數學解題中「正與反」的途徑
許建銘
高雄市立龍華國民中學
前言：
問題：一個玻璃瓶(如圖 1-1)的瓶身上有 度量刻度，但是刻度並沒有到達瓶口，想量 出瓶子的容積，只要在瓶內裝入一些水，再 蓋緊瓶口就可以了。這到底是怎麼一回事？ 解答：先在瓶裡倒入些水，而且水量超 過瓶子容積的一半，但又不超過刻度，然後 蓋緊瓶口。再將瓶子正立著量出水量S1，然 後把瓶反置，量出沒有水的部份的容積S2， 則S1+S2就等於這個瓶子的容積(如圖 1-2)。 問題：有點數 1 點至 13 點的 1 3 張紙牌， 正面朝上堆成一疊，並持於手上。然後把最 上面一張 (第 1 張)移到整疊牌最下面，再將 最上面一張(第 2 張)推出放在桌上；最上面 一張(第 3 張)移到整疊牌最下面，最上面一 張(第 4 張)推出放桌上……如此操作方式一 直持續到 13 張紙牌全數置於桌上為止。如果 要使推出的紙牌依點數 1 至 13，由小到大陸 續出現在桌上，問原先手上的 13 張牌，該如 何預先安排其次序？ 解答：將點數 1 至 13 點的 13 張紙牌正 面朝上，依點數由小到大，由上而下疊好， 並持於一隻手上。然後依題意之操作方式： 「取最上面一張置牌底，再取最上面一張置 桌上。」將手上 13 張牌一一推出後排列於桌 上，此時就可輕易見到先後出現的紙牌點數 為 2、4、6、8、10、12、1、5、9、13、7、 3、11。此次序換個角度來說，也就是如果要 讓點數 1 的紙牌最先被推出，就應將點數 1 的紙牌，安置於整疊牌的第 2 張的位置；而 接下來要推出的點數 2 的紙牌，應安置於整 疊牌的第 4 張的位置……所以原先整疊牌的 點數安排，由上而下應為 7、1、12、2、8、 3、11、4、9、5、13、6、10。 另解：像錄影帶倒帶那樣倒排就行。先 將點數由大到小，由上而下排好成一疊(如同 推 出 置 於 桌 上 的 牌)。 從 整 疊 牌 中 ， 將 點 數 13 的紙牌取過來放在手裡，再把點數 12 的 紙牌取過來放在點數 13 的紙牌上面，然後把 13 移到 12 上面。把點數 11 的紙牌取過來放 在手上紙牌的最上面，並將最下面那 1 張牌 (點數 12)移到最上面來。把 10 取過來放在最 上面，再把最下面的 1 張移到最上面來。以 此類推，把 13 張紙牌都移好就行(如圖 1-3)。 以上兩個例子，或許是不少讀者在一些 數學相關書籍中，常見到的問題。筆者將它 們同時呈現，是因為它們的解法中，都牽連 到「反」的思考途徑。或許有讀者這麼一聽， 會立刻聯想到：「老師理該教導學生走正途，S
1S
2 圖 1-1 圖 1-2你怎會鼓動他們走『反』途！」其實，這裡 所稱：「反」的思考，本無關「做人道理」， 而是其思考方式和途徑與一般解決問題執意 採取正視面向的解程「反其道而行」而已， 果真要與為人處事相提並論，這種思維觀點 的某部分還很像中國古人講的「反躬自省」， 也就是從結果推想事情，期使事相更透徹明 白的思考方式，所以也該是正人君子之所為。 譬如說：數學證明常用的「分析法」與 間接證題法中的「反證法」，以及數學解題中 常用的「逆推」(或「反推」) ，都可以說是 這種反向或反面觀點下的自然產物。我們可 以說：「反」的思考是一個人自啟蒙以來，思 考模式上的重大進展，於是一個人的思想會 因此跟著逐漸成熟。例如一個人第一次能夠 從較遠而陌生的路途，依循印象回到原出發 點；小孩子會開始反思到這件事情：「為什麼 我想跟他們玩，但是他們都不找我玩？」