許志農／臺灣師大數學系

在智慧型手機與平板電腦逐漸普及的今日，開發老少咸宜、雅俗共賞的益智遊戲成為賺

錢的大商機，憤怒鳥遊戲（Angry Birds）就是一款非常成功的範例：

拋物線是憤怒鳥遊戲的精髓，也是這道遊戲唯一所需要掌握的數學，掌握得好就可以過關斬 將，進入更高階的關卡。

在 1974 年，匈牙利 的建築學和雕塑學教授 魯比克 發明了第一個魔術方塊（Rubik’s Cube），從此魔術方塊熱快速的傳播到全世界，據說魔術方塊的權利金讓 魯比克 一度成為 匈牙利 的首富：

空間中的旋轉與變化是魔術方塊的數學基礎，這些都是透過中心的轉軸來完成。在更早之前，

西方的 14-15 滑板遊戲與 中國 的華容道遊戲也是跟魔術方塊類似的遊戲，差別在於它們是平 面的轉換，不是立體的變換。人們所處的環境是三維的世界，立體的魔術方塊會更吸引我們。

本質上，這些遊戲都跟代數學的群論有很大的關聯，只是外行的玩出熱鬧來，而內行的探究 其數學道理。

前 蘇聯 科學家 阿列克謝 在 1984 年利用空閒時間所編寫的俄羅斯方塊遊戲（Tetris），是 風靡全世界的電腦遊戲，也是落下型益智遊戲的始祖：

許志農／臺灣師大數學系

4 數亦優

在第一次 波斯灣 戰爭期間，俄羅斯方塊遊戲是前線美軍最常拿來消磨時間的遊戲之一。遊戲 中所落下的四方連塊都是由四塊正方形相連所構成的，排除旋轉與鏡射外，一共只有五種四 方連塊。由於俄羅斯方塊具有數學性、動態性與知名度，也經常被用來作為遊戲程式設計的 練習題材。

遠在兩千兩百多年前，希臘 科學家 阿基米得 也發明過有趣的拼圖遊戲，稱它為胃痛拼 圖，其目的是要把十四塊多邊形拼成一整塊正方形：

胃痛拼圖的奧妙之處在於它多達 17152 種拼法，除了對 阿基米得 的巧思切割感到吃驚外，更 要感謝平面幾何帶來的美學。

以上所簡介的四道膾炙人口的遊戲，都是以某種數學基礎架構而成，而且又具有很棒的 美學效果，究竟這些有趣的數學遊戲是如何誕生的呢？讓我們作更進一步的探索。

匈牙利 數學家 喬治 ‧波利亞 寫過一本名著《如何解題》，教導人們透過各種數學概念，

思維與工具來進行解題；但是，波利亞 似乎沒有寫過《如何命題》這方面的書籍，無論是憤 怒鳥遊戲、魔術方塊、俄羅斯方塊、胃痛拼圖或者教科書裡的數學題目，它們都是屬於「如 何命一道有意思的數學題目」的範疇。解題牽涉到的僅是數學知識的策略應用與組合方法，

而命題卻含有相當主觀的成分，甚至命題與數學素養極為相關。到底該如何界定數學素養呢？

我們可以用「知、懂、熟、用、賞」這五個字來概括，「知、懂」的程度在要求知道或讀懂數 學知識；「熟、用」的深度是指熟練跟會使用數學知識進行解題；而「賞」的境界則較為深奧，

意指在生活中遇到與數學相關的事物都能辨識，連結與欣賞。

如果用 x 軸度「知、懂」的程度， y 軸量「熟、用」的深度，那麼學過或讀懂的數學書籍 越多， x 軸就越長；能使用的數學技巧或熟悉的數學工具越多， y 軸就越深。如此，將 x 代表 學過的數學知識， y 表示使用此知識的能力，就可以在 xy 平面上畫出一塊對應的區域，這塊 區域就呈現出解題的策略與組合的情形，面積越大代表解題能力越強。當我們進一步在這塊

解題區域的每一個點畫上「辨識，連結與欣賞數學事物」的高度（即用 z 來度量「賞」的素養）

時，就形成一座高山，這座高山就是數學素養，體積越大代表著命題水準越高。

解題能力 命題水準

就以憤怒鳥遊戲為例，它是以拋物線為數學背景所設計出來的遊戲，設計者在拋物線這 個點的鑑賞能力很高，才能想到與設計出這道遊戲。同樣地，魔術方塊、俄羅斯方塊與胃痛 拼圖，他們分別以立體幾何的變換，四方連塊的變化與多邊形的貼合為數學背景，所設計出 來很吸睛的遊戲。

這裡所要表達的是「解題能力可以用 xy 平面上的一塊區域的面積來計算，而命題水準是 素養的問題，必須用立體空間上的體積來衡量；解題跟『知、懂、熟、用』的能力有關，命 題還要考慮『賞』的素養。」最後以 乾隆 皇帝收藏的一件藝術精品「雕象牙透花人物套球」

作結尾：

這玲瓏精緻的象牙套球目前收藏在 臺北 故宮博物館，它是由十七層可以靈活轉動的球體所構 造完成，從最外層的球體往內挖，必須連挖十六層，而且每層球體的表面都鏤雕人物或雕有 幾何花紋。幫 乾隆 完成這件手上玩物的能工巧匠，必定具有精確計算的幾何概念。仔細觀察 套球，可以發現它有十四個孔，這關鍵的十四孔是如何分布，才能往下穿鑿十六層呢？當我 們把最外層的球體擺在一個正立方體內，讓立方體的六個面都與球體相切，再從球體的中心 畫出與正立方體頂點相連的連線，這八條連線與球體表面剛好交八個點。這相切的六點加上 相交的八個點，一共十四個點，就是套球上十四個孔的中心位置。在數代能工巧匠的實驗嘗 試後，終於發現這關鍵的十四孔扮演著相當重要的角色。乾隆 皇帝手上把玩的這象牙套球就 是以立體幾何上的這十四孔為背景，所構造完成的藝術精品，把它算成數學藝術也不為過。

