龍騰數亦優第43期

(1)

(2)

編輯室墨記

本期收錄〈國立臺灣師範大學數學系 110 學年度大學申請入學指定項目甄試試題〉，

並附上試題詳解，提供給您參考。

李蕙如老師、許雯琇老師在第 40 期分享了〈組合摺紙—鏤空立方體〉，在有趣的摺紙活動中玩數學。這期兩位老師與廖淑芳老師聯手帶來〈四面體翻轉環初探—以六角為例〉，繼續在摺紙與數學的世界中徜徉，您一定也不想錯過！

李維昌老師的〈關於一道多項式函數插值問題利用三種不同方法來求解〉則以直觀、巴貝奇、牛頓三種不同的插值法，來求解一道多項式函數插值問題。過程中展示了無窮的巧思，十分精彩。

劉俊易老師、許閎揚老師的〈

[³n³n 1] [ 8³ n4]

的推廣〉從已經證明的數學式出發再作延伸探討，顯示了只要擁有足夠的好奇心、熱情以及高中數學知識，不須具備高深的技巧，就能在探討數學的過程中享受無止盡的趣味。

如果還沒接觸過選修數學甲（下）的棣美弗定理，但又想要推導

coscos2 cosn

與

sinsin 2 sin n

的公式，那麼我們可以利用高二數學 A 課程中的旋轉矩陣來試試。請看許閎揚老師和陳敬翰同學的〈用旋轉矩陣來證明三角等式〉!

最後，翻開動手玩數學，來一趟喬治‧波里亞式的解題四步驟之旅吧！

※ 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：蔡欣樺執行編輯：林一妃美術編輯：蔡孟侖

發行所：龍騰文化事業股份有限公司地址：248021新北市五股區五工六路30號電話：(02)2299-9063

傳真：(02)2298-9755 創刊日：2006/11/30 出刊日：2021/11/26

網址：https://www.ltedu.com.tw

(3)

龍騰數亦優 2021.11 目次龍騰業務跑天下數學質好畫亦優

許許志志農農 ^{臺灣師大數學系}

》》國立臺灣師範大學數學系 110 學年度大學申請入學指定項目甄試試題

廖淑廖淑芳芳

照南國中數學教師、

李蕙李蕙如如

路竹高中數學教師、

許雯許雯琇琇

北市中正高中數學教師

》》四面體翻轉環初探—以六角為例

李維李維昌昌國立宜蘭高中退休教師

》》關於一道多項式函數插值問題利用三種不同方法來求解

劉俊劉俊易易、許許閎揚閎揚 ^{彰化藝術高中數學教師}

》》 [

³

n 

³

n   1] [ 8

³

n  的推廣 4]

許閎許閎揚揚 ^{彰化藝術高中數學教師} 、、陳陳敬敬翰翰 ^學生

》》用旋轉矩陣來證明三角等式

許志許志農農 ^{臺灣師大數學系}

》》動手玩數學專欄

》》動手玩數學《第 42 期》破解祕笈 3

32 43 25 10

37

(4)

數亦優 3

國立臺灣師範大學數學系

1. 已知實數 x、y、z 滿足9x²y²4z² 16。 (1) 試求 3x 2y2z的最小值。

(2) 承上題，試求發生最小值時，x、y、z 之值。

2. 設數列  的首項a_n a  ，且對所有正整數 n，滿足₁ 2 1 1 2ⁿ

n

a a

  a 。

試證： 2 ₂₀₂₁ 2 1 a 2021

   。

3. 平面上一扇形 OAB 滿足OA OB  ，且圓心角 AOB 5   。 (1) 若 0

2

 

  ，試證對於任意正整數 n，cosⁿ sinⁿ_n 1

   。 (2) 若 0

 2

   ，試證上述不等式仍然成立。

4. (1) 給定兩個複數z , ₁ z ，證明2 |z z1 2| | || | z z1 2 。

(2) 給定四個相異正整數 a, b, c 和 d，證明至少存在兩組相異非負整數解 ( , )u v 和 ( , )s t 滿足

2 2 ( 2 2)( 2 2) 2 2

u  v a b c d  s t 。

5. 將 1 到 50 的正整數填入50 50 的格子內，使每個數恰出現五十次。

(1) 設有 r 列出現 1，亦有 c 行出現 1，試證r c  。 15 (2) 試證一定存在某一列或某一行，出現至少 8 個不同的數。

1.(1) 1.(2) 2. 3.(1) 3.(2)

8



2

x   ，3 y  2 2， 1

z  

見解答見解答見解答

4.(1) 4.(2) 5.(1) 5.(2)

見解答見解答見解答見解答

筆試一計算證明題

(5)

數亦優 4

1. (1) 根據柯西不等式，

2 2 2

| (1, 2,1)(3 , ,2 ) |x y z  4 9x y 4z 。簡化後得到| 3x 2y2 | 2 4 8z    。因此，最小值為 8 。 (2) 等號成立於( , , ) ( 2, 2 2, 1)

x y z   3  。 2. ① 首先利用算幾不等式得到

2020 2020

2021

2020 2020

1 2 1 2

2 2

a a

a  a  a  ，

其中等號不會發生。因為等號成立時，a2020  2為無理數，然而遞迴式產生的數列均是有理數，故不可能發生。

② 另外，我們將證明：對所有的正整數 n， 2 a_n 2 1

   成立。 n 當n  時，1 2  a₁ 2 2 1 成立。

假設n k 時， 2 a_k 2 1

   成立。 k 當n k  時，可推得 1

1

2 1

1 1 2 1 2 1

2 2 2 2 1

k k

k

a k

a^ a k k

        



所以由數學歸納法得證 2 a_n 2 1

   成立。 n 故當n 2021時， 2 2021 2 1

a 2021

   亦成立。

3. (1) 若 0

2

 

  ，假設通過垂足 B 點的直線與 OA 的延長線相交於 C 點。若比較面積大小，

我們可知

OAB 

△ 扇形 OAB △OCB 1 5 5sin 1 52 1 5 5tan

2  2  2 

        sin  tan

  

1 1

sin cos



 

   （∵ sin  ） 0

(6)

數亦優 5 0 cos sin 1

     0 cosⁿ sinⁿ_n 1

     ， n » 。 (2) 若 0

 2

   ，則 0

2

 

   ，並且由第(1)題的結果可得 sin ( )

0 cos ( ) 1 ( )

n n

n

 



    

 ， n »

( 1) sin

0 cos 1

( 1)

n n

n

 



    

 ， n »

0 cosⁿ sinⁿ_n 1

     ， n » 。 4. (1) 略。

(2) 令z₁  , a bi z₂  , c di z₂   ， d ci 則|z z_{1 2}| |² z z_{1 2}| (² a²b c²)( ²d²)。

因此可知至少兩組解s ti z z  _{1 2}、u vi z z  _{1 2}，

也就是{s ac bd t bc ad  ,   }與{u ad bc v bd ac  ,   }。驗證此兩組為不同解：

( ) ( ) ( )( ) 0 s u  ac bd  ad bc  b a c d  ，

( ) ( ) ( )( ) 0 t v  bc ad  bd ac  b a c d  。

5. (1) 假設數字 1 位於 c 行 r 列，依算幾不等式：c r 2 cr2 50 14.14 ，因為 c 與 r 皆為正整數，所以c r  。 15

(2) 令r 為第 i 列有幾個不同的數字，_i c 為第 i 行有幾個不同的數字。 _i 不失一般性，若r  ，1_i 7  i 50。則



r  _i 7 50^，

又由(1)知



(c ri i) 15 50  ^，

因此

 

c_i (c r_i _i)



r_i   15 50 7 50 8 50  ^，根據鴿籠原理，必存在 i，使得 8 50 8

i 50

c    。

(7)

