HPM 通訊第十七卷第十期第一版
發行人:洪萬生(台灣師大數學系退休教授)
主編:蘇惠玉(西松高中)副主編:林倉億(台南一中)
助理編輯:黃俊瑋(台灣師大數學所研究生)
編輯小組:蘇意雯(台北市立教育大學)蘇俊鴻(北一女中)
黃清揚(福和國中)葉吉海(陽明高中)
陳彥宏(成功高中)陳啟文(中山女高)
王文珮(青溪國中)黃哲男(台南女中)
英家銘(台北醫學大學)謝佳叡(台灣師大數學系)
創刊日:1998 年 10 月 5 日 每月 5 日出刊 網址:http://math.ntnu.edu.tw/~horng
如何計算紅球先取完的機率?
陳敏晧 國立蘭陽女中
排列組合教學過程中,有一個值得討論的議題:「如何計算紅球先取完的機率?」
先從兩種不同顏色球的討論開始:
例 1:袋中有三個紅球與兩個白球,今從袋中每次取一球,取後不放回,請問紅球比白 球先取完的機率?
解法:因為紅球先取完,所以,最後一球必定是白球,因此,
W R P R
2 3
3 5 3
! 2
! 3
! 5
! 2
! 2
! 4 )
(紅球比白球先取完 ,其中 R 代表紅球的個數,W 代表白
球的個數。
接著,透過排容原理(Inclusion–exclusion principle)或取捨原理,如下圖一與圖二所示,
可以將問題延伸。
圖一代表兩個集合的排容原理,即P
AB
P A P B P AB
。 如何計算紅球先取完的機率?
歷史敘事與數學問題情境
牛頓插值多項式(上)
HPM 通訊第十七卷第十期第二版
例 2:袋中有 R 個紅球與W 個白球與 B 個黑球,今從袋中每次取一球,取後不放回,請 問紅球比白球或黑球先取完的機率?
解法:
P
紅球比白球或黑球先取完
P(紅球比白球先取完)P(紅球比黑球先取完) )(紅球比白球且黑球先取完
P
B W R
B W B R
B W R
W
。
圖二代表三個集合的排容原理,即
A B C
P A PB PC P A B
P B C
P A C
P A B C
P
再把問題擴充,討論袋中有四種顏色的球,利用三個集合的排容原理。
例 3:袋中有 R 個紅球與W 個白球與 B 個黑球與Y 個黃球,今從袋中每次取一球,取後 不放回,請問紅球比白球或黑球或黃球先取完的機率?
解法: P
紅球比白球或黑球或黃球先取完
P(紅球比白球先取完)P(紅球比黑球先取完)
P(紅球比黃球先取完) P(紅球比白球且黑球先取完)
) (
)
(紅球比黑球且黃球先取完 P 紅球比黃球且白球先取完
P
) (紅球比白球且黑球且黃球先取完
P
Y B W R
Y B W W
Y R
W Y Y B R
Y B B W R
B W Y R
Y B R
B W R
W
。
為了尋找規律,我們將例 1、例 2、例 3 的解答重新謄寫。
W R
R W
R W W R
W R W R P R
1
)
(紅球比白球先取完 。
HPM 通訊第十七卷第十期第三版
紅球比白球或黑球先取完
P R W
R W
R W R B W R
B W B R
B W R
W
1
R B R R W B R
R B R B R W B R W B
R R R
R W R B R W B
。
紅球比白球或黑球或黃球先取完
P
Y B W R
Y B W W
Y R
W Y Y B R
Y B B W R
B W Y R
Y B R
B W R
W
Y B W R
R W
Y R
R Y
B R
R B
W R
R Y
R R B R
R W R
R
1 。
因此,若袋中有 R 個紅球與Ki顏色球有Ai個,其中i1,2,3,...,n,今從袋中每次取一球,
取後不放回,請問紅球比K 色球或1 K 色球…或2 Kn色球先取完的機率為何?