6 數亦優

這裡所要介紹的遊戲是改編自 香港 網站上「機靈金幣」的遊戲。在下圖中，有三隻雞與 三隻鴨排成一列，中間沒有空格，而且左邊三隻為雞，右邊三隻為鴨。每次只能抓取相鄰的 兩隻，並將牠們移動到其他相鄰的兩個空格上，不可以交換雞與鴨的左右次序。當三隻雞、

鴨（即三隻雞與三隻鴨）相鄰地排成一排，而且雞與鴨剛好相間（雞與鴨相鄰）時，完成遊 戲：

要完成三對雞、鴨相間的排列並不困難，我們的要求是：最少可以在多少次的抓取內完 成它。經過練習之後，相信讀者可以找到三次的抓取方法。這裡把抓取遊戲延伸為

當雞與鴨改為六對時，也就是說，有 6 隻雞與 6 隻鴨排成一列，任兩隻中間沒有空格，而且 左邊 6 隻為雞、右邊 6 隻為鴨，至少需要幾次的抓取，方能讓這 12 隻雞與鴨完全相鄰，而且 雞與鴨相間。

從比較少的對數嘗試起，是一個可行的方法；從少隻雞鴨的抓取中累積經驗或者看出策略，

是進行數學思考相當重要的步驟。

師大數學系 李曉玫 同學針對六對雞、鴨情形提出 7 次的抓取方法，如下圖所示：

她也預期這是最少次的抓取方法，並給 n 對雞、鴨的一般情形提出最少抓取次數的猜測如下：

○^{1E A}當n= 時，0 次（雞與鴨已經相鄰且相間）。 1

○^{2E A}當n= 時，無法完成。 2

○^{3E A}當n=4k+ （即2 n=6,10,14, ）時，至少需要n+ 次。 1

○^{4E A}當 n 不是上述情形時，都是 n 次。

以上的數據只是臆測，需要透過數學給予嚴密的證明，才算正確的答案。

8 數亦優

在時間長河的緩慢流動與人類智慧的加速累積下，很多重要的數學定理一再地被挖掘與 找到各種不同型式的證明方法。幾何學的「勾股定理」與代數學的「質數有無窮多個」就是 經典的兩個代表。在十九世紀初，高斯 曾對數論裡的一個定理，現稱為高斯互反定理，一連 給了五種不同的證明。

中學的「算幾不等式」、「柯西不等式」與「正、餘弦定理」也是數學愛好者尋找各種不 同證明方法的好題材，甚至有些證明方法大同小異或者重複地被提出來。

吳建生 老師與 張海潮 教授對算幾不等式討論出一種簡單的證明方法，介紹如下：

給定任意 n 個正數a a₁, ₂,,a_n，它們的算術平均數

1 2 n

a a a

µ= ^{+ + +}n 大於或等於它們的幾何平均數

1 2 n

g= a a an ﹐ 而且等號成立的條件為a₁=a₂==a_n。

在a a₁, ₂,,a_n這 n 個數中，當每一個數都跟算術平均數µ相等時，容易得到 µ= ﹒ g

另外，在a a₁, ₂,,a_n這 n 個數中，當有一個比算術平均數µ小時，代表至少有一數比µ大，設 比µ小的數為a ，比₁ µ大的數為a ，並令它們與₂ µ的差分別為ε 與δ，如下圖所示：

不妨假設ε δ≤ ，此時造 n 個新的正數如下：

1 1 , 2 2 , 3 3, 4 4, , _{n n}

A = +a ε A =a −ε A =a A =a  A =a ﹒

這新造的 n 個數有以下的性質：

○^{1E A}它們的算術平均數也是µ： 因為從第三項起都一樣，又

( ) ( )

1 2 1 2 1 2

A +A = a +ε + a −ε = + ﹐ a a 所以算術平均數也是µ。

○^{2E A}它們的幾何平均數g 比原來的幾何平均數 g 大： ₁

因為從第三項起都一樣，所以只需比較前兩項的乘積即可。由

( )( )

( )

1 2 1 2

1 2 2 1

1 2 1 2

= + .

A A a a

a a a a a a a a

ε ε

ε ε

εδ

= + −

= + − −

>

知g >g 。 ₁

如果把上述過程稱為一次操作，那麼繼續操作下去，我們每回得到的算術平均數都是µ，而 幾何平均數g g g  會滿足 ₁, ₂, ₃,

3 2 1

g g g g

> > > >

 ﹒

但是，至多操作 n 次，就會讓每個數都調整成µ，即此時的幾何平均數為µ，又

3 2 1

g g g g µ>> > > > ﹒

因此，在a a₁, ₂,,a_n這 n 個數中，當有一個比算術平均數µ小時，我們有 µ> ﹒ g

10 數亦優

每個人都有兩隻手，在亂點鴛鴦譜的活動中，每人的每一隻手都恰與另一隻手（可以是 自己的另一隻手或他人的手）握住。這時所有人的手交錯揪成一團，但是仔細辨識，還是可 以區分哪幾個人是相連在一塊的，這些相連在一塊的人剛好圍成一個圓圈。最小的圓圈就是 自己的兩隻手握在一起，再來就是兩個人的兩隻手互相握在一起，形成兩個人的圓圈，…。

如果只有三個人，那麼圍出的圓圈數之期望值是多少呢？

這道問題也可以抽象為：隨手取出 n 條線，共計有 2n 個端點，首先將兩個端點綁在一塊，再 將另兩個端點綁在一塊，如此進行下去，把最後的兩個端點也綁在一塊。此時，這 n 條直線會 圍成數個圓圈；令E 代表所結圓圈數的期望值， _n