或 者用口語表達出想法：「阿傑喜歡小花，但反 過來看，小花好像不怎麼喜歡阿傑。」 此外，生活中也屢見不鮮道理更為深刻 的實例：一個老闆硬要讓一名員工離職，於 是將兩張都寫「去」字的紙條丟進盒子，然 後騙這個員工說：「如果你抽到了『留』字， 就可繼續做；如果抽到『去』字，就要立刻 辦離職！」員工在抽紙條時，識破老闆詭計， 於是抽起其中一張紙條就隨手撕爛，然後對 他的老闆說：「 只 要 看 盒 內 的 紙 條 寫 了 什 麼 字，不就可以知道被撕爛的紙條是寫『去』 還是『留』嗎？」 由此更加確定：「 反 」 不 只 不 是 指 「 反 對」，而且還可能完全「肯定」，是以「造『反』 有理」來論證一件事實的另一途徑。 那麼如何培養中學生具有「正與反」的 獨立與聯合運思的解題能力，進而提昇他們 慎思明辯的寬宏觀點與應對能力呢？當然除 了一般基礎邏輯知識的教學外，適時讓國中 階段的學生了解「正與反」雙向、多重途徑 的解題模式，也是當前倡導更「生活化」數 學教育之際，值得教師重視的課題。 以下就以筆者在國中任教所接觸到的幾 個數學問題，從「正」與「反」的不同角度 作解析，希望藉此讓讀者更加體會上述文字 的意涵。而且讀者從這些解題中不難發現： 部 分 問 題 的 解 題 途 徑 上 ， 往 往 也 蘊 含 更 多 「正」與「反」融合與深入的思考，而且正 如「煎土司」的道理一樣，有著百樣千變的 組合型式( 如圖 1-4)。 解題思考途徑 正
：
反：
正反融合： ： ：
： ： ： ： ： ：
圖 1-4 13 12 13 11 12 10 … … 12 1 7 13 12 13 11 12 … … 2 12 1 12 13 11 … … 8 2 12 13 … … 3 8 2 … … 11 3 8 4 11 3 9 4 11 5 9 4 13 5 9 6 13 5 10 6 13 7 10 6 7 10 圖 1-3二、本文：
問題(一)：
來自 k(1<k<13)所國中的 13 個學生，他 們圍著圓桌坐在一起。桌上現在有一副 52 張的撲克牌，每位學生從中任抽一張(這是每 個人第一次拿牌)，老師仔細看過學生拿的牌 後，發現花色是黑桃的張數正好等於 k。如 果老師要每位學生同時依逆時針方向，將手 上的持牌一張一張遞給他右手邊的學生，直 到每位學生都拿過 13 次(支)牌。請證明：在 13 次持遞牌的過程中，必有某次有來自同一 所國中的兩名學生，手上拿到了黑桃的牌。證明：
假 設 來 自 某 國 中 的 學 生 有 x(x>1) 人 13 ≠ ⇒k x (1)假如k x>13，就表示在 13 次的換牌中， 這x
個學生拿到黑桃的總次數超過 13，依 照迪里赫萊(Dirichlet)原則(抽屜原則)，他 們必有一次拿到兩張(以上)黑桃的牌。 (2)假如k x<13，就表示在 13 次的換牌中， 至 少 有 一 次 這x
個 學 生 都 沒 有 拿 到 黑 桃 的牌。但相反的，此時這 k 張黑桃的牌， 必落在另外 k -1 所國中的學生手上，依照 抽屜原則，必有某一所國中的學生拿到兩 張黑桃的牌。 由(1)及(2)，此題得證。反證：
讓我們討論每次每所學校拿到黑桃的牌 都不超過 1 張的情形： (1)若 13 次中有某校在某次拿到 0 張黑桃的 牌，則此次 k 所學校所拿到的黑桃張數必 小於 k，則與事實矛盾。 (2)若每校每次都拿到 1 張黑桃的牌，則在 13 次的持遞牌中，每校共拿到黑桃的總次數 皆 13 次。而此時來最多學生(設有 y 人， 而 y >1)的學校，學生共拿了ky次黑桃的 牌，但ky≠13，所以這個假設也不對。 由(1)及(2)，此題得證。問題(二)：