解法:P
紅球比K1色球或K2色球...或Kn色球先取完
|
1 |
1 ( 1)
S i S k n
i
i k
R
R A
,其中大括號內的Σ 總和要取遍{1,2, , } n 中所有的n元子集S。這個公式雖然簡潔,但是不易導出。
讀者可以自行揣摩。
HPM 通訊第十七卷第十期第四版
歷史敘事與數學問題情境
吳允中
台灣師範大學數學系三年級 一、前言
請先閱讀下列有關春秋時代管仲(字夷吾)的一段歷史敘事:
昔者鮑叔薦夷吾為齊相任,桓公欲測其賢佞,適有一直田待耕。次日召寵臣易牙、
刁豎、開方同往勘田,桓公諭曰:
寡人之立為基點, 今於廣邊立一旗, 於縱邊立一旗, 此三處以柵圍之, (田於是 四分),三卿各領其一隅,管子據其央,撥予穀種,待秋熟進納。
是歲徂秋,管子遣從者暗探三人穀穫,臨基點之兩田各八斛、六斛,另者五斛,
三卿私議增報九斗於桓公,管子輾轉悉之。月餘,桓公召四人於殿前,問農成幾何。
易牙曰八斛九斗, 刁豎曰六斛九斗, 開方曰五斛九斗。管子略思而進前叩首:「臣 不肖,今奉一十三斛,應再納二斛方為王意。」桓公拊掌稱大善,遂用而為相。
接著,請參考下列解題,以確認你的解讀無誤。事實上,國文、歷史乃至數學科的老師 之解讀重點,恐怕都不一樣。因此,數學閱讀能力顯然不同於中文的閱讀能力才是。
二、命題及其解法
如圖一。矩形 ABCD,𝐁𝐂上有一點M,𝐂𝐃上有一點N,且知△ABM = 8,△AND = 6,
△CMN = 5。試求△AMN。
圖一
直覺告訴我們:求解時必須設立未知數。然而,未知數該設在哪?需要多少個?皆 是一門深奧的學問,若我們找對了關鍵處下手,則問題必然迎刃而解。
先來看看「直觀」的求法:由分段邊長下手。
HPM 通訊第十七卷第十期第五版
圖二
請參看圖二。令 𝐁𝐌 = a , 𝐂𝐌 = b , 𝐂𝐍 = c , 𝐃𝐍 = d
則 △ABM = 𝟏𝟐𝒂(𝒄 + 𝒅) = 8 , △ADN = 𝟏𝟐𝒅(𝒂 + 𝒃) = 6 , △CMN = 𝟏𝟐𝒃𝒄 = 8
故矩形 ABCD 面積 S = (𝐚 + 𝐜)(𝐛 + 𝐝) = 𝐚𝐜 + 𝐚𝐝 + 𝐛𝐜 + 𝐛𝐝
= (𝐚𝐜 + 𝐚𝐝) + (𝐚𝐝 + 𝐛𝐝) + 𝐛𝐜 − 𝐚𝐝 = 2△ABM + 2△AND + 2△CMN – ad = 16 + 12 + 10 - ad
= 38-ad ……..………○1 考慮△ABM × △AND = 𝟏𝟐(𝐚 + 𝐜) ∙𝟏𝟐(𝐛 + 𝐝) = 8× 𝟔
⇒ 𝟏𝟒𝒂𝒅(𝒂 + 𝒃)(𝒄 + 𝒅) = 48 其中 (𝐚 + 𝐜)(𝐛 + 𝐝) = S , 則 𝟏𝟒𝒂𝒃S = 48
⇒ ad = 𝟏𝟗𝟐𝐒 ………..○2
將○2 式代入○1 式得 S = 38 – 𝟏𝟗𝟐