(1) 求E 的值。 ₁

(2) 證明E 滿足遞迴關係 _n

1

1 2 1

n n

E E

− n

= +

− ﹒ (3) 求E E E 的值。 ₂, ₃, ₄

我們分析如下：

(1) 當 1 條繩子時，剛好圍成一個圓圈，即E₁= 。 1 (2) 在 n 條繩子的情況：

○^{1E A}第一次選取的兩點剛好是同一條繩子的端點之機率為 ₂

2

1 (2 )(2 1) 2 1

2

n

n n

n n

C = − = n− ﹐

此時所圍成的圓圈數為1+E_n−1。

○^{2E A}第一次選取的兩點剛好是不同條繩子的端點之機率為 1 2 2 1 2 1 2 1

n

n n

− = −

− − ﹐ 此時所圍成的圓圈數為E_n−1。

綜合 ○^{1E A}與^A○^{2E A}，我們有

(

)

1

1 2 2

2 1 1 2 1 1 .

2 1

n n n

n

E E n E

n n

E n

− −

−

= × + + − ×

− −

= +

− (3) 利用E₁= 及遞迴關係 1

1

1 2 1

n n

E E

− n

= +

− ﹐ 我們得

2 1

1 1 4 2 2 1 1 3 3 E =E + = + =

⋅ − ；

3 2

1 4 1 23 2 3 1 3 5 15 E =E + = + =

⋅ − ；

_{4 3} 1 23 1 176 2 4 1 15 7 105 E =E + = + =

⋅ − ﹒

12 數亦優

建中九十年度推甄科學能力試題的第十五題，是一道益智遊戲題，大意是說：木匠有一 塊木板，他想沿著虛線將它鋸成若干塊，然後拼成一張正方形的桌面。鋸成的塊數越少，表 示使用的方法越好，最棒的鋸法是幾塊呢？

這問題有許多種不同的鋸法，找出自己的鋸法。

以下提供兩種鋸法，試著拼看看：

這兩種方法都是昌爸工作坊的方法，其中的第二種方法是 臺北市 和平高中 林慶達 老師提供 的，三塊完成，但需要鋸四次；第一種方法可以鋸三次完成，但會有四塊。

14 數亦優

根據研究：每一張骨牌倒下時能推倒一張 1.5 倍體積的骨牌。英國 哥倫比亞大學物理學 家 懷特海德 依據這個原理，製作了一組骨牌，第一張重 1 公克最輕，以後每張重量擴大為前 一張的 1.5 倍，把這套骨牌按適當間距排好，輕輕推倒第一張，必然會波及到下一張及推倒以 後的骨牌。

根據萬有引力定律測得：地球質量為5.976 10× ²⁷公克，試問：懷特海德 所排的骨牌中，

第幾張的重量會比地球還重？

多米諾骨牌效應常指一系列的連鎖反應，即「牽一髮而動全身」，類似的情況有蝴蝶效應，蝴 蝶效應起源於氣象學家 洛倫茨 所提出的一篇名叫「亞馬遜雨林的一隻蝴蝶拍一下翅膀會不會 在 德州 引起龍捲風？」的論文。

設第 n 張的重量會比地球還重，根據題意可得

1

3 27

5.976 10 2

  ≥n− ×

   ﹒ 將兩邊取對數，得

(

)(

)

將對數表的數據 log 2 0.3010= ﹐ log 3 0.4771= ﹐ log 5.976 0.7764= 代入，得

(

)(

)

1 157.7308 n− ≥  ﹐ 即第 159 張的重量會比地球還重。

日前，學校同事向我詢問一道 TRML（臺灣 區高中數學競賽）的試題，他覺得答案有錯，

而且覺得為什麼這個圓半徑是個定值？題目如下：

2003TRML 接力賽：

如右圖，四個圓相互切於四個點 , , ,A B C D ，上兩圓半徑為 4，下兩圓 半徑為 6，此四個切點會落在一個半徑為 r 的圓上，試求 r 之值。

參考答案： 4 6

這個題目的條件非常簡潔，結果卻非常漂亮。我們透過 GeoGebra 的動態模擬，確實發現無論四個圓如何移動（如圖一），四個切點一 定共圓，而且這個圓面積為定值 24π，所以答案應為 2 6 。於是著手 開始進行這個題目的研究。

《圖一》

在證明的過程中需要一個定理，就是 Bretschneider 在 1842 年提出的「四邊形面積公式」，

其內容如下：

如右圖，若四邊形 PQRS 的邊長為 , , ,a b c d ，

令 2

a b c d

s= + + + ，∆ 為此四邊形的面積，則

2 2

( )( )( )( ) cos

2

S Q

s a s b s c s d abcd ∠ + ∠ 

∆ = − − − − − ×  

 。

證明的過程請見 http://scicomp.math.ntu.edu.tw/calculus/question_17.php 或 蔡聰明 的《數學的發 現趣談》（2002）。

筆者將題目重新改寫如下：

如右圖，有一四邊形 PQRS， , , ,A B C D 分別在四個邊上，

其中SA=SD=RD=RC= ，6 PA=PB=QB=QC= ，試證 4 (1) A B C D 四點共圓。 , , ,

(2) 承上，此圓的半徑為 2 6 。

林恆理／臺北市立大安高工

16 數亦優

(1) 連接AB BC CD DA （如圖二）, , , ，令∠PAB=x₁,∠QBC=x₂,∠RCD=x₃,∠SDA=x₄, 因為△PAB 為等腰三角形，所以∠ = −P π 2x₁，

同理，∠ = −Q π 2 ,x₂ ∠ = −R π 2 ,x₃ ∠ = −S π 2x₄。 因為四邊形內角和為 2π ，

所以∠ + ∠ + ∠ + ∠ =P Q R S 4π −2

(

)