10 個足球隊進行單循環比賽，試證：在 賽程的任何時候，至少有兩個隊是賽完相同 的場數。證明：
假設賽程中的某一時候有一個隊已賽完 9 場，那麼這 10 個隊中每隊的的已賽場數只 能是 1 ，2，3 …… 8 ，9，依據抽屜原則， 至少有兩個隊的已賽場數是相同的。 而如果賽程的某一時刻，沒有任何一隊 賽完 9 場，那麼這 10 個隊的已賽場數只能是 0，1 ，2 ，3 …… 7 ，8，依據抽屜原則，至 少有兩個隊的已賽場數是相同的。反證：
假設賽程中的某個時候，每個隊的已賽 場數都不同，那麼 10 個隊的賽完場數會有 0，1，2，……，8，9 共 10 種情形。但此時， 已賽 9 場的隊必與每個隊都比賽過，所以不 可能有已賽場數是 0 的，所以假設不成立。問題(三)：
某球隊的隊長在一場球賽之後，準備將 他的獎金依次按照下述的方法分給他的隊友 ：第一個隊友分 100 元和所剩獎金的 10 1 ；第 二個隊友分 200 元和所剩獎金的 10 1；第三個隊友分 300 元和所剩獎金的 10 1；……；依次 類推，最後發現獎金正好分完，而且每個隊 友又分得一樣多錢，那麼隊長共有幾個隊友 (隊長不算在內)？又每個隊友分得多少元？ 解【1】：假設全部的獎金有
x
元 第一個隊友分得 x x 10 1 90 ) 100 ( 10 1 100+ − = + (元) 第二個隊友分得 x x x 100 9 171 ] 200 ) 10 1 90 ( [ 10 1 200+ − + − = + (元) x x 100 9 171 10 1 90+ = + x x 17100 9 10 9000+ = + ⇒ 8100 = ⇒x 每一個隊友分得 8100 900 10 1 90+ × = (元) 因為8100÷900 =9，所以隊長共有 9 個隊 友。 解【2】：假設最後一位隊友分得獎金y
元 倒 數 第 二 個 隊 友 分 得 的 獎 金 為 10 1 ) 100 (y− 元+所剩獎金的 ，而此算式可 知：所剩獎金的 10 1 就是 100 元，因此得 知所剩獎金為 1000 元。而最後一位隊友 就是分得 900 100 1000− = 元，由獎金的分法反推可 知：隊長的隊友恰有 9 人。問題(四)：
有個表演廣場共有 25 排座位，依次每一 排比前一排多 2 個座位，已知最後一排有 80 個 座 位 ， 那 麼 這 個 表 演 廣 場 共 有 多 少 個 座 位？ 解【1】：將第一排座位數當成等差級數的首項 所以n=25 ,d =2,an =80 由an =a1+(
n−1)
d 推得(
25 1)
2 32 80=a1+ − × ∴a1=(
)
(
)
1400 2 80 32 25 2 1+ = + = = n n a a n S 所以共有 1400 個座位。 解【2】：將最後一排座位數當成等差級數的首 項 所以n=25,d=−2,a1=80( )
[
]
1400 2 112 25 2 2 24 80 2 25 = × = − × + × = n S 所以共有 1400 個座位。問題(五)：
自一群男女之中，女走了 15 名時，則餘 下來的男女比例為 2 比 1，在此之後，男走 了 45 名，則男女的比例為 1 比 5。問最初的 女人數是多少？ 解【1】：設最初女人數為 x ，依題意知男人數 為2(x−15)(
)
[
2 15 45]