𝐒 ⇒ 𝐒𝟐− 𝟑𝟖 𝐒 + 𝟏𝟗𝟐 = 𝟎 ⇒ ( S - 32 )( S - 6 ) = 0 ⇒ S = 32 or 6 (不合)
如此,△AMN = S - △ABM - △ADN- △CMN = 32 – 8 – 6 – 5 = 13。
這種作法基本上失去了大部分的幾何意義,如○1 式與○2 式僅給出了代數意義,欠缺了解 題的一些「原味」。請注意:解法中運用了 5 個未知數 a、b、c、d 與 S。
第二種解法:
令邊長比值 𝑫𝑵
𝑪𝑵= 𝑺𝟏 ; 𝑩𝑴
𝑪𝑴= 𝑺𝟐
HPM 通訊第十七卷第十期第六版
則 𝟖
𝟓 =△𝐀𝐁𝐌△𝐂𝐌𝐍 =
𝟏
𝟐𝑩𝑴×𝑨𝑩
𝟏
𝟐𝑪𝑴×𝑪𝑵 = 𝑩𝑴𝑪𝑴∙𝑪𝑫𝑪𝑵 = 𝑺𝟐 ∙ (𝟏 + 𝑺𝟏)……….…..○3 (其中𝑪𝑫 = 𝑪𝑵 + 𝑫𝑵)
𝟔
𝟓 =△𝐀𝐃𝐍△𝐂𝐌𝐍 =
𝟏
𝟐𝑨𝑫×𝑫𝑵
𝟏
𝟐𝑪𝑴×𝑪𝑵= 𝑫𝑵𝑪𝑵∙𝑪𝑴𝑩𝑪 = 𝑺𝟏 ∙ (𝟏 + 𝑺𝟐)……….…..○4 (其中𝑩𝑪 = 𝑩𝑴 + 𝑪𝑴)
兩式相減,得 𝑺𝟐− 𝑺𝟏= 𝟐𝟓 ………. ○5 代入○1 式,得 (𝟐𝟓+ 𝑺𝟏) (𝟏 + 𝑺𝟏) =𝟖𝟓
⇒ 𝑺𝟏𝟐+𝟕𝟓𝑺𝟏+𝟐𝟓=𝟖𝟓 ⇒ 𝟓𝑺𝟏𝟐+ 𝟕𝑺𝟏− 𝟔 = 𝟎 ⇒ 𝑺𝟏 =𝟑𝟓 (捨負根) 代入○2 式,得 𝑺𝟐= 𝟏
故 矩形𝐀𝐁𝐂𝐃
△𝐂𝐌𝐍 = (𝟏+𝑺𝟏𝟏)(𝟏+𝑺𝟐)
⁄𝟐 = 𝟐 ∙𝟖𝟓∙ 𝟐 = 𝟑𝟐𝟓 所以,矩形𝐀𝐁𝐂𝐃 = 𝟑𝟐 得 △AMN = 13 (由總面積減去分塊面積而得)。
三、幾何意義的解法
本文最想分享的,是一個令人耳目一新的解法。當我們透視了幾何核心意義之後,
那就僅需假設一個未知數即可。
不妨就直接設 △AMN = K。接下來,我們在圖上畫上一個十字 (各是每邊的中垂線)。
如圖三(a),這兩條中垂線交𝑨𝑫於 P1 (即𝑨𝑫中點),交𝑨𝑵於 P2,交𝑩𝑪於 P3 (即𝑩𝑪中點)。
如圖三(b),則交𝑨𝑩於 Q1 (即𝑨𝑩中點),交𝑨𝑴於 Q2,交𝑪𝑫於 Q3 (即𝑩𝑪中點)。
圖三(a) 圖三(b)
則 𝑷𝟏𝑷𝟐 ∶ 𝑷𝟐𝑷𝟑= △AND : 梯形 ABCN (中線長比 = 面積比) = 6 : k+13
而 𝑫𝑵 = 𝟐𝑷𝟏𝑷𝟐 ,且 𝑫𝑵 + 𝑪𝑵 = 𝑷𝟏𝑷𝟐+ 𝑷𝟐𝑷𝟑
HPM 通訊第十七卷第十期第七版
故 𝑫𝑵 ∶ 𝑪𝑵 = 𝟏𝟐 ∶ 𝐤 + 𝟕 ………○5 同理 𝑸𝟏𝑸𝟐 ∶ 𝑸𝟐𝑸𝟑= △ABM : 梯形 ADCM (中線長比 = 面積比) = 8 : k+11
而 𝑩𝑴 = 𝟐𝑸𝟏𝑸𝟐 ,且 𝑩𝑴 + 𝑪𝑴 = 𝑸𝟏𝑸𝟐+ 𝑸𝟐𝑸𝟑
故 𝑩𝑴 ∶ 𝑪𝑴 = 𝟏𝟔 ∶ 𝐤 + 𝟑 ………..………○5
則 𝟖