由於∠ABC= − −π x₁ x₂,∠ADC= −π x₃− ， 《圖二》 x₄ 所以∠ABC+ ∠ADC=2π− −x₁ x₂−x₃−x₄= ， π

故 , , ,A B C D 四點共圓。

(2) 令 , , ,A B C D 共圓的圓心為 O，半徑為 r，連接OA OB OC OD OP OQ OR OS ， , , , , , , , 令∠ODS= ∠θ, OSD= ∠α, OQC= （如圖三）β ，∆ 為 PQRS 的面積。

2.1 因為△OSD≅ △OSA（SSS 全等），

△OSD 的面積為1

6 sin 3 sin 2× ×r θ = r θ， 故四邊形 OASD 的面積為 6 sinr θ，

同理，四邊形 ODRC 的面積為 6 sinr θ， 《圖三》

四邊形 OCQB 的面積為 4 sinr θ， 四邊形 OBPA 的面積為 4 sinr θ， 因此，∆ =6 sinr θ× +2 4 sinr θ× =2 20 sinr θ。

2.2 考慮 PQRS 的面積，由「四邊形面積公式」， 8 10 10 12 2 20

s= + + + = ，

( )( )( )( )

( )

( )

( )

( )

2 2

2

2

2

cos 2 12 10 10 8 12 10 10 8 cos

9600 1 cos 9600sin ,

S Q

s a s b s c s d abcd

α β α β

α β

∠ + ∠

 

∆ = − − − − − ×  

= × × × − × × × × +

= − +

= +

因此，^{∆ =40 6 sin}

(

)

(

)

在△OSD 中，由餘弦定理，OS= r²+36 12 cos− r θ ﹐

2 2

2 2

36 12 cos 36 6 cos cos

12 36 12 cos 36 12 cos

r r r r

r r r r

θ θ

α θ θ

+ − + − −

= =

+ − + − ，

再由正弦定理，

2

sin sin

36 12 cos r

r r

α θ

= θ

+ − 。

同理，在△OCQ 中，

2 2

4 cos sin

cos ,sin

16 8 cos 16 8 cos

r r

r r r r

θ θ

β β

θ θ

= − =

+ − + − ，

因此，^{∆ =40 6 sin}

(

)

(

)

( )

2 2

80 6 sin 5 cos

36 12 cos 16 8 cos

r r

r r r r

θ θ

θ θ

= −

+ − × + − 。

2.3 由 2.1 和 2.2 可得

( )

2 2

80 6 sin 5 cos 20 sin

36 12 cos 16 8 cos

r r

r

r r r r

θ θ

θ θ θ

∆ = = −

+ − × + −

( )

2 2

4 6 5 cos 1

36 12 cos 16 8 cos r

r r r r

θ

θ θ

⇒ = −

+ − × + − ，

兩邊同時平方後，

(

)(

)

⁽

⁾

展開後，r⁴+52r²−20r³cosθ−480 cosr θ+96r²cos²θ+576 =2400 960 cos− r θ+96r²cos²θ

⇒r⁴+52r²−1824=20r³cosθ−480 cosr θ ^⇒

(

)(

)

(

)

⇒r²−24= 或0 r²+76=20 cosr θ。

2.3.1 當r²+76=20 cosr θ時，由 2.3 的第二行可得

(

)

20

r θ ^ r ^{+ } r

− > ⇒ − > ⇒ <

  ，

又

2

2 2 76 2

36 12 cos 0 36 12 0 24

20

OS= r + − r θ > ⇒r + − ⋅r ⁺ > ⇒r > （→←）。

2.3.2 當r²=24時，r=2 6，故得證。

整個證明過程中，雖然用到四個未知數，但是 ,α β 可用 ,r θ表示，再利用兩種面積的算 法，得到 ,r θ的恆等式，最後很神奇的分解出只有 r 的因式，才得到答案。這個題目放在接 力賽中，個人認為不太可能用上述的方法解出來（除非還有更簡潔的作法），但是如果學生 知道用特殊化的方法，就是假定這四邊形為等腰梯形，應該是有可能在時間內解出來。

18 數亦優

題目：已知α為銳角， 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，求 sinα之值。

看似單純的題目，透過學生的思考呈現，至少有十種不同的解法，讓身為教師的我們，再 一次感受到學生的無窮潛力。以下為學生呈現的十種解法！

〔解法一〕

因為α為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，所以 6

α− 為銳角，可得π

6 2 π < <α π ，

3 1 3

sin sin cos cos sin sin cos

6 6 6 2 2 5

π π π

α α α α α

 − = − = − =

 

  ，得 6

cos 3 sin

α = α− ， 5

代入 ^{2 2 2} 60 3 80 3 3 4

sin cos 1 100sin 60 3 sin 11 0 sin

200 10

α + α = ⇒ α − α+ = ⇒ α = ^± = ^± ，

因為 1

sin sin

6 2 6 2

π < < ⇒α π α > π = ，所以取 4 3 3 sinα = ⁺10 。

說明 學生直觀上利用和角公式展開，將所得關係式代入平方關係解方程式。

〔解法二〕

因為α為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，所以 6

α− 為銳角，可得π 4 cos 6 5

α π

 − =

 

  ，

3 1 3

sin sin cos cos sin sin cos

6 6 6 2 2 5

3 1 4

cos cos cos sin sin cos sin

6 6 6 2 2 5

π π π

α α α α α

π π π

α α α α α

  − = − = − =

  

  

  

  − = + = + =

  



33

33





將 ○¹ × 3+ ○² 得 4 3 3 4 3 3 2sin sin

5 10

α = ⁺ ⇒ α = ⁺ 。

說明 求出 sin 6 α π

 − 

 