15 5 5 1 15 45 ) 15 ( 2 = ⇒ − − = − − − − ∴ x x x x 360 9 15 225 150 10 − − = − ⇒ = ⇒ x x x 40 = ∴x 解【2】：最後的男女比例為 1 比 5(如下圖) 若 45 名男生回來，則男：女=2：1(如下 圖) 由上面兩個圖中可推得 □ =45÷9=5(人) ∴最初的女人數=5×5+15=40(人)問題(六)：
有一堆梨子，甲取全部的一半多一個， 乙取剩下的一半多一個，丙再取剩下的一半 女 男 女 男 45人
多一個，丁又取剩下的一半多一個，而且這 四個人剛好將全部的梨子取完。 問原來總共有多少個梨子？ 解【1】：假設原有梨子
x
個 甲取 1) 2 1 ( x+ 個；乙取 ) 2 1 4 1 ( 1 )] 1 2 1 ( [ 2 1 + = + + − x x x 個 丙取 ) 4 1 8 1 ( 1 )] 2 1 4 1 ( ) 1 2 1 ( [ 2 1 − + − + + = + x x x x 個；丁取 ) 8 1 16 1 ( x+ 個 由 x x x x x+ + + + + + + )= 8 1 16 1 ( ) 4 1 8 1 ( ) 2 1 4 1 ( ) 1 2 1 ( 8 15 16 1 = ⇒ x ∴x=30 所 以 原 有 梨 子 30 個。 解【2】：由丁取剩下的一半多一個後，梨子剛 好取完，可反推得知，丁未取梨子之 時 ， 所 剩 梨 子 數 應 有2×(0+1)=2 個。同理得知丙未取梨子之時，所剩 梨子數有2×(2+1)=6個；乙未取梨 子之時，所剩梨子數有2×(6+1)=14 個；甲未取梨子之時，所剩梨子數有 30 ) 1 14 ( 2× + = 個。所以原有的梨子 數為 30 個。問題(七)：
解 3) 3] 3 3 0 2 1 ( 2 1 [ 2 1 2 1 = − − − − x 解【1】：利用移項法則與等量乘法： 6 3 ] 3 ) 3 2 1 ( 2 1 [ 2 1 = − − − x ⇒ 3) 3 18 2 1 ( 2 1 = − − x ⇒ 3 42 2 1 = − x ⇒ x=90 解【2】：將「方程思想」擬想成實際問題，運 用「正反融合」的思考解題也頗有 趣：有四個人取物，第一人取全部的 一半少 3 個，第二人取第一人的一半 少 3 個，第三人取第二人的一半少 3 個，第四人取第三人的一半少 3 個， 則第四人取到的數量為 0，求原來的 物品數量？ 我們就可用反推的思考方式：將後 面 一 人 所 取 之 物 的 數 量 加 3 後 乘 2，就可得前一人所取數量。所以原 來 的 物 品 數 量 為 90 ) 3 ) 3 ) 3 ) 3 0 ( 2 ( 2 ( 2 ( 2 + + + + = 個。問題(八)：
一元二次方程式5x2+8x+m=0的兩根 為 5 31 4± − = x ，求m
值？ 解【1】：利用公式解可得 10 20 64 8 5 2 5 4 8 8 2 m m x =− ± − × × × − ± − = 與 5 31 4± − = x 對照可得 31 2 20 64− m= 3 31 5 16− = ⇒ =− ⇒ m m 解【2】：因為 5 31 4± − = x ，由配方法反推原 方程式配方可得(5x+4)2 =31 0 15 40 25 2+ − = ⇒ x x ，與 0 8 5x2+ x+m= 對照可得 3 5 15= ⇒ =− − m m問題(九)：