𝟓 =△𝐀𝐁𝐌△𝐂𝐌𝐍 =𝑩𝑴𝑪𝑴 ∙𝑪𝑫𝑪𝑵= 𝒌+𝟑𝟏𝟔 ∙𝟏𝟐+(𝒌+𝟕)𝒌+𝟕
⇒ (𝐤 + 𝟑)(𝐤 + 𝟕) = 𝟏𝟎(𝐤 + 𝟏𝟗) ⇒ 𝒌𝟐= 𝟏𝟔𝟗 ⇒ 𝒌 =△ 𝐀𝐌𝐍 = 𝟏𝟑 。 簡潔,柔美,流暢,幾何意義一筆到位!
若△ABM = X,△AND = Y,△CMN = Z 依同法可得 △ 𝐀𝐌𝐍 = √(𝑿 + 𝒀 + 𝒁)𝟐− 𝟒𝑿𝒀 。
洪萬生 2014/11/15 附記:
本文是吳允中選修「數學史」的一個作品。一開始,他與我討論的,是有關此一問 題的第三種解法,因此,我要求他將解法寫下,讓我欣賞與參考。於是,他先寄給我這 三個解法,但未附解題前的(歷史)情境。由於文字脈絡涉及管仲,因此,我在接到目 前這個版本之後,發現其中使用了「直田」與「廣縱」術語,隨即上網搜尋有關《管子》
的電子檔,然而,就是找不到這一段「引文」。沒想到,上週上「數學史」課時,他竟 然跟我說,那是他掰出來的一個數學情境。
然則這個作品與數學史又有何干?原來,針對本學期的「數學史」,我所規劃的課程 目標之一,就是數學史的素養有助於數學敘事(mathematical narrative) -- 說數學或 數學家的故事,我想擅長編故事的允中(他目前熱衷於編寫布袋戲劇本),顯然已經達 成初步的目標了。
HPM 通訊第十七卷第十期第八版
牛頓插值多項式(上)
蘇俊鴻 北一女中
由於 99 課綱強調多項式「常被用來逼近一般函數,並用來求一般函數的近似值。」
使得插值多項式有了學習的正當性,進而引進拉格朗日插值多項式。例如:
以給定平面上三點 (1,7)A , (2,6)B , (3,11)C 為例,求圖形通過這三點的二次多項式。
上述的問題等同於求一個二次多項函數 ( )f x ,使得 (1)f 7, (2)f 6, (3)f 11
。因此滿足條件的拉格朗日插值多項式為
( 2)( 3) ( 1)( 3) ( 1)( 2)
( ) 7 6 11
(1 2)(1 3) (2 1)(2 3) (3 1)(3 2)
x x x x x x
f x
不過,許多課本還會補充另一種插值多項式的作法─牛頓插值多項式(或許是為了說明有 著不同形式的插值多項式)。通常開頭會寫道:假設基於牛頓插值多項式,滿足條件之函 數 ( )f x f(1)a x( 1) b x( 1)(x2),再將 (2) 6, (3) 11f f 代入,求出 ,a b。事實上,
此種補充留下的問題,恐怕比它所解決的問題還多!例如,為何牛頓插值多項式會是上 述的形式?除了記憶規則外,該如何理解它呢?這個方法最早是牛頓給出的嗎?他是為 了解決什麼問題呢?牛頓插值多項式的假設仍需要再求解未知數 ,a b ,會比拉格朗日插 值多項式便利嗎?首先,就從牛頓開始吧!