數亦優 6

1. 設 a , b 為兩不平行的非零向量，t k 為滿足| a t b |為最小的實數。若 b 與 a k b 的

夾角為 ，其中 0    ，則sin

  ____________。 3

2. 設 a, b, c, d 為實係數四次方程式x⁴3x³   的四個複數根，則x 2 0

2 2 2 2

(a 2)(b 2)(c 2)(d   ____________。 2)

3. 擲一個公正的六面骰子四次，得到點數和為 13 的機率為____________。

4. 已知數列  滿足a_n ₁ 2 a  ，且3

1

2 3 2 1

n n

a n

a_ n

 

 ，n  , 3, 4, …，則2 ¹¹⁰

1 n n

a





____________。

5. 已知集合A {1,2,3}，B {4,5,6}，而 ( )f x 是由定義域 A 到對應域 B 的函數且滿足其值域不等於 B，則這樣的函數有____________個。

6. 將拋物線C y： 3x²的圖形平移使其頂點為 (2 , )a b ，得到的新曲線記為C 。已知₁ C 通過點₁ ( ,0)a 且與直線 2x y  相切，則數對 ( , )1 a b  ____________。

7. 在 ABC△ 中，若 sin 3 cos tan7 cos 3sin 12

A A



 

 ，則sin 2B2cosC的最大值為____________。

8. 有六個人和六張不同數字的卡片，每人各抽一張卡片，第一和第二人比較卡片的數字，數字較大者繼續和第三人比較卡片的數字，數字較大者繼續和下一人比較卡片的數字，持續到六個人的卡片都比較完。則第三人比較 4 次的機率為____________。

9. 已知 a, b 均為正數，則 (log a b)² (log100 b² 1)²

  a   的最小值為____________。

10. 空間中有兩條歪斜線L 與₁ L ，在₂ L 上依序有 A、B、C 三點且 AB BC₁  ，過 A、B、C 分別作L₂ 的垂線 AD 、 BE 、CF ，垂足依次是 D、E、F。若AD  15， 7

BE  ，2 CF  10，則L 與₁ L 的距離為____________。 2

1. 2. 3. 4. 5.

1

2  62 35

324

220

221 21

6. 7. 8. 9. 10.

( ,2 4)

3 3 3

2 0.2 2

5 6

筆試二填充題

(8)

數亦優 7

1. ² ² ² ² ² ² ² ²

2 2

( )

| | | | 2 | | | | ( ) | |

| | | |

a b a b

a t b a t a b t b b t a

b b

 

        

當 | |2

t a b k b

    時| a t b |最小，此時

2

2 2

( ) ( ) | | 0

| | | |

a b a b

b a k b b a b a b b

b b

 

         ，

所以 b 與 a k b 的夾角為 2

  ， sin sin 1

3 6 2

    。

2. 由x⁴3x³   x 2 (x a x b x c x d)(  )(  )(  )，分別令x  2與x   2代入，得 6 7 2 ( 2 )( 2 )( 2 )( 2 )

6 7 2 ( 2 )( 2 )( 2 )( 2 )

a b c d

      



         

 ，

兩式相乘即得(a²2)(b²2)(c²2)(d² 2) 36 98   。 62 3. 擲四次骰子的任何一次結果其機率都是 1₄ 1

6 1296。因此要考慮有多少種組合其點數和為 13，

也就是下面式子有多少組整數解：

1 2 3 4 13

x x    ，1x x   ，x_i 6 i  , …, 4。 1 即所有的正整數解刪去含有 10、9、8、7 的解。如下式：

12 4 2 3 4 5

3 1( 2 2 2 2) 140 C C C C C C  ，所以答案是140 140₄ 35

6 1296 324 。

(9)

數亦優 8 4. ₁ 2

a  ，而且 3

1

2 3 2 1

n n

a n a n ^

 



2

2 3 2 5 2 1 2 1 ⁿ

n n a

n n ^

 

 

 



1

2 3 2 5 2 7 1 2 1 2 1 2 3 5

n n n a

n n n

  

    

  

2 (2n 1)(2n 1)

   ，n  , 3, 4, …（對2 n  也成立） 1

既然 2 1 1

(2 1)(2 1) 2 1 2 1 an

n n n n

  

    ，

則¹¹⁰

1

1 1 1 1 1 220

(1 ) ( ) ( )

3 3 5 219 221 221

n n

a



       



^。

5. 全部扣掉映成函數的，即3 3! 21³  個。

6. C1：y3(x2 )a ²b

過 ( ,0)a , b 3a²，所以C₁：y3x²12ax9a²與y 1 2x相切，

將y 1 2x代入得到3x²2(6a1)x(9a²  ， 1) 0 由判別式等於 0，得到 2

a  ，切點 (1, 1)3  ，

2 4 4

3 3

9 3

b  a      ，所以數對( , ) ( ,2 4) a b  3 3 。 7. 將原式的分子、分母同除以 cos A 可得tan( ) tan7

3 12 A    ，故

A 4

  。

進而得到2 2 3 B C 2

    。將求值式全部化為C 的函數得

2 1 2 3 3

1 2cos 2cos 2(cos )

2 2 2

C C C

       ，

所以最大值為 3 2。

8. 由題意知前五人的卡片點數關係是[1,2] 3 [4,5]  ，因此第三人是前五人中卡片點數最大者，

所以機率是 1 0.2 5 。

(10)

數亦優 9 9. (log a b)² (log100 b² 1)²

  a  

可表示直線

log 1log 2

log100 2 log 2 2

x a a

y a x

a

  



     



上的點與拋物線 ₂ ₂

1 1

x b

y b x

 

      

 上的點之距離，

即動點A x x( ,  到直線² 1) L：2x y  2 0的距離 ( , )d A L 。又

2 2

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

5 5 5

x x x

d A L         ，

因此，所求最小值為 2

5 。最小值發生在拋物線上的點 (1, 2)A  與直線 L 上的點 9 8( , ) B 5 5 。

10. 過L 做平面 平行₂ L ，作 AP 垂直 於 P， AP 與₁ L 決定平面  ，  交 於直線₁ L ，₁ L 交₁ L₂ 於點 K，作 BQ 垂直 ，CR 垂直 ，垂足為 Q、R，則 Q、R 在L 上，且1 AP BQ CR L   與₁

L 的距離 d。連接 PD 、QE 、 RF ，則由三垂線逆定理， PD 、QE 、 RF 都垂直2 L 。 ₂ 15 2

PD d ， 49 ²

QE 4 d ，RF 10d² ，

當 D、E、F 在 K 同側時 2QE PD RF  ，解 49 4 d²  15d² 10d²，得到d  6；

當 D、E、F 不全在 K 同側時 2QE PD RF  ，解 49 4 d²  15d²  10d² 無實根，

所以L 與₁ L 的距離為 6 。 ₂

(11)

數亦優 10

一、四面體翻轉環的簡介》

我們隨手拿起一張紙，經過適當摺製，便可做出一個美麗的 kaleidocycle （又稱 flextangle）來把玩。這種數學玩具由斯托克（R. M. Stalker）在 1935 年所發明，很快地就在趣味數學（recreation mathematics）的愛好者中流傳起來。注視著環的上面，四面體的四個面就不斷地會被轉到你的眼前，若面上同時繪有圖案，更讓人會有如萬花筒一般地目不暇給的感覺，因此設計師華萊士．沃克（ Wallace Walker ）將這種結構稱為萬花環，英文為 Kaleidocycle，由三個希臘字源所組成：kálos（美麗的）、eîdos（形狀）、kyklos（環）。¹