試證任意三邊長為整數的直角三角形， 必有一股邊的長為 3 的倍數。 說明：可走三種不同的證明途徑，其中有證 明(1)：利用商高定理，直接證出必有 一股邊長為 3 的 倍 數 ； 也 可 用 證 明 (2)：假設有一股邊長不是 3 的倍數， 而證出另一股邊長必是 3 的倍數。但 也可以利用反證法(3)：假設兩股長皆 不是 3 的倍數，證出此三角形不為直 角三角形，而與事實條件矛盾。 證明【1】：設兩股長為a
和b
，斜邊長c
設a=3m−k(m正整數，k=0，1，2) ) 3 (mod 0 2≡ ⇒a 或a2 ≡1(mod3) 同理可推b2 ≡0(mod3)或 ) 3 (mod 1 2 ≡ b ，c2 ≡0(mod3)或 ) 3 (mod 1 2 ≡ c 由 2 2 2 c b a + = ≡ ≡ ⇒ ) 3 (mod 0 ) 3 (mod 0 2 2 b a 或 ≡ ≡ ) 3 (mod 1 ) 3 (mod 0 2 2 b a 或 ≡ ≡ ) 3 (mod 0 ) 3 (mod 1 2 2 b a 即a2 ≡0(mod3)或b2 ≡0(mod3) 2 3 a ⇒ 或 2 3 b ⇒ 3 a或3 b故得證。 證明【2】：設兩股長為a
和b
，斜邊長c
假設a=3m−k(m正整數，k=1，2) ) 3 (mod 1 2≡ ⇒a 若b=3n−p(n正整數， p=0，1，2) ) 3 (mod 0 2 ≡ ⇒b 或b2 ≡1(mod3) 且c=3r−s(r正整數，s=0，1，2) ) 3 (mod 0 2 ≡ ⇒c 或c2 ≡1(mod3) ) 3 (mod 1 2 2+ ≡ ⇒a b 或 ) 3 (mod 2 2 2 + ≡ b a 由 2 2 2 c b a + = 推知a2+b2≡2(mod3) 不合【Qc2 ≡0(mod3)或c2 ≡1(mod3)】∴
a2+b2≡1(mod3) ⇒ 3 b2 ⇒ 3b 故 得證。 證明【3】：設兩股長為a
和b
，斜邊長c
假設a=3m−k(m正整數，k=1，2) ) 3 (mod 1 2≡ ⇒a 假設b=3n−p(n正整數， p=1，2) ⇒ b2 ≡1(mod3) 若c=3r−s(r正整數，s=0，1，2) ) 3 (mod 0 2 ≡ ⇒c 或c2 ≡1(mod3) ) 3 (mod 2 2 2+ ≡ ⇒a b 由 2 2 2 c b a + = 推知a2 +b2 ≡2(mod3) 不合【Qc2 ≡0(mod3)或c2 ≡1(mod3)】 ∴3 a或3 b 故得證。 若將問題的「必有一股邊的長為 3 的倍 數」改為「必有一邊的長為 5 的倍數」， 則命題仍然成立，解法也大致相同。問題(十)：
如 圖 2-1 ， 在 △ ABC 中 ， BD 平 分 ABC ∠ 且 交 AC 於 D，CE平分∠ACB且 交 AB 於 E ， 若 BD CE= ，求証△ABC 為等腰△。 反證【1】：(如圖 2-2) (1)作平行四邊 形 BDFE 使 EF∥BD， DF∥BE， 連CF。 (2)假設 BCE ∠ > DBC ∠ B C A E D 圖 2-1 B C A E D F 圖 2-2BD CE = Q ，BD= EF EF CE = ∴ ⇒∠ECF =∠EFC 又∠BCE>∠DBC，BC=BC， BD CE= 由樞紐定理⇒BE>CD BE DF = Q ∴DF>CD……○1 ECB DCE =∠ ∠ Q > EFD EBD DBC=∠ =∠ ∠ 又 DCF EFC ECF=∠ ∴∠ ∠ <∠DFC ，DF<
