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,,an,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==an。
在a a1, 2,,an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,,an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,,an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+En−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En−1。
綜合 ○1E A與A○2E A,我們有
(
1)
11
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
(
log 3 log 2−)(
n− ≥1)
27+log 5.976﹒將對數表的數據 log 2 0.3010= ﹐ log 3 0.4771= ﹐ log 5.976 0.7764= 代入,得
(
0.4771 0.3010−)(
n− ≥1)
0.7764+27﹐ 解得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
(
x1+x2+x3+x4)
=2π , 得x1+x2+x3+x4 =π 。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
(
α β+)
=40 6 sin(
α β+)
(∵ 0< + < ), α β π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
(
α β+)
=40 6 sin(
αcosβ+cos sinα β)
( )
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,
(
r2+36 12 cos− r θ)(
r2+16 8 cos− r θ)
=96 5(
−rcosθ)
2,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)(
r2+76)
=20 cosr θ(
r2−24)
⇒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
(
5 cos)
0 5 2 76 0 2 2420
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,
(
4 3)
cos sin 4 3 3 4 3 36 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,St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,qt,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 mt ,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 》
數學有什麼用?這是許多人的疑問;另一方面,許多數學營喜歡把鴿籠原理當作一個主 題。這兩者之間的平衡點在哪裡?我想舉一個故事,也許值得參考。
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,am滿足1≤ ≤a1 a2≤3≤am≤ma1+a2+3+am=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,ai−bi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
{
k+1,10k−1 ,} {
3, 10k+5,10k−5}
,6 個「巢」則至少有兩個數在同一巢。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ai =2mbi,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 2mbk, 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 ii, =1, 2,3,15,
令 f k( )= +x1 x2+3+xk,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xn+1+3+xm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。