此外，也有人從結構上直接將其譯為「四面體翻轉環」，並進一步以四面體的數量來區分六角翻轉環、八角翻轉環、…等等，或以翻轉時中央的閉合狀態區分為封閉翻轉環、半封閉翻轉環、開放翻轉環、…等類型（如圖 1.1）。由於本文除了要摺製紙環，更想進一步探討 kaleidocycle 的數學內涵，故筆者以「四面體翻轉環」稱之。

本文主要探討的是一般常見的六角四面體翻轉環（Hexagonal Kaleidocycle），它的結構是 6 個四面體，兩兩共用一個稜邊，圍成一個環。它共有 24 個面，12 個頂點，30 個邊。翻轉時，6 個四面體的某一面會一起出現，故可翻出 4 種花色。若在四面體翻轉環繪製圖樣，則翻轉的方向不同，又會產生不同的花樣變化，最多可翻出 8 種花色排列！（如圖 1.2）

現在，就讓我們來享受六角四面體翻轉環的摺紙趣味吧！

1金必耀、左家靜，〈珠璣科學之串珠萬花環〉，《科學月刊》，533 期，2014 年 5 月。

廖淑芳／苗栗縣照南國中數學教師李蕙如／高雄市路竹高中數學教師許雯琇／臺北市中正高中數學教師

(12)

數亦優 11

二、六角四面體翻轉環的摺製》

六角四面體翻轉環的摺製方式不只一種，筆者在此僅介紹最常見的基本摺法並做延伸。其他摺法則於文末提供相關連結供讀者參考。

(一)基本摺法：

1. 紙張尺寸：長寬比為 3：1 2. 摺製方法：

(1) 摺出短邊的中點並做上記號。

(2) 摺出長邊的三等分的摺痕，再摺出六等分的摺痕。

(3) 摺出如下圖之 EM 、 BF 、 GD 、 HN 摺痕。

(4) 摺出如下圖之 MG 、 AH 、 EC 、 FN 摺痕後，完成所有摺痕摺製，如圖 2.1。

(13)

數亦優 12

(5) 以膠帶將紙片黏成筒狀並立起後，將最上面的 3 個等腰鈍角△向中央壓陷，再將最外圍的 3 個尖角翻推到中央。

*可將膠帶貼在內側部分，將膠帶隱藏在內部。

(6) 再一次將外圍的 3 個尖角翻推到中央後，可再重複同樣動作繼續將外圍的 3 個尖角朝中央翻入，直到成環。

*若在重複將外圍尖角翻推到中央時，發生不易翻轉的情況，可將紙環的下方翻轉到上面

（上、下翻面），將 3 個等腰鈍角△向中央壓入。

(7) 最後，再稍作整理，即完成六角四面體翻轉環的摺製。

*此版本的六角四面體翻轉環，有一面是由兩個等腰鈍角△併合組成，如圖 2.2。

翻轉時，可能會有開口笑的情況，可使用膠帶將之固定。

(14)

數亦優 13 (二)延伸摺法：

此摺法主要就上述的基本摺法進行延伸調整，目的是讓六角四面體翻轉環的每一面均是完整平面，解決如圖 2.2 開口笑的情況。

1. 紙張尺寸：長寬比為 2：1 2. 摺製方法：

(1) 利用摺紙法將長邊六等分、短邊三等分，方法如下：

① 如圖，摺出長方形的兩條對角線之後，摺出OD 的中點 M。

② 摺出過 M、C 兩點的摺線交 AD 於點 N。

此時，△MND~△MCB且 1

MD3MB，故 1 1

3 3

ND BC AD。

③ 摺出過 N 點且垂直於 AD 的摺線分別交對角線於 P、Q 兩點。

此時，NP AB 且// 1

ND3AD，故得 1 NP3AB。

④ 利用上述等分點 N 摺出長邊的六等分線。

(15)

數亦優 14

(2) 摺出通過 P、E 兩點的摺痕與 CD 交於 'E 點，通過 Q、F 兩點的摺痕與 CD 交於 'F 點。

(3) 同上述步驟，摺出摺線NN 、' GG 。 '

(4) 摺出摺線EG 、' FN 、' NF 、' GE ，即完成所有摺痕摺製。 '

(5) 將短邊裁剪掉 1

6（下圖底下部分）。

*亦可不必裁剪，但可能會於翻轉有卡住情況。

(6) 組環之前，將下方處的兩個鈍角△剪半，並將三角形部分向內摺，如圖 2.3。

*亦可直接將三角形部分（右圖內摺△）剪掉。

(16)

數亦優 15 (7) 組環步驟與基本摺法相同，黏成筒狀之後，先將三角形內摺部分視作筒狀的底，最後再

摺合。

*下方兩組圖呈現步驟(5)的短邊是否裁剪掉 1

6的情況。

(8) 最後，可將內摺部分以膠固定。

三、六角四面體翻轉環裡的數學》

Q1：以基本摺法摺製六角四面體翻轉環時，須將正方形紙張裁成長寬比 3：1 的長方形，若不使用直尺的刻度做記號，僅以摺紙方式，要如何將正方形紙張的邊三等分？

A1：準備兩張相同大小的色紙，把其中一張四等分，如圖 3.1。接著把第二張色紙其中一個邊依圖 3.2 的方式對齊（圈起的兩點對齊），依序摺出兩條白色虛線即可將色紙三等分。

(17)

數亦優 16

Q2：基本摺法採用長寬比值為 3 的紙張，這個比例的紙張製作的六角四面體翻轉環，其每一面均為相同大小的等腰三角形，請問這個等腰三角形的邊長比為何？

A2：∵AB BC : 3:1，∴令AB ， BC r3r 

則 1

6 2

EH  AB ，r 1

4 4

GH BC r

故

2 2

5

2 4 4

r r r

EG EF           ，

1

2 2

GF  BC r

得EG EF GF : : 5 : 5 : 2

Q3：不斷翻轉摺製出的六角四面體翻轉環，翻轉過程中，等腰面的底角會一起指向中心，甚至相碰於中心，出現中央封閉的狀況，我們稱此現象為「封閉」，稱這類型的環為「封閉型六角四面體翻轉環」。觀察環在封閉那一剎那，環體的橫截面（如圖 3.4 的灰色線）有什麼特徵？

A3：我們先觀察單一個四面體，可發現做為等腰面底邊的兩條稜互相垂直（如圖 3.5 的粗黑線）。當環在封閉那一剎那，這兩條稜有一條會落在橫截面上，另一條與橫截面垂直，

此時橫截面會是一個由粗黑線做底邊的等腰三角形，即圖 3.3 中的 FG ，腰是等腰面底邊上的高，即圖 3.3 中的 HE 。因 FG HE ，故此截面三角形是一個正三角形。

6 個四面體的橫截面由 6 個正三角形拼成，恰好組成一個正六邊形，如圖 3.6。

Q4：要形成封閉六角四面體翻轉環的條件是什麼？

A4：環體的橫截面須形成一個正六邊形。

Q5：如果採用長寬比值大於 3 的紙張，並且仍然依循基本摺法的比例與步驟完成摺痕，也可以做出六角四面體翻轉環嗎？這樣的紙環與比值等於 3 之紙張製作出來的紙環有什麼不同？

A5：仍然可以做出六角四面體翻轉環，只是在翻轉的過程中環的內部無法形成閉合的狀態，如圖 3.8，我們稱此現象為「開放」，稱這類型的環為「開放型六角四面體翻轉環」。