 與 cos 6 α π

 − 

 

 之值，再透過其和角公式展開，解聯立方程式即可得所求之 值。

鄭金樹 洪瑞英／臺北市立中山女高

〔解法三〕

因為α為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，所以 6

α− 為銳角，可得π 3 tan 6 4

α π

 − =

 

  ，

tan tan

3 4 3 3

tan 6 tan

6 1 tan tan 4 4 3 3 6

α π

α π α π α

− +

 − = = ⇒ =

  −

  + ，

因為α為銳角，所以 4 3 3 sinα = ⁺10 。

說明 因為正弦函數的和角公式展開有正弦、餘弦兩種函數，藉由角度的決定將之轉成正切函 數，利用正切函數的和角公式展開，解正切值，再進而求出正弦值。

〔解法四〕

因為α為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，所以 6

α− 為銳角， π

3 3 4 1 4 3 3 sin sin cos cos sin

6 6 6 6 6 6 5 2 5 2 10

π π π π π π

α α α ⁺

 − + =  −  +  −  = × + × =

     

      。

說明 加上一角 6

π ，再利用和角公式展開，立即可得所求之值，雖是一樣利用和角公式，但此想

法較漂亮，也許我們可以多提醒學生逆向的思考。

〔解法五〕

因為α為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，所以 6

α− 為銳角， π

如圖可知△CEB～△OED

2 1

3 2 3, 3 3,

3 3

CE BE

⇒ = × = = × =

1 4 3

4 3,

2 2

OE ED OE −

= − = = ，

所以 4 3 4 3 3

2 3 2 2

CD CE ED − +

= + = + =

4 3 3

4 3 3 sin 2

5 10 α

+ +

⇒ = = 。

說明 此解法是以幾何概念為基礎，利用圖形解之，其概念較接近國中所習數學。

20 數亦優

〔解法六〕

如圖，延長 BC 交 x 軸於 E 點，

由圖可知， 4

, 2

6 3

ABE π AB BE

∠ = = ⇒ = ，

所以 4 3 4 3 3

cos 3

6 3 2 2

CD=CE× π = + × = +

  4 3 3

sin 5 10

α CD ⁺

⇒ = = 。

說明 延長線使得圖形單純化，所求更簡單、明瞭。此種想法的學生或許比解法五的學生更有創 意！

〔解法七〕

因為α為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，所以 6

α− 為銳角，可得π 4 cos 6 5

α π

 − =

 

  ，

cos sin 4 3 4 3

cos sin cos sin cos sin

6 6 cos sin 5 5 6 6 5 5

6 6

i i i i i i

i

π π α α π π

α α π ⁺ π α α

 − +  − = = + ⇒ + = +  + 

      

    +   ，

對照虛部可得 4 3 3 sinα = ⁺10 。

說明 漂亮地利用二複數之極式乘除，其幅角加減的特性，即可得所求。

〔解法八〕

因為α為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，所以 6

α− 為銳角， π

如圖，將 OB 逆時針旋轉 6

π 至 OC ，

利用二複數極式相乘，

(

)

6 6 2 2

i  π i π  − i^ + ^ +  + = +  ，

得出 C 點坐標 4 3 3 4 3 3 2 , 2

 − + 

 

 

 ，

所以

4 3 3

4 3 3 sin 2

5 10 α

+ +

= = 。

說明 利用圖形旋轉、複數相乘來解題，此種想法是對幾何圖象較強的學生容易呈現並使用的學 習結果。由此想法對現行 99 課綱高二自然組學生，可衍生出利用旋轉矩陣的想法。

〔解法九〕

因為α為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，所以 6

α− 為銳角， π

將 6

α − 逆時針旋轉π 6

π 得角α，利用旋轉矩陣可得

cos sin cos

cos

6 1 4 3 3 4 3 3

6 6

sin sin 2 5 2 5 10 sin cos sin

6 6 6

π π α π

α α

π π α π α

  

 −   − 

    = ⇒ = × + × = +

     

   −   

 

    

。

說明 由解法八，既為利用旋轉的概念，以矩陣處理而得解法九。

〔解法十〕

因為α為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又 3 sin 6 5

α π

 − =

 

  ，所以 6

α− 為銳角， π

如圖， BOC∠ = ， α

利用餘弦定理求出

2 2

2 8 4

5 3

4 3 3

3 3

cos 2 5 8 10

3 α

   

+  − +  −

= =

× ×

，

得出 4 3 3 sinα = ⁺10 。

說明 與解法八的構思相似，進而利用餘弦定理解題。

心得 》

大多數的學生會從解法一、二切入，少數學生會想到其他解法，其中解法六、七、八、九 實為一致的，皆是利用旋轉的概念，少數思考較靈活的學生能從此角度切入。從教學觀點視之，

也許正是我們教學上可以多努力的地方。此題不失為好題，因為學生不難找到思考的出路，而 教師亦能透過學生之解題過程更加了解學生思考的觸角與深度。

教師若能適時地引入一題多解的解法與學生分享討論，必能激盪出意想不到的火花，如解 法十，不論教師或學生，透過此種互動思考過程，較不會只在框框中思考，跳脫框框，宏觀的 看數學，更能體會數學之美。

22 數亦優

※ 楔子 》

十幾年前，我有一個數學向來不錯的學生，他參加數學系甄試，據說當時教授問他：為什 麼 7

23一定可以化為循環小數？這基本的數學原理課本不提、考試不考，老師當然不敎，於是他 被打敗了！

那些年，有一本熱賣書籍叫《聖經密碼》，作者 Michael Drosnin 把某一版本的聖經用電腦 每隔幾個字母選取一個後排成一列，叫做等距密碼；結果發現許多諸如「拉賓遇刺」這樣的句 子。Drosnin 在這本書裡宣稱：上帝在聖經裡預警了幾千年後的災難。言之鑿鑿、似有所本，真 教人害怕。