1687 年,牛頓的《自然哲學的數學原理》(Philosophiæ Naturalis Principia
Mathematica)拉丁版首次印行,牛頓在書中試圖從各個運動現象探究原因,並試圖用來 解釋天文觀測的運動現象。書中提出我們所熟知的牛頓運動定律,奠定古典力學的基礎,
也發表了萬有引力定律。此書從定義、公理、或運動的定律出發,推導出命題,不難看 出深受《幾何原本》公理化體系的影響。無疑地,牛頓透過這樣的知識架構,並透過數 學的推論來支持命題的說明,塑造《自然哲學的數學原理》的崇高地位。有關牛頓插值 法的內容發表在第三編〈宇宙體系〉的引理五:求通過任意點的拋物線類曲線(見圖一)。
其目的是為了解決引理六的問題:已知彗星的某些觀測位置,求彗星在任意給定時刻的 位置。
HPM 通訊第十七卷第十期第九版
圖一 《自然哲學的數學原理》(1687 年拉丁版) 書影 下載自 http://www.ntnu.no/ub/spesialsamlingene/ebok/02a019654.html
事實上,從圖一清楚可見,牛頓沒有使用多項式的術語,純然運用幾何術語,將某 些幾何量予以加減處理的規律,會何被認為得出插值多項式的各項係數?同時,他也沒 有對方法的正確性多作說明。倒是 1795 年,拉格朗日在巴黎的一場演講中,對牛頓的 作法做了一番解釋。據林倉億的看法,他認為拉格朗日插值多項式的原始想法可能是來 自他對牛頓插值多項式的研究。此處借助現代數學符號的輔助,說明牛頓提出的作法之 結果。為了簡化表示,容筆者先介紹數值分析中有關「均差」的概念和符號:設函數 ( )f x 有n1個相異點( , (x f x0 0)),( , ( )),( , (x f x1 1 x2 f x2)), ,(xn, (f xn))。則定義一階均差及符號 為 ( ) ( )
[ , ]
i j
i j
i j
f x f x
f x x x x
,其中 i j。例如 0 1 0 1
0 1
( ) ( )
[ , ] f x f x
f x x x x
。同理,定義二階
均差為一階均差的均差 [ ,i j] [ j, k] [ ,i j, k]
i k
f x x f x x
f x x x x x
,例如
1 2 2 3
1 2 3
1 3
[ , ] [ , ]
[ , , ] f x x f x x
f x x x x x
。類推下去,不難想像n階均差應為n1階均差的均差
0 1 1 1 2
0 1
0
[ , , , ] [ , , , ]
[ , , , n] n n
n
f x x x f x x x f x x x
x x
。接下來,回頭來看牛頓的作法。
HPM 通訊第十七卷第十期第一○版
x
x
0( 0) f x
x
1x
2 x3x4
x
5圖二
如圖二,牛頓假設這些點分別為 , , , , ,A B C D E F ,並分別作這些點的垂線 , , , , ,
AH BI CK DL EM FN 到任意給定的直線HN (設為x軸),垂足分別為H I K L M N, , , , , 。 接著,牛頓分成HI IK KL LM MN, , , , 這些間隔都等長,以及不等長的兩種情形分別討論。
以下直接考慮不等長的一般情形,設H I K L M N, , , , , 各點的x坐標分別為x x0, ,1 ,x ,則5
0 0
( , ( ))
A x f x ,B x f x( , ( ))1 1 ,C x f x( , ( ))3 3 ,D x( 4, (f x4)),E x( 4, (f x4)),F x f x( , ( ))5 5 。 若S點的坐標為x,其目的是要求出RS f x( )之值。首先,考慮AH BI CK DL EM FN, , , , , 彼此的長度差與HI IK KL LM MN, , , , 這些間隔的比值