在問題 3 有討論到，當我們要做環體的橫截面時，在單一個四面體上截出來的形狀為等腰三角形。進一步觀察圖 3.5，此時指向中心的角是這個等腰三角形的底角。

(18)

數亦優 17 接下來，我們觀察長寬比大於 3 的紙模（圖 3.7），每個等腰三角形都被拉長了，此時截面的等腰三角形腰長（灰色線段）大於底邊長（粗黑線段），使得截面的等腰三角形底角角度大於60 ，導致這 6 個截面的等腰三角形不會聚合在一起，變成一個開放型六角四面體翻轉環。

Q6：使用 6 個正四面體可不可以圍成一個六角四面體翻轉環？

A6：6 個正四面體可以圍成一個六角四面體環，但是它無法翻轉。

若頭、尾 2 個正四面體不要接在一起，只是將 6 個正四面體的某一個頂點碰在一起，同問題 3 去切出環體的橫截面，會發現 6 個三角形截面均不是正三角形，而是邊長為

3 : 3 : 2 的等腰三角形，如圖 3.9（粗黑的 3 個線段代表每個截面等腰三角形的底邊），

其中cos 2² ( 3)² ( 3)² 1

2 2 3 3

   

  ，得     ，它們無法圍成一個正六邊形，所以55 60 6 個正四面體不能形成六角四面體翻轉環。

由上述討論可知，以六角四面體翻轉環來看，截面等腰三角形的底角若大於60 ，可形成開放型六角四面體翻轉環；截面等腰三角形的底角若等於60 ，可形成封閉型六角四面體翻轉環；截面等腰三角形的底角若小於60 ，則無法形成六角四面體翻轉環。

(19)

數亦優 18

Q7：若想用正四面體製作翻轉環，至少要幾個正四面體才可以形成一個環？

A7：8 個，但它是開放型八角四面體翻轉環，無法做出封閉型的。因為正四面體之截面等腰三角形的底角約為54 ， 54 8 432   360 ，導致這 8 個截面的三角形不會聚合在一起，

故會變成一個開放型八角四面體翻轉環，如圖 3.10。

圖 3.10

Q8：若想做一個封閉型八角四面體翻轉環，需要使用長寬比為多少的長方形紙張來摺製？

A8：若我們要做封閉型 2n 角四面體翻轉環，

假設 是一個四面體之橫截面的等腰三角形底角，

需要 2n 個 角指向中心，結合起來為 360 ，即 2n  360  360

  2n，因此截面的等腰三角形的三個內角如圖 3.11 所示：

圖 3.11 由正弦定理：

180 360

sin sin 180

k x

n n

  

     

   

   



180 180 180

sin 360 =sin 360 = 180sin 180 = 1180 sin 180 sin 2sin cos 2cos

k n n n

x

n n n n n

  

     

     

     

            

，

2n 環，紙條的 2 2 1 =

180 180

2 2 2cos 2cos

n k n n

x

n n

   

 

    

   

   

橫長

寬，

∴當n  時（八角四面體翻轉環），紙張比例4 4 2 2 2cos45 

 。

*A4 紙的比例為 2 ，若將 A4 紙短邊對摺，就可得到邊長比為 2 2 的長方形了，

很方便吧！

(20)

數亦優 19

四、藝數之美》

常見的六角四面體翻轉環總共有 24 個面，每一次翻轉時，會有 6 個等腰三角形同時併合或張開，有如萬花筒裡的聚散。因此，若在摺製之前，先在四面體的每一個三角形面上繪製圖樣，那麼翻轉起來又會別具風貌與趣味。接下來，我們便來試著在翻轉環上加一些妝點，為它的翻轉增添規律之美。

首先，必須了解四面體翻轉環在翻轉時，邊與面的聚合關係，才能讓圖樣的聚合形成規律。而透過四面體翻轉環摺製過程，我們知道翻轉環模板上同一橫列的 6 個三角形的稜邊，即圖 4.1 中的 AB 與BC 、 CD 與 DE 、 EF 與 FG ，會兩兩接近並併靠在一起；而點 A、C、E、G 則會朝六邊形的中心點集中，此時觀察到的翻轉環會形成如圖 4.2 的樣貌。

若是將圖 4.2 的四面體翻轉環繼續往中心再翻轉入（或由中心往外翻出），直到 6 個面翻到翻轉環的下方，再將翻轉環翻面來觀察。此時，圖 4.1 模板上同一橫列的 6 個等腰三角形的稜邊，即 AB 與BC 、 CD 與 DE 、 EF 與 FG 將圍成一個六邊形，而點 A(G)、C、E 則變成該六邊形的三個頂點，如圖 4.3。

由此可知，翻轉環將會依據同一橫列的 6 個等腰三角形上所繪圖樣的特性，聚合成相同或相異的花色平面。接下來，我們先以簡單的圖樣來觀察圖樣的聚合。

當同一橫列的等腰三角形上所繪的圖形皆是如圖 4.4 中，以AG 為對稱軸的「線對稱圖形」時，四面體翻轉環翻轉或翻面之後，畫著相同圖樣的 6 個等腰三角形所聚合的花色平面都是相同的，如圖 4.5 與圖 4.6。

(21)

數亦優 20

而當同一橫列的 6 個等腰三角形上所繪圖形不是以圖 4.4 的 AG 為對稱軸的「線對稱圖形」，而是改繪以其他圖樣，如圖 4.7 的設計時，翻轉環上同一橫列的圖樣經過翻轉與翻面之後，皆會聚合成兩種花色平面，如圖 4.8 與圖 4.9。

確知六角四面體翻轉環翻轉時，邊與面的聚合關係；也觀察到所繪圖樣的特性與花色平面可產生的火花。接下來，我們便試著在六角四面體翻轉環的模板上，以手繪方式畫上圖樣。

在繪製圖樣時，可於同一橫列的 6 個等腰三角形分別畫上相同圖樣，再予以局部塗色，即可製造不對稱的效果，進而使翻轉環在翻轉時，產生兩種花色平面，如圖 4.10 中的第 2、第 4 橫列。

(22)

數亦優 21 圖 4.10

也可將同一橫列的兩個等腰三角形合併視為菱形，並在 3 個菱形內繪製圖樣，如圖 4.10 的第 1、第 3 橫列。此時，若留意邊與邊的聚合關係，並利用圓規輔助取點或弧，便能讓菱形之間的圖樣能順利地完美聚合。最後，請欣賞由圖 4.10 摺製而成的翻轉環於實際翻轉時，有如萬花筒般聚合的藝數之美。

五、結論與展望》

本文透過摺製最常見的封閉型六角四面體翻轉環，並嘗試著從環體的數學內涵分析四面體翻轉環的結構，還進一步從對稱概念介紹藝術創作，帶領讀者進行一場藝數之旅，歡迎讀者馬上著手製作一個獨一無二的「萬花環」！

文中已討論到關於六角四面體翻轉環，若環體橫截面的等腰三角形其底角等於60 ，可形成封閉的翻轉環，若底角大於 60 ，則形成開放的翻轉環。但有些四面體的面並非由等腰三角形構成，它們翻轉的時候可能會有時封閉有時開放，例如 invertible cube 就是一例；圖 5.1 是臺灣藝術家李再鈐先生創作的「天地人和」作品，它也是四面體翻轉環；這些都是值得進一步探究四面體翻轉環的主題。

(23)

