = 4 \)。
還原回 \( x \)：
\[ x = t – 3 = 4 – 3 = 1 \]
故當 \( x = 1 \) 時，有最大視角。
在結束這趟數學探險之前，讓我們回頭看看這道有趣的題目。
若是為了考試，<方法 3> 判別式或 <方法 4> 算幾不等式 無疑是最佳策略，
它們像是一把鋒利的快刀，能迅速切開問題，取出答案 \( x=1\)。
但若是為了理解數學之美，則 <方法 1> 的幾何視角 更為巧妙。
微積分告訴我們「極值發生在導數為零處」，這是一個強大的計算結果；
但幾何學告訴我們「極值發生在圓與直線相切時」，這是一個美麗的結構洞察。
當雷吉奥蒙塔努斯在 15 世紀提出這個問題時，微積分尚未誕生。
他仰賴的正是對圖形敏銳的直覺。
今天的我們，雖然擁有了微積分這項重型武器，但「看見結構」的能力依然無可取代。
下次當你面對一道棘手的極值問題時，不妨先停下急著計算的筆，試著在腦海中畫個圖。
也許你會發現，答案不在繁雜的公式裡，而在那個輕輕觸碰的切點上。
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之後我們都會從一道經典試題出發，挖掘背後深刻的數學故事。