0 1
0 1
1 0
( ) ( )
[ , ] AH BI f x f x
b f x x
HI x x
;
BI CK 2 IK b
1 2 1 2
2 1
( ) ( )
[ , ] f x f x
f x x x x
2 3
2 3
3 2
( ) ( )
3 [ , ]
CK DL f x f x
b f x x
KL x x
;
3 4 3 4
3 4
4 3 4 3
( ) ( ( )) ( ) ( )
4 [ , ]
DL EM f x f x f x f x
b f x x
ML x x x x
4 5 4 5
4 5
5 4 5 4
( ( )) ( ( )) ( ) ( )
5 [ , ]
EM FN f x f x f x f x
b f x x
NM x x x x
。1
牛頓稱這些b為「一次差」,接著就是「二次差」
0 1 1 2
0 1 2
2 0
2 [ , ] ( [ , ])
[ , , ] b b f x x f x x
c f x x x
HK x x
;2 3 1 2 3
2 [ , , ] b b
c f x x x IL
。同理,「三
次差」 2 0 1 2 3 [ , , , ] c c
d f x x x x
HL
,「四次差」( 2 0 1 2 3 4 [ , , , , ] d d
e f x x x x x HM
,「五次差」
0 1 2 3 4 5
2 [ , , , , , ] e e
f f x x x x x x HN
。
找出這些差之後,再令AH a f x( 0),p HS (x0 x),
1 此處牛頓使用的b b b b b, 2 ,3 , 4 ,5 彼此並無關係。同理,c d e f, , , 也是相同情形。
HPM 通訊第十七卷第十期第一一版
0 1 0 1
( ) ( )( ) ( )( ) q p IS x x x x xx xx ,
2
0 1 0 1 2
( ) ( )( )( ) ( )( )( ) r q SK xx xx x x x x xx xx ,
0 1 2 3 0 1 2 3
( ) ( )( )( )(x ) ( )( )( )( ) s r SL x x xx xx x xx xx xx xx ,
0 1 2 3 4
( ) ( )( )( )( )( ) t s SM xx xx xx xx x x
0 1 2 3 4
(x x )(x x )(x x )(x x )(x x )
其中,在S到 A 的各項HS IS 要加負號;另一側的項, SK SL SM 則加正號。如此, , 一來,就能寫出RS的值:
( ) ...
RS f x a bpcqdr es ft
0 0 1 0 0 1 2 0 1 0 1 2 3 0 1 2
( ) [ , ]( ) [ , , ]( )( ) [ , , , ]( )( )( ) f x f x x x x f x x x x x x x f x x x x x x x x x x
0 1 2 3 4 0 1 2 3
[ , , , , ]( )( )( )( ) f x x x x x x x x x x x x x
0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4
[ , , , , , ]( )( )( )( )( ) f x x x x x x x x x x x x x x x x
這個結果與現行數值分析中所談的牛頓插值多項式完全吻合。做個練習,讓我們 更加掌握牛頓插值多項式,就以文章開頭的例子