數亦優 22

圖 5.1 創價學會，李再鈐雕塑《九十而作展》

（https://www.sokaculture.org.tw/exhibition/李再鈐雕塑-九十而作展）

另外，四面體翻轉環並非一定要由偶數個四面體組成，已有數學家發現奇數個四面體也可以作成四面體翻轉環，只是奇數個四面體做成的翻轉環其藝術性沒那麼高，本文就不深入探討，有興趣的讀者請自行查閱相關論文。

六、致謝》

本文的完成特別感謝林口國中李政憲老師、師大附中彭良禎老師、麗山高中洪明譽老師、

中壢高商吳淑惠老師、臺中二中吳惠美老師、仁德文賢國中王儷娟老師、鳳山高中連崇馨老師、楠梓國中顏敏姿老師、屏東女中陳哲成老師協助修正與提供寶貴意見。

七、參考資料》

1. 金必耀、左家靜，2014：珠璣科學之串珠萬花環。科學月刊，533 期。

https://www.scimonth.com.tw/tw/article/show.aspx?num=4867&page=1&fbclid=IwAR1ruJyh0EE e3DjcQ4MmHDTm3bsh-9vK__SXEEl0H351jA9JwRSkSobWw18

2. Kaleidocycles

http://www.mathematische-

basteleien.de/kaleidocycles.htm#Closed%20Ring%20of%20Six%20Pyramids 3. 六角四面體翻轉環的相關摺法影片連結：

(1)Arvind Gupta，A4 紙張無膠摺法：https://youtu.be/kFUyXWlObLw (2)折紙王子，三色環摺法：https://youtu.be/IcIpb4CCkmo

(24)

數亦優 23 附件：

(25)

數亦優 24

(26)

數亦優 25

一、研究目的》

試圖以直觀、巴貝奇（Babbage）、牛頓三種不同的插值方法，來求解一道多項式函數插值問題。

二、研究過程》

求解的題目如下：

設 ( )f x 為 10 次多項式函數，且 ( ) 1 f k k

k

 ，對k 0,1,2, ,9,10皆成立，試求 ( 1)f  之值。

方法一：直觀插值法 1. 我們設

(x1) ( )f x x[1 (c x1)(x2)(x3)(x4)(x5)(x6)(x7)(x8)(x9)(x10)]

此時 ( ) 1 f k k

k

 ，對k 0,1,2, ,9,10皆成立，

其中 c 為待定常數，需滿足

11 ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9)( 10) x c x x x x x x x x x x

1 ( 1 1)( 1 2)( 1 3)( 1 4)( 1 5)( 1 6)( 1 7)( 1 8)( 1 9)( 1 10) 0c

                       1

c 11!

 

因此可得以下的等式

( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9)( 10)

( 1) ( ) [1 ]

11!

x x x x x x x x x x

x f x x            ，並且存在多項式函數 ( )g x ，滿足

( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9)( 10) ( 1) ( ) 1

11!

x x x x x x x x x x

x g x             ，如果我們可求得多項式函數 ( )g x ，則 (x1) ( )f x  x x[(  1) ( )]g x

進而推得 ( )f x  x g x( )。

李維昌／國立宜蘭高中退休教師

(27)

數亦優 26

2. 現在我們利用巧思來求多項式函數 ( )g x 因為

( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9)( 10)

[ 1]

11!

x x x x x x x x x x

 

( 1)( 2) ( 9)( 10) ( 1)( 2) ( 9)

[ ]

11! 10!

x x x x x x x

   

([ 1)( 2) ( 9) ( 1)( 2) ( 8)]

10! 9!

x x x  x x x 

( 1)( 2) ( 8) ( 1)( 2) ( 7)

[ ]

9! 8!

x x x x x x

  

([ 1)( 2) ( 7) ( 1)( 2) ( 6)]

8! 7!

x x x  x x x 

( 1)( 2) ( 6) ( 1)( 2) ( 5)

[ ]

7! 6!

x x x x x x

  

([ 1)( 2) ( 5) ( 1)( 2)( 3)( 4)]

6! 5!

x x x  x x x x 

( 1)( 2)( 3)( 4) ( 1)( 2)( 3)

[ ]

5! 4!

x x x x x x x

  

([ 1)( 2)( 3) ( 1)( 2)]

4! 3!

x x x  x x 

( 1)( 2) ( 1)

[ ]

3! 2!

x x x

  

([ 1) 1]

x   2!

( 1)( 2) ( 9)( 1)

[ ]

11!

x x x x

   ([ 1)( 2) ( 8)( 1)] 10!

x x x x 

( 1)( 2) ( 7)( 1)

[ ]

9!

x x x x

  ([ 1)( 2) ( 6)( 1)] 8!

x x x x 

( 1)( 2) ( 5)( 1)

[ ]

7!

x x x x

  ([ 1)( 2) ( 4)( 1)] 6!

x x x x 

( 1)( 2)( 3)( 1)

[ ]

5!

x x x x

  ([ 1)( 2)( 1)]

4!

x x x 

( 1)( 1)

[ ]

3!

x x

  ([ 1)] 2!

x 

( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9) ( 1) [

11!

x x x x x x x x x

x         

   

( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8) 10!

x x x x x x x x



(28)

數亦優 27 ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)

9!

x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6) 8!

x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5) 7!

x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4) 6!

x x x x

 ( 1)( 2)( 3)

5!

x x x

 ( 1)( 2)

4!

x x

 ( 1)

3!

 x  1 ] ( 1) ( ) 2! x g x

    ，因此可求得

( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9)

( ) 11!

x x x x x x x x x

g x           

( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8) 10!

x x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7) 9!

x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6) 8!

x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5) 7!

x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4) 6!

x x x x

 ( 1)( 2)( 3)

5!

x x x



( 1)( 2) 4!

x x

 ( 1)

3!

 x  1

 ， 2!

進而

( ) ( ) f x  x g x

= ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9) 11!

x x x x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8) 10!

x x x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7) 9!

x x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6) 8!

x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5) 7!

x x x x x x



(29)

數亦優 28

( 1)( 2)( 3)( 4) 6!

x x x x x

 ( 1)( 2)( 3)

5!

x x x x



( 1)( 2) 4!

x x x

 ( 1)

3!

x x 

 2!

 。 x

3. 所求

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 f            

1 (2520 2772 3080 3465 3960 4620 5544 6930 9240 13860) 27720

          

55991 27720

  。方法二：巴貝奇插值法

1. 引述巴貝奇定理：設 ( )f x 為 10 次多項式函數，d  ，則 0

11 11 11 11

11 ( 11 ) 10 ( 10 ) 9 ( 9 ) 8 ( 8 )

C  f a d C  f a d C  f a d C f a d

11 11 11 11

7 ( 7 ) 6 ( 6 ) 5 ( 5 ) 4 ( 4 )

C f a d C f a d C f a d C f a d

           

11 11 11 11

3 ( 3 ) 2 ( 2 ) 1 ( ) 0 ( ) 0 C f a d C f a d C f a d C f a

            。 2. 我們取a  ，10 d   ，可得 1

11 11 11 11 11 11

11 ( 1) 10 (0) 9 (1) 8 (2) 7 (3) 6 (4)

C   f C f C f C f C f C f

11 11

5 (5) 4 (6)

C f C f

    C3¹¹f(7)C2¹¹ f(8)C1¹¹ f(9)C0¹¹ f(10) 0 。 3. 所求

( 1) f 

11 11 11 11 11 11

0 1 2 3 4 5

(10)( ) (9)( ) (8)( ) (7)( ) (6)( ) (5)( )

f C f C f C f C f C f C

     

116

(4)( ) f C

  f(3)(C7¹¹) f(2)(C8¹¹) f(1)(C9¹¹) f(0)(C10¹¹)