培根 說：所謂預言家，就是事後能解釋為什麼預言沒有實現。那麼，到底所謂《聖經密碼》

是怎麼一回事？

※ 鴿籠原理 》

我們用一個淺顯的釋例說明鴿籠原理：七隻鴿子飛回鴿籠，如果鴿籠只有六個，則會有一 個籠子裡至少有兩隻鴿子。

鴿籠原理也稱為抽屜原理或 Dirichlet 原理（P.G.L.Dirichlet 1805~1859），比較數學化的說法是：

若把kn+ 個物件放入 n 個盒子，那麼一定有一個盒子中至少有1 k+ 個物件。 1 我們先看第一個故事：為什麼 7

23一定可以化為循環小數？

根據 除法原理：被除數＝除數×商＋餘數，因為餘數一定小於除數，所以把 7 除以 23，多除幾 次，就 23 次吧！假如餘數都不相同，則餘數是1, 2,3,3, 22；但是鴿籠原理說，這是不可能的，

其中一定至少有兩個餘數相同（就是說，現在有 23 隻鴿子飛回 22 個籠子），餘數相同的地方就 產生循環！因此， 7

23一定可以化為循環小數。

如果我們「認定」有限小數也是一種循環小數，則我們可以說所有的分數都是循環小數，所有 的循環小數都是分數。

※ 鴿籠原理的推廣 》

第二個故事跟 Ramsey 定理有關。在平面上隨便畫 5 個點，任 3 點不共線，則其中一定會 有 4 個點形成一凸四邊形，這是 匈牙利 數學家 Paul Erdos 小時候玩的遊戲。1935 年，他和 George Szekeres 證明了只要點數夠多，就可以找到任意的凸 n 邊形，並且發現他的定理只不過是 Ramsey 定理的特例。

Ramsey 定理說：不可能完全無序。意思就是說，只要點數夠多，我們就可以在裡面「看出」

江慶昱／臺中市衛道中學退休教師

有意義的圖像，所以你可以在夜空中看到各種星座。同理，叫一隻猩猩在打字機上亂打，只要 字母夠長，你可以找到有意義的句子。

Drosnin 用電腦作所謂等距密碼，其實道理是一樣的。換句話說，你用其他書也可以找到「密 碼」，例如《莎士比亞全集》或《白鯨記》。

※ 何謂 Ramsey 定理？ 》

集合 S 的子集T 若有 m 個元素，稱T 為 S 的 m − 子集。將 S 中的 m − 子集分為S S₁, ₂,3,S_t等 互不相交的 t 類，任意給定不小於 m 的 t 個整數q q₁, ₂,3,q_t，一定可以找到一個最小整數

1 2

( , , , ; )_t

N q q 3q m ，只要 S 的元素個數n≥N q q( ,_{1 2},3, ; )q m_t ，則 S 中必定有一子集T ，其元素個 數為某一個q ，且所有 T 的 m − 子集都屬於_k S 。 _k

拉姆西 （Frank Plumpton Ramsey 1903~1930）是一個非常聰明的 英國 數學家，不幸年輕早逝。

Ramsey 定理的數學形式很抽象，他本人倒是舉了一個有名的例子：世界上任意六個人中，總有 三個人相互認識，或互相皆不認識。（習作 6）

※ 無用之用 》

1999 年，我當數學科召集人，我拿「建中通訊徵答（中學生通訊解題第三期 88301）」給 學生做，當作校內有獎徵答。其中有一題如下：坐標平面上有相異的 10 個點，其中沒有 3 點在 同一條直線上，每一點均為格子點，試證明這 10 個點兩兩之間的連接線段中，必有一個異於這 10 個點的格子點。（點 A 為格子點的意思，就是點 A 坐標 ( , )m n 中， ,m n 均為整數）

因為 10 個點坐標均為格子點，根據整數的奇偶性來分類，可分為 (奇 偶 、 (, ) 偶 奇 、 (, ) 奇 奇 、, ) (偶 偶 四個情形，故必有兩個頂點的坐標其奇偶性一樣；設這兩個點為 ,, ) A B ，則線段 AB 的中 點 M 必為格子點，因為 10 點中任 3 點不共線，所以 M 必異於這 10 點。

這一題有兩個學生做對，其中一個是高一的學生，後來進了臺大醫學系。我的意思是說：

所謂「無用」的數學中所表現的「數學成熟度」，或者說「抽象能力」，其實是人類智力的重要 因素。鴿籠原理有許多極具挑戰性的習作，因此也受到一些數學營的青睞。

※ 後記 》

李國偉 先生在《一條畫不清的界線》一書中闡述：在科學與偽科學之間畫一條清楚的界線 不是一件容易的事。如《聖經密碼》一書是偽科學，可由 Ramsey 定理破解。

Ramsey 定理是鴿籠原理的推廣，這是組合學的範疇。可別小看了組合學，李國偉 先生先專攻 數理邏輯，後來轉攻組合學，使 臺灣 成為一個堅強的組合學研究團隊而揚名國際。

相關網站http://combinatorics.math.sinica.edu.tw/comb_act/

※ 習作 》

1. 將 9 個正整數a a₁, ₂,3,a₉重排成為b b₁, ₂,3,b₉，則(a₁−b₁)(a₂−b₂)3(a₉−b₉)必為偶數。（數學

24 數亦優

2. 任給 7 個相異整數，求證其中必有兩數其和或差是 10 的倍數。

3. 在邊長為 1 的正方形內任取 5 個點，試證至少有兩個點的距離小於或等於 1 2 。

4. 從 1~100 的正整數中任取 51 個數，則其中會有 1 個數是另外 1 個數的倍數（然後改成從 1 到 2n 的正整數中任取n+ 個數）。 1

5. 有一袋糖果隨意分給 15 個小孩，每個小孩至少分到 1 個，證明其中必有一些小孩所得的糖 果數之和為 15 的倍數。（通訊解題）

6. 在一圓上取 6 個點，在每兩點間作連線段，如果把每個線段任意地塗成咖啡色或藍色，則有 一個三角形的三邊同色。世界上任意六個人中，總有三個人相互認識，或互相皆不認識。