求一個二次多項函數 ( )f x ,使得 (1)f 7, (2)f 6, (3)f 。 11
由上述可知,找一次差 7 6 [1, 2] 1 f 1 2
; 6 11
[2, 3] 5 2 3
f
,二次差 ( 1) 5
[1, 2, 3] 3 f 1 3
。因此,所求函數為 ( )f x f(1) ( x 1) 3(x1)(x 。 2)
由上述說明,讀者不難發現牛頓提出的插值多項式係數是直接就能求得,這 比起課本提及的方法更為便捷!此外,牛頓並沒有留下任何線索提示我們他是如 何得到這個形式。在下一篇〈牛頓插值多項式(下)〉中,我們試圖以多項式的知 識給出一個教學上適切的引導,並對係數的求法會有更詳盡的介紹。
參考文獻
林倉億,〈牛頓插值多項式:拉格朗日怎麼說?〉,《HPM 通訊》第 15 卷第 10 期(2012):頁 1-7。
《自然哲學的數學原理》線上閱讀
http://en.wikisource.org/wiki/The_Mathematical_Principles_of_Natural_Philoso phy_(1846)/BookIII-Prop6
HPM 通訊第十七卷第十期第一二版
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《HPM 通訊》駐校連絡員 日本:陳昭蓉 (東京 Boston Consulting Group) 基隆市:許文璋(南榮國中)
台北市:英家銘(台北醫學大學)楊淑芬(松山高中)杜雲華、陳彥宏、游經祥、蘇慧珍(成功高中)
蘇俊鴻(北一女中)陳啟文(中山女高)蘇惠玉(西松高中)蕭文俊(中崙高中)
郭慶章(建國中學)李秀卿(景美女中)王錫熙(三民國中)謝佩珍、葉和文(百齡高中)
彭良禎(師大附中)郭守德(大安高工)張瑄芳(永春高中)張美玲(景興國中)
文宏元(金歐女中)林裕意(開平中學)林壽福、吳如皓 (興雅國中) 傅聖國(健康國小)
李素幸(雙園國中)程麗娟(民生國中)林美杏(中正國中)朱賡忠(建成國中)
新北市:顏志成(新莊高中) 陳鳳珠(中正國中)黃清揚(福和國中)董芳成(海山高中)孫梅茵
(海山高工)周宗奎(清水中學)莊嘉玲(林口高中)王鼎勳、吳建任(樹林中學)陳玉芬
(明德高中)羅春暉 (二重國小) 賴素貞(瑞芳高工)楊淑玲(義學國中)林建宏 (丹鳳國中)
莊耀仁(溪崑國中)、
宜蘭縣:陳敏皓(蘭陽女中)吳秉鴻(國華國中)林肯輝(羅東國中)林宜靜(羅東高中)
桃園縣:許雪珍、葉吉海(陽明高中)王文珮(青溪國中) 陳威南(平鎮中學)
洪宜亭、郭志輝(內壢高中) 鐘啟哲(武漢國中)徐梅芳(新坡國中) 程和欽 (大園國際高中)、
鍾秀瓏(東安國中)陳春廷(楊光國民中小學)王瑜君(桃園國中)
新竹市:李俊坤(新竹高中)、洪正川、林典蔚(新竹高商)
新竹縣:陳夢綺、陳瑩琪、陳淑婷(竹北高中)
苗栗縣:廖淑芳 (照南國中)
台中市:阮錫琦(西苑高中)、劉雅茵(台中二中)、林芳羽(大里高中)、洪秀敏(豐原高中)、李傑霖、
賴信志、陳姿研(台中女中)、莊佳維(成功國中)、李建勳(萬和國中)
南投縣:洪誌陽(普台高中)
嘉義市:謝三寶(嘉義高工)郭夢瑤(嘉義高中)
台南市:林倉億(台南一中)黃哲男、洪士薰、廖婉雅(台南女中)劉天祥、邱靜如(台南二中)張靖宜
(後甲國中)李奕瑩(建興國中)、李建宗(北門高工)林旻志(歸仁國中)
高雄市:廖惠儀(大仁國中)歐士福(前金國中)林義強(高雄女中)
屏東縣:陳冠良(枋寮高中)楊瓊茹(屏東高中)黃俊才(中正國中)
澎湖縣:何嘉祥 林玉芬(馬公高中)
金門:楊玉星(金城中學)張復凱(金門高中) 馬祖:王連發(馬祖高中)
附註:本通訊長期徵求各位老師的教學心得。懇請各位老師惠賜高見!