11 11 11 11 11 11

0 1 2 3 4 5

10 9 8 7 6 5

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 11 C 10 C 9 C 8 C 7 C 6 C

     

11 6

( )(4 ) 5 C

  ( )(3 ₇¹¹) ( )(2 ¹¹₈ ) ( )(1 ¹¹₉ ) 0 4 C  3 C  2 C 

11 11 11 11 11

0 1 2 3 4

1 1 1 1 1

(1 )( ) (1 )( ) (1 )( ) (1 )( ) (1 )( )

11 C 10 C 9 C 8 C 7 C

         

11 11

5 6

1 1

(1 )( ) (1 )( )

6 C 5 C

    (1 1)( ¹¹₇ ) (1 1)( ₈¹¹) (1 1)( ₉¹¹)

4 C 3 C 2 C

     

11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10 11

[(C C C C C C C C C C C C ) ( C C )]

              

11 11 11 11 11 11 11 11 11 11

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

[ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )]

11 C 10 C 9 C 8 C 7 C 6 C 5 C 4 C 3 C 2 C

          

[(1 1)11 ( 11 1)]

    

1 1 1 5 1 2 1 1

[( ) (1 ) ( 6 ) (20 ) ( 47 ) (77) ( 92 ) (82 ) ( 55) (27 )]

11 10 9 8 7 5 2 2

                     

(30)

數亦優 29 ( 10 1 6 20 47 77 92 82 55 27)

            ( 1 1 1 5 1 2 1 1) 11 10 9 8 7 5 2 2

       

( 2)

   ( 1 1 1 5 1 2) 11 10 9 8 7 5

      55440

( )

27720

   ( 2520 2772 3080 17325 3960 11088) ( 55440 551) 55991

27720 27720 27720

           。

方法三：牛頓插值法 1. 我們設

( ) 10 ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9) f x c x x x x x x x x x x

9 ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)

c x x x x x x x x x

        

8 ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)

c x x x x x x x x

       

7 ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)

c x x x x x x x

      

6 ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)

c x x x x x x

     

5 ( 1)( 2)( 3)( 4)

c x x x x x

    

4 ( 1)( 2)( 3)

c x x x x

   

3 ( 1)( 2)

c x x x

  

2 ( 1)

c x x

  c x1

 。

2. 首先當x  時， (0) 00 f  ，

我們依序來求c ，_i i 1,2,3, ,9,10。當x  時，1 1 (1) ₁ ₁ 1

2 f   c c 2!。

當x  時，2 2 (2) 2 ₁ 2 ₂ ₂ 1 1 3 f  c  c      。 c 6 3!

當x  時，3 3 (3) 3 ₁ 6 ₂ 6 ₃ 4 f  c  c  c

3 1 1 2 1 1 1 3 6 4 1 1 8 2 8 4 6 24 24 4!

c c c  

          。

當x  時，4 4 (4) 4! ₁ 4! ₂ 4! ₃ 4! ₄ 5 f 3!c 2!c 1!c 0!c

4 4 1 1 1 4 5 1

5! 3!2! 2!3! 1!4! 5! 5! 5!

c

         。

當x  時，5 5 (5) 5! ₁ 5! ₂ 5! ₃ 5! ₄ 5! ₅ 6 f  4!c 3!c 2!c 1!c 0!c

5 1[( 1 6 6! 6! 6! 6! 1) 1]

6! 4!2! 3!3! 2!4! 1!5!

c

         

(31)

數亦優 30

1[( 6! 6! 6! 6! 6! 6! 6! ) 1]

6! 6!0! 5!1! 4!2! 3!3! 2!4! 1!5! 0!6!

        

1[ (1 1) 1]⁶ 1

6! 6!

     。

當x  時，6 6 (6) 6! ₁ 6! ₂ 6! ₃ 6! ₄ 6! ₅ 6! ₆ 7  f 5!c 4!c 3!c 2!c 1!c 0!c

6 6 1 1 1 1 1 6 7 1

7! 5!2! 4!3! 3!4! 2!5! 1!6! 7! 7! 7!

c

           。

當x  時，7 7 (7) 7! ₁ 7! ₂ 7! ₃ 7! ₄ 7! ₅ 7! ₆ 7! ₇ 8  f 6!c 5!c 4!c 3!c 2!c 1!c 0!c

7 1[( 1 8 8! 8! 8! 8! 8! 8! 1) 1]

8! 6!2! 5!3! 4!4! 3!5! 2!6! 1!7!

c

           

1[( 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! ) 1]

8! 8!0! 7!1! 6!2! 5!3! 4!4! 3!5! 2!6! 1!7! 0!8!

          

1[ (1 1) 1]⁸ 1

8! 8!

     。

當x  時，8 8 (8) 8! ₁ 8! ₂ 8! ₃ 8! ₄ 8! ₅ 8! ₆ 8! ₇ 8! ₈ 9 f 7!c 6!c 5!c 4!c 3!c 2!c 1!c 0!c

8 8 1 1 1 1 1 1 1

9! 7!2! 6!3! 5!4! 4!5! 3!6! 2!7! 1!8!

c

        

8 9 1 9! 9! 9!

    。

當x  時，9 9 (9) 9! ₁ 9! ₂ 9! ₃ 9! ₄ 9! ₅ 9! ₆ 9! ₇ 9! ₈ 9! ₉ 10 f 8!c 7!c 6!c 5!c 4!c 3!c 2!c 1!c 0!c

9 1 [( 1 10 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! 1) 1]

10! 8!2! 7!3! 6!4! 5!5! 4!6! 3!7! 2!8! 1!9!

c

             

1 [( 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! ) 1]

10! 10!0! 9!1! 8!2! 7!3! 6!4! 5!5! 4!6! 3!7! 2!8! 1!9! 0!10!

            

1 [ (1 1)¹⁰ 1] 1

10! 10!

     。當x  時， 10

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

10 (10) 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10! 10!

11 f  9!c  8!c  7!c  6!c  5!c  4!c  3!c  2!c  1! c  0!c

10 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1

11! 9!2! 8!3! 7!4! 6!5! 5!6! 4!7! 3!8! 2!9! 1!10!

c

          

10 11 1 11! 11! 11!

    。

(32)

數亦優 31 因此

( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9)

( ) 11!

x x x x x x x x x x

f x           

( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7)( 8) 10!

x x x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7) 9!

x x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)( 6) 8!

x x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4)( 5) 7!

x x x x x x



( 1)( 2)( 3)( 4) 6!

x x x x x

 ( 1)( 2)( 3)

5!

x x x x



( 1)( 2) 4!

x x x

 ( 1)

3!

x x 

 2!