7. Paul Erdos 1913~1996，在前n²+ 個自然數中，至少必定有1 n+ 個是有序的（由小到大或由1 大到小），例如把1, 2,3, 4,5 作任意重排，則其中至少有 3 個數是遞增或遞減，如排成1, 4,5,3, 2，

則1, 4,5 是遞增。

8. 設 m 是任一偶數， m 個整數a a₁, ₂,3,a_m滿足1≤ ≤a₁ a₂≤3≤a_m≤ma₁+a₂+3+a_m=2m，試 證：一定可以把這 m 個數分成兩組，使得每一組的和都是 m 。（抽屜原則及其他，P.66）

9. 對於任一實數 r ，存在一分數 p

q ，使得 p 1₂

r− q <q （P.G.L.Dirichlet 原理）。

1. 如果(a₁−b₁)(a₂−b₂)3(a₉−b₉)是奇數，則對i=1,3,9,a_i−b_i是奇數，則a a₁, ₂,3,a₉中奇數與 偶數個數一樣多，矛盾！

2. 考慮^{10 , 10k}

{

} {

}

3. 把原正方形切成 4 個全等的小正方形。

4. 1~100 之間奇數與偶數各有 50 個，把它們寫成a_i =2^mb_i，其中若a 是奇數，則_i m= ；又0 b 是_i 1,3,5,3,99裡面的數，今任取 51 個數，由鴿籠原理，存在兩個數長成 2^mb_k, 2ⁿb 的樣子，亦_k 即此兩數有倍數關係。

5. 假設 15 個小孩分得的糖果數為x i_i, =1, 2,3,15，

令 f k( )= +x₁ x₂+3+x_k，考慮同餘類[1],[2], ,[14]3 （如果某一 ( )f k 落在[0] 內，則得證）； 由鴿籠原理，存在某兩個數 ,m n ， ( ), ( )f m f n 落在同一個籠子內，即 ( )f m ≡ f n( )(mod15)， 假設 m n> ，則x_n+1+3+x_m是 15 的倍數，得證。

6. 考慮由點 1 與其他 5 點所連之線段，因為有 5 個線段，由鴿籠原理 至少會有 3 個線段同色（圖中之粗線段），假設是 1-2﹐1-3﹐1-5；假 設任 3 點所構成三角形的三邊皆不同色，所以 2-3 為藍色；同理，

3-5 為藍色，則在考慮 2-5 時得到矛盾！

7. 抽屜原理及其他，凡異出版社，P.14 8. 抽屜原理及其他，凡異出版社，P.66 9. 數學探奇，P.87

Sol

參考資料

1. 抽屜原理及其他，凡異出版社，P.97

2. 黃光明，組合學漫談，數學傳播季刊，第 4 期第 1 卷 3. 數學傳播季刊，第 4 期第 14 卷，P.100

4. 棋盤染色問題與二部 Ramsey 數，數學傳播季刊，第 3 期第 21 卷，P.63

5. 張鎮華，幸福結局問題─鴿籠原理與拉姆西定理，數學傳播季刊，第 2 期第 28 卷，P.28 6. 通過問題學解題，九章出版社，P.97

7. 米蓋爾．德．古斯曼，數學探奇，P.87 8. 不只一點瘋狂，P.109

9. 蔡聰明，數學的發現趣談，P.28 10. 科學教育月刊，第 232 期 11. 李國偉，一條畫不清的界線

12. 謝聰智，鴿籠原理http://w3.math.sinica.edu.tw/media/media.jsp?voln=24 13. 宴會問題 (3,3)R =6, (4, 4) 18, (5,5)R = R = ?

http://www.sciencenews.org/sn_arc99/12_4_99/mathland.htm 14. 許志農，算術講義，http://math.ntnu.edu.tw/~maco/