 。 x

3. 所求

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 f            

1 (2520 2772 3080 3465 3960 4620 5544 6930 9240 13860) 27720

          

55991 27720

  。

三、結語》

1. 利用直觀插值法需要先利用巧思求得多項式函數 ( )f x ，再將x   代入 ( )1 f x 求得 ( 1)f  之值。

2. 利用巴貝奇插值法不用先求多項式函數 ( )f x ，可直接求 ( 1)f  之值。

3. 利用牛頓插值法需要先求得多項式函數 ( )f x ，再將x   代入 ( )1 f x 求得 ( 1)f  之值。

四、參考文獻》

1. 許志農，龍騰版高中數學 1 教師手冊（民國 97 年修正發布之普通高級中學數學課程綱要），第二章充實教材 1.巴貝奇定理，第 30～32 頁。

2. 許志農，龍騰版高中數學 1（民國 97 年修正發布之普通高級中學數學課程綱要），第二章多項式函數：牛頓插值法，第 82～83 頁。

(33)

數亦優 32

3 3 3

[ n  n   1] [ 8 n  的推廣 4]

一、前言》

在中研院《數學傳播季刊》第 157 期[2]中，李錦鎣教授介紹了數學式

3 3 3 3

[ n n 1] [ 8n 3] [ 8n ，其中4] n 為自然數，[ ]x 表示小於或等於x 的最大整數，也就是 x 的高斯函數值。在文章中他使用微積分的方法給予證明並做出了推廣。對於這個主題，我們好奇若將 n 改為

2n 或

3n ，那麼原來的等式是否會改變？若改變的話，又會變成什麼形式？以下是我們的探討。

二、

^[³ ₂ⁿ ^³ ₂ⁿ^^1]

的探討》

在計算機的幫助下，我們得到當0 n 1000時，[³ ³ 1] [ 4³ ]

2 2 16

n  n  n r 成立，其中 r

可以是 48,49, ,63 。有了這個計算結果，很自然地，我們猜想：若選定一個實數 r 滿足 3  ，則對所有自然數 n ，r 4 [³ ³ 1] [ 4³ ]

2 2

n  n  n r 恆成立。

在證明這個猜想前，我們先證明下面三個預備定理。

預備定理 2.1：當自然數n  時，不等式2 ³ ³ ² 1 8 4 2 4

n n   恆成立。 n 證明：很明顯，

3 2

3 1

8 4 2 4 n n   n

3 2 3 3 2 3 1

8 4 8 16 32 64

n n n n n

     

2 3 1

16 32 64 n n

  

3 2 13 ( )

4 16 n

   ，

因為最後一式對於所有n  均成立，因此本定理得證。 2

劉俊易、許閎揚／彰化藝術高中數學教師

(34)

數亦優 33 預備定理 2.2：對所有自然數 n ，不等式³ ³ ² 1

8 2 2 2 2

n n    恆成立。 n n 證明：很明顯，

3 2

3 1

8 2 2 2 2 n n    n n

3 2

1 3

( ) 8 2 2 2 2 n n n n

    

2 1

8 8 8 n n

   ，

因為最後一式對於所有n  均成立，因此本定理得證。 1

預備定理 2.3：若實數 r 滿足 3  ，則對任意自然數 n ，等式r 4 [ 4³ n 3] [ 4³ n r 恆成立。 ] 證明：對於任何自然數n ，存在整數 k 使得

3 4 3 4 4 ( 1)3

k  n  n  k

34 3 34 34 4 1

k n n r n k

         。

有了上面這三個預備定理，現在來證明我們的猜想，即下面的定理 1。

定理 1：若實數 r 滿足 3  ，則對任意自然數 n ，r 4 [³ ³ 1] [ 4³ ] 2 2

n  n  n r 都成立。

證明：當n  時：1 [³ 1 ³ 3] [ 4³ ] 1 2  2    。 r 當n  時：我們要證明 2

34 3 3 3 1 34 4

2 2 n n

n     n 。 (1.1)

(1.1)式成立

3 2 3 2

3 3

4 3 1 3 3 4 4

8 4 8 2 2

n n n n n

n n n

          

3 2 3 2

3 3

3 2 3 3 3 3

8 4 8 2 2

n n n n n

n n

        

3 2 3 2

3 3

2 1

3 8 4 8 2 2

n n n n n

n n

         。 (1.2)

由預備定理 2.1，得

3 2

1 3 1

2 4 8 4 2 3

n  n n   。 n (1.3)

另一方面，由預備定理 2.2，得

3 2

1 3 2

2 2 8 2 2 2 3

n  n n    。 n n (1.4)

(35)

數亦優 34

將(1.3)與(1.4)式相加，得

3 2 3 2

3 3

2 3 1

3 4 8 4 8 2 2

n n n n n

n   n       。 n

因此(1.2)式成立，而(1.2)等價(1.1)，由(1.1)式與預備定理 2.3 可得證

3 3 3

[ 1] [ 4 ] 2 2

n n  n r 。

三、

^[³ ₃ⁿ ^³ ₃ⁿ^^1]

的探討》

利用計算機，我們得到當0 n 1000，[³ ³ 1] [³8 ]

3 3 3 9

n  n  n r 都成立，其中 r 可以是

34、35、36。有了這個計算結果，很自然地，我們猜想：若實數 r 滿足34 r 36，則對所有自然數n ，[³ ³ 1] [³ 8 ]

3 3 3 9

n  n  n r 恆成立。

在證明猜想前，我們先證明下面三個預備定理。

預備定理 3.1：當自然數n  時，不等式8 ³ ³ ² 8 27 9 3 27

n n  n 恆成立。

證明：很明顯，

3 2

3 8

27 9 3 27 n n  n

3 2

8 3

( )

27 9 3 27 n n n

   

3 2

8 3

( ) 0 27 9 3 27 n n n

    

2 64 512 0 9 243

n n

   

32 2 3584 ( )

9 243 n

   ，

因為n  是符合最後一式的最小正整數，因此本定理得證。 8

預備定理 3.2：當自然數n  時，不等式8 ³ ³ 2 ² 17 27 9 3 3 27

n  n   n n 恆成立。

證明：很明顯，

3 2

3 2 17

27 9 3 3 27 n  n   n n

3 2

2 ( 17)3

27 9 3 3 27 n n n n

    

(36)

數亦優 35

2 46 4913 0 9 243

n n

   

23 2 6500 ( )

9 243 n

   。

因為n  是符合最後一式的最小正整數，因此本定理得證。 8

預備定理 3.3：若實數 r 滿足 34 r 36，則對所有自然數 n ，等式[³8 34] [³ 8 ]

3 9 3 9

n  n r 恆成立。

證明：首先對於任一整數 m ，m³i(mod 8)，i 0,1,3,5,7。若我們可以找到一個整數 k 使得

8 34 ³ 8 4

3 9 3

n k  n

24n34 9 k³24n36 9k³24n35或9k³24n36

9k³11(mod 24)或9k ³ 12(mod 24)。

(1) 若9k ³ 11(mod 24)，則9k³ 11 24t，即9k³24 11t ，等號左邊是 3 的倍數但右邊不是，因此不存在 k 使得9k³24n35。

(2) 若9k ³ 12(mod 24)，即3k ³ 4(mod 8)，但3k³i(mod 8)，i 0,1,3,5,7，因此不存在 k 使得9k³24n36。

因此，存在一個整數k 使得

³ 8 34 8 8 36 ( 1)³

3 9 3 9 3 9

n n r n

k        k ，則

[³ 8 34] [³8 ]

3 9 3 9

n  n r ，得證。

有了上面這三個預備定理，現在來證明我們的猜想，即下面的定理 2。

定理 2：若實數 r 滿足 34 r 36，則對所有自然數 n ，等式[³ ³ 1] [³8 ]

3 3 3 9

n  n  n r 恆成立。

證明：首先我們先驗證n 1,2, ,7。

當n  ，1 [³1 ³1 1] [³8 34] [³8 36] 1 3 3  3 9  3 9  ，當n  ，2 [³ 2 ³ 2 1] [³16 34] [³16 36] 2

3 3  3  9  3  9  ，當n  ，3 [³ 3 ³3 1] [³ 24 34] [³ 24 36] 2

3 3  3  9  3  9  ，

(37)

數亦優 36

當n  ，4 [³ 4 ³ 4 1] [³32 34] [³32 36] 2 3 3  3  9  3  9  ，當n  ，5 [³ 5 ³ 5 1] [³ 40 34] [³ 40 36] 2