26 數亦優

Apollonius 問題─

圓圓圓問題（續）

四、 圓O₂(r₂)與圓O₃(r₃)是位於圓O₁(r₁)內部且半徑不相等的一對外離圓（設

3 2

1 r r

r > > ），又圓心O₁、O₂與O₃不共線。

《作圖法》

在此情形中，所求圓共有八個解（如圖 70 所示），依相切狀況分成四組。

第一組兩解：（如圖 71 所示）

兩圓與圓O₁(r₁)都內切，與圓O₂(r₂)都內切，與圓O₃(r₃)都內切；

而且兩圓都被圓O₁(r₁)包在其內部（切點除外），而都將圓O₂(r₂)與圓O₃(r₃)包在 其內部（切點除外）。

第二組兩解：（如圖 72 所示）

兩圓與圓O₁(r₁)都內切，與圓O₂(r₂)都內切，與圓O₃(r₃)都外切；

而且兩圓都被圓O₁(r₁)包在其內部（切點除外），而都將圓O₂(r₂)包在其內部（切 點除外）。

第三組兩解：（如圖 73 所示）

兩圓與圓O₁(r₁)都內切，與圓O₂(r₂)都外切，與圓O₃(r₃)都內切；

而且兩圓都被圓O₁(r₁)包在其內部（切點除外），而都將圓O₃(r₃)包在其內部（切 點除外）。

第四組兩解：（如圖 74 所示）

兩圓與圓O₁(r₁)都內切，與圓O₂(r₂)都外切，與圓O₃(r₃)都外切；

而且兩圓都被圓O₁(r₁)包在其內部（切點除外）。

▲圖 70

趙文敏／臺灣師大數學系

＊ 第一組：與圓O₁(r₁)﹐O₂(r₂)﹐O r₃( )₃ 都內切的圓

1. 因為圓O₁(r₁−r₃)與圓O₂(r₂ −r₃)為內離且半徑不相等；點O₃在圓O₁(r₁−r₃)的內 部而在圓O₂(r₂ −r₃)的外部，但不在兩圓O₁(r₁−r₃)﹐O₂(r₂ −r₃)的連心線上。所 以，可仿照「點圓圓」問題第十種情形的作圖法（利用圓O₁(r₁−r₃)與圓O₂(r₂ −r₃) 的外相似中心），作出過點O₃且與O₁(r₁−r₃)﹐O₂(r₂ −r₃)都內切的圓。依「點圓 圓」問題第十種情形第一組圓作圖法的結果，此種圓共兩解。

2. 以上述作圖法第 1 點所作兩圓的圓心為圓心，將半徑增長r₃後為半徑作圓，即可得 出與圓O₁(r₁)﹐O₂(r₂)﹐O₃(r₃)都內切的兩個圓。此兩圓都被圓O₁(r₁)包在其內部

（切點除外），而都將圓O₂(r₂)與圓O₃(r₃)包在其內部（切點除外）。

▲圖 71

《證明》

若一圓X(t)與圓O₁(r₁)﹐O₂(r₂)﹐O₃(r₃)都內切，又圓X(t)被圓O₁(r₁)包在其內 部（切點除外），而將圓O₂(r₂)與圓O₃(r₃)都包在其內部（切點除外），則其圓心X必 滿足下述條件：

1 1

XO = −r t﹐XO₂ = −t r₂﹐XO₃ = −t r₃﹒ 消去t後得

1 3 1 3

XO +XO = −r r ﹐XO₂−XO₃ = −(r₂−r₃)﹒

由此可知：圓心X 是橢圓E O O r( ₁, ₃; ₁−r₃)與雙曲線H O O r( ₂, ₃; ₂−r₃)較靠近焦點O₂的一 支的交點。另一方面，由上述兩式可知：點X也是過點O₃且與O₁(r₁−r₃)﹐O₂(r₂ −r₃) 都內切之圓的圓心。

因為圓O₁(r₁−r₃)與圓O₂(r₂ −r₃)內離且半徑不相等，點O₃在圓O₁(r₁−r₃)的內部 而在圓O₂(r₂ −r₃)的外部，但不在兩圓O₁(r₁−r₃)﹐O₂(r₂ −r₃)的連心線上。所以，橢 圓E O O r( ₁, ₃; ₁−r₃)與雙曲線H O O r( ₂, ₃; ₂−r₃)有四個交點。但因為前段所提的交點，只 限定是雙曲線H O O r( ₂, ₃; ₂−r₃)的其中一支與橢圓E O O r( ₁, ₃; ₁−r₃)的交點；所以，所得 的交點只有兩點。

28 數亦優

＊ 第二組：與圓O₁(r₁)﹐O₂(r₂)內切而與圓O₃(r₃)外切的圓

1. 因為圓O₁(r₁+r₃)與圓O₂(r₂ +r₃)內離且半徑不相等；點O₃在圓O₁(r₁+r₃)的內部 而在圓O₂(r₂ +r₃)的外部，但不在圓O₁(r₁+r₃)﹐O₂(r₂ +r₃)的連心線上。所以，

可仿照「點圓圓」問題第十種情形的作圖法（利用圓O₁(r₁+r₃)與圓O₂(r₂ +r₃)的 外相似中心），作出過點O₃且與O₁(r₁+r₃)﹐O₂(r₂ +r₃)都內切的圓。依「點圓圓」

問題第十種情形第一組圓作圖法的結果，此種圓共兩解。

2. 以上述作圖法第 1 點所作兩圓的圓心為圓心，將半徑減短r₃後為半徑作圓，即可得 出與圓O₁(r₁)﹐O₂(r₂)內切而與圓O₃(r₃)外切的兩個圓。

▲圖 72

《證明》

若一圓X(t)與圓O₁(r₁)﹐O₂(r₂)內切而與圓O₃(r₃)外切，又圓X(t)被圓O₁(r₁)包 在其內部（切點除外），而將圓O₂(r₂)包在其內部（切點除外），則其圓心X 必滿足下 述條件：

1 1

XO = −r t﹐XO₂ = −t r₂﹐XO₃ = +r₃ t﹒ 消去t後得

1 3 1 3

XO +XO = +r r ﹐XO₂−XO₃ = − +(r₂ r₃)﹒

由此可知：圓心X 是橢圓E O O r( ₁, ₃; ₁+r₃)與雙曲線H O O r( ₂, ₃; ₂+r₃)較靠近焦點O₂的一 支的交點。另一方面，由上述兩式可知：點X也是過點O₃且與O₁(r₁+r₃)﹐O₂(r₂ +r₃) 都內切之圓的圓心。

因為圓O₁(r₁+r₃)與圓O₂(r₂ +r₃)內離且半徑不相等，點O₃在圓O₁(r₁+r₃)的內部 而在圓O₂(r₂ +r₃)的外部，但不在兩圓O₁(r₁+r₃)﹐O₂(r₂ +r₃)的連心線上。所以，橢 圓E O O r( ₁, ₃; ₁+r₃)與雙曲線H O O r( ₂, ₃; ₂+r₃)有四個交點。但因為前段所提的交點，只 限定是雙曲線H O O r( ₂, ₃; ₂+r₃)的其中一支與橢圓E O O r( ₁, ₃; ₁+r₃)的交點；所以，所得 的交點只有兩點。