3 3  3  9  3  9  ，當n  ，6 [³6 ³ 6 1] [³ 48 34] [³ 48 36] 2

3 3  3  9  3  9  ，當n  ，7 [³7 ³ 7 1] [³56 34] [³56 36] 2

3 3  3  9  3  9  。我們證明當n  時，下列不等式成立： 8

38 34 3 3 1 3 8 36

3 9 3 3 3 9

n  n  n  n 。 (2.1) (2.1)式成立

3 2 3 2

3 3

8 34 2 1 3 3 2 8 36

3 9 3 27 9 27 9 3 3 9

n n n n n n n n

          

3 2 3 2

3 3

25 2 27

2 3 3 2

9 27 9 27 9 3 9

n n n n n

n n

        

3 2 3 2

3 3

2 25 2 2 1

3 27 27 9 27 9 3 3

n n n n n n n

         (2.2)

由預備定理 3.1 得

3 2

8 3 1

3 27 27 9 3 3

n  n n   。 n (2.3)

另一方面，由預備定理 3.2 得

3 2

17 3 2 2

3 27 27 9 3 3 3

n  n  n    。 n n (2.4)

將(2.3)與(2.4)相加，即可得到(2.2)，又(2.2)等價於(2.1)。利用預備定理 3.3 與(2.1)，本定理得證。

四、結語》

我們探討的這個等式在數學上雖然並非重要的等式，但探討的過程卻充滿趣味，而且只需一點高中數學知識就可以做到。讀者若有興趣也可以試著再做一些推廣。此外，若想對這主題有完整且深入的了解，可參考李錦鎣老師在《數學傳播季刊》的兩篇文章[1][2]。

五、參考文獻》

[1]李錦鎣，等式[ n n 1 n 2] [ 9n 成立嗎？數學傳播季刊，39(3)，42-46，2015。 8]

[2]李錦鎣，等式[³n³n 1] [ 8³ n4]不是一個孤立的等式。數學傳播季刊，40(1)，72-80，

2016。

(38)

數亦優 37

一、前言》

在推導 coscos2 cosn與 sinsin 2 sin n的公式時，使用複數的棣美弗定理是一種常見的手法，但要等到選修數學甲(下)才會學到。如果等不及，我們發現利用高二數 A 中的旋轉矩陣仍然可以推導出它的公式。

二、旋轉矩陣證明等式》

定理 1[1]：1.cos cos 2 cos sin2 cos 1 sin 2

2

n n

n 

       ，

2.sin sin 2 sin sin2 sin 1 sin 2

2

n n

n 

      。

證明：令 cos sin sin cos

Q  

 

  

  

 ，代入等比級數 ² ¹

1

n x xn

x x x

x

 

   

 ，得

2 ⁿ ( ) (1 ⁿ1)

Q Q  Q  I Q ^ Q Q ^ (1) (1)式等號左邊(1,1)元與(2,1)元分別為

coscos2 cosn 與

sinsin 2 sin n， (1)式右邊為

2 2

1 cos sin 1

sin 1 cos (1 cos ) sin

 

 

 

  

   

cos cos( 1) sin sin( 1) sin sin( 1) cos cos( 1)

n n

   

    

 

     

矩陣乘開後(1,1)元為

2 2

2

1 [cos cos( 1) cos cos cos( 1) sin sin sin( 1) ] 4sin 2

n n n

       

        

  

 

2

1 [cos 1 cos( ) cos( 1) ] 4sin 2

n n

  

     

  

 

許閎揚／彰化藝術高中數學教師、陳敬翰／學生

龍騰數亦優第43期

編輯室墨記

本期收錄〈國立臺灣師範大學數學系 110 學年度大學申請入學指定項目甄試試題〉，

並附上試題詳解，提供給您參考。

李維昌老師的〈關於一道多項式函數插值問題利用三種不同方法來求解〉則以直 觀、巴貝奇、牛頓三種不同的插值法，來求解一道多項式函數插值問題。過程中展示了 無窮的巧思，十分精彩。

劉俊易老師、許閎揚老師的〈

的推廣〉從已經證明的數學式 出發再作延伸探討，顯示了只要擁有足夠的好奇心、熱情以及高中數學知識，不須具備 高深的技巧，就能在探討數學的過程中享受無止盡的趣味。

如果還沒接觸過選修數學甲（下）的棣美弗定理，但又想要推導

與

的公式，那麼我們可以利用高二數學 A 課程中的旋轉矩陣來試試。請看許閎揚老師和陳敬翰同學的〈用旋轉矩陣來證明三角等 式〉!

最後，翻開動手玩數學，來一趟喬治‧波里亞式的解題四步驟之旅吧！

龍騰數亦優 2021.11 目次 龍騰業務跑天下 數學質好畫亦優

許 許 志 志 農 農 臺灣師大數學系

》》國立臺灣師範大學數學系 110 學年度大學申請入學指定項目甄試試題

廖淑 廖 淑芳 芳

李蕙 李 蕙如 如

許雯 許 雯琇 琇

》》四面體翻轉環初探—以六角為例

李維 李 維昌 昌 國立宜蘭高中退休教師

》》關於一道多項式函數插值問題利用三種不同方法來求解

劉俊 劉 俊易 易、許 許 閎揚 閎 揚 彰化藝術高中數學教師

》》 [

n 

n   1] [ 8

n  的推廣 4]

許閎 許 閎揚 揚 彰化藝術高中數學教師 、 、 陳 陳 敬 敬 翰 翰 學生

》》用旋轉矩陣來證明三角等式

許志 許 志農 農 臺灣師大數學系

》》動手玩數學專欄

》》動手玩數學《第 42 期》破解祕笈 3

32

43 25 10

37

國立臺灣師範大學數學系

筆試一 計算證明題





 





筆試二 填充題



一、四面體翻轉環的簡介》

二、六角四面體翻轉環的摺製》

三、六角四面體翻轉環裡的數學》

四、藝數之美》

五、結論與展望》

六、致謝》

七、參考資料》

一、研究目的》

二、研究過程》

三、結語》

四、參考文獻》

3 3 3

[ n  n   1] [ 8 n  的推廣 4]

一、前言》

二、

的探討》

三、

的探討》

四、結語》

五、參考文獻》

一、前言》

二、旋轉矩陣證明等式》

李維昌老師的〈關於一道多項式函數插值問題利用三種不同方法來求解〉則以直觀、巴貝奇、牛頓三種不同的插值法，來求解一道多項式函數插值問題。過程中展示了無窮的巧思，十分精彩。

的推廣〉從已經證明的數學式出發再作延伸探討，顯示了只要擁有足夠的好奇心、熱情以及高中數學知識，不須具備高深的技巧，就能在探討數學的過程中享受無止盡的趣味。

的公式，那麼我們可以利用高二數學 A 課程中的旋轉矩陣來試試。請看許閎揚老師和陳敬翰同學的〈用旋轉矩陣來證明三角等式〉!

龍騰數亦優 2021.11 目次龍騰業務跑天下數學質好畫亦優

許許志志農農 ^{臺灣師大數學系}

廖淑廖淑芳芳

李蕙李蕙如如

許雯許雯琇琇

李維李維昌昌國立宜蘭高中退休教師

劉俊劉俊易易、許許閎揚閎揚 ^{彰化藝術高中數學教師}

許閎許閎揚揚 ^{彰化藝術高中數學教師} 、、陳陳敬敬翰翰 ^學生

許志許志農農 ^{臺灣師大數學系}

筆試一計算證明題

筆試二